Imagina que cada mañana coges el autobús para ir a clase.

• A veces llega a tiempo.
• A veces llega tarde.

Por tanto, podemos definir la siguiente regla:

• Éxito (1): el autobús llega a tiempo.
• Fracaso (0): el autobús llega tarde.

Cada día solo puede ocurrir una de las dos cosas. No hay medias tintas.

Esto es una distribución de Bernoulli.

Resumen: Una Bernoulli es una variable aleatoria con dos posibles resultados éxito 1 con probabilidad \(p\) y fracaso 0 con probabilidad \(1-p\).

Definimos la variable indicadora: \[ X = \begin{cases} 1 & \text{si llega a tiempo}\\ 0 & \text{si llega tarde} \end{cases} \qquad\Rightarrow\qquad X\sim\text{Bernoulli}(p) \] donde \(p\) es la probabilidad de llegar a tiempo.

• Soporte: \(\{0,1\}\)
• Parámetro: \(p\in(0,1)\)
• PMF:
  
  Definimos \(X=1\) si ocurre un éxito y \(X=0\) si ocurre un fracaso. El parámetro \(p\) representa la probabilidad de éxito en un único intento. Por definición: \[ P(X=1)=p. \] Como en un experimento de Bernoulli solo pueden ocurrir dos resultados posibles (éxito o fracaso) y la probabilidad total debe sumar 1, la probabilidad del otro resultado viene dada por el complemento: \[ P(X=0)=1-P(X=1)=1-p. \]
• Media: \[ E[X]=0\cdot(1-p)+1\cdot p=p \]
• Varianza: \[ \mathrm{Var}(X)=E[X^2]-E[X]^2 \] Como \(X\in\{0,1\}\), se cumple \(X^2=X\), entonces \(E[X^2]=E[X]=p\) y: \[ \mathrm{Var}(X)=p-p^2=p(1-p) \]
• MGF: \[ M_X(t)=E[e^{tX}]=(1-p)e^{0}+pe^{t}=1-p+pe^t \]

Imagina una fábrica de bombillas

Sabemos por experiencia que:

• Una bombilla solo puede salir defectuosa o correcta
• Aproximadamente el 2% salen defectuosas

Por tanto definimos:

• Éxito (1): la bombilla es defectuosa.
• Fracaso (0): la bombilla funciona bien.

Como hemos visto antes esto es una Bernoulli. Pero si ahora cogemos una caja con 100 bombillas y queremos saber el número de éxitos tendremos una binomial.

Resumen: Cálcula el número de éxitos en n ensayos de bernoulli.

• Soporte: \(\{0,1,\dots,n\}\)
• Parámetros: \(n\in\mathbb{N}\) (nº de intentos), \(p\in(0,1)\) (prob. de éxito)
• PMF:
  
  Paso 1
  Consideramos una secuencia concreta de \(n\) ensayos, por ejemplo \( (1,0,1,1,0) \).
  
  Paso 2
  Como los ensayos son independientes, la probabilidad conjunta es el producto de las probabilidades individuales: \[ P(1,0,1,1,0) =P(X_1=1)\,P(X_2=0)\,P(X_3=1)\,P(X_4=1)\,P(X_5=0). \]
  
  Paso 3
  Como cada uno es un experimento de Bernoulli, sustituimos usando \(P(X_i=1)=p\) y \(P(X_i=0)=1-p\): \[ p\,(1-p)\,p\,p\,(1-p). \]
  
  Paso 4
  Agrupamos términos iguales.
  Por tanto: \[ p\cdot p\cdot p\,(1-p)\cdot(1-p)=p^3(1-p)^2. \]
  
  Generalización
  Si una secuencia tiene:
  
  \(k\) éxitos
  \(n-k\) fracasos
  
  entonces siempre: \[ P(\text{esa secuencia}) =\underbrace{p\cdot p\cdots p}_{k\ \text{veces}} \underbrace{(1-p)\cdot(1-p)\cdots(1-p)}_{n-k\ \text{veces}} =p^k(1-p)^{n-k}. \]
  
  No hay ningún truco. Es simplemente multiplicar cosas iguales.
  
  Paso 5
  Pero ahora piensa esto: hay muchas secuencias distintas que tienen exactamente \(k\) éxitos.
  
  Ejemplo sencillo: si \(n=3\) y \(k=2\), las secuencias posibles son \((1,1,0)\), \((1,0,1)\) y \((0,1,1)\).
  
  Son 3 secuencias distintas, pero todas tienen 2 éxitos, 1 fracaso y la misma probabilidad \[ p^2(1-p). \]
  
  La pregunta es:
  
  ¿De cuántas formas puedo elegir en qué posiciones van los \(k\) éxitos entre \(n\) intentos?
  
  Eso es exactamente una combinación: \[ \binom{n}{k}. \] Paso 6
  Todas esas secuencias son mutuamente excluyentes y tienen la misma probabilidad \(p^k(1-p)^{n-k}\). Por tanto, la probabilidad total de obtener exactamente \(k\) éxitos se obtiene sumando las probabilidades de todas ellas: \[ P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{\,n-k}. \]
• Media:
  
  Paso 1
  Consideramos \(X_i\) como la variable que indica si el intento \(i\) es un éxito (\(X_i=1\)) o no (\(X_i=0\)). El número total de éxitos en los \(n\) intentos puede escribirse como \[ X=\sum_{i=1}^{n}X_i. \] Esto muestra que la variable binomial es una suma de \(n\) variables asociadas a cada intento.
  
  Paso 2
  Aplicamos la linealidad de la esperanza, que nos permite sumar las esperanzas, haya independencia o no: \[ E[X]=E\Big[\sum_{i=1}^{n}X_i\Big]=\sum_{i=1}^{n}E[X_i]. \]
  
  Paso 3
  Como todas las variables \(X_i\) tienen la misma esperanza \(p\), la suma anterior se convierte en \[ E[X]=\sum_{i=1}^{n}p. \] Al estar sumando el mismo valor \(p\) un total de \(n\) veces, se obtiene finalmente \[ E[X]=np. \]
• Varianza
  
  Paso 1
  Escribimos la binomial como suma: \[ X=\sum_{i=1}^{n}X_i. \]
  
  Paso 2
  Fórmula general de la varianza de una suma: \[ \mathrm{Var}\!\left(\sum_{i=1}^{n}X_i\right) = \sum_{i=1}^{n}\mathrm{Var}(X_i) + 2\sum_{i\lt j}\mathrm{Cov}(X_i,X_j). \]
  
  Paso 3
  Como los ensayos son independientes: \[ \mathrm{Cov}(X_i,X_j)=0 \quad \text{si } i\neq j. \]
  
  Paso 4
  Entonces queda: \[ \mathrm{Var}(X)=\sum_{i=1}^{n}\mathrm{Var}(X_i). \]
  
  Paso 5
  Como \(\mathrm{Var}(X_i)=p(1-p)\), sumamos \(n\) veces: \[ \mathrm{Var}(X)=\sum_{i=1}^{n}p(1-p)=n\,p(1-p). \]
• MGF:
  
  Paso 1
  Partimos de la definición de la función generadora de momentos: \[ M_X(t)=E[e^{tX}]. \]
  
  Paso 2
  Sustituimos la variable binomial como suma de variables: \[ X=\sum_{i=1}^{n}X_i \qquad\Rightarrow\qquad M_X(t)=E\!\left[e^{t\sum_{i=1}^{n}X_i}\right]. \]
  
  Paso 3
  Aquí usamos una propiedad básica del exponencial: \[ e^{a+b}=e^a\,e^b. \] Aplicada repetidamente a una suma, esta propiedad convierte una suma en un producto. En nuestro caso: \[ e^{t(X_1+X_2+\cdots+X_n)} = e^{tX_1}\,e^{tX_2}\cdots e^{tX_n} = \prod_{i=1}^{n} e^{tX_i}. \] Por tanto: \[ M_X(t)=E\!\left[\prod_{i=1}^{n} e^{tX_i}\right]. \]
  
  Paso 4
  Como los ensayos son independientes, la esperanza del producto es el producto de las esperanzas: \[ E\!\left[\prod e^{tX_i}\right] = \prod E[e^{tX_i}]. \]
  
  Paso 5
  Todas las variables \(X_i\) tienen la misma distribución, así que todas las esperanzas son iguales: \[ \prod E[e^{tX_i}] = \big(E[e^{tX_1}]\big)^n. \]
  
  Paso 6
  Usando la MGF de una Bernoulli, \(E[e^{tX_1}]=1-p+pe^t\), se obtiene finalmente: \[ M_X(t)=(1-p+pe^t)^n. \]

Imagina que llamas a un servicio de atención al cliente.

• A veces te atienden.
• A veces no te atienden.

Cada llamada es independiente y siempre tiene la misma probabilidad de éxito.

Por tanto, podemos definir la siguiente regla:

• Éxito (1): te atienden en la llamada.
• Fracaso (0): no te atienden.

A diferencia de otros casos, ahora no fijamos de antemano el número de llamadas.

La pregunta que nos hacemos es:

¿Cuántas llamadas necesito hacer hasta que me atienden por primera vez?

Es decir, contamos cuántos fracasos ocurren seguidos hasta que aparece el primer éxito.

Esto es una distribución geométrica.

Resumen: Una distribución geométrica modela el número de intentos necesarios hasta obtener el primer éxito en una secuencia de ensayos Bernoulli independientes, cada uno con probabilidad de éxito \(p\).

• Soporte: \(\{0,1,2,\dots\}\)
• Parámetro: \(p\in(0,1)\) (probabilidad de éxito en cada intento)
• PMF:
  
  Imagina que \(X\) es el número de llamadas hasta que te atienden por primera vez.
  
  Paso 1
  Que ocurra \(X=k\) significa: fallas \(k-1\) veces y luego tienes éxito en la llamada \(k\).
  
  Paso 2
  Eso corresponde a una única secuencia posible: \[ (\underbrace{0,0,\dots,0}_{k-1\ \text{fracasos}},\,1). \]
  
  Paso 3
  Como cada llamada es independiente, la probabilidad de esa secuencia es el producto: \[ (1-p)\cdot(1-p)\cdots(1-p)\cdot p. \]
  
  Paso 4
  Hay \(k-1\) fracasos, así que agrupando términos queda: \[ P(X=k)=(1-p)^{k-1}p. \]
  
  Conclusión
  \[ P(X=k)=(1-p)^{k-1}p,\qquad k=1,2,3,\dots \]
• Media:
  
  Paso 1
  Por definición, la esperanza de una variable aleatoria discreta se calcula como la suma de cada valor posible multiplicado por su probabilidad: \[ E[X]=\sum_{k} k\,P(X=k). \]
  
  Paso 2
  En la distribución geométrica se cumple \(P(X=k)=p(1-p)^k\) para \(k=0,1,2,\dots\). Sustituyendo esta expresión en la definición anterior: \[ E[X]=\sum_{k=0}^{\infty} k\,p(1-p)^k. \]
  
  Paso 3
  Sacamos el factor constante \(p\) fuera de la suma: \[ E[X]=p\sum_{k=0}^{\infty} k(1-p)^k. \]
  
  Paso 4
  La suma que aparece es una serie infinita que se puede calcular usando una identidad conocida. En particular, se cumple que: \[ \sum_{k=0}^{\infty} k\,q^k=\frac{q}{(1-q)^2}, \] identidad que se obtiene derivando la serie geométrica básica \[ \sum_{k=0}^{\infty} q^k=\frac{1}{1-q}. \] En nuestro caso tomamos \(q=1-p\), lo que permite aplicar directamente esta identidad.
  
  Paso 5
  Sustituyendo en la expresión anterior y simplificando se obtiene finalmente: \[ E[X]=\frac{1-p}{p}. \]
• Varianza:
  
  Paso 1
  Recordamos que la varianza puede calcularse a partir de la esperanza mediante: \[ \mathrm{Var}(X)=E[X^2]-\big(E[X]\big)^2. \]
  
  Paso 2
  Por definición de esperanza para variables aleatorias discretas: \[ E[X^2]=\sum_{k=0}^{\infty} k^2\,P(X=k) = \sum_{k=0}^{\infty} k^2\,p(1-p)^k. \]
  
  Paso 3
  Sacamos el factor constante \(p\) fuera de la suma: \[ E[X^2]=p\sum_{k=0}^{\infty} k^2(1-p)^k. \]
  
  Paso 4
  La suma que aparece es una serie infinita conocida. En particular, se cumple la identidad: \[ \sum_{k=0}^{\infty} k^2 q^k=\frac{q(1+q)}{(1-q)^3}, \] que se obtiene derivando dos veces la serie geométrica básica \[ \sum_{k=0}^{\infty} q^k=\frac{1}{1-q}. \] En nuestro caso tomamos \(q=1-p\), lo que permite aplicar directamente esta identidad.
  
  Paso 5
  Sustituyendo \(q=1-p\) en la identidad anterior se obtiene: \[ E[X^2] = p\,\frac{(1-p)(1+(1-p))}{p^3} = \frac{(1-p)(2-p)}{p^2}. \]
  
  Paso 6
  Ya conocemos la media \(E[X]=\frac{1-p}{p}\). Sustituimos ambos valores en la definición de la varianza: \[ \mathrm{Var}(X) = E[X^2]-\big(E[X]\big)^2 = \frac{(1-p)(2-p)}{p^2} - \left(\frac{1-p}{p}\right)^2. \] Desarrollando el cuadrado y simplificando: \[ \mathrm{Var}(X) = \frac{(1-p)(2-p)-(1-p)^2}{p^2} = \frac{1-p}{p^2}. \]
• MGF:
  
  Paso 1
  Partimos de la definición de la función generadora de momentos: \[ M_X(t)=E[e^{tX}]. \]
  
  Paso 2
  Usamos la definición de esperanza para una variable discreta: \[ M_X(t)=\sum_{k=0}^{\infty} e^{tk}\,P(X=k). \]
  
  Paso 3
  Sustituimos la PMF de la geométrica: \[ P(X=k)=p(1-p)^k. \] Entonces: \[ M_X(t)=\sum_{k=0}^{\infty} p\,\big[(1-p)e^{t}\big]^k. \]
  
  Paso 4
  Reconocemos una serie geométrica de la forma \[ \sum_{k=0}^{\infty} r^k=\frac{1}{1-r}, \qquad |r|<1. \] En nuestro caso \(r=(1-p)e^{t}\), que cumple la condición si \[ t<-\ln(1-p). \]
  
  Paso 5
  Aplicando la identidad de la serie geométrica:

  \[ M_X(t)=\frac{p}{1-(1-p)e^{t}}, \qquad t<-\ln(1-p). \]

  
  
  

Imagina que tienes una urna con bolas de dos tipos.

• Algunas bolas son rojas.
• Las demás bolas son blancas.

Sabemos exactamente cuántas bolas hay de cada tipo dentro de la urna.

Ahora extraemos bolas sin devolverlas a la urna.

Por tanto, podemos definir la siguiente regla:

• Éxito (1): sacar una bola roja.
• Fracaso (0): sacar una bola blanca.

A diferencia de otros casos, la probabilidad cambia en cada extracción, porque el contenido de la urna se va modificando.

La pregunta que nos hacemos es:

¿Cuántas bolas rojas obtengo al extraer un número fijo de bolas?

Es decir, contamos el número de éxitos en una muestra tomada sin reemplazo de una población finita.

Esto es una distribución hipergeométrica.

Resumen: Una distribución hipergeométrica modela el número de éxitos en una muestra extraída sin reemplazo de una población finita, donde el número total de éxitos y fracasos es conocido.

• Soporte: \(\{0,1,\dots,n\}\) (en realidad, máx. \(\min(n,K)\))
• Parámetros: \(N\) (tamaño población), \(K\) éxitos en la población, \(n\) tamaño de muestra sin reemplazo
• PMF:
  
  Paso 1
  Consideramos una población finita de tamaño \(N\), que contiene:
  • \(K\) éxitos (por ejemplo, bolas rojas).
  • \(N-K\) fracasos (bolas blancas).
  Extraemos una muestra de tamaño \(n\) sin reemplazo.
  
  Paso 2
  El evento \(X=k\) significa:
  • Elegir exactamente \(k\) éxitos de los \(K\) disponibles.
  • Elegir exactamente \(n-k\) fracasos de los \(N-K\) disponibles.
  No importa el orden en que se extraigan, solo el conjunto final.
  
  Paso 3
  El número de formas de elegir \(k\) éxitos entre \(K\) es: \[ \binom{K}{k}. \]
  
  Paso 4
  El número de formas de elegir \(n-k\) fracasos entre \(N-K\) es: \[ \binom{N-K}{\,n-k\,}. \]
  
  Paso 5
  Como ambas elecciones son independientes entre sí, el número total de muestras favorables es el producto: \[ \binom{K}{k}\binom{N-K}{\,n-k\,}. \]
  
  Paso 6
  El número total de muestras posibles de tamaño \(n\) que pueden extraerse de una población de tamaño \(N\) es: \[ \binom{N}{n}. \]
  
  Paso 7
  Como todas las muestras posibles son igualmente probables, la probabilidad de obtener exactamente \(k\) éxitos es el cociente: \[ P(X=k) = \frac{\binom{K}{k}\,\binom{N-K}{\,n-k\,}}{\binom{N}{n}}. \]
• Media:
  
  Paso 1
  Pensamos cada extracción como una variable indicadora. Definimos \(X_i=1\) si en la extracción \(i\) obtenemos un éxito, y \(X_i=0\) si obtenemos un fracaso.
  
  Paso 2
  El número total de éxitos en la muestra puede escribirse como la suma: \[ X = X_1 + X_2 + \cdots + X_n. \]
  
  Paso 3
  Aunque las extracciones no son independientes, todas tienen la misma probabilidad de éxito, ya que la proporción de éxitos en la población es constante. Esa probabilidad es: \[ P(X_i=1)=\frac{K}{N}. \]
  
  Paso 4
  Por definición de esperanza y usando la linealidad de la esperanza: \[ E[X]=E\!\left[\sum_{i=1}^{n} X_i\right] = \sum_{i=1}^{n} E[X_i]. \]
  
  Paso 5
  Como cada \(X_i\) tiene esperanza \(\frac{K}{N}\), se obtiene: \[ E[X] = \sum_{i=1}^{n} \frac{K}{N} = n\frac{K}{N}. \]
• Varianza:

  Paso 1
  Escribimos el número total de éxitos como suma de variables indicadoras:

  \[ X = X_1 + X_2 + \cdots + X_n \]

  donde \(X_i=1\) si la extracción \(i\) es un éxito y \(X_i=0\) en caso contrario.

  Paso 2
  Para calcular la varianza de una suma usamos la descomposición general:

  \[ \operatorname{Var}(X) = \sum_{i=1}^{n}\operatorname{Var}(X_i) + 2\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n}\operatorname{Cov}(X_i,X_j) \]

  El primer sumatorio recoge la variabilidad de cada extracción por separado. El segundo corrige por la dependencia entre pares de extracciones, que aparece porque el muestreo se realiza sin reemplazo.

  Paso 3
  Cada \(X_i\) es una variable indicadora: solo puede valer 0 o 1. Antes de fijar ninguna otra extracción, la probabilidad de éxito en una extracción cualquiera es la proporción de éxitos en la población:

  \[ P(X_i=1)=\frac{K}{N}, \qquad P(X_i=0)=1-\frac{K}{N} \]

  Esto coincide con la definición de una Bernoulli con parámetro \(p=\frac{K}{N}\). Ahora justificamos por qué su varianza vale \(p(1-p)\) (y no lo “suponemos”):

  Por definición, \[ \operatorname{Var}(X_i)=E[X_i^2]-\big(E[X_i]\big)^2. \]

  Como \(X_i\in\{0,1\}\), se cumple que \(X_i^2=X_i\). Por tanto: \[ E[X_i^2]=E[X_i]. \]

  Además, para una Bernoulli, \(E[X_i]=P(X_i=1)=p\). Sustituyendo: \[ \operatorname{Var}(X_i)=p-p^2=p(1-p). \]

  Aplicando esto con \(p=\frac{K}{N}\): \[ \operatorname{Var}(X_i) = \frac{K}{N}\left(1-\frac{K}{N}\right). \]

  Paso 4
  Las variables \(X_i\) y \(X_j\) no son independientes. Al extraer sin reemplazo, obtener un éxito reduce la probabilidad de obtener otro. Esto se traduce en una covarianza negativa:

  \[ \operatorname{Cov}(X_i,X_j) = -\,\frac{K}{N}\left(1-\frac{K}{N}\right)\frac{1}{N-1} \]

  Paso 5
  Sustituimos en la fórmula general. El primer sumatorio tiene \(n\) términos iguales \(\Rightarrow\) aparece el factor \(n\). El segundo término suma las covarianzas de todos los pares distintos; hay \(\binom{n}{2}\) pares, y la fórmula lleva un factor 2 \(\Rightarrow\) aparece \(2\binom{n}{2}\):

  \[ \operatorname{Var}(X) = n\frac{K}{N}\left(1-\frac{K}{N}\right) + 2\binom{n}{2} \left( -\,\frac{K}{N}\left(1-\frac{K}{N}\right)\frac{1}{N-1} \right) \]

  Paso 6
  Ahora simplificamos paso a paso. Primero sacamos el factor común \(\frac{K}{N}\left(1-\frac{K}{N}\right)\):

  \[ \operatorname{Var}(X) = \frac{K}{N}\left(1-\frac{K}{N}\right) \left[ n - 2\binom{n}{2}\frac{1}{N-1} \right] \]

  Usamos que \(\binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}\). Entonces: \[ 2\binom{n}{2} = 2\cdot\frac{n(n-1)}{2} = n(n-1). \]

  Sustituyendo: \[ \operatorname{Var}(X) = \frac{K}{N}\left(1-\frac{K}{N}\right) \left[ n - \frac{n(n-1)}{N-1} \right] \]

  Ahora sacamos \(n\) factor común dentro del corchete: \[ n - \frac{n(n-1)}{N-1} = n\left( 1 - \frac{n-1}{N-1} \right). \]

  Unificamos dentro del paréntesis: \[ 1-\frac{n-1}{N-1} = \frac{N-1}{N-1} - \frac{n-1}{N-1} = \frac{N-n}{N-1}. \]

  Por tanto: \[ \operatorname{Var}(X) = \frac{K}{N}\left(1-\frac{K}{N}\right) \,n\, \frac{N-n}{N-1}. \]

  Reordenando, queda la forma estándar: \[ \operatorname{Var}(X) = n\frac{K}{N}\left(1-\frac{K}{N}\right)\frac{N-n}{N-1}. \]

• MGF:
  
  La función generadora de momentos se define como \(M_X(t)=E[e^{tX}]\). En la distribución hipergeométrica, calcular esta esperanza implica sumar términos combinatorios complejos asociados al muestreo sin reemplazo.
  
  A diferencia de la binomial o la geométrica, esta suma no se puede simplificar a una expresión compacta y manejable. Por este motivo, la distribución hipergeométrica no tiene una MGF con forma cerrada simple, y sus momentos suelen obtenerse por otros métodos.

Imagina que tienes una urna con bolas de dos tipos.

• Algunas bolas son rojas.
• Las demás bolas son blancas.

No importa el número total de bolas en la urna, solo la proporción de bolas rojas.

Ahora extraemos bolas devolviéndolas a la urna después de cada extracción.

Esto hace que cada extracción sea independiente y tenga siempre la misma probabilidad de éxito.

Por tanto, podemos definir la siguiente regla:

• Éxito (1): sacar una bola roja.
• Fracaso (0): sacar una bola blanca.

Fijamos de antemano el número total de extracciones, digamos \(n\).

La pregunta que nos hacemos es:

¿Cuántas bolas rojas obtengo al realizar \(n\) extracciones?

Es decir, contamos el número de éxitos en una secuencia de ensayos independientes, todos con la misma probabilidad de éxito.

Esto es una distribución binomial.

Resumen: Una distribución binomial modela el número de éxitos en un número fijo de ensayos independientes, cada uno con probabilidad de éxito \(p\).

• Soporte: \(\{0,1,2,\dots\}\)
• Parámetros: \(r>0\) (número de éxitos objetivo; usualmente entero), \(p\in(0,1)\)
• PMF:
  
  Paso 1 · Ejemplo concreto
  Imagina que estás llamando a un servicio técnico. Cada llamada es independiente y:
  • Con probabilidad \(p\) te atienden (éxito).
  • Con probabilidad \(1-p\) no te atienden (fracaso).
  Decides seguir llamando hasta que te atiendan dos veces.
  
  Paso 2 · Qué significa \(X=k\)
  Definimos la variable aleatoria \(X\) como el número de fracasos antes de que ocurra el segundo éxito.
  
  Por ejemplo, \(X=3\) significa que:
  • Han ocurrido exactamente 3 fracasos.
  • Han ocurrido exactamente 2 éxitos.
  • La última llamada es necesariamente un éxito (el segundo).
  Una secuencia posible sería: \[ (F, E, F, F, E) \]
  
  Paso 3 · Probabilidad de una secuencia concreta
  En esa secuencia hay:
  • 3 fracasos \(\Rightarrow (1-p)^3\).
  • 2 éxitos \(\Rightarrow p^2\).
  Como las llamadas son independientes, la probabilidad de esa secuencia es: \[ (1-p)^3\,p^2. \]
  
  Paso 4 · ¿Cuántas secuencias dan lugar a \(X=3\)?
  El último resultado está fijado (tiene que ser un éxito). Antes de él hay \(3+2-1=4\) posiciones, en las que debemos colocar:
  • 3 fracasos.
  • 1 éxito.
  El número de formas distintas de hacerlo es: \[ \binom{4}{3}. \]
  
  Paso 5 · Probabilidad total del evento \(X=3\)
  Todas esas secuencias son disjuntas y tienen la misma probabilidad, así que sumamos sus probabilidades: \[ P(X=3)=\binom{4}{3}(1-p)^3p^2. \]
  
  Paso 6 · Generalización
  Si en lugar de 2 éxitos queremos obtener \(r\) éxitos, y el número de fracasos es \(k\), el razonamiento es exactamente el mismo:
  • El último ensayo es el \(r\)-ésimo éxito.
  • Antes hay \(k+r-1\) ensayos.
  • De ellos, \(k\) son fracasos y \(r-1\) son éxitos.
  El número de secuencias posibles es: \[ \binom{k+r-1}{k}. \]
  
  Resultado final
  Multiplicando número de secuencias por la probabilidad de cada una: \[ P(X=k) = \binom{k+r-1}{k}(1-p)^k\,p^r. \]
• Media:
  
  Idea clave antes de empezar
  La binomial negativa cuenta cuántos fracasos ocurren hasta obtener exactamente \(r\) éxitos.
  
  En lugar de calcular la media “de golpe”, vamos a usar una idea muy sencilla: llegar a \(r\) éxitos es lo mismo que repetir \(r\) veces la espera hasta un éxito.
  
  Paso 1 · Descomponer el proceso
  Imagina el proceso así:
  • Esperas hasta el primer éxito → cuenta fracasos.
  • Luego esperas hasta el segundo éxito → cuenta fracasos.
  • Y así sucesivamente, hasta el éxito número \(r\).
  Cada uno de esos tramos es una distribución geométrica con probabilidad de éxito \(p\).
  
  Paso 2 · Escribir la variable como suma
  Si llamamos \(Y_1, Y_2, \dots, Y_r\) al número de fracasos antes de cada éxito, entonces el número total de fracasos es: \[ X = Y_1 + Y_2 + \cdots + Y_r. \]
  
  Paso 3 · Media de cada tramo
  Ya sabemos (de la distribución geométrica) que el número medio de fracasos antes de un éxito es: \[ E[Y_i] = \frac{1-p}{p}. \]
  
  Paso 4 · Sumar las medias
  Usamos la linealidad de la esperanza: \[ E[X] = E[Y_1 + \cdots + Y_r] = E[Y_1] + \cdots + E[Y_r]. \]
  
  Como hay \(r\) términos iguales: \[ E[X] = r\,\frac{1-p}{p}. \]
  
  Interpretación
  De media, cada éxito “cuesta” \(\frac{1-p}{p}\) fracasos. Para obtener \(r\) éxitos, el número medio total de fracasos es simplemente \(r\) veces esa cantidad.
• Varianza:
  
  Idea clave
  Igual que con la media, la clave está en ver la binomial negativa como la suma de varias esperas independientes hasta un éxito.
  
  Paso 1 · Descomponer el proceso
  Para obtener \(r\) éxitos, el proceso se puede dividir en \(r\) etapas:
  • Esperar hasta el primer éxito.
  • Esperar hasta el segundo éxito.
  • …
  • Esperar hasta el éxito número \(r\).
  Si llamamos \(Y_1, Y_2, \dots, Y_r\) al número de fracasos antes de cada éxito, entonces: \[ X = Y_1 + Y_2 + \cdots + Y_r. \]
  
  Paso 2 · Varianza de cada tramo
  Cada variable \(Y_i\) sigue una distribución geométrica con probabilidad de éxito \(p\). Para una geométrica se cumple: \[ \operatorname{Var}(Y_i)=\frac{1-p}{p^2}. \]
  
  Paso 3 · Independencia
  Las esperas entre éxitos son independientes entre sí: lo que ocurre antes de un éxito no afecta a la espera hasta el siguiente.
  
  Paso 4 · Varianza de una suma
  Cuando sumamos variables independientes, la varianza de la suma es la suma de las varianzas: \[ \operatorname{Var}(X) = \operatorname{Var}(Y_1 + \cdots + Y_r) = \operatorname{Var}(Y_1) + \cdots + \operatorname{Var}(Y_r). \]
  
  Paso 5 · Sumar \(r\) veces la misma varianza
  Como todas las \(Y_i\) tienen la misma varianza: \[ \operatorname{Var}(X) = r\,\frac{1-p}{p^2}. \]
  
  Interpretación
  La dispersión total crece linealmente con el número de éxitos \(r\), y aumenta rápidamente cuando \(p\) es pequeño, porque los fracasos se vuelven más impredecibles.
• MGF:
  
  Idea clave
  Igual que con la media y la varianza, la clave está en ver la binomial negativa como una suma de esperas geométricas independientes.
  
  Paso 1 · Descomponer la variable
  Para obtener \(r\) éxitos, el número total de fracasos puede escribirse como la suma de las esperas hasta cada éxito: \[ X = Y_1 + Y_2 + \cdots + Y_r, \] donde cada \(Y_i\) es el número de fracasos antes del \(i\)-ésimo éxito y sigue una distribución geométrica con probabilidad de éxito \(p\).
  
  Paso 2 · MGF de una suma
  Por definición, la función generadora de momentos es \[ M_X(t)=E[e^{tX}]. \] Sustituyendo la descomposición anterior: \[ M_X(t)=E\!\left[e^{t(Y_1+\cdots+Y_r)}\right]. \]
  
  Paso 3 · Pasar de suma a producto
  Usamos que el exponencial convierte sumas en productos: \[ e^{t(Y_1+\cdots+Y_r)} = e^{tY_1}\cdots e^{tY_r}. \] Por tanto: \[ M_X(t)=E\!\left[e^{tY_1}\cdots e^{tY_r}\right]. \]
  
  Paso 4 · Independencia
  Las esperas \(Y_1,\dots,Y_r\) son independientes, así que la esperanza del producto es el producto de las esperanzas: \[ M_X(t)=\prod_{i=1}^{r} E[e^{tY_i}]. \]
  
  Paso 5 · Todas las MGFs son iguales
  Todas las variables \(Y_i\) siguen la misma distribución geométrica, luego: \[ M_X(t)=\big(M_Y(t)\big)^r. \]
  
  Paso 6 · MGF de la geométrica
  Para una variable geométrica (fracasos antes del primer éxito), la MGF es: \[ M_Y(t)=\frac{p}{\,1-(1-p)e^t\,}, \qquad t<-\ln(1-p). \]
  
  Paso 7 · Resultado final
  Sustituyendo en la expresión anterior: \[ M_X(t) = \left(\frac{p}{\,1-(1-p)e^t\,}\right)^r, \qquad t<-\ln(1-p). \]

Imagina que estás observando un fenómeno que ocurre de forma aleatoria en el tiempo.

• Por ejemplo, las llamadas que llegan a un call center.
• O los coches que pasan por un peaje.
• O los errores que aparecen en una página web.

Sabemos que, de media, estos eventos ocurren a un cierto ritmo constante.

Por ejemplo: llegan unas \(\lambda\) llamadas por hora.

Dividimos el tiempo en intervalos pequeños y observamos lo siguiente:

• En un intervalo muy pequeño, la probabilidad de que ocurra un evento es muy baja.
• Es muy poco probable que ocurran dos eventos a la vez.
• Lo que ocurre en un intervalo es independiente de los demás.

Ahora nos hacemos la siguiente pregunta:

¿Cuántos eventos ocurren en un intervalo de tiempo fijo?

Es decir, contamos el número de veces que ocurre el evento durante un periodo dado (por ejemplo, una hora).

Esto es una distribución de Poisson.

Resumen: Una distribución de Poisson modela el número de eventos que ocurren en un intervalo fijo de tiempo o espacio, cuando los eventos suceden de forma independiente y a una tasa media constante \(\lambda\).

• Soporte: \(\{0,1,2,\dots\}\)
• Parámetro: \(\lambda>0\)
• PMF:
  
  Paso 1 · Ejemplo concreto
  Imagina que en un call center llegan, de media, \(\lambda=2\) llamadas por hora. Observamos exactamente una hora y contamos cuántas llamadas llegan en ese intervalo.
  
  Paso 2 · Dividir el tiempo
  Dividimos la hora en \(n\) intervalos muy pequeños, de modo que en cada uno:
  • La probabilidad de que llegue una llamada es muy pequeña.
  • Es prácticamente imposible que lleguen dos llamadas a la vez.
  En cada intervalo ocurre:
  • Éxito (1): llega una llamada.
  • Fracaso (0): no llega ninguna llamada.
  
  Paso 3 · Modelo binomial
  En cada intervalo la probabilidad de éxito es aproximadamente \(p=\frac{\lambda}{n}\). Por independencia, el número total de llamadas en la hora se puede aproximar por una binomial: \[ X_n \sim \operatorname{Binomial}\!\left(n,\frac{\lambda}{n}\right). \]
  
  Paso 4 · Probabilidad de un valor concreto
  La probabilidad de que lleguen exactamente \(k\) llamadas es: \[ P(X_n=k) = \binom{n}{k}\left(\frac{\lambda}{n}\right)^k \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k}. \]
  
  Paso 5 · Pasar al límite
  Ahora hacemos \(n\to\infty\), es decir, tomamos intervalos cada vez más pequeños. En ese límite ocurren tres cosas clave:
  • \(\displaystyle \binom{n}{k}\frac{1}{n^k}\to\frac{1}{k!}\)
  • \(\displaystyle \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^n\to e^{-\lambda}\)
  • \(\displaystyle \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{-k}\to 1\)
  
  Paso 6 · Resultado del límite
  Sustituyendo estos límites se obtiene: \[ P(X=k) = e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}. \]
  
  Interpretación
  La distribución de Poisson aparece como el límite de una binomial cuando el número de ensayos es muy grande y la probabilidad de éxito en cada uno es muy pequeña, manteniendo constante la media \(\lambda\).
• Media:
  
  Idea clave
  La distribución de Poisson se usa para contar cuántas veces ocurre un evento en un intervalo fijo, cuando sabemos cuántas veces ocurre de media.
  
  Paso 1 · Interpretación de \(\lambda\)
  El parámetro \(\lambda\) representa directamente la tasa media de ocurrencia del evento en el intervalo considerado.
  
  Por ejemplo, si \(\lambda=3\), significa que:
  • De media llegan 3 llamadas por hora.
  • De media ocurren 3 eventos en el intervalo.
  
  Paso 2 · Conexión con la binomial
  En la construcción de Poisson como límite de una binomial, consideramos una binomial con parámetros \(n\) y \(p=\frac{\lambda}{n}\). La media de una binomial es: \[ E[X_n]=np=\lambda. \]
  
  Paso 3 · Pasar al límite
  Al hacer \(n\to\infty\), la distribución binomial converge a una Poisson, y la media se conserva en el límite.
  
  Resultado final
  \[ E[X]=\lambda. \]
• Varianza:
  
  Idea clave
  En la distribución de Poisson, la dispersión del número de eventos está directamente ligada a la frecuencia con la que ocurren.
  
  Paso 1 · Conexión con la binomial
  En la construcción de Poisson como límite de una binomial, partimos de una binomial con parámetros \(n\) y \(p=\frac{\lambda}{n}\).
  
  Paso 2 · Varianza de la binomial
  La varianza de una binomial es: \[ \operatorname{Var}(X_n)=np(1-p). \]
  
  Paso 3 · Sustituir el parámetro
  Sustituyendo \(p=\frac{\lambda}{n}\): \[ \operatorname{Var}(X_n) = n\frac{\lambda}{n}\left(1-\frac{\lambda}{n}\right) = \lambda\left(1-\frac{\lambda}{n}\right). \]
  
  Paso 4 · Pasar al límite
  Al hacer \(n\to\infty\), el término \(\frac{\lambda}{n}\) tiende a 0, y por tanto: \[ \operatorname{Var}(X)=\lambda. \]
  
  Resultado final
  \[ \operatorname{Var}(X)=\lambda. \]
• MGF:
  
  Paso 1 · Definición
  La función generadora de momentos se define como: \[ M_X(t)=E[e^{tX}]. \]
  
  Paso 2 · Usar la PMF de Poisson
  Si \(X\sim\text{Poisson}(\lambda)\), entonces: \[ P(X=k)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!},\qquad k=0,1,2,\dots \] Sustituyendo en la definición: \[ M_X(t)=\sum_{k=0}^{\infty} e^{tk}\,e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}. \]
  
  Paso 3 · Sacar factores comunes
  Sacamos fuera de la suma los términos que no dependen de \(k\): \[ M_X(t) = e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\lambda e^{t})^k}{k!}. \]
  
  Paso 4 · Reconocer la serie exponencial
  Recordamos que: \[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{a^k}{k!}=e^{a}. \] Aplicándolo con \(a=\lambda e^{t}\): \[ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\lambda e^{t})^k}{k!} = e^{\lambda e^{t}}. \]
  
  Paso 5 · Simplificar
  Sustituyendo en la expresión anterior: \[ M_X(t) = e^{-\lambda}\,e^{\lambda e^{t}} = e^{\lambda(e^{t}-1)}. \]
  
  Resultado final
  \[ M_X(t)=\exp\!\big(\lambda(e^{t}-1)\big). \]

punif(5, 1, 6) - punif(2, 1, 6)
c(media = (1+6)/2, var = (6-1)^2/12)

pexp(4, rate=1) - pexp(1, rate=1)
exp(-1) - exp(-4)
# media y varianza
c(media = 1/1, var = 1/1^2)

pnorm(130, mean=100, sd=15) - pnorm(90, mean=100, sd=15)
c(media = 100, var = 225)

pgamma(5, shape=2, scale=3)
c(media = 2*3, var = 2*3^2)

pbeta(0.4, shape1=3, shape2=3)
c(media = 3/(3+3), var = 3*3/((3+3)^2*(3+3+1)))

plnorm(1, meanlog=0, sdlog=1)
c(media = exp(0 + 1^2/2), var = (exp(1^2)-1)*exp(2*0 + 1^2))

pchisq(10, df=6)
c(media = 6, var = 12)

pt(1.5, df=5) - pt(-1, df=5)
c(media = 0, var = 5/3)

pf(2, df1=3, df2=15)
c(media = 15/13, var = 2*15^2*(3+15-2)/(3*(15-2)^2*(15-4)))

pcauchy(1) - pcauchy(-1)

plaplace <- function(x, m=0, b=1){
  ifelse(x < m, 0.5*exp((x-m)/b), 1-0.5*exp(-(x-m)/b))
}
plaplace(1) - plaplace(-1)
# media y varianza
c(media = 0, var = 2)

plogis(1, location=0, scale=1)
c(media = 0, var = pi^2/3)

pweibull(3, shape=3, scale=2, lower.tail=FALSE)
# media y varianza
c(media = 2*gamma(4/3), var = 4*(gamma(1+2/3) - gamma(4/3)^2))