Deje $F,G$ ser independiente de las variables aleatorias distribuidas de acuerdo a $f,g$, y deje $H \sim F+G$. Sabes que para todos los $k,\ell$,
$$
\Pr[F=k|F+G=\ell] = \binom{\ell}{k} p^k (1-p)^{\ell-k}.
$$
Que nos da
$$
\Pr[F=k] = \sum_{\ell=0}^\infty \binom{\ell}{k} p^k (1-p)^{\ell-k} \Pr[F+G=\ell] = \frac{p^k}{(1-p)^k} E[\binom{H}{k} (1-p)^H].
$$
Deje $\rho = p/(1-p)$.
Así que debemos tener
$$
1 = \sum_{k=0}^\infty \Pr[F=k] = E[\sum_{k=0}^\infty \rho^k \binom{H}{k} (1-p)^H] = E[(1+\rho)^H(1-p)^H],
$$
que mantiene desde $1+\rho = 1/(1-p)$. De la misma manera se puede calcular el $E[F]$:
$$
E[F] = E[\sum_{k=0}^\infty H \rho^k \binom{H-1}{k-1} (1-p)^H] = \rho E[H (1+\rho)^{H-1} (1-p)^H] = \frac{\rho}{1+\rho} E[H] = pE[H].
$$
Más en general, el mismo cálculo da
$$
\begin{align*}
E[F(F-1)\cdots(F-t+1)] &= p^t E[H(H-1)\cdots(H-t+1)], \\
E[G(G-1)\cdots(G-t+1)] &= (1-p)^t E[H(H-1)\cdots(H-t+1)].
\end{align*}
$$
También sabemos que $H = F+G$. Para $t = 2$, obtenemos
$$
E[H(H-1)] = E[(F+G)(F+G-1)] = E[F(F-1)] + E[G(G-1)] + 2E[F]E[G] = (p^2+(1-p)^2)E[H(H-1)] + 2p(1-p)E[H]^2.
$$
Reordenando, obtenemos $2p(1-p) E[H(H-1)] = 2p(1-p)E[H]^2$, y así
$$
E[H(H-1)] = E[H]^2.
$$
De esta manera, podemos obtener todos los momentos de la $H$ como funciones de $E[H]$; una vez que hacemos eso, nos derivan todos los momentos de $F$$G$. Si usted hace esto, entonces usted debe descubrir que $F,G,H$ son todas las variables aleatorias de Poisson, con $E[F] = pE[H]$$E[G] = (1-p)E[H]$.
