Matemáticas | Distribuciones de probabilidad Conjunto 5 (Distribución de Poisson)

El artículo anterior cubrió la distribución binomial . Este artículo habla de otra distribución de probabilidad discreta, la distribución de Poisson.

Introducción –

Supongamos que un evento puede ocurrir varias veces dentro de una determinada unidad de tiempo. Cuando se desconoce el número total de ocurrencias del evento, podemos considerarlo como una variable aleatoria. Esta variable aleatoria sigue la distribución de Poisson. La distribución de Poisson es un caso límite de la distribución binomial cuando el número de intentos se vuelve muy grande y la probabilidad de éxito es pequeña.
Como sabemos por el artículo anterior, la probabilidad de éxito de ‘x’ en ‘n’ intentos en un experimento binomial con probabilidad de éxito ‘p’, es-
$P(x) = \binom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x}$
Denotemos el valor esperado de la variable aleatoria por $\lambda$ .Entonces-
$\lambda = np\\ p = \dfrac{\lambda}{n}\\ \text{And, }\\ q = 1-p = 1 - \dfrac{\lambda}{n}\\ \text{Rewriting P(x) in terms of} \lambda\\ P(x) = \binom{n}{x} \bigg(\dfrac{\lambda}{n}\bigg)^x \bigg(1-\dfrac{\lambda}{n}\bigg)^{n-x}\\ \text{Expanding the binomial coefficient}\\ P(x) = \dfrac{n.(n-1).(n-2)...(n-x+1)}{x!} \bigg(\dfrac{\lambda}{n}\bigg)^x \bigg(1-\dfrac{\lambda}{n}\bigg)^{n-x}\\ P(x) = \dfrac{n}{n} \dfrac{n-1}{n}...\dfrac{n-x+1}{n} \bigg(\dfrac{\lambda ^x}{x!}\bigg) \bigg(1-\dfrac{\lambda}{n}\bigg)^{n} \bigg(1-\dfrac{\lambda}{n}\bigg)^{-x}\\ \text{As n tends to infinity, P(x) is-}\\ P(x) = \dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^x}{x!}$

Valor esperado –

El valor esperado de la distribución de Poisson se puede encontrar sumando productos de valores con sus respectivas probabilidades.

$\begin{flalign*} E[X] &= \sum \limits_{x=0}^{\infty} xp_X(x)\\ &= \sum \limits_{x=0}^{\infty} x\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^x}{x!}\\ &= 0 + \sum \limits_{x=1}^{\infty} x\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^x}{x!} \hspace{3cm}\text{First term is 0 since x=0}\\ &\text{Let x = y + 1}\\ &= \sum \limits_{y=0}^{\infty} (y+1)\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^{y+1}}{(y+1)!}\\ &= \sum \limits_{y=0}^{\infty} (y+1)\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^{y} \lambda}{(y)!(y+1)}\\ &= \lambda \sum \limits_{y=0}^{\infty} \dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^{y}}{(y)!}\\ &= \lambda \sum \limits_{y=0}^{\infty} p_Y(y)\\ &= \lambda \end{flalign*}$

Varianza y Desviación Estándar –

La varianza de la distribución de Poisson se puede encontrar usando la fórmula de la varianza:
$Var[X] = E[X^2] - E[X]^2\\$

$\begin{flalign*} E[X^2] &= \sum \limits_{x=0}^{\infty} x^2 p_X(x)\\ &= \sum \limits_{x=0}^{\infty} x^2\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^x}{x!}\\ &= 0 + \sum \limits_{x=1}^{\infty} x^2 \dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^x}{x!} \hspace{3cm}\text{First term is 0 since x=0}\\ &\text{Let x = y + 1}\\ &= \sum \limits_{y=0}^{\infty} (y+1)^2\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^{y+1}}{(y+1)!}\\ &= \sum \limits_{y=0}^{\infty} (y+1)^2\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^{y} \lambda}{(y)!(y+1)}\\ &= \lambda \sum \limits_{y=0}^{\infty} (y+1)\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^{y}}{(y)!}\\ &= \lambda \sum \limits_{y=0}^{\infty} (y+1)p_Y(y)\\ &= \lambda \bigg( \sum \limits_{y=0}^{\infty} yp_Y(y) + \sum \limits_{y=0}^{\infty} p_Y(y) \bigg)\\ &= \lambda (\lambda + 1)\\ &= \lambda ^2 + \lambda \end{flalign*}$

Por lo tanto tenemos Varianza como-

$\begin{flalign*} Var[X] &= E[X^2] - E[X]^2\\ &= \lambda^2 + \lambda - \lambda^2\\ &= \lambda \end{flalign*}$

También la desviación estándar-
$\sigma = \sqrt{\lambda}\\$

Relación con Distribución Exponencial –

El número de ocurrencias de un evento dentro de una unidad de tiempo tiene una distribución de Poisson con parámetro $\lambda$ si el tiempo transcurrido entre dos ocurrencias sucesivas del evento tiene una distribución exponencial con parámetro $\lambda$ y es independiente de las ocurrencias anteriores.

Ejemplo : para el caso del cable de cobre delgado, suponga que el número de defectos sigue una distribución de Poisson con una media de 2,3 defectos por milímetro. Determine la probabilidad de exactamente dos fallas en 2 milímetros de alambre.
Solución- Sea X el número de fallas en 1 milímetro de alambre. El primer paso que debemos hacer es encontrar el parámetro $\lambda$ que no es más que el valor esperado de la variable aleatoria. En este caso, se nos da el número esperado de fallas en 1 milímetro de alambre. Necesitamos encontrar el número esperado de fallas en 2 milímetros de alambre.
Número esperado de fallas en 2 milímetros de alambre = 2*np = $2\lambda$ = 2*2.3 = 4.6
Por lo tanto,
$P(X=2) = e^{-4.6} \dfrac{(4.6)^2}{2!} = 0.099 \text{ or } 0.1$

Preguntas de GATE CS Corner

Practicar las siguientes preguntas te ayudará a poner a prueba tus conocimientos. Todas las preguntas se han hecho en GATE en años anteriores o en pruebas simuladas de GATE. Es muy recomendable que los practiques.

1. GATE CS 2013, Pregunta 2

Referencias-

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Publicación traducida automáticamente

Artículo escrito por cmkmanwani y traducido por Barcelona Geeks. The original can be accessed here. Licence: CCBY-SA

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