Binomial negativa

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Distribución Binomial Negativa
Leyla Damaris López D. Luz Elena Gomez L. Sergio Alfredo Diaz. Carlos Mauricio Ramos C. October 20, 2010

1

Distribución Binomial Negativa

De…nicion. Partimos de las mismas condiciones que en la distribución binomial y geométrica, es decir, consideramos repeticiones independientes de pruebas de Bernouilli, con probabilidad de éxito p constante para cadarepetición. De…nimos la variable aleatoria binomial negativa X como el número de fracasos que tiene lugar antes de qeu aparezca el k-ésimo éxito. Diremos que una variable aleatoria X sigue una distribución binomial negativa de parárametros k y p, si su función de probabilidad es x k 1 k p (1 1

fx (x) =

p)x

k

; x = k; k + 1; k + 2; :::::

Se dice sigue una distribución binomial negativacon parametros k y p. b (x; k; p) Propiedades Función de distribución:

1.

fx (x) > 0; 8x 2 R
1 X x k x=0

2.

1 k p (1 1

p)x

k

=1

1

Función generatriz de momentos g(t) = p 1 qet
k

Demostración que la función de densidad de probabilidad es igual a 1
1 X x k

x=k

1 k p (1 1

p)x

k

=1

Se demuestra mediante inducción matemática que es un principio de lalógica que se usa para demostrar que una ecuación es valida para todo entero positivo; se procede en tres pasos:

1. Se demustra que es valido para algún entero k(k=1) 2. Se supone que el enunciado es válido para algún entero k 3. Luego se demuestra que esta suposicion implica la validez para el entero k+1 Paso 1: Inducción sobre k. Suponemos que k=1.
1 X x 1 x=1 1 X

1 1 p (1 1 p)x p)x
1p)x

1

p(1 (1

si y

= x p

x=1 1 X

p

1

x=1

1 (1 p)y

1 X y=0

Luego de observar la expresión que tenemos usamos serie geométrica, nos planteamos la suma de una serie geométrica.
1 X

a rn =

a 1 r

n=0

para nuestro caso tenemos que a=1

2

r=1

p p 1 1 (1 p =1 p p)

Paso 2: Suponemos que el resultado es verdadero para k
1 X x k

x=k

1 k p (1 1p)x

k

=1

Simpli…camos un poco antes de hacer elpaso inductivo: 1 = = = =
1 X x k

x=k 1 X x=k

1 k p (1 1

p)x

k

(x 1)! pk (1 (k 1)!(x k)!
1 X (x 1)! (x

p)x p)x
k

k

pk p
k

(k (k

1)! x=0

x=k 1 X

1)! (1 k)!

(x + k 1)! (1 x!

p)n

Entonces podemos cambiar nuestra hipótesis de inducción suponiendo que
1 X (x + k

1)!

x=0

x!

(1

p)x=

(k pk

1)!

(1)

y demostrar que la ecuación (1) es verdadera para k+1 Paso 3: Por demostrar que la ecuación (1) es valida para k+1 Hay que demostrar que
1 X (x + k)!

x=0

x!

(1

p)x =

k! pk+1

(2)

Veamos, tenemos que

3

x=0

1 X (x + k)!

x!

(1

p)x

= = = =

x=1 1 X x=1

x=1 1 X

x=0 1 X

1 X

(x + k) x x x

(x + k 1)! (1 x!

p)x
1 X(x + k

(x + k 1)! (1 x! (x + k 1)! (1 x! (x + k 1)! (1 x!

p)x + k p)x + k p)x +

1)!

x=0

x!

(1

p)x (3)

(k

1)!

pk

k! pk

Trabajemos ahora con
1 X (x + k 1)! x (1 x! x=1

P1 p)x

x=1

x (x+k x!

1)!

(1

p)x :Tenemos que

= (1 = = = = (1 (1 (1 (1

p) p)

1 X (x + k 1)! x (1 x! x=1 1 X

p)x

1

(4) p)x

x=0

d dp

(x + k 1)! (1 x!

p)p) p)

d dp k!

d X dp x=0

1

(x + k 1)! (1 x! 1)! pk

p)x

(k

pk+1

d dp

(denota la derivada con respecto a p) :Insartando (4) en (3) obtenemos
1 X (x + k)!

x=0

x!

(1

p)x

= = =

(1 (1 k! pk+1

p)

k! k! + k pk+1 p

(5)

p)k! + p(k!) pk+1

y por lo tanto hemos demostrado (2), lo que implica que la proposición es verdadera.

4

2

Esperanzakq p

E(X) =

Demostración: Utilizando la función generatriz, obtenemos:

E(X) =

dg(t) dt k

=
t=0

d dt
k 1

p 1 qet

k

t=0 t

= = = = =

1

p qet

p( qe ) (1 qet )2

t=0

kpk qet (1 qet )k+1 kpk q (1 q)k+1 kpk q pk+1 kq p

t=0

3

Varianza var(x) =

kq p2

5

Demostración: E(X 2) = = = = = = = = = = var(X) = = = = = = Ejemplo Los registros de una...
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