El teorema de de Moivre y Laplace para la binomial y para la Poisson
Arturo Sanjuán
5 de septiembre de 2026
En la sección anterior definimos la distribución normal y vimos, con la fórmula de Stirling, el método de Laplace: aproximar una función suave y muy picuda por una parábola alrededor de su máximo, y exponenciar para obtener una forma de campana. En esta sección aplicamos exactamente esa misma técnica dos veces más, directamente sobre la función de masa de la binomial y de la Poisson, para mostrar que ambas se aproximan a la normal cuando su tamaño de muestra (o su parámetro) crece. Este es el resultado que hoy se conoce como el teorema de de Moivre y Laplace, y es un caso particular de un fenómeno mucho más general, el teorema central del límite: casi cualquier suma de aportes independientes termina viéndose gaussiana, sin importar la forma de cada aporte individual.
Repetimos el ejercicio de suma de variables aleatorias, ahora con este caso: si \(I_i\sim\text{Bernoulli}(p)\) son independientes, entonces \(X=\sum_{i=1}^n I_i \sim \text{Binomial}(n,p)\), con
\[P(X=k) = \binom nk p^k q^{n-k} \qquad q:=1-p\]
La media es
\[\sum_{k=0}^n k\binom nk p^kq^{n-k} = \sum_{k=1}^n n\binom{n-1}{k-1}p^kq^{n-k} = np\sum_{k=1}^n\binom{n-1}{k-1}p^{k-1}q^{(n-1)-(k-1)} = np(p+q)^{n-1} = np\]
usando la identidad \(k\binom nk=n\binom{n-1}{k-1}\) y reindexando \(j=k-1\).
La varianza. Escribimos \(k^2=k(k-1)+k\) y obtenemos, con la identidad análoga \(k(k-1)\binom nk = n(n-1)\binom{n-2}{k-2}\),
\[\sum_{k=0}^n k(k-1)\binom nk p^kq^{n-k} = n(n-1)p^2\sum_{k=2}^n\binom{n-2}{k-2}p^{k-2}q^{(n-2)-(k-2)} = n(n-1)p^2\]
Así, \(E(k^2)=n(n-1)p^2+np\), y con \(\mu=np\),
\[\sigma^2 = n(n-1)p^2+np-(np)^2 = np(1-p) = npq\]
Como \(X=\sum I_i\) con \(I_i\) independientes, y cada \(I_i\) tiene media \(p\) y varianza \(p(1-p)=pq\) (pues \(I_i^2=I_i\), así que su varianza es \(p-p^2\)), la media y la varianza de una suma de variables independientes son la suma de las medias y de las varianzas respectivamente: \(\mu=np\), \(\sigma^2=npq\), sin sumar ninguna serie.
Consideremos \(Z=\dfrac{k-np}{\sqrt{npq}}\), que mide cuántas desviaciones estándar nos hemos alejado de la media. Si \(X_n\sim\text{Binomial}(n,p)\), \(p\in(0,1)\) fijo, entonces para \(z\in\mathbb R\) fijo, para toda sucesión de enteros \(k(n)\) tales que \(\dfrac{k-np}{\sqrt{npq}}\to z\) cuando \(n\to\infty\), veremos que \(P(X_n=k)\to\varphi(z)/\sqrt{npq}\).
Nuevamente por el método de Laplace:
\[\log P(X=k) = \log n!-\log k!-\log(n-k)!+k\log p+(n-k)\log q\]
Con Stirling (\(\log m!\approx m\log m-m+\tfrac12\log(2\pi m)\)) en los tres factoriales,
\[\log P(X=k) = \underbrace{n\log n-k\log k-(n-k)\log(n-k)+k\log p+(n-k)\log q}_{\displaystyle\psi(k)} + \tfrac12\log(2\pi n)-\tfrac12\log(2\pi k)-\tfrac12\log(2\pi(n-k))\]
\[\psi'(k) = -\log k-1+\log(n-k)+1+\log p-\log q = \log\left(\frac{(n-k)p}{kq}\right)\]
\[\psi'(k)=0 \iff (n-k)p=kq \iff np-kp=k-kp \iff k=np\]
que es lo que esperábamos: el máximo está en la media. Ahí,
\[\psi''(np) = -\frac1{np}-\frac1{nq} = -\frac1{npq}\]
Con \(u=\sqrt{npq}\,z\), Taylor de orden \(2\) da \(\psi(np+u)\approx-\dfrac{u^2}{2npq}=-\dfrac{z^2}2\). La parte polinomial, evaluada en \(k=np\), \(n-k=nq\), se simplifica a \(-\tfrac12\log(2\pi\,npq)\) (el mismo tipo de cancelación que en la Poisson, más adelante). Entonces
\[P(X=np+z\sqrt{npq}) \approx \frac1{\sqrt{2\pi\,npq}}e^{-z^2/2}\]
Si \(X_n\sim\text{Binomial}(n,p)\), \(p\in(0,1)\) fijo, entonces para cada \(z\in\mathbb R\) fijo, y toda sucesión de enteros \(k(n)\) con \(\dfrac{k-np}{\sqrt{npq}}\to z\) cuando \(n\to\infty\),
\[\sqrt{npq}\,P(X_n=k) \longrightarrow \frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2}\]
Equivalentemente, si \(Z_n:=\dfrac{X_n-np}{\sqrt{npq}}\), entonces \(Z_n\to N(0,1)\).
Este es un límite diferente del que vimos en la sección de variables aleatorias discretas, donde \(n\to\infty\) y \(p\to0\) manteniendo \(np\to\lambda\) fijo (el régimen de sucesos raros, que da la aproximación de Poisson). Aquí, en cambio, \(p\) se mantiene fijo y es \(n\) el que crece sin control: es el mismo régimen de “muchos aportes independientes” que veremos para la Poisson, solo que ahora los aportes son Bernoulli en vez de Poisson unitarias.
Si lanzamos una moneda justa \(100\) veces, \(\mu=np=50\) y \(\sigma=\sqrt{npq}=5\). ¿Cuál es la probabilidad de obtener entre \(45\) y \(55\) caras?
Cálculo exacto.
\[P(45\le X\le55) = F_X(55)-F_X(44)\]
En R: pbinom(55, 100, 0.5) - pbinom(44, 100, 0.5).
Usando la aproximación normal, sin corrección de continuidad (un error apreciable):
\[P\left(\frac{45-50}5\le Z\le\frac{55-50}5\right) = P(-1\le Z\le1) \approx 0{,}68\]
Extendiendo medio paso a cada lado (corrección de continuidad: cada entero \(k\) representa, en realidad, la franja \([k-\tfrac12,k+\tfrac12]\), así que el rango de enteros del \(45\) al \(55\) corresponde al intervalo continuo \([44{,}5,\,55{,}5]\)):
\[P\left(\frac{44{,}5-50}5\le Z\le\frac{55{,}5-50}5\right) \approx 0{,}72\]
mucho más cerca del valor exacto.
Exacto (binomial) : 0.7287 Aprox. normal, sin correccion : 0.6827 Aprox. normal, con correccion : 0.7287 La justificación habitual (“\(k\) es un entero, así que ocupa un ancho \(1\)”) es cierta, pero no explica por qué esa elección particular, \([k-\tfrac12,k+\tfrac12]\) y no otra, es la correcta. Vamos a deducirla usando solo lo que ya probamos arriba: el teorema de de Moivre y Laplace nos dio \(P(X=k)\approx f(k)\), con \(f\) la densidad normal de la misma media y varianza que \(X\). Todo lo que sigue es consecuencia de esa sola aproximación, no una hipótesis adicional.
Queremos \(P(a\le X\le b)=\displaystyle\sum_{k=a}^b P(X=k)\approx\sum_{k=a}^bf(k)\). La pregunta correcta no es cuánto hay que ensanchar cada entero, sino qué integral es, exactamente, la suma \(\sum_{k=a}^bf(k)\).
Para \(f\) suficientemente suave,
\[\int_{k-1/2}^{k+1/2}f(x)\,dx = f(k)+\frac{f''(k)}{24}+O\!\left(f^{(4)}(k)\right)\]
Demostración. Con \(h=x-k\), Taylor da
\[f(x) = f(k)+f'(k)h+\frac{f''(k)}2h^2+\frac{f'''(k)}6h^3+\frac{f^{(4)}(k)}{24}h^4+\cdots\]
Al integrar en \(h\in[-\tfrac12,\tfrac12]\), todos los términos de potencia impar se anulan por simetría, y
\[\int_{-1/2}^{1/2}h^2\,dh=\frac1{12}, \qquad \int_{-1/2}^{1/2}h^4\,dh=\frac1{80}\]
de donde el término en \(f''(k)\) queda \(\tfrac12f''(k)\cdot\tfrac1{12}=f''(k)/24\), y el siguiente término no nulo es de orden \(f^{(4)}(k)\). \(\blacksquare\)
Ahora observe que los intervalos \([a-\tfrac12,a+\tfrac12],\,[a+\tfrac12,a+\tfrac32],\,\ldots,\,[b-\tfrac12,b+\tfrac12]\) tienen exactamente a \(a,a+1,\ldots,b\) como puntos medios, y empalman sin huecos ni traslapes cubriendo \([a-\tfrac12,\,b+\tfrac12]\). Sumando la proposición anterior sobre esos \(b-a+1\) intervalos,
\[\sum_{k=a}^bf(k) = \int_{a-1/2}^{b+1/2}f(x)\,dx \;-\;\sum_{k=a}^b\frac{f''(k)}{24}+\cdots\]
Es decir, \(\sum_{k=a}^bf(k)\) no es una aproximación que elegimos libremente a \(\int_a^bf\) ni a \(\int_{a-1/2}^{b+1/2}f\): es exactamente la suma de Riemann del punto medio, con paso \(1\), de esta segunda integral, con un error de cuadratura ya identificado. El intervalo \([a-\tfrac12,b+\tfrac12]\) no se postula, se deduce de qué suma de Riemann es la que ya tenemos delante.
Para la densidad normal con desviación \(\sigma\), \(f''(x)\sim f(x)/\sigma^2\) cerca de la media, así que el error que queda con la corrección es de orden \(1/\sigma^2\). En cambio, usar \(\int_a^bf\) en vez de \(\int_{a-1/2}^{b+1/2}f\) introduce un error del orden de \(f(a)+f(b)\sim1/\sigma\), es decir del mismo orden que el error que ya arrastra la propia aproximación normal (\(\sigma\sim\sqrt n\)). Omitir la corrección no es una simplificación inocua: es usar los límites equivocados de la misma cuadratura, tirando una cifra completa de precisión.
Con el ejemplo de las cien monedas (\(\sigma=5\), \(a=45\), \(b=55\)):
error sin correccion : 0.0461 (orden 1/sigma = 0.2 )error con correccion : 1e-04 (orden 1/sigma^2 = 0.04 )razon de los errores : 582.3 El error baja en un factor de varios cientos, consistente con pasar de orden \(1/\sigma\) a orden \(1/\sigma^2\).
El argumento no usa nada específico de la binomial: solo que \(P(X=k)\approx f(k)\) para \(f\) normal, que es justamente lo que da el teorema de de Moivre y Laplace para la Poisson, más adelante. La misma corrección \(\pm\tfrac12\), por la misma razón de cuadratura, es la que se usa abajo en el ejemplo del manuscrito.
Si \(Y_1,Y_2\) son independientes, con \(Y_1\sim P(\lambda_1)\) y \(Y_2\sim P(\lambda_2)\), entonces \(Z:=Y_1+Y_2\sim P(\lambda_1+\lambda_2)\).
Demostración.
\[P(Z=k) = P(Y_1+Y_2=k) = \sum_{j=0}^k P(Y_1=k-j)\,P(Y_2=j) = \sum_{j=0}^k \frac{\lambda_1^{k-j}e^{-\lambda_1}}{(k-j)!}\cdot\frac{\lambda_2^j e^{-\lambda_2}}{j!}\]
\[= e^{-(\lambda_1+\lambda_2)}\sum_{j=0}^k \frac{\lambda_1^{k-j}\lambda_2^j}{(k-j)!\,j!} = \frac{e^{-(\lambda_1+\lambda_2)}}{k!}\sum_{j=0}^k\binom kj \lambda_1^{k-j}\lambda_2^j = e^{-(\lambda_1+\lambda_2)}\frac{(\lambda_1+\lambda_2)^k}{k!}\]
usando el binomio de Newton en el último paso. \(\blacksquare\)
Por inducción, si \(Y_1,\ldots,Y_n\) son independientes con \(Y_i\sim P(\lambda_i)\), entonces \(\sum_i Y_i \sim P(\sum_i\lambda_i)\). En particular, si todos comparten el mismo parámetro \(\lambda\), la suma de \(n\) de ellas es \(P(n\lambda)\).
Si en un manuscrito de \(200\) páginas se espera encontrar, en promedio, \(1\) error tipográfico por página (independiente de una página a otra), ¿cuál es la probabilidad de encontrar máximo \(10\) errores en todo el manuscrito?
Cada página aporta \(\lambda=1\) (Poisson), y el total del manuscrito es la suma de \(200\) de esas contribuciones independientes, así que el total \(X\sim P(200)\). Entonces
\[P(X\le10) \approx 4{,}1\times10^{-71} \approx 0\]
En R, ppois(10, 200, lower.tail = TRUE). Prácticamente imposible: aunque “máximo \(10\) errores” suena a una meta modesta, comparado con la media de \(200\) es una desviación enorme. En cambio, si preguntamos por a lo más \(200\) errores (es decir, no más que la media),
\[P(X\le200) \approx 0{,}5188\]
Suponga ahora que el número de páginas \(\to\infty\); entonces \(\lambda\to\infty\), y para que la pregunta siga teniendo sentido real, \(k\) también debe crecer.
Demuestre que si \(X_\lambda\sim P(\lambda)\), su varianza es
\[\sigma^2 = \sum_{k=0}^\infty (k-\lambda)^2\,\frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!} = \lambda\]
(sugerencia: escriba \(k^2=k(k-1)+k\) y reduzca cada suma a la serie exponencial completa, igual que se hace para calcular la media).
Como la media es \(\lambda\) y la varianza también es \(\lambda\), la desviación estándar es \(\sqrt\lambda\). Definimos entonces
\[Z := \frac{k-\lambda}{\sqrt\lambda}\]
que mide cuántas desviaciones estándar nos hemos alejado de la media. Vamos a mostrar que \(Z\to N(0,1)\), escribiendo \(k=\lambda+\sqrt\lambda\,z\) para \(z\) fijo y dejando \(\lambda\to\infty\).
Si \(P_\lambda(k) = \dfrac1{k!}e^{-\lambda}\lambda^k\), entonces
\[\log P_\lambda(k) = -\lambda+k\log\lambda-\log k!\]
Usando Stirling, \(\log k! \approx k\log k - k + \tfrac12\log(2\pi k)\), así que
\[\log P_\lambda(k) = \underbrace{-\lambda+k\log\lambda-k\log k+k}_{\displaystyle \phi(k)} - \frac12\log(2\pi k)\]
Usamos el método de Laplace de nuevo, tratando \(\phi\) como función suave de \(k\):
\[\phi'(k) = \log\lambda-\log k-1+1 = \log\lambda-\log k\]
Como si \(k\mapsto\phi(k)\) fuera continua, \(\phi\) alcanza su máximo en \(k=\lambda\) (ahí \(\phi'=0\)), y en ese punto \(\phi(\lambda)=0\). Taylor de orden \(2\) alrededor de \(\lambda\):
\[\phi(\lambda+u) \approx \phi(\lambda)+\phi'(\lambda)u+\frac{\phi''(\lambda)}2u^2 = -\frac{u^2}{2\lambda}\]
(pues \(\phi''(k)=-1/k\), así que \(\phi''(\lambda)=-1/\lambda\)). Con \(k=\lambda+\sqrt\lambda\,z\) (es decir \(u=\sqrt\lambda\,z\)),
\[\phi(k) \approx -\frac{(\sqrt\lambda\,z)^2}\lambda = -z^2\]
Falta la parte polinomial \(-\tfrac12\log(2\pi k)\). Como \(k=\lambda(1+z/\sqrt\lambda)\), si \(\lambda\to\infty\) con \(z\) fijo, \(\log k = \log\lambda+\log(1+z/\sqrt\lambda)\to\log\lambda\), así que \(-\tfrac12\log(2\pi k)\to-\tfrac12\log(2\pi\lambda)\). Juntando todo,
\[\log P(X_\lambda=k) \longrightarrow -\frac{z^2}2-\frac12\log(2\pi\lambda)\]
de donde
\[P(X_\lambda=k) \sim \frac1{\sqrt{2\pi\lambda}}\,e^{-z^2/2}\]
\(P(X_\lambda=k)\) es la masa de un punto, y por sí sola siempre tiende a \(0\): no puede converger a nada interesante. Lo que sí converge es la densidad, es decir, la masa dividida entre el ancho de la celda que le corresponde. Los enteros \(k\) están espaciados \(1\) entre sí, pero en la variable \(z=(k-\lambda)/\sqrt\lambda\) ese mismo espaciamiento es \(1/\sqrt\lambda\). Por eso
\[\text{densidad} = \frac{\text{masa}}{\text{ancho}} = \frac{P(X_\lambda=k)}{1/\sqrt\lambda} = \sqrt\lambda\,P(X_\lambda=k) \longrightarrow \frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2}\]
que es exactamente la densidad normal estándar evaluada en \(z\).
Si \(X_\lambda\sim P(\lambda)\), entonces para cada \(z\in\mathbb R\) fijo, y toda sucesión de enteros \(k=k(\lambda)\) con \(\dfrac{k-\lambda}{\sqrt\lambda}\to z\) cuando \(\lambda\to\infty\),
\[\sqrt\lambda\,P(X_\lambda=k) \longrightarrow \frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2}\]
Equivalentemente, si \(Z_\lambda := \dfrac{X_\lambda-\lambda}{\sqrt\lambda}\), entonces \(Z_\lambda\to N(0,1)\).
Volviendo al ejemplo del manuscrito: con \(\lambda=200\), la probabilidad de que todos los errores estén por debajo de la media se aproxima con
\[P_{200}(X\le200) \approx \frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^0 e^{-z^2/2}\,dz = 0{,}5\]
muy cerca del valor exacto, \(0{,}5188\), calculado arriba.
Esta aproximación mejora si se aplica la corrección de continuidad vista antes, en el ejemplo de las cien monedas: como el entero \(k=200\) representa en realidad la franja \([199{,}5,\,200{,}5]\), el evento \(\{X\le200\}\) corresponde al intervalo continuo \((-\infty,\,200{,}5]\), no a \((-\infty,\,200]\). Con esa corrección,
\[P_{200}(X\le200) \approx \frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{(200{,}5-200)/\sqrt{200}} e^{-z^2/2}\,dz \approx 0{,}5141\]
más cerca todavía del valor exacto \(0{,}5188\) que el \(0,5\) obtenido sin la corrección.
El siguiente panel muestra, lado a lado, la función de masa de una Binomial\((n,p)\) o de una Poisson\((\lambda)\) (según se elija) y la densidad normal con la misma media y varianza. Mueva los parámetros para ver cómo, a medida que \(n\) (o \(\lambda\)) crece, las barras se acomodan cada vez mejor debajo de la curva.
Haga los ejercicios del libro de Blanco Castañeda relacionados con la aproximación normal a la binomial y a la Poisson y los que involucren a la distribuciones normal y uniforme.