- Dado
$X \sim \mathcal{P}(\lambda)$ probar$\mathbb{E}(X) = \lambda$ $$\mathbb{E}(X) = \sum_{i=0}^\infty i \frac {\lambda^i}{i!} e^{-\lambda}$$ - Como vale
$0$ en$i=0$ puedo decir$$\mathbb{E}(X) = \sum_{i=1}^\infty i \frac {\lambda^i}{i!} e^{-\lambda}$$ - Simplifico
$i$ con$i!$ $$\mathbb{E}(X) = \sum_{i=1}^\infty \frac {\lambda^i}{(i-1)!} e^{-\lambda}$$ - Cambio de índices
$$\mathbb{E}(X) = \sum_{i=0}^\infty \frac {\lambda^{i+i}}{i!} e^{-\lambda}$$ - Saco constantes
$$\mathbb{E}(X) = e^{-\lambda} \lambda \sum_{i=0}^\infty \frac {\lambda^i}{i!}$$ - Sé que
$\sum_{i=0}^{\infty} \frac{\lambda^i}{i!} = e^\lambda$ porque es el polinomio del taylor de grado$\infty$ $$\mathbb{E}(X) = e^{-\lambda} \lambda e^\lambda$$ - Simplifico
$$\mathbb{E}(X) = \lambda$$ - Es lo que quería demostrar
- Dado
$X \sim \text{Exp}(\lambda)$ probar$\mathbb{P}(X > a + b | X > a) = \mathbb{P}(X > b)$ - Busquemos una fórmula para cada parte arrancamos por
$$\mathbb{P}(X>b) =\ ?$$ - Por complemento sabemos que
$$\mathbb{P}(X>b) = 1 - \mathbb{P}(X \le b)$$ - Aplicamos la acumulada
$$\mathbb{P}(X>b) = 1 - \int_0^b \lambda e^{-\lambda x} dx$$ - Resolvemos la integral
$$\mathbb{P}(X>b) = 1 - (-e^{-\lambda x})|_0^b$$ - Simplificamos
$$\mathbb{P}(X>b) = 1 + e^{-\lambda x}|_0^b$$ - Aplicamos Barrow
$$\mathbb{P}(X>b) = 1 + e^{-\lambda b} - 1$$ - Simplificamos
$$\mathbb{P}(X>b) = e^{-\lambda b}$$ - Busquemos una fórmula para la otra parte
$$\mathbb{P}(X>a+b | X > a) =\ ?$$ - Aplicamos Bayes
$$\mathbb{P}(X>a+b | X > a) = \frac{\mathbb{P}(X > a + b \cap X > a)}{\mathbb{P}(X > a)}$$ - Porque
$X > a + b$ implica$X > a$ deducimos$$\mathbb{P}(X>a+b | X > a) = \frac{\mathbb{P}(X > a + b)}{\mathbb{P}(X > a)}$$ - Por la fórmula para
$\mathbb{P}(X > k)$ que calculamos recién$$\mathbb{P}(X>a+b | X > a) = \frac{e^{-\lambda(a+b)}}{e^{-\lambda a}}$$ - Simplificamos
$$\mathbb{P}(X>a+b | X > a) = e^{-\lambda b}$$ - Tienen la misma fórmula!