Aproximación Poisson A La Distribución Binomial

Aproximación Poisson a la distribución binomial

Si n es “grande” y p es “pequeño” tenemos la siguiente aproximación:

Teorema

Si n y p0 en forma tal que npa entonces C(n,k) pkqnk  ea ak / k!

Demostración

Definimos an = np así que ana. Tenemos que:

= ▼

Ejemplo

Se distribuyen al azar n bolillas entre n cajas. ¿ Cual es la probabilidad de encontrar k bolillas en una dada caja ?

C(n,k) (1/n)k (1 1/n)nk  e1 / k!

Ejemplo

Durante la segunda guerra mundial cayeron sobre Londres 537 bombas voladoras. El área afectada fué dividida en 576 sectores iguales. Sea Nk el número real de sectores en los cuales cayeron k bombas. Suponiendo que las bombas cayeron al azar, el número esperado de bombas por sector es 537/576= 0.932. La probabilidad que caigan k bombas en un sector, según la aproximación Poisson , es Pk= e0.932 (0.932)k / k! La tabla adjunta muestra la comparación entre real y teórico:

k 0 1 2 3 4 5

Nk 229 211 93 35 7 1

576 Pk 226 211 99 31 7 2

Proceso Poisson

A lo largo del eje positivo del tiempo (t>0) se presentan aleatoriamente eventos. Por ejemplo, una sustancia radioactiva emite partículas o llegan llamadas a una central telefónica. El modelo más simple para describir este tipo de proceso es el que se describe a continuación.

Para 0u<t llamemos Ak(u,t] = {en el intervalo (u,t] se emiten k partículas}.

Haremos las siguientes hipótesis.

I) El proceso es homogéneo con respecto al tiempo:

P{A(u,t]} = Pk(tu)

II) Lo que ocurre en intervalos disjuntos es independiente:

Ak(u,t] y Ak(t,v] son independientes.

III) La probabilidad que se presenten simultáneamente 2 o más eventos es imposible. Esto se puede expresar imponiendo la condición de que la probabilidad que se presenten 2 o mas eventos en el intervalo (0,t] ,dado que se presentó un evento en dicho intervalo, tiende a 0 con t. Esto es equivalente a la condición:

Demostraremos que I), II) y III) implican que

Pk(t)= et (t)k / k! (A)

Demostración

Realizaremos la demostración en 4 pasos.

1) De la definición de Ak(u,t] resulta:

Ak(0,t+s] = Ak(0,t]  A0(t,t+s] + Ak1(0,t]  A1(t,t+s] + ... + A0(0,t]  Ak(t,t+s]

De los axiomas I) y II) resulta :

Pk(t+s) = Pk(t) P0(s) + Pk1(t) P1(s) + ... + P0(t) Pk(s) (B)

2) Demostraremos que

P0(t)= et donde >0. (C)

De (B) resulta para k=0 que P0(t+s) = P0(t) P(s). Esto muestra que P0(t) es no creciente. Además, si r y s son enteros positivos deducimos que:

P0(r/s) = [P0(1/s)]r

Para el caso particular r=s se deduce P0(1/s) = [P0(1)]1/s . Reemplazando:

P0(r/s) = [P0(1)]r/s

Como P0(t) es no creciente debemos tener 0P0(1)1.

P0(1)= 1 implica P0(t) = 1 para t racional lo que contradice III)

P0(1)= 0 implica por (B) P1 (t+s)=0 lo que tambien contradice III)

Por lo tanto, existe >0 tal que P0(1) = e. Esto demuestra (C) para t racional.

Sea t>0 un número real y dos sucesiones de numeros racionales tales que rn t y sn t entonces:

exp(rn)  P0(t)  exp(sn)

Tomando el límite queda demostrado (C).

3) De (C) resulta:

[1P0(t)] / t   cuando t0 (D1)

Aplicando este resultado en III) resulta:

P1(t) / t   cuando t0 (D2)

Finalmente observamos que 0  P0(t) + P1(t) + Pk(t)  1. De

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