Distribuciones clave: binomial, Poisson y normal

1. La pregunta

Un banco tiene una cartera de 1000 créditos con una probabilidad de impago del 3 % cada uno. ¿Cuántos impagos debe esperar? Treinta, evidentemente. Pero eso no basta para dotar provisiones: hace falta saber con qué margen. ¿Puede haber 60? ¿80? ¿Con qué probabilidad?

Responder exige saber qué forma tiene la distribución del número de impagos. Este tema presenta las tres familias que cubren casi todo lo que aparece en economía, y —lo más útil— cuándo cada una es una buena aproximación de otra.

2. Intuición

Las tres distribuciones responden a tres preguntas distintas.

Binomial: contar éxitos en un número fijo de intentos. Mil créditos, cada uno impaga o no. Cien clientes, cada uno compra o no. Es la distribución del «cuántos de los $n$».

Poisson: contar sucesos en un intervalo, sin número fijo de intentos. ¿Cuántos clientes entran en la tienda esta hora? No hay «intentos»: hay un flujo. Podrían ser 3 o 30. La Poisson describe sucesos raros que ocurren a un ritmo medio conocido.

Las dos están relacionadas: la Poisson es el límite de la binomial cuando hay muchísimos intentos y cada uno tiene probabilidad diminuta. Muchos transeúntes, cada uno con poca probabilidad de entrar.

Normal: la campana. Aparece cuando lo que se mide es la suma o el promedio de muchos efectos pequeños e independientes. La altura de una persona resulta de miles de factores genéticos y ambientales; el error de medida, de muchas imprecisiones que se acumulan. Por eso la campana está en todas partes, y el tema 24 explicará exactamente por qué.

Y la conexión práctica que hay que retener: con $n$ grande, la binomial también se parece a una normal. Eso permite calcular con la campana lo que sería una pesadilla combinatoria.

3. Formalización

Distribución de Bernoulli

Un solo experimento con dos resultados: éxito (1) con probabilidad $p$ y fracaso (0) con probabilidad $1-p$.

$$E[X]=p,\mathrm{Var}(X)=p(1-p)$$

La varianza es máxima en $p=0,5$ y tiende a cero cuando $p$ se acerca a 0 o a 1: lo casi seguro tiene poca incertidumbre.

Distribución binomial

$X\sim B(n,p)$ cuenta los éxitos en $n$ ensayos de Bernoulli independientes y con la misma probabilidad $p$.

$$P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k},k=0,1,\dots ,n$$

donde $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=\frac{n!}{k!(n-k)!}$ es el número de formas de elegir cuáles $k$ de los $n$ ensayos son los exitosos.

$$E[X]=np,\mathrm{Var}(X)=np(1-p)$$

Las dos hipótesis son exigentes y en economía fallan a menudo: los impagos no son independientes (se concentran en recesiones) y $p$ no es igual para todos los clientes. Suponer binomial cuando no lo es subestima gravemente la probabilidad de muchos impagos simultáneos.

Distribución de Poisson

$X\sim \text{Poisson}(\lambda )$ cuenta sucesos en un intervalo fijo, con $\lambda$ el número medio de sucesos por intervalo.

$$P(X=k)=\frac{e^{-\lambda }{\lambda }^k}{k!},k=0,1,2,\dots$$ $$E[X]=\lambda ,\mathrm{Var}(X)=\lambda$$

Media y varianza coinciden. Es una propiedad muy característica, y sirve de comprobación: si en unos datos la varianza es mucho mayor que la media (sobredispersión), la Poisson no es el modelo adecuado.

Aproximación de la binomial por Poisson. Si $n$ es grande y $p$ pequeño, con $\lambda =np$:

$$B(n,p)\approx \text{Poisson}(np)$$

Regla habitual: $n\ge 50$ y $p\le 0,1$. Ahorra calcular factoriales enormes.

Distribución normal

$X\sim N(\mu ,\sigma )$, con densidad

$$f(x)=\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}$$

Propiedades:

• Simétrica respecto de $\mu$, con forma de campana.
• $\mu$ localiza el centro; $\sigma$ controla la anchura.
• Regla empírica: el 68 % de la masa está en $\mu \pm \sigma$, el 95 % en $\mu \pm 2\sigma$ y el 99,7 % en $\mu \pm 3\sigma$.
• Toda combinación lineal de normales independientes es normal.

Tipificación. El cambio de variable

$$Z=\frac{X-\mu }{\sigma }$$

convierte cualquier normal en la normal estándar $N(0,1)$, cuya función de distribución se denota $\Phi (z)$ y está tabulada.

$$P(a\le X\le b)=\Phi \left(\frac{b-\mu }{\sigma }\right)-\Phi \left(\frac{a-\mu }{\sigma }\right)$$

Por la simetría, $\Phi (-z)=1-\Phi (z)$, que es lo que permite usar tablas que solo recogen valores positivos.

Valores que conviene memorizar, porque reaparecen en todos los intervalos de confianza del tema 26:

Nivel central	$z$
90 %	1,645
95 %	1,96
99 %	2,576

Aproximación normal de la binomial

Si $np\ge 5$ y $n(1-p)\ge 5$:

$$B(n,p)\approx N\left(np,\sqrt{np(1-p)}\right)$$

Corrección por continuidad. Se aproxima una variable discreta por una continua, así que para calcular $P(X=k)$ o $P(X\le k)$ se ajusta media unidad:

$$P(X\le k)\approx \Phi \left(\frac{k+0,5-np}{\sqrt{np(1-p)}}\right)$$

Con $n$ grande la corrección importa poco, pero con $n$ moderado mejora bastante la aproximación.

Cuál usar: guía rápida

Situación	Distribución
$n$ fijo de intentos, éxito/fracaso	binomial
$n$ grande, $p$ pequeño	Poisson con $\lambda =np$
$n$ grande, $p$ moderado	normal
sucesos en el tiempo o el espacio, ritmo medio conocido	Poisson
suma o promedio de muchos efectos	normal

4. Ejemplo económico resuelto

Problema. El banco del principio: 1000 créditos, probabilidad de impago del 3 % cada uno, supuestos independientes.

1. ¿Cuántos impagos se esperan y con qué desviación típica?
2. ¿Probabilidad de que haya como mucho 25 impagos?
3. ¿Qué nivel de provisiones cubre el 99 % de los escenarios?
4. ¿Qué pasa si los impagos no son independientes?

Paso 1. Modelo y momentos.

$$X\sim B(1000;0,03)$$ $$E[X]=np=1000(0,03)=30\text{ impagos}$$ $$\mathrm{Var}(X)=np(1-p)=1000(0,03)(0,97)=29,1$$ $$\sigma =\sqrt{29,1}=5,394$$

Paso 2. Elegir la aproximación. Calcular $P(X\le 25)={\sum }_{k=0}^{25}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1000}{k}\right)(0,03{)}^k(0,97{)}^{1000-k}$ a mano es inviable. Comprobamos las condiciones:

$$np=30\ge 5✓n(1-p)=970\ge 5✓$$

Se puede usar la aproximación normal. (También valdría Poisson con $\lambda =30$, puesto que $p=0,03\le 0,1$; con $\lambda$ grande las dos aproximaciones casi coinciden.)

Paso 3. Calcular $P(X\le 25)$ con corrección por continuidad.

$$P(X\le 25)\approx \Phi \left(\frac{25,5-30}{5,394}\right)=\Phi (-0,834)$$ $$\Phi (-0,834)=1-\Phi (0,834)=1-0,7978=0,2022$$

Alrededor del 20 %. Hay una probabilidad de solo uno entre cinco de que los impagos no lleguen a 25.

Paso 4. Provisiones para el 99 % de los escenarios. Buscamos $k$ tal que $P(X\le k)=0,99$, es decir, $z=2,326$ (percentil 99 de la normal estándar):

$$k=np+z\sigma =30+2,326(5,394)=30+12,55=42,55$$

Se debe provisionar para 43 impagos.

Lectura de gestión. La media es 30, pero provisionar 30 dejaría al banco corto casi la mitad de los años. Para cubrir el 99 % de los escenarios hace falta un 43 % más que la media. Esa diferencia entre la pérdida esperada y la pérdida en un escenario adverso es, en la jerga de riesgos, el capital económico, y es la razón de que los bancos tengan requisitos de capital por encima de sus provisiones ordinarias.

Paso 5. Qué pasa sin independencia. Aquí está lo importante y lo que el modelo binomial no puede capturar.

Supongamos que hay dos escenarios macroeconómicos: expansión (probabilidad 0,8), en la que $p=0,015$, y recesión (probabilidad 0,2), en la que $p=0,09$. La probabilidad media de impago sigue siendo:

$$0,8(0,015)+0,2(0,09)=0,012+0,018=0,03✓$$

La misma media. Pero la varianza total, aplicando la descomposición $\mathrm{Var}(X)=E[\mathrm{Var}(X\mid S)]+\mathrm{Var}(E[X\mid S])$:

$$E[X\mid \text{expansioˊn}]=15,E[X\mid \text{recesioˊn}]=90$$ $$\mathrm{Var}(E[X\mid S])=0,8(15-30{)}^2+0,2(90-30{)}^2=0,8(225)+0,2(3600)=180+720=900$$ $$E[\mathrm{Var}(X\mid S)]=0,8[1000(0,015)(0,985)]+0,2[1000(0,09)(0,91)]$$ $$=0,8(14,78)+0,2(81,9)=11,82+16,38=28,2$$ $$\mathrm{Var}(X)=28,2+900=928,2⟹\sigma =30,47$$

La desviación típica pasa de 5,4 a 30,5: casi seis veces mayor, con la misma media.

Y la distribución ya no es una campana, sino bimodal: la mayoría de los años unos 15 impagos, y en las recesiones unos 90. Provisionar 43 sería gravemente insuficiente: en una recesión los impagos rondarían los 90.

La conclusión. El supuesto de independencia no es un tecnicismo. Es exactamente el que falló en la valoración de productos estructurados antes de 2008: los modelos suponían impagos independientes cuando en realidad todos dependían del mismo ciclo inmobiliario. La media estaba bien; la cola, catastróficamente subestimada.

5. Errores típicos

Usar la binomial cuando los ensayos no son independientes. Es el error con consecuencias más graves. Si los sucesos comparten una causa común, la varianza real es mucho mayor que $np(1-p)$.

Confundir $n$ y $\lambda$. En la binomial $n$ es el número de intentos; en la Poisson no hay intentos, solo un ritmo medio $\lambda$ por intervalo. Si el enunciado no da un número fijo de pruebas, no es binomial.

Olvidar la corrección por continuidad. Al aproximar una discreta por la normal, hay que sumar o restar 0,5. Con $n$ pequeño el error puede ser de varios puntos porcentuales.

Aplicar la aproximación normal sin comprobar las condiciones. Con $np<5$ la binomial es muy asimétrica y la campana no la describe. Ahí toca Poisson o cálculo exacto.

Olvidar tipificar. Las tablas son de la $N(0,1)$. Buscar directamente un valor de una $N(30;5,4)$ no tiene sentido.

Perder el signo al usar la simetría. $\Phi (-z)=1-\Phi (z)$. Es donde más se falla al manejar tablas.

Suponer que la varianza de una Poisson es distinta de su media. Son iguales. Si en los datos no lo son, el modelo está mal elegido.

6. Ejercicios

Ejercicio 1 · Binomial exacta

básico

Un comercial visita 8 clientes al día. Cada visita se cierra con venta con probabilidad 0,25, de forma independiente.

1. ¿Probabilidad de cerrar exactamente 3 ventas?
2. ¿Probabilidad de cerrar al menos 1?
3. ¿Ventas esperadas y desviación típica?

Ver solución

$X\sim B(8;0,25)$.

1.

$$P(X=3)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)(0,25{)}^3(0,75{)}^5$$$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)=\frac{8\cdot 7\cdot 6}{3\cdot 2\cdot 1}=56$$$$P(X=3)=56\times 0,015625\times 0,2373=0,2076$$

Un 20,8 %.

2. Por el complementario:

$$P(X\ge 1)=1-P(X=0)=1-(0,75{)}^8=1-0,1001=0,8999$$

Un 90 %. Hay un 10 % de días sin cerrar ninguna venta.

3.

$$E[X]=8(0,25)=2\text{ ventas}$$$$\sigma =\sqrt{8(0,25)(0,75)}=\sqrt{1,5}=1,22$$

Ejercicio 2 · Poisson

básico

A una sucursal bancaria llegan una media de 4 clientes cada 15 minutos.

1. ¿Probabilidad de que en 15 minutos no llegue nadie?
2. ¿Probabilidad de que lleguen más de 6?
3. ¿Y de que en media hora lleguen exactamente 10?

Ver solución

1. $X\sim \text{Poisson}(4)$.

$$P(X=0)=\frac{e^{-4}{4}^0}{0!}=e^{-4}=0,0183$$

Menos del 2 %.

2.

$$P(X>6)=1-P(X\le 6)=1-\sum _{k=0}^6\frac{e^{-4}{4}^k}{k!}$$

Calculamos los términos:

$$e^{-4}=0,018316$$

$k$	$4^k/k!$	término
0	1	0,018316
1	4	0,073263
2	8	0,146525
3	10,667	0,195367
4	10,667	0,195367
5	8,533	0,156293
6	5,689	0,104196

$$P(X\le 6)=0,889327$$$$P(X>6)=1-0,8893=0,1107$$

Un 11 %.

3. Media hora. El parámetro escala con el intervalo: si en 15 minutos llegan 4 de media, en 30 llegan 8.

$$Y\sim \text{Poisson}(8),P(Y=10)=\frac{e^{-8}{8}^{10}}{10!}$$$$=\frac{0,000335\times 1073741824}{3628800}=\frac{359703}{3628800}=0,0993$$

Casi un 10 %.

Advertencia. Sumar dos periodos de 15 minutos solo es lícito si las llegadas son independientes entre periodos y el ritmo es constante. En una sucursal real hay horas punta, así que $\lambda$ depende de la hora y usar un único valor para todo el día sería un error de modelización.

Ejercicio 3 · Normal y decisión de stock

medio

La demanda semanal de un producto se distribuye $N(500;80)$ unidades.

1. ¿Probabilidad de que la demanda supere las 600 unidades?
2. ¿Qué stock hay que mantener para cubrir la demanda el 95 % de las semanas?
3. Si mantener una unidad en stock cuesta 2 € semanales y una rotura cuesta 25 € por unidad no servida, ¿es razonable ese nivel de servicio?

Ver solución

1. Tipificamos:

$$z=\frac{600-500}{80}=1,25$$$$P(X>600)=1-\Phi (1,25)=1-0,8944=0,1056$$

Un 10,6 % de las semanas la demanda supera 600 unidades.

2. Buscamos $k$ con $P(X\le k)=0,95$, es decir, $z=1,645$:

$$k=500+1,645(80)=500+131,6=631,6\approx 632\text{ unidades}$$

Stock de seguridad: $632-500=132$ unidades por encima de la demanda media.

3. Nivel de servicio óptimo. Es el problema clásico del vendedor de periódicos. Se mantiene stock mientras el coste esperado de una unidad más sea menor que el beneficio esperado de tenerla.

Una unidad adicional cuesta $c_h=2$ € si sobra, y evita un coste $c_s=25$ € si falta. El nivel de servicio óptimo es

$$P(\text{no haya rotura})=\frac{c_s}{c_s+c_h}=\frac{25}{27}=0,926$$

El nivel óptimo es del 92,6 %, no del 95 %.

$$z_{0,926}=1,447⟹k=500+1,447(80)=615,8\approx 616\text{ unidades}$$

Conclusión. El 95 % es algo conservador: mantener 632 en lugar de 616 son 16 unidades extra que cuestan $16\times 2=32$ € semanales y evitan roturas que, en valor esperado, cuestan menos que eso.

La diferencia es pequeña porque los costes son de órdenes parecidos. Si la rotura costara 200 € el nivel óptimo sería $200/202=99,0\%$, con $z=2,326$ y un stock de 686 unidades. Y si costara solo 5 €, el óptimo bajaría al $5/7=71,4\%$, con 546 unidades.

Lo que hay que retener: el nivel de servicio no se elige por costumbre («siempre usamos el 95 %»); sale de la asimetría entre el coste de sobrar y el de faltar.

Ejercicio 4 · Comparar las tres aproximaciones

avanzado

Una web recibe 2000 visitas diarias. Cada visita se convierte en compra con probabilidad 0,004.

1. Calcula la probabilidad de que haya exactamente 5 compras, con la binomial exacta, con Poisson y con la normal.
2. Compara y explica cuál es preferible y por qué.

Ver solución

$X\sim B(2000;0,004)$, con $np=8$ y $np(1-p)=7,968$.

Binomial exacta.

$$P(X=5)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2000}{5}\right)(0,004{)}^5(0,996{)}^{1995}$$$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2000}{5}\right)=\frac{2000\cdot 1999\cdot 1998\cdot 1997\cdot 1996}{120}=2,6453\times 10^{14}$$$$(0,004{)}^5=1,024\times 10^{-12}$$$$(0,996{)}^{1995}=e^{1995\ln (0,996)}=e^{1995(-0,0040080)}=e^{-7,996}=3,3648\times 10^{-4}$$$$P(X=5)=2,6453\times 10^{14}\times 1,024\times 10^{-12}\times 3,3648\times 10^{-4}$$$$=270,88\times 3,3648\times 10^{-4}=0,09114$$

Poisson con $\lambda =np=8$.

$$P(X=5)=\frac{e^{-8}{8}^5}{5!}=\frac{0,00033546\times 32768}{120}=\frac{10,9917}{120}=0,09160$$

Normal con $\mu =8$ y $\sigma =\sqrt{7,968}=2,8228$, con corrección por continuidad:

$$P(X=5)\approx \Phi \left(\frac{5,5-8}{2,8228}\right)-\Phi \left(\frac{4,5-8}{2,8228}\right)=\Phi (-0,8856)-\Phi (-1,2399)$$$$=(1-0,8121)-(1-0,8925)=0,1879-0,1075=0,0804$$

2. Comparación.

Método	$P(X=5)$	Error relativo
Binomial (exacta)	0,09114	—
Poisson	0,09160	$+0,5\%$
Normal	0,08040	$-11,8\%$

Poisson es prácticamente exacta; la normal se queda un 12 % corta.

Por qué. Las condiciones favorecen claramente a Poisson: $n=2000$ es enorme y $p=0,004$ es diminuto, que es exactamente el régimen en que la binomial converge a la Poisson.

La normal, en cambio, exige $np\ge 5$ y $n(1-p)\ge 5$; aquí $np=8$ cumple por poco, y con una media tan baja la binomial sigue siendo asimétrica —no puede bajar de 0 pero sí subir mucho— mientras la normal es simétrica por construcción. De ahí el error.

Regla práctica.

• $p$ muy pequeño y $np<10$ aproximadamente: Poisson.
• $np$ y $n(1-p)$ ambos grandes (digamos $\ge 20$): normal, que además permite calcular cómodamente probabilidades de intervalos.
• Si el cálculo exacto es viable, siempre es preferible: hoy cualquier hoja de cálculo o Gretl da la binomial exacta al instante, y las aproximaciones son sobre todo una herramienta de comprensión y de cálculo a mano.

Comprobación de coherencia. Con $\lambda =8$, media y varianza de la Poisson valen 8, frente a la varianza binomial de 7,968: casi idénticas, como cabía esperar con $p$ tan pequeño.

7. Qué desbloquea

Necesitas antes:

• Variables aleatorias discretas y continuas; esperanza y varianza — tema 22

Te abre la puerta a:

• Teorema central del límite y distribuciones muestrales — tema 24

8. Recursos externos

• Sanabria, Comprendiendo la Estadística Inferencial (PDF libre). Las tres distribuciones con ejemplos aplicados y explicación de las aproximaciones.
• Apuntes UGR — Estadística II. Formulario y tablas de la normal.
• Gretl. En Herramientas → Gráficas de distribución se pueden superponer una binomial y su aproximación normal moviendo $n$ y $p$: es la forma más rápida de ver cuándo la aproximación empieza a funcionar. Y Herramientas → Tablas estadísticas sustituye a las tablas de papel.