Esquema de urnas de Poisson. Función generatriz

El esquema de urnas de Poisson es una generalización de la distribución binomial o de Bernouilli. Ahora, la probabilidad de éxito varía con cada prueba. Un claro ejemplo sería considerar como éxito el sacar bola blanca al realizar extracciones de urnas con distintas composiciones.

 Enunciado
1.  Supongamos que realizamos $n$ experimentos aleatorios y que en el experimento $r$-ésimo la probabilidad del suceso $A$ (éxito) es $p_r$ y la del complementario (fracaso) es $q_r=1-p_r .$ Llamemos $p_{rn}$ a la probabilidad de obtener $r$ éxitos en las $n$ pruebas. Denotemos $\alpha_n(\xi)=p_{0n}+p_{1n}\xi+p_{2n}\xi^2+\ldots+p_{rn}\xi^r+\ldots$ (suma con un número finito de términos pues $p_{rn}=0$ si $r>n$ ). Demostrar que se verifica

$\alpha_n(\xi)=(p_1\xi+q_1)(p_2\xi+q_2)\ldots (p_n\xi+q_n).$

Nota: como consecuencia, la identificación de los coeficientes de $\xi^r$ en la igualdad anterior permite calcular $p_{rn}$ en función de las probabilidades $p_i$ y $q_j$.

2.  Tres urnas $U_1,U_2,U_3$ tienen las siguientes composiciones $$\begin{aligned}&U_1 : \text{2 bolas blancas y 3 negras},\\
& U_2 : \text{1 blanca y 2 negras},\\
& U_3 : \text{3 blancas y 3 negras.}
\end{aligned}$$ Se extrae una bola de cada urna. Usar la función generatriz para hallar la probabilidad de obtener exactamente dos bolas blancas.

Solución
1.  Consideremos los sucesos: $C\equiv $ éxito en la prueba $n$), $D\equiv r-1 $ éxitos en las $n-1$ primeras pruebas, $E\equiv $ fracaso en la prueba $n$ y $F\equiv r $ éxitos en las $n-1$ primeras pruebas. Entonces, el suceso $B\equiv r$ éxitos en las $n$ pruebas es $B=(C\cap D)\cup (E\cap F)$ y por tanto

$p_{rn}=p_nq_{r-1,n-1}+q_np_{r,n-1}.$

Además tenemos las condiciones límites: (i) $p_{r0}=0$ si $r>1$. (ii) $p_{00}=1$. (iii) $p_{0n}=q_1q_2\ldots q_n$ si $n>0$. Introducimos ahora la llamada función generatriz $\alpha_n(\xi)=\sum_{r=0}^{\infty}p_{rn}\xi^r$, suma esta que ya hemos comentado que tiene un número finito de términos. Tenemos las siguientes igualdades

$q_n\alpha_{n-1}(\xi)=q_n\displaystyle\sum_{r=0}^{\infty}p_{r,n-1}\xi^r=q_np_{0,n-1}+\displaystyle\sum_{r=1}^{\infty}q_np_{r,n-1}\xi^r.\quad [1]$

$\xi p_n\alpha_{n-1}(\xi)=\displaystyle\sum_{r=0}^{\infty}\xi p_n p_{r,n-1}\xi^r=\displaystyle\sum_{r=1}^{\infty}p_np_{r,n-1}\xi^r.\quad [2]$

Sumando las dos igualdades anteriores obtenemos

$(p_n\xi+q_n)\alpha_{n-1}(\xi)=q_np_{0,n-1}+\displaystyle\sum_{r=1}^{\infty}(q_np_{r,n-1}+p_np_{r-1,n-1})\xi^r=\\q_nq_1q_2\ldots q_{n-1}+\displaystyle\sum_{r=1}^{\infty}p_{rn}\xi^r=p_{0n}+\displaystyle\sum_{r=1}^{\infty}p_{rn}\xi^r=\displaystyle\sum_{r=0}^{\infty}p_{rn}\xi^r=\alpha_n(\xi).$

Tenemos

$\alpha_n(\xi)=(p_n\xi+q_n)\alpha_{n-1}(\xi)=(p_n\xi+q_n)(p_{n-1}\xi+q_{n-1})\alpha_{n-2}(\xi)\\=\ldots=(p_n\xi+q_n)(p_{n-1}\xi+q_{n-1})\ldots (p_2\xi+q_2)\alpha_1(\xi).$

Pero $\alpha_1(\xi)=p_{01}+p_{11}\xi=p_1\xi+q_1$, de lo que concluimos

$\alpha_n(\xi)=(p_1\xi+q_1)(p_2\xi+q_2)\ldots (p_n\xi+q_n).$

2.  Tenemos

$\alpha_3(\xi)=p_{03}+p_{13}\xi+p_{23}\xi^2+p_{33}\xi^2=(p_1\xi+q_1)(p_2\xi+q_2)(p_3\xi+q_3).$

Igualando los coeficientes de $\xi^2$: $p_{23}=p_1p_2q_3+q_1p_2p_3+p_1q_2p_3$, con lo cual la probabilidad de obtener exactamente dos bolas blancas es

$$p_{23}=\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{2}=\ldots=\dfrac{3}{10}.$$

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