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Utilizando funções de geração de momentos, mostre que para n→∞ e p→0, e \( np→\lambda\) a distribuição binomial com parâmetros n e p, tende a distribuição Poisson.

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perguntada Abr 2 em Estatística por claudiaeirado (66 pontos)  

Questão 5 do Capítulo 5 do Livro "Mathematical Statistics and Data Analysis" - John Rice.

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1 Resposta

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respondida Abr 3 por claudiaeirado (66 pontos)  
editado Abr 5 por claudiaeirado

Temos que \(X\sim Binomial(n,p)\) e \(Y\sim Poisson(\lambda)\).

Logo, \[P(X=k)=\left( \begin{array}{c}n\\k\end{array} \right) p^k(1-p)^{n-k}\] e \[P(Y=k)=\frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}.\]

Lembrando da definição do Binômio de Newton: \[(a+b)^{n}=\left( \begin{array}{c}n\\k\end{array} \right) a^{n-k}b^{k}.\]

Primeiramente, calcularemos a função geratriz de momentos de X. A função geratriz de momentos é definida como \(M_{X}(t)=E\left(e^{tX}\right)\).

Logo, \[M_{X}(t)=E\left(e^{tX}\right)=\sum_{k=0}^{n}e^{tk}\left( \begin{array}{c}n\\k\end{array} \right) p^k(1-p)^{n-k}\]
\[=\sum_{k=0}^{n}\left( \begin{array}{c}n\\k\end{array} \right)(pe^t )^k(1-p)^{n-k}=(pe^t+1-p)^{n}=[1+p(e^t-1)]^{n}\].

Para n→∞ e p→0, e np→λ, devemos calcular o \(\lim\limits_{n \to \infty} [1+p(e^t-1)]^{n}\).

Lembrando que \(\lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{x}{n}\right)^n = e^x\), temos que:

\[\lim\limits_{\begin{array}{c}n \to \infty\\p \to 0\\ np \to \lambda\end{array}} [1+p(e^t-1)]^{n}=\lim\limits_{\begin{array}{c}n \to \infty\\p \to 0\\ np \to \lambda\end{array}} \left[1+\frac{np(e^t-1)}{n}\right]^{n}=\lim\limits_{\begin{array}{c}p \to 0\\ np \to \lambda\end{array}}e^{np(e^t-1)}\]
\[\Rightarrow M_{X}(t)=e^{\lambda(e^t-1)}\].

Também temos que \(Y\sim Poisson(\lambda)\), então a função geratriz de momentos:

\(M_{Y}(t)= E(e^{tY})=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{e^{tk}e^{\lambda}\lambda^k}{k!}=e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\lambda e^t)^k}{k!}=e^{-\lambda}e^{\lambda e^t}=e^{\lambda(e^t-1)}\).

Logo, temos que \[\lim\limits_{\begin{array}{c}n \to \infty\\p \to 0\\ np \to \lambda\end{array}} M_{X}(t)=M_{Y}(t)\].

E então, concluímos que, para n→∞ e p→0, e np→λ, a distribuição Binomial com parâmetros n e p, tende a distribuição Poisson com parâmetro λ.

comentou Mai 7 por Matheus Cintrão (11 pontos)  
editado Mai 7 por Matheus Cintrão
A única parte que eu resolvi diferente foi esta passagem:
\[\lim\limits_{\begin{array}{c}n \to \infty\\p \to 0\\ np \to \lambda\end{array}} [1+p(e^t-1)]^{n}=\lim\limits_{\begin{array}{c}n \to \infty\\p \to 0\\ np \to \lambda\end{array}} \left[1+\frac{np(e^t-1)}{n}\right]^{n}=\lim\limits_{\begin{array}{c}p \to 0\\ np \to \lambda\end{array}}e^{np(e^t-1)}\]

Eu optei por usar a seguinte propriedade:
\[ \lim_{x \to c} {f(x)^{g(x)}} = e^{ \lim_{x \to c} {(f(x)-1) \cdot g(x)}} \]
Quando \( \lim_{x \to c} {f(x)} = 1 \)
e  \( \lim_{x \to c} {g(x)} = \infty \)

No caso temos que \( f(n) = 1 + p(n) \cdot (e^t -1) \rightarrow 1 \)  quando \( n \rightarrow \infty\)
e \(g(n) = n \rightarrow \infty\) quando \(n \rightarrow \infty\)

Teremos, por tanto:
\[ \lim_{n \to \infty} {(1+p(e^t-1))^{n}} = e^{\lim_{n \to \infty } {(1 + p(e^t-1) - 1) \cdot n }} =e^{\lim_{n \to \infty} {(e^t-1) \cdot np }} \]

Eu não pensei na solução que você apresentou. Parece melhor que esta minha, a propriedade que você utilizou é mais conhecida, oque deixou a solução mais intuitiva.
comentou Mai 12 por claudiaeirado (66 pontos)  
editado Mai 12 por claudiaeirado
Oi, Matheus Cintrão. Obrigada pelo comentário, de fato, \(\lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{x}{n}\right)^n = e^x\).

Prova:

Temos que \(e^{\ln{(1 + \frac{x}{n})^n} }=e^{n \ln(1+\frac{x}{n})} \)

Então \(\lim_{n \to \infty} (1 + \frac{x}{n})^n =\lim_{n \to \infty} e^{n \ln(1+\frac{x}{n})}  \)

\(=e^{\lim_{n \to \infty} n \ln(1+\frac{x}{n})} \)

\(=e^{\lim_{n \to \infty}\frac{ \ln(1+\frac{x}{n})}{\frac{1}{n}}}\)

Aplicando a Regra de L'Hopital:

\(=e^{\lim_{n \to \infty}\frac{(\frac{-x}{n^2})\frac{1}{1+\frac{x}{n}}}{-\frac{1}{n^2}}}
=e^{\lim_{n \to \infty}\frac{x}{1+\frac{x}{n}}}
=e^x\)

Segue que:

\[(1+\frac{x}{n})^n \to e^x\]
...