Distribución de Poisson

Definimos la distribución de Poisson, demostramos que aproxima a la binomial y damos un ejemplo de aplicación.

    Enunciado
    Se define la distribución de Poisson de parámetro $\lambda >0$ como: $$p_k=\dfrac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!},\quad k=0,1,2,\ldots$$ en donde $\lambda$ es un número real positivo.
  1. Demostrar que la distribución de Poisson es una distribución de probabilidad.
  2. Determinar su media y desviación típica.
  3. Demostrar que los límites cuando $n\to +\infty$ de las probabilidades $p_k(n)$ de una distribución binomial $B(n,p)$, son las $p_k$ de una distribución de Poisson con $\lambda=np$ (constante).
    Nota. Esto significa que la distribución de Poisson aproxima bien la binomial cuando $n$ es grande y $p$ pequeño. Se considera que la aproximación es buena si $p < 0,1 $ y $np < 5$.
  4. Aplicación. Supóngase que el $2\%$ de los artículos producidos por una fábrica son defectuosos. Hallar la probabilidad $P$ de que halla $3$ artículos defectuosos en un lote de $100$ artículos.
    Solución
  1. Para todo $k=0,1,2,\ldots$ es $p_k\ge 0$. Por otra parte, $$\sum_{k=0}^{+\infty}p_k=\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!}=e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{\lambda^k}{k!}=e^{-\lambda}e^{\lambda}=1.$$
  2. La media es $$\mu=\sum_{k=0}^{+\infty}kp_k=\sum_{k=0}^{+\infty}k\frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!}=\sum_{k=1}^{+\infty}k\frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!}=\lambda \sum_{k=1}^{+\infty}k\frac{\lambda^{k-1}e^{-\lambda}}{k!}$$ $$=\lambda \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{\lambda^{k-1}e^{-\lambda}}{(k-1)!}=\lambda \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{\lambda^{k}e^{-\lambda}}{k!}=\lambda\cdot 1=\lambda.$$ La varianza es $\sigma^2=\sum_{k=0}^{+\infty}k^2p_k-\mu^2$. Tenemos $$\sum_{k=0}^{+\infty}k^2p_k=\sum_{k=0}^{+\infty}k^2\frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!}=\sum_{k=1}^{+\infty}k^2\frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!}=\lambda\sum_{k=1}^{+\infty}k^2\frac{\lambda^{k-1}e^{-\lambda}}{k!}$$ $$=\lambda\sum_{k=1}^{+\infty}k\frac{\lambda^{k-1}e^{-\lambda}}{(k-1)!}=\lambda\sum_{k=0}^{+\infty}(k+1)\frac{\lambda^{k}e^{-\lambda}}{k!}=\lambda (\sum_{k=0}^{+\infty}kp_k+\sum_{k=0}^{+\infty}p_k)$$ $$=\lambda(\lambda +1)=\lambda^2+\lambda\Rightarrow \sigma^2=\lambda^2+\lambda-\lambda^2=\lambda.$$ En consecuencia, la desviación típica de la distribución de Poisson es $\sigma=\sqrt{\lambda}$.
  3. La probabilidad de $k$ éxitos en una distribución binomial $B(n,p)$ es $$p_k(n)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}.$$ Si denotamos $\lambda=np$, $$p_k(n)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}=\binom{n}{k}\left(\frac{\lambda}{n}\right)^k\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k}$$ $$=\frac{n(n-1)\cdot\ldots\cdot (n-k+1)}{k!}\left(\frac{\lambda}{n}\right)^k\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k}$$ $$=\frac{\lambda^k}{k!}\frac{n(n-1)\cdot\ldots\cdot (n-k+1)}{n^k}\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n}\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{-k}$$ $$=\frac{\lambda^k}{k!}\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n}\frac{\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\ldots\left(1-\frac{k-1}{n}\right)}{\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{k}}.$$ Cuando $n\to +\infty$, el primer factor es constante, el segundo tiende a $e^{-\lambda}$ y el tercero tiende a $1$ al haber un número finito de factores en el numerador y el denominador que todos tienden a $1$. En consecuencia, $$\lim_{n\to +\infty}p_k(n)=\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}=p_k.$$
  4. Se trata de una distribución binomial con $n=100$ y $p=0.02$. Entonces, $$P=\binom{100}{3}(0.02)^3(0.98)^{97}=0.182\ldots .$$ Ahora bien, al ser $n$ grande y $p$ pequeño, podemos aplicar la distribución de Poisson de parámetro $\lambda=100\cdot 0.02=2$, con lo cual $$P\approx p_3=\frac{2^3e^{-2}}{3!}=0.180\ldots .$$
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