zmienne losowe i rozkład Poissona

[agusiaczarna22]

Proszę o pomoc w takim zadaniu:
X,Y-niezależne zmienne losowe o rozkł. Poissona z parametrem \(\displaystyle{ \lambda}\). Jak obliczyć rozkł. zmiennej losowej\(\displaystyle{ X+Y}\)?

[Benny01]

Słyszałaś o splocie?

[agusiaczarna22]

niestety nie-- 18 cze 2017, o 23:00 --ja zaczęłam to tak robić:
\(\displaystyle{ P(X+Y=k)= \sum_{i=0}^{k} \left[ P(X=i)P(Y=k-i)\right]= \sum_{i=0}^{k} \frac{\lambda^i}{i!}e^{-\lambda} \cdot \frac{\lambda^{k-i}}{i!(k-i)!} e^{-\lambda}= \sum_{i=0}^{k} \frac{\lambda^k}{i!(k-i)!} e^{-2 \lambda}}\)

i nie wiem co dalej;/

[Premislav]

Postawimy pytanie ogólniejsze. Niech \(\displaystyle{ X_1, X_2 \dots X_n}\) będą niezależnymi zmiennymi losowymi oraz \(\displaystyle{ X_1 \sim \mathrm{Poiss}(\lambda_1), \dots X_n\sim \mathrm{Poiss}(\lambda_n)}\). Jaki jest rozkład zmiennej losowej
\(\displaystyle{ X= \sum_{i=1}^{n}X_i}\)?

Fakt nr 1: gdy \(\displaystyle{ X \sim \mathrm{Poiss}(\lambda), \lambda>0}\)
to funkcją charakterystyczną \(\displaystyle{ X}\) jest
\(\displaystyle{ \varphi_X(t)= \exp(\lambda(e^{it}-1)\right)}\)
Uzasadnienie:
\(\displaystyle{ \varphi_X(t)=\mathbf{E}\left( e^{itX}\right)= \sum_{k=0}^{ \infty }e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}e^{itk}=e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(\lambda e^{it})^k}{k!}=\\=e^{-\lambda} e^{\lambda e^{it}}=\exp\left( \lambda e^{it}-\lambda\right)}\)

Fakt nr 2: funkcja charakterystyczna sumy niezależnych zmiennych losowych to iloczyn ich funkcji charakterystycznych.

Łącząc te fakty, otrzymujemy, że funkcją charakterystyczną
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}X_i}\) dla niezależnych poissonowskich \(\displaystyle{ X_i}\) jak wyżej
jest \(\displaystyle{ \exp\left( \sum_{k=1}^{n}\lambda_k(e^{it}-1) \right)}\)
a to jest funkcja charakterystyczna zmiennej losowej o rozkładzie Poissona z parametrem
\(\displaystyle{ \lambda=\sum_{k=1}^{n}\lambda_k}\)
Ponieważ funkcja charakterystyczna jednoznacznie identyfikuje rozkład, zatem
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}X_i}\) ma rozkład \(\displaystyle{ \mathrm{Poiss}\left(\sum_{k=1}^{n}\lambda_k \right)}\)
W szczególności dla \(\displaystyle{ n=2, \lambda_1=\lambda_2=\lambda}\)
mamy, że \(\displaystyle{ X+Y}\) przy założeniach jak u Ciebie ma rozkład
\(\displaystyle{ \mathrm{Poiss}(2\lambda)}\)-- 18 cze 2017, o 23:19 --A sorry, nie zauważyłem Twojej próby. Na razie jest dobrze, prawie skończyłaś. Teraz pozostaje zauważyć, że
\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{k} \frac{\lambda^k}{i!(k-i)!} e^{-2 \lambda}= \frac{1}{k!}e^{-2\lambda}\lambda^k \sum_{i=0}^{k} {k \choose i}=e^{-2\lambda} \frac{(2\lambda)^k}{k!}}\)
gdyż
\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{k} {k \choose i}=2^k}\)

[agusiaczarna22]

a można to tak jak ja próbowałam?
\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{k}\frac{\lambda^ie^{-\lambda}}{i!}\cdot \frac{\lambda^{k-i}e^{-\lambda}}{(k-i)!}=\sum_{i=0}^{k}\frac{\lambda^ke^{-2\lambda}}{i!(k-i)!}=\frac{\lambda^ke^{-2\lambda}}{k!}\sum_{i=0}^{k}\frac{k!}{i!(k-i)!}=\frac{\lambda^ke^{-2\lambda}}{k!}\sum_{i=0}^{k}{k\choose i}=\frac{\lambda^ke^{-2\lambda}}{k!}\cdot2^k=\frac{(2\lambda)^ke^{-2\lambda}}{k!}}\)

[Premislav]

Jak najbardziej. Nie wiem, czy widziałaś, ale potwierdziłem wyżej, że tak można.
W sumie mamy w ten sposób dużo bardziej elementarne rozwiązanie niż z funkcjami charakterystycznymi.