Descomposición de Jordan y distribuciones discretas notables
Repase las definiciones de variable aleatoria discreta y de variable aleatoria continua, la definición de función de masa (función de probabilidad), y cómo se reconstruye la función de masa a partir de la función de distribución en el caso discreto. Vea la sección de variables aleatorias y el libro de Blanco Castañeda.
Recordemos el hecho central: si \(X\) es discreta, \(F_X\) solo puede tener a lo más una cantidad numerable de saltos, y el salto en cada punto \(x\) es exactamente \(P(X=x) = F_X(x)-F_X(x^-)\) (corolario 2.25, parte 6, visto en la sección anterior). Esto permite pasar de \(F_X\) a la función de masa sin perder información: basta con localizar los puntos de discontinuidad y medir el tamaño de cada salto.
No toda función de distribución es puramente discreta ni puramente continua. El teorema siguiente muestra que, en general, cualquier función de distribución se descompone como combinación convexa de una parte discreta y una parte continua.
Sea \(F\) una función de distribución arbitraria. Entonces existen \(\alpha\in[0,1]\), una función de distribución discreta \(F_d\) y una función de distribución continua \(F_c\) tales que
\[F = \alpha F_d + (1-\alpha) F_c\]
Demostración. Toda función monótona tiene a lo más una cantidad numerable de discontinuidades (hecho estándar de análisis real); en particular, \(F\) tiene a lo más una cantidad numerable de saltos. Sean \(x_1,x_2,\ldots\) los puntos donde \(F\) salta, y sea
\[p_n := F(x_n)-F(x_n^-)\]
la magnitud del salto en \(x_n\). Como \(F\) es no decreciente y acotada entre \(0\) y \(1\), la serie \(\sum_n p_n\) converge; definimos \(\alpha:=\sum_n p_n\in[0,1]\).
Si \(\alpha=0\) no hay saltos y \(F\) ya es continua (\(F_c:=F\)). Si \(\alpha>0\), definimos
\[F_d(x) := \alpha^{-1}\sum_{x_n\le x} p_n\]
Verifique que \(F_d\), definida así, es en efecto una función de distribución discreta: que es no decreciente, continua a derecha, y que \(\lim_{x\to-\infty}F_d(x)=0\), \(\lim_{x\to\infty}F_d(x)=1\).
Si \(\alpha=1\) entonces \(F=F_d\) y ya terminamos. Si \(\alpha<1\), definimos
\[F_c(x) := \frac{F(x)-\alpha F_d(x)}{1-\alpha}\]
Verifique que \(F_c\) es una función de distribución continua: en particular, que no tiene saltos, es decir, que en cada \(x_n\) el salto de \(F\) queda enteramente absorbido por \(\alpha F_d\).
En cualquier caso, \(F=\alpha F_d+(1-\alpha)F_c\), lo que demuestra el teorema. \(\blacksquare\)
El teorema no dice que toda variable aleatoria sea “mitad discreta, mitad continua”. Dice que la parte discreta de cualquier distribución (sus saltos) se puede aislar por completo, y que lo que queda después de retirarle esa parte es necesariamente continuo. La constante \(\alpha\) mide qué tanto de la probabilidad total vive en los saltos.
Sea \(X\) una variable aleatoria con función de distribución
\[ F(x) = \begin{cases} 0 & x<1\\ \dfrac12+\dfrac{x-1}{4} & 1\le x<2\\ 1 & x\ge 2 \end{cases} \]
\(F\) tiene un salto en \(x=1\) de magnitud \(1/2\) y otro en \(x=2\) de magnitud \(1/4\) (pues \(F(2^-)=3/4\) y \(F(2)=1\)). Así, \(\alpha=1/2+1/4=3/4\).
Parte discreta.
\[F_d(x) = \begin{cases} 0 & x<1 \\ (1/2)/(3/4)=2/3 & 1\le x<2 \\ 1 & x\ge 2\end{cases}\]
La función de masa asociada es \(P_d(X{=}1)=F_d(1)=2/3\) y \(P_d(X{=}2)=1-2/3=1/3\).
Parte continua. Para \(1\le x<2\),
\[F_c(x) = \frac{F(x)-\tfrac34 F_d(x)}{\tfrac14} = \frac{\left(\tfrac12+\tfrac{x-1}4\right)-\tfrac34\cdot\tfrac23}{\tfrac14} = \frac{(x-1)/4}{1/4} = x-1\]
es decir, \(F_c\) es la función de distribución uniforme en \([1,2]\): no tiene saltos, tal como exige el teorema.
Verificación: \(\tfrac34 F_d(x)+\tfrac14 F_c(x) = \tfrac34\cdot\tfrac23+\tfrac14(x-1) = \tfrac12+\tfrac{x-1}4 = F(x)\) para \(1\le x<2\). ✓
F <- function(x) ifelse(x < 1, 0, ifelse(x < 2, 1/2 + (x - 1)/4, 1))
curve(F, from = 0, to = 3, n = 1000, col = "steelblue", lwd = 2,
xlab = "x", ylab = "F(x)")
points(c(1, 2), c(1/2, 1), pch = 19, col = "firebrick")
points(c(1, 2), c(0, 3/4), pch = 1, col = "firebrick")
abline(h = c(0, 1), lty = 3, col = "gray60")
En esta sección repasamos las distribuciones discretas de uso más frecuente. En todos los casos, la función de masa se deduce contando: se trata siempre de identificar cuántos resultados elementales, en algún espacio de Laplace subyacente, producen cada valor de la variable.
Ya la conocemos: si \(X\) toma cada uno de los valores \(1,\ldots,N\) con la misma probabilidad, \(P(X=k)=1/N\). Es la traducción directa, en el lenguaje de variables aleatorias, del modelo de Laplace visto en la sección de cálculo de probabilidades.
Si un ensayo aleatorio tiene solo dos resultados posibles, éxito y fracaso, con \(P(\text{éxito})=p\), la variable indicadora del éxito tiene distribución Bernoulli de parámetro \(p\):
\[P(X=x) = p^x(1-p)^{1-x}, \qquad x=0,1\]
Lanzar una moneda corriente y llamar éxito a obtener cara: \(p=1/2\). Lanzar un dado corriente y llamar éxito a obtener un 2: \(p=1/6\).
Si repetimos \(n\) veces, de forma independiente, un ensayo de Bernoulli con probabilidad de éxito \(p\), y \(X\) cuenta el número total de éxitos, entonces \(X\) tiene distribución binomial de parámetros \(n\) y \(p\):
\[P(X=k) = \binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}, \qquad k=0,1,\ldots,n\]
El coeficiente \(\binom nk\) cuenta todas las formas de elegir cuáles de los \(n\) ensayos resultan exitosos; una vez elegidos, la probabilidad de esa secuencia particular es \(p^k(1-p)^{n-k}\) por independencia.
Por el teorema del binomio de Newton,
\[\sum_{k=0}^n \binom nk p^k(1-p)^{n-k} = \big(p+(1-p)\big)^n = 1\]
Un examen de opción múltiple tiene \(10\) preguntas, cada una con \(5\) opciones. Un estudiante contesta al azar. ¿Cuál es la probabilidad de pasar, si pasar requiere al menos \(6\) respuestas correctas?
Cada pregunta es un ensayo de Bernoulli con \(p=1/5\). Si \(K\) es el número de respuestas correctas, \(K\sim B(10,1/5)\) y
\[P(K\ge6) = 1-P(K\le5) = 1-\sum_{k=0}^{5}\binom{10}{k}\Big(\frac15\Big)^k\Big(\frac45\Big)^{10-k} = \frac{62201}{9765625}\approx0{,}637\%\]
En R, 1 - pbinom(5, 10, 1/5) (equivalentemente, pbinom(5, 10, 1/5, lower.tail = FALSE)).
k <- 0:10
p <- dbinom(k, size = 10, prob = 1/5)
barplot(p, names.arg = k, col = ifelse(k >= 6, "firebrick", "steelblue"),
border = "white", xlab = "k", ylab = "P(K = k)")
¿Qué ocurre con la binomial cuando \(n\to\infty\) y \(p\to0\) de tal manera que el número esperado de éxitos \(np\) se mantiene fijo, digamos \(np=\lambda\)?
Si \(p(n)\to0\) y \(np(n)\to\lambda\) cuando \(n\to\infty\), entonces para cada \(k\) fijo,
\[\binom nk p(n)^k(1-p(n))^{n-k} \xrightarrow[n\to\infty]{} \frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}\]
Idea de la demostración. Escribiendo \(p=p(n)\) y usando \(np\to\lambda\),
\[\binom nk p^k(1-p)^{n-k} = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}\cdot\frac{(np)^k}{k!}\cdot\Big(1-\frac{np}{n}\Big)^{n-k}\]
El primer factor tiende a \(1\) (es un producto de \(k\) términos, cada uno de la forma \(1-j/n\to1\)), el segundo tiende a \(\lambda^k/k!\), y el tercero tiende a \(e^{-\lambda}\) (el límite clásico \((1-\lambda/n)^n\to e^{-\lambda}\); cambiar el exponente de \(n\) a \(n-k\) no afecta el límite). \(\blacksquare\)
Esto motiva la definición: \(X\) tiene distribución Poisson de parámetro \(\lambda>0\) si
\[P(X=k) = \frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}, \qquad k=0,1,2,\ldots\]
Verifique que, en efecto, \(\sum_{k=0}^\infty\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}=1\) (use la serie de Taylor de \(e^\lambda\)).
Poisson presentó esta distribución en 1837, en su tratado Recherches sur la probabilité des jugements en matière criminelle et en matière civile, en el contexto de estimar la probabilidad de error en veredictos de jurados.
En una sala de cómputo hay \(20\) computadores. En horas pico, la probabilidad de que un computador esté ocupado es \(0{,}9\). ¿Cuál es la probabilidad de encontrar al menos un computador desocupado?
Cálculo exacto. Sea \(X\) el número de computadores ocupados; \(X\sim B(20,0{,}9)\), y “ningún computador desocupado” es el evento \(X=20\):
\[P(\text{todos ocupados}) = 0{,}9^{20}\approx0{,}1216 \qquad\Rightarrow\qquad P(\text{al menos uno libre}) \approx0{,}8784\]
Aproximación Poisson. Como lo raro aquí es que un computador esté libre (\(p_{\text{libre}}=0{,}1\)), llamamos \(Y\) al número de computadores libres, con \(\lambda=np_{\text{libre}}=20(0{,}1)=2\):
\[P(Y=0)\approx e^{-2}\approx0{,}1353 \qquad\Rightarrow\qquad P(Y\ge1)\approx1-e^{-2}\approx0{,}8647\]
La aproximación (\(0{,}8647\)) se acerca razonablemente al valor exacto (\(0{,}8784\)), aunque aquí \(p=0{,}1\) no es tan pequeño ni \(n=20\) tan grande como para que la aproximación sea excelente.
x <- 0:12
exacta <- dbinom(x, size = 20, prob = 0.1)
aprox <- dpois(x, lambda = 2)
plot(x, exacta, type = "h", lwd = 6, col = "steelblue",
xlab = "número de computadores libres", ylab = "probabilidad")
points(x + 0.15, aprox, type = "h", lwd = 6, col = "firebrick")
legend("topright", legend = c("Binomial(20, 0.1) exacta", "Poisson(2) aproximada"),
col = c("steelblue", "firebrick"), lwd = 6, bty = "n")
Haga los ejercicios de la sección 3.4 del libro de Blanco relacionados con binomial y Poisson.
Volvamos al modelo de urnas, pero ahora sin reemplazo. Si una urna tiene \(N\) bolas, \(R\) de un color (éxito) y \(N-R\) de otro, y extraemos una muestra de tamaño \(n\) sin reemplazo, el número \(X\) de bolas de éxito en la muestra tiene distribución hipergeométrica de parámetros \(n\), \(R\), \(N\):
\[P(X=k) = \frac{\binom Rk\binom{N-R}{n-k}}{\binom Nn}, \qquad k=0,1,\ldots,n\]
Siga estos pasos para demostrar que \(\sum_k P(X=k)=1\).
De una urna con \(25\) bolas numeradas del \(1\) al \(25\) se extraen \(4\) bolas sin reemplazo. Usted apuesta a que al menos una de las cuatro tiene un número menor o igual a \(5\). ¿Cuál es la probabilidad de ganar?
Aquí \(N=25\), \(R=5\) (las bolas de éxito, numeradas de 1 a 5), \(n=4\). Queremos \(P(K\ge1)\) donde \(K\sim Hg(4,5,25)\):
\[P(K=0) = \frac{\binom50\binom{20}{4}}{\binom{25}{4}} = \frac{969}{2530}\approx0{,}383 \qquad\Rightarrow\qquad P(K\ge1) = \frac{1561}{2530}\approx0{,}617\]
Es decir, aproximadamente \(61{,}7\%\) de probabilidad de ganar la apuesta.
Ahora cambiamos la pregunta: en vez de fijar el número de ensayos y contar éxitos, fijamos el número de éxitos deseado en \(1\) y preguntamos cuántos ensayos hacen falta para conseguirlo. Si \(X\) es el número de ensayos hasta el primer éxito (inclusive), con probabilidad de éxito \(p\) en cada ensayo:
\[P(X=k) = p(1-p)^{k-1}, \qquad k=1,2,\ldots\]
pues los primeros \(k-1\) ensayos deben fallar y el \(k\)-ésimo debe tener éxito.
Generalizando: si \(X\) es el número de ensayos necesarios para conseguir exactamente \(r\) éxitos (el último ensayo es, por fuerza, un éxito, y los otros \(r-1\) éxitos se reparten entre los primeros \(k-1\) ensayos), \(X\) tiene distribución binomial negativa de parámetros \(r\) y \(p\):
\[P(X=k) = \binom{k-1}{r-1}p^r(1-p)^{k-r}, \qquad k=r,r+1,\ldots\]
La geométrica es el caso particular \(r=1\).
Siga estos pasos para demostrar que \(\sum_{k=r}^\infty P(X=k)=1\).
Un vendedor cierra una venta con probabilidad \(0{,}3\) en cada llamada, de forma independiente. Su meta es lograr \(3\) ventas. ¿Cuál es la probabilidad de alcanzar la meta justo en la octava llamada?
Aquí \(r=3\), \(p=0{,}3\), \(k=8\):
\[P(X=8) = \binom{7}{2}(0{,}3)^3(0{,}7)^5 \approx0{,}0953\]
dnbinom(x, size, prob) en R no cuenta el número de ensayos \(k\) (la convención de esta sección), sino el número de fracasos antes del éxito número size. Para usarla con nuestra \(X\), hay que pasarle \(x=k-r\), no \(k\).
r <- 3
p <- 0.3
k <- 8
# fórmula de esta sección: P(X = k) = C(k-1, r-1) p^r (1-p)^(k-r)
manual <- choose(k - 1, r - 1) * p^r * (1 - p)^(k - r)
# equivalente en R: dnbinom cuenta fracasos, así que x = k - r
r_base <- dnbinom(k - r, size = r, prob = p)
manual[1] 0.09529569r_base[1] 0.09529569El siguiente panel calcula, de forma exacta y no por simulación, la función de masa y la función de distribución acumulada de las siete distribuciones vistas en esta sección. Elija una distribución, mueva los parámetros y compare cómo cambia la forma de cada función; para las distribuciones de soporte infinito (Poisson, geométrica, binomial negativa) la cola se trunca al llegar a una cobertura de probabilidad cercana a 1, y el panel lo indica explícitamente cuando eso ocurre.
Haga los ejercicios del capítulo 2 que se resuelvan usando la teoría de variables aleatorias discretas.