Esercizio: somme di due variabili aleatorie indipendenti

Problema

Date due variabili aleatorie discrete e indipendenti $X$ e $Y$, calcolare la distribuzione di $Z≔X+Y$ nei casi seguenti.

1. $X$ e $Y$ hanno legge di Bernoulli $\mathrm{B}\mathrm{e}(p)$ con $p\in (0,1)$.
2. $X$ e $Y$ hanno legge binomiale $\mathrm{B}\mathrm{i}\mathrm{n}(n,p)$ con $n\in \mathbb{N}$ e $p\in (0,1)$.
3. $X$ e $Y$ hanno legge uniforme $\mathrm{Unif}\left(\{1,\dots ,n\}\right)$ con $n\in \mathbb{N}$.
4. $X$ e $Y$ hanno legge geometrica – rispettivamente $X\sim \mathrm{Geo}(p)$ e $Y\sim \mathrm{Geo}(q)$ con $p,q\in (0,1)$. Prestare attenzione al caso $p=q$.
5. $X$ e $Y$ hanno legge di Poisson – rispettivamente $X\sim \mathrm{Pois}(\lambda )$ e $Y\sim \mathrm{Pois}(\mu )$ con $\lambda ,\mu >0$.

Soluzione

Ricordiamo innanzitutto la formula $$\begin{array}{cccc}& p_{X+Y}(x)=(p_X*p_Y)(x)=\sum _{k\in ℝ}{p}_X(k)p_Y(x-k)& & \text{(1)}\end{array}$$ che è valida perché $X$ e $Y$ sono indipendenti.

Per il caso 1, tale formula non è necessaria. Definiti, infatti, gli eventi indipendenti $C_X=\{X=1\}$ e $C_Y=\{Y=1\}$, essi hanno entrambi probabilità $p$; si ha, inoltre, che $X={\mathrm{𝟙}}_{C_X}$ e $Y={\mathrm{𝟙}}_{C_Y}$ quasi certamente, perciò $$Z=X+Y={\mathrm{𝟙}}_{C_X}+{\mathrm{𝟙}}_{C_Y}$$ quasi certamente. Poiché due variabili aleatorie quasi certamente uguali hanno la stessa distribuzione, si trova che $Z$ ha la stessa distribuzione di due prove ripetute e indipendenti, ovvero una binomiale $\mathrm{Bin}(2,p)$.

Per il caso 2, alla luce di quanto visto sopra si può affermare che $$\begin{array}{c}X\sim X_1+\cdots +X_n\\ Y\sim Y_1+\cdots +Y_m\end{array}$$ ove $X_1,\dots ,X_n,Y_1,\dots ,Y_m\sim \mathrm{Be}(p)$ sono tutte indipendenti. Applicando lo stesso ragionamento, però, si trova $Z=X_1+\cdots +X_n+Y_1+\cdots +Y_m\sim \mathrm{Bin}(m+n,p)$.

Per il caso 3 usiamo effettivamente la $(1)$: si ha $$\begin{array}{rl}{p}_Z(x)& =\sum _{k\in ℝ}{p}_X(k)p_Y(x-k)\\ & =\frac{1}{n^2}\sum _{k=\max \{1,x-n\}}^{\min \{n,x-1\}}1\\ & =\frac{\min \{n,x-1\}-\max \{1,x-n\}+1}{n^2}{\mathrm{𝟙}}_{\{2,\dots ,2n\}}(x)\end{array}$$

Per il caso 4, si ha $$\begin{array}{rl}{p}_Z(x)& =\sum _{k\in ℝ}{p}_X(k)p_Y(x-k)\\ & =\sum _{k\in ℝ}p(1-p{)}^{k-1}{\mathrm{𝟙}}_{\mathbb{N}}(k)q(1-q{)}^{x-k-1}{\mathrm{𝟙}}_{\mathbb{N}}(x-k)\\ & =pq\sum _{k=1}^{x-1}(1-p{)}^{k-1}(1-q{)}^{x-k-1}{\mathrm{𝟙}}_{\mathbb{N}}(x-1)\end{array}$$ In base a ciò, si possono distinguere due casi: se $p\ne q$, allora $$\begin{array}{rl}{p}_Z(x)& =pq(1-q{)}^{x-2}\sum _{k=1}^{x-1}{\left(\frac{1-p}{1-q}\right)}^{k-1}{\mathrm{𝟙}}_{\mathbb{N}}(x-1)\\ & =pq(1-q{)}^{x-2}\frac{{\left(\frac{1-p}{1-q}\right)}^{x-1}-1}{\frac{1-p}{1-q}-1}{\mathrm{𝟙}}_{\mathbb{N}}(x-1)\end{array}$$ mentre se $p=q$, allora $$\begin{array}{rl}{p}_Z(x)& =p^2\sum _{k=1}^{x-1}(1-p{)}^{x-2}{\mathrm{𝟙}}_{\mathbb{N}}(x-1)\\ & =p^2(x-1)(1-p{)}^{x-2}{\mathrm{𝟙}}_{\mathbb{N}}(x-1)\end{array}$$

Per il caso 5 si ha $$\begin{array}{rl}{p}_Z(x)& =\sum _{k\in ℝ}{p}_X(k)p_Y(x-k)\\ & =\sum _{k\in ℝ}{\mathrm{e}}^{-\lambda }\frac{{\lambda }^k}{k!}{\mathrm{𝟙}}_{{\mathbb{N}}_0}(k){\mathrm{e}}^{-\mu }\frac{{\mu }^{x-k}}{(x-k)!}{\mathrm{𝟙}}_{{\mathbb{N}}_0}(x-k)\\ & =\frac{{\mathrm{e}}^{-(\lambda +\mu )}}{x!}\sum _{k=0}^{+\infty }\frac{x!}{k!(x-k)!}{\lambda }^k{\mu }^{x-k}{\mathrm{𝟙}}_{{\mathbb{N}}_0}(x-k)\\ & =\frac{{\mathrm{e}}^{-(\lambda +\mu )}}{x!}\sum _{k=0}^x\left(\genfrac{}{}{0px}{}{x}{k}\right){\lambda }^k{\mu }^{x-k}{\mathrm{𝟙}}_{{\mathbb{N}}_0}(x)\\ & =\frac{{\mathrm{e}}^{-(\lambda +\mu )}}{x!}(\lambda +\mu {)}^x{\mathrm{𝟙}}_{{\mathbb{N}}_0}(x)\end{array}$$ che corrisponde a una Poisson $\mathrm{Pois}(\lambda +\mu )$.