4.3 4.3 El modelo hipergeométrico
4.3 El modelo hipergeométrico
Con \(N = 1000 \) bolas, \(K = 400 \) rojas y muestra de \(n = 5 \), extraer sin reemplazamiento apenas altera las probabilidades y \(H(1000; 400, 5) \) se aproxima bien por \(B(5; 0,4) \)
Definición: muestreo sin reemplazamiento
En esta sección muestrearemos sin reemplazamiento: en una urna con \(N = 20 \) bolas, \(K = 8 \) rojas, se extraen \(n = 5 \) bolas y \(X \sim H(20; 8, 5) \) cuenta las rojas de la muestra.
Se tiene una población finita de \(N \) elementos dividida en dos categorías: \(K \) éxitos y \(N-K \) fracasos.
Se extrae una muestra de \(n \) elementos sin reemplazamiento, y la variable \(X \) cuenta el número de éxitos en la muestra.
Entonces \(X \) sigue un modelo hipergeométrico de parámetros \(N \), \(K \) y \(n \), que se denota \(X \sim H(N; K, n) \)
La diferencia esencial con el modelo binomial es que aquí las extracciones no son independientes: al no devolver los elementos extraídos, la composición de la urna cambia en cada extracción.
Función de probabilidad
Un lote tiene \(N = 50 \) piezas, de las cuales \(K = 5 \) son defectuosas.
Se extrae una muestra de \(n = 10 \) piezas sin reemplazamiento y \(X \) cuenta las defectuosas de la muestra: \(X \sim H(50; 5, 10) \)
La justificación usa la regla de Laplace: hay \(\binom{N}{n} \) muestras posibles, todas equiprobables; las muestras favorables se forman eligiendo los \(k \) éxitos de entre los \(K \) disponibles, de \(\binom{K}{k} \) formas, y los \(n-k \) fracasos de entre los \(N-K \) disponibles, de \(\binom{N-K}{n-k} \) formas; por la regla del producto, el número de muestras favorables es el producto de ambas cantidades.
Rango de valores de k
Con \(N = 20 \), \(K = 8 \) y \(n = 5 \), la probabilidad de extraer exactamente \(2 \) rojas es $$P(X = 2) = \frac{\binom{8}{2} \binom{12}{3}}{\binom{20}{5}} = \frac{28 \cdot 220}{15504} = \frac{6160}{15504} \approx 0,3973 $$
No todos los valores entre \(0 \) y \(n \) son posibles: no se pueden extraer más éxitos de los que hay en la población ni más fracasos de los disponibles.
El rango válido es \(\max(0, n-(N-K)) \leq k \leq \min(n, K) \)
Por ejemplo, con \(N = 8 \), \(K = 2 \) y \(n = 5 \), el número de éxitos en la muestra solo puede valer \(0 \), \(1 \) o \(2 \)
Esperanza y varianza
Con \(N = 8 \), \(K = 2 \) y \(n = 5 \), no se pueden extraer más de \(2 \) éxitos ni más de \(6 \) fracasos: el rango válido es $$\max(0, 5 - 6) = 0 \leq k \leq \min(5, 2) = 2 $$, es decir, \(k = 0, 1, 2 \)
Aunque las extracciones no son independientes, cada posición de la muestra tiene la misma probabilidad \(\frac{K}{N} \) de ser un éxito, por lo que la esperanza es \(E(X) = n \cdot \frac{K}{N} \), igual que en el modelo binomial con \(p = \frac{K}{N} \)
La varianza incorpora que extraer sin reemplazamiento reduce la variabilidad: $$Var(X) = n \cdot \frac{K}{N} \cdot \left(1 - \frac{K}{N}\right) \cdot \frac{N-n}{N-1} $$
El último factor, \(\frac{N-n}{N-1} \), se llama factor de corrección por población finita: vale \(1 \) cuando el muestreo es con reemplazamiento y se hace más pequeño cuanto mayor es la fracción muestreada, llegando a \(0 \) cuando \(n = N \), pues entonces la muestra es toda la población y \(X = K \) sin ninguna variabilidad.
Hipergeométrico frente a binomial
Con \(N = 20 \), \(K = 8 \) y \(n = 5 \), \(E(X) = 5 \cdot \frac{8}{20} = 2 \), como en la binomial con \(p = 0,4 \)
La varianza incorpora el factor de corrección: $$Var(X) = 5 \cdot 0,4 \cdot 0,6 \cdot \frac{15}{19} = 1,2 \cdot 0,7895 \approx 0,9474 $$, menor que la binomial \(1,2 \)
La diferencia clave está en el reemplazamiento: el modelo binomial cuenta éxitos en \(n \) ensayos independientes con probabilidad constante, lo que equivale a muestrear con reemplazamiento; el hipergeométrico muestrea sin reemplazamiento de una población finita.
Cuando la población es grande frente a la muestra, es decir, \(n \) es pequeño comparado con \(N \), extraer sin reemplazamiento apenas cambia las probabilidades y el modelo hipergeométrico se aproxima por el binomial de parámetros \(n \) y \(p = \frac{K}{N} \)
Regla práctica:
si el enunciado dice "sin reemplazamiento" o "se eligen al azar" de un conjunto finito y pequeño, el modelo es el hipergeométrico;
si habla de ensayos independientes que se repiten, el modelo es el binomial.
Consideremos una urna con 8 bolas, de las cuales dos son blancas y el resto negras.
Extraemos al azar 5 bolas sin reemplazamiento.
Calculamos la probabilidad de que el número de bolas negras sea menor o igual a 3.
Identificaremos el modelo hipergeométrico, adecuado porque se extrae una muestra sin reemplazamiento de una población finita dividida en dos categorías, blancas y negras.
Como en total hay 2 bolas blancas, que el número de bolas negras sea menor o igual a 3 equivale a que el número de bolas blancas sea exactamente 2, y calcularemos esa probabilidad con la función de probabilidad hipergeométrica.
Identificación del modelo.
La extracción es sin reemplazamiento de una urna con \(N = 8 \) bolas, de las cuales \(K = 2 \) son blancas y 6 son negras, y se extraen \(n = 5 \) bolas.
Por tanto el número de bolas blancas extraídas, \(W \), sigue un modelo hipergeométrico de parámetros \(N = 8 \), \(K = 2 \) y \(n = 5 \)
Equivalencia del suceso.
Como la muestra tiene 5 bolas y solo hay 2 blancas en la urna, el número de bolas negras es menor o igual a 3 exactamente cuando las 2 blancas están en la muestra:
Función de probabilidad hipergeométrica.
Cálculo.
Por tanto:
La probabilidad de que el número de bolas negras sea menor o igual a 3 es \(P = 0,3571 \), aproximadamente.
Una caja de 20 bombillas es sometida a un control de calidad.
La caja entera es rechazada si hay al menos una bombilla defectuosa en un lote de cinco elegidas aleatoriamente.
Calculamos la probabilidad de que una caja sea rechazada, si contiene el 5 por ciento de las bombillas defectuosas.
Identificaremos el modelo hipergeométrico, adecuado porque se elige un lote sin reemplazamiento de una población finita de bombillas dividida en dos categorías, defectuosas y no defectuosas.
Primero determinaremos cuántas bombillas defectuosas hay en la caja, y después calcularemos la probabilidad de que el lote contenga al menos una bombilla defectuosa usando el suceso contrario.
Número de bombillas defectuosas en la caja.
El 5 por ciento de 20 bombillas es:
luego la caja contiene exactamente 1 bombilla defectuosa y 19 no defectuosas.
Identificación del modelo.
Sea \(D \) el número de bombillas defectuosas en el lote de 5 elegidas sin reemplazamiento de las
2
0.
Los parámetros son \(N = 20 \), \(K = 1 \) para las defectuosas, y \(n = 5 \)
Uso del suceso contrario.
La caja se rechaza si \(D \geq 1 \):
Cálculo de la probabilidad de que no haya defectuosas.
Con la función de probabilidad hipergeométrica:
El cociente \(\frac{\binom{19}{5}}{\binom{20}{5}} \) vale \(\frac{15}{20} = 0,75 \), luego \(P(D = 0) = 0,75 \)
Resta del contrario.
La probabilidad de que la caja sea rechazada es \(P(D \geq 1) = 0,25 \)
Con los datos del ejemplo anterior (caja de 20 bombillas con 1 defectuosa y lote de 5), calculamos el número medio de bombillas defectuosas por lote y su varianza, e interpretamos los resultados.
Aplicaremos las fórmulas de la esperanza y la varianza del modelo hipergeométrico con los parámetros del control de calidad.
Observaremos cómo el factor de corrección por población finita reduce la varianza respecto de la que tendría un modelo binomial equivalente.
Número medio de defectuosas por lote.
De media hay 0,25 bombillas defectuosas por lote.
Varianza del número de defectuosas.
La desviación típica es \(\sqrt{0,1875} \approx 0,4330 \)
Interpretación.
Como solo hay \(K = 1 \) bombilla defectuosa, la variable \(D \) solo puede valer 0 o 1, de modo que \(P(D = 1) = E(D) = 0,25 \), que coincide con la probabilidad de rechazo calculada en el ejemplo 2.
Además, el factor de corrección por población finita vale \(\frac{15}{19} \approx 0,7895 \), de modo que la varianza hipergeométrica es sensiblemente menor que la binomial \(5 \cdot 0,05 \cdot 0,95 = 0,2375 \): muestrear sin reemplazamiento una cuarta parte de la caja reduce la variabilidad.
En cada lote de 5 bombillas se esperan de media \(0,25 \) defectuosas, con varianza \(0,1875 \) y desviación típica \(0,4330 \), aproximadamente.