Probabilidad de que, dado un libro de 1000 páginas con 1000 errores de imprenta, una página tendrá 3 errores de imprenta.

Question

Ajuste

Un libro de 1000 páginas contiene 1000 errores de impresión. Estima las posibilidades de que una página dada contenga al menos tres errores de impresión.

Solución

Mi solución es

$$\binom{1000}{1}\left(\frac{1}{1000}\right)^3\left(\frac{999}{1000}\right)^{1000 - 3}$$

¿Puedes confirmar?

Answer 1

Suponiendo que los errores de impresión están distribuidos de forma independiente en todo el libro, y con igual probabilidad de estar en cualquier página, el número de errores de impresión $X$ en una página dada sigue una distribución binomial con parámetros $n = 1000$ (=$ $ número de errores de impresión) y $p = 1/1000$ (=$ $ probabilidad de que un error de impresión termine en la página dada).

Por lo tanto, la probabilidad de que haya al menos $k$ errores de impresión en la página se puede calcular utilizando la función de distribución acumulativa $F_b$ de la distribución binomial:

$$\begin{aligned} {\rm Pr}(X \ge k)\ &= 1 - {\rm Pr}(X \le k-1) \\ &= 1 - F_b(k-1; n, p) \\ &= 1 - \sum_{i=0}^{k-1} {n \choose i}\, p^i (1-p)^{n-i}, \\ \end{aligned}$$

y por consiguiente:

$$\begin{aligned} {\rm Pr}(X \ge 3)\ &= 1 - F_b(2; 1000, \tfrac1{1000}) \\ &= 1 - \sum_{i=0}^{2} {\textstyle {1000 \choose i}}\, \left(\tfrac{1}{1000}\right)^i \left(\tfrac{999}{1000}\right)^{1000-i}, \\ &= 1 - \left(\tfrac{999}{1000}\right)^{1000} - \left(\tfrac{999}{1000}\right)^{999} - \tfrac12 \left(\tfrac{999}{1000}\right)^{999}. \end{aligned}$$

Podemos aproximar esta probabilidad al notar que, para $x \approx 0$, $(1-x)^n \approx e^{-nx}$, y por lo tanto:

$$\begin{aligned} {\rm Pr}(X \ge 3)\ &\approx 1 - e^{-1} - e^{-\frac{999}{1000}} - \tfrac12 e^{-\frac{999}{1000}} \\ &\approx 1 - \tfrac52 e^{-1} \approx 0.08. \end{aligned}$$

Otra forma de obtener la misma aproximación es observar que, para un $n$ grande y un $p$ pequeño, la distribución binomial está bien aproximada por la distribución de Poisson con parámetro de tasa $\lambda = np$. La distribución de Poisson tiene la función de distribución acumulativa:

$$F_P(k; \lambda) = e^{-\lambda}\sum_{i=0}^k \frac{\lambda^i}{i!},$$

y por lo tanto obtenemos:

$$\begin{aligned} {\rm Pr}(X \ge 3)\ &= 1 - F_b(2; 1000, \tfrac1{1000}) \\ &\approx 1 - F_P(2; 1) \\ &= 1 - e^{-1}\sum_{i=0}^2 \frac{1}{i!} \\ &= 1 - \tfrac52e^{-1}. \\ \end{aligned}$$

Answer 2

No, tu expresión tiene varios problemas: En primer lugar, incluso si asumes que una distribución binomial se aplica a tu situación, tu expresión solo calcula la probabilidad de exactamente tres errores, no al menos tres.

En segundo lugar, el coeficiente binomial es incorrecto: debería ser $\binom{1000}{3}$ si quisieras aplicar tal fórmula.

En tercer lugar, y esto hace que los dos comentarios anteriores sean más o menos irrelevantes: una distribución binomial no es un modelo apropiado para este problema. En su lugar, el enfoque correcto es usar una distribución de Poisson. Esto se debe a que si utilizas una distribución binomial, ¿cuál es tu $n$ y cuál es tu $p$? $n$ es el número de pruebas independientes, y $p$ es la probabilidad individual de "éxito" para esa prueba. Aquí, estás muestreando solo una página de entre $1000$ páginas, y contando el número de errores en esa página. No podemos elegir $n = 1000$ ni podemos elegir $p = 1/1000$. Tal elección de parámetros sería equivalente a una situación en la que miraras cada página del libro, en el que cada página tiene una probabilidad de $1/1000$ de tener un error, y obtuvieras la probabilidad de que $x$ páginas con errores se encuentren entre esas $n$ páginas (¡pero estarías contando páginas, no errores, por lo que es posible que esas páginas contengan más de un error en cada una!). Eso no es lo que quieres.

En lugar de eso, lo que queremos hacer es usar una distribución de Poisson: aquí, tenemos una tasa de errores de $1000$ errores por $1000$ páginas, o equivalentemente, $\lambda = 1$ error por página. Así que, si miramos una sola página, el número aleatorio de errores encontrados en esa página sigue una distribución de Poisson con parámetro $\lambda = 1$, y la probabilidad de encontrar $k$ errores en esa página es $$\Pr[X = k] = e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}.$$ Por lo tanto, la probabilidad de que haya al menos $3$ errores es $$\Pr[X \ge 3] = 1 - \Pr[X \le 2] = 1 - \sum_{k=0}^2 e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!} = 1 - e^{-1} (1 + 1 + \tfrac{1}{2}).

Answer 3

La cantidad de formas en que pueden ocurrir 1000 errores en 1000 páginas es $1000^{1000}$. Suponiendo que todos son igualmente probables, calculamos la probabilidad requerida de la siguiente manera.

La cantidad de formas en que una página dada puede tener como máximo 2 errores es $999^{1000} + 1000(999)^{999}+\frac{1000*999}{2}999^{998}$.

Por lo tanto, la probabilidad requerida es $$1-\frac{999^{1000} + 1000(999)^{999}+\frac{1000*999}{2}999^{998}}{1000^{1000}}$$

Answer 4

El modelo habitual aquí es un modelo de Poisson: el número $X$ de errores de impresión en una página elegida al azar tiene aproximadamente una distribución de Poisson, con media (y por lo tanto parámetro) $\lambda=\frac{1000}{1000}$. Tenemos que $\Pr(X\ge 3)=1-\Pr(X\le 2)$.

Y $\Pr(X\le 2)\approx e^{-1}\frac{1^0}{0!}+e^{-1}\frac{1^1}{1!}+e^{-1}\frac{1^2}{2!}$.