5.2 - Distribuição de Poisson - Probabilidades

Em muitas situações nos deparamos com a situação em que o número de ensaios $n$ é grande ( $n\rightarrow \infty$ ) e $p$ é pequeno ( $p\rightarrow 0$ ), no cálculo da função binomial, o que nos leva a algumas dificuldades, pois, como podemos analisar, para $n$ muito grande e $p$ pequeno, fica relativamente difícil calcularmos a probabilidade de $k$ sucessos a partir do modelo binomial, isto é, utilizando a função de probabilidade

$p(k)=\mathbb{P}(X=k)=\left(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\right)p^k(1-p)^{n-k}.$

Observamos que podemos reescrever a expressão acima da seguinte forma

$\mathbb{P}(X=k)=\frac{n!}{k!(n-k)!}p^k\frac{n^k}{n^k}\left(1-\frac{np}{n}\right)^{n-k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}\frac{(np)^k}{n^k}\left(1-\frac{np}{n}\right)^{n-k}$

e, tomando $\lambda = np$ , segue que

$\mathbb{P}(X = k)=\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}\frac{\lambda^k}{n^k}\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k}=\frac{\lambda^k}{k!}1\left(1-\frac{1}{n}\right)\dots\left(1-\frac{k-1}{n}\right)\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k}.$

Se tomarmos o limite quando $n\rightarrow \infty$ , obtemos que

$\lim_{n\rightarrow \infty}1\left(1-\frac{1}{n}\right)\dots\left(1-\frac{k-1}{n}\right)=1$

$\lim_{n\rightarrow \infty}\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k}=\lim_{n\rightarrow \infty}\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n}=e^{-\lambda}$

para $k = 0,1,\ldots$ e $e\approx 2,718$ .

Assim temos que

$\lim_{n\rightarrow \infty}\mathbb{P}(X=k)=\frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}.$

Tal expressão é devida a Poisson e é muito utilizada para calcular probabilidades de ocorrências de defeitos "raros" em sistemas e componentes.

Definição 5.2.1:

Uma variável aleatória discreta $X$ segue a distribuição de Poisson com parâmetro $\lambda$ , $\lambda \ \textgreater 0$ , se sua função de probabilidade for dada por

$\mathbb{P}(X=k)=\frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}.$

Utilizamos a notação $X \sim \ \text{Poisson}(\lambda)$ ou $X\sim \ \text{Po}(\lambda)$ . O parâmetro $\lambda$ indica a taxa de ocorrência por unidade medida.

Exemplo 5.2.1:

Considere um processo que têm uma taxa de $0,2$ defeitos por unidade. Qual a probabilidade de uma unidade qualquer apresentar:
a) dois defeitos?
b) um defeito?
c) zero defeito?

Solução:

Neste caso, temos que $X \sim \ \text{Poisson}(\lambda)$ com $\lambda=0,2$ . Então

a) $\displaystyle\mathbb{P}(X=2)=\frac{e^{-0,2}(0,2)^2}{2!}=0,0164$ ;

b. $\displaystyle\mathbb{P}(X=1)=\frac{e^{-0,2}(0,2)^1}{1!}=0,1637$ ;

c. $\displaystyle\mathbb{P}(X=0)=\frac{e^{-0,2}(0,2)^0}{0!}=0,8187$ .

Exemplo 5.2.2:

Suponha que uma aplicação de tinta em um automóvel é feita de forma mecânica, e pode produzir defeitos de fabricação, como bolhas ou áreas mal pintadas, de acordo com uma variável aleatória $X$ que segue uma distribuição de Poisson de parâmetro $\lambda=1$ . Suponha que sorteamos um carro ao acaso para que sua pintura seja inspecionada, qual a probabilidade de encontrarmos, pelo menos, $1$ defeito? E qual a probabilidade de encontrarmos de $2$ a $4$ defeitos?

A probabilidade de encontrarmos pelo menos um defeito é dada por:

$\mathbb{P}(X\geq 1)=1-\mathbb{P}(X\textless 1)=1-\frac{e^{-1}1^0}{0!}=1-e^{-1}\approx 0,63212.$

Já a probabilidade de encontrarmos entre 2 e 4 defeitos é de

$\mathbb{P}(2\leq X\leq 4)=\mathbb{P}(X=2)+\mathbb{P}(X=3)+\mathbb{P}(X=4)=\frac{e^{-1}1^2}{2!}+\frac{e^{-1}1^3}{3!}+\frac{e^{-1}1^4}{4!}\approx 0,26058.$

Exemplo 5.2.3:

Suponha que 10% das crianças de um determinado bairro do Rio de Janeiro prefiram sorvete de baunilha ao de chocolate. Qual a probabilidade de que, se entrevistarmos $10$ crianças deste bairro, exatamente $2$ duas prefiram soverte de baunilha?

Podemos resolver este problema de duas maneiras. A primeira é a partir da utilização da distribuição binomial com parâmetros $n=10$ e $p=0,1$ . A segunda, através da distribuição de Poisson de parâmetro $\lambda = np = 1$ que, embora não seja tão exata quanto a binomial, é bem mais simples de ser calculada. Calculemos primeiramente pela distribuição binomial.

$\mathbb{P}(X=2)=\left(\begin{array}{c}10\\2\end{array}\right)(0,1)^2(0,9)^8\approx 0,194.$

Já pelo método de Poisson temos

$\mathbb{P}(X=2)=\frac{e^{-1}}{2!}\approx 0,184.$

Embora pelo método de Poisson tenhamos um erro associado a aproximação da distribuição binomial (que é a distribuição exata), este erro, em muitos casos, não chega a ser significativo.

Exemplo 5.2.4:

Suponhamos que em uma indústria farmacêutica 0,001% de um determinado medicamento sai da linha de produção somente com o excipiente, ou seja, sem nenhum princípio ativo. Qual a probabilidade de que em uma amostra de 4 mil medicamentos mais de 2 deles esteja somente com o excipiente.

Vamos calcular esta probabilidade usando a aproximação de poisson, pois além de ser uma aproximação muito boa neste caso é bem mais fácil de ser calculada.

Para usarmos a distribuição de Poisson primeiramente devemos encontrar o $\lambda$ , o qual é dado por $\lambda=n\times p=4000\times 0,00001=0,04$ . Assim

$\mathbb{P}(X\geq 2)=1-\mathbb{P}(X=0)-\mathbb{P}(X=1)=1-\displaystyle \frac{0,04^0e^{-0,04}}{0!}-\frac{0,04^1 e^{-0,04}}{1!}\approx 1-0,999221\approx 0,00078.$

Assim a probabilidade de que existam mais de 2 medicamentos com apenas o excipiente é de 0,078%.

Função Geradora de Momentos, Valor Esperado e Variância.

Seja $X$ uma variável aleatória discreta com distribuição de Poisson, com parâmetro $\lambda$ , ou seja, $X\sim \ \text{Poisson}(\lambda)$ . Então sua função geradora de momentos é dada por:

$M_{X}(t)=\mathbb{E}[e^{tX}]=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{e^{tk}e^{\lambda}\lambda^k}{k!}=e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(\lambda e^t)^k}{k!}=e^{-\lambda}e^{\lambda e^t}=e^{\lambda[e^t-1]}.$

O valor esperado de $X$ , que frequentemente é chamado de taxa de defeitos, é dado por:

$\mathbb{E}(X)=\sum_{k=0}^\infty k\frac{e^{-\lambda}\lambda^k}{k!}=\sum_{k=1}^{\infty}\lambda \left[\frac{e^{-\lambda}\lambda^{k-1}}{(k-1)!}\right]=\lambda e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{\infty}\left[\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}\right]=\lambda e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\left[\frac{\lambda^k}{k!}\right] = \lambda e^{-\lambda}e^{\lambda}=\lambda.$

Outra forma de calcularmos o valor esperando é utilizando a função geradora de momentos, pois $M^\prime(0)=\mathbb{E}(X)$ . Desta forma temos que:

$M^\prime(t)=\frac{d}{dt}\exp(\lambda(\exp(t)-1))=\lambda \exp(\lambda(e^t - 1)+t)$

e então,

$\mathbb{E}(X) = M^\prime(0)=\lambda \exp(1-1+0)=\lambda.$

Da mesma forma como feito para a esperança vamos usar a função gerradora de momentos para calcular a a variância, pois temos que $\mathbb{E}[X^2]=M^{\prime\prime}(0)$ . Assim

$M^{\prime\prime}(t)=\lambda(e^{\lambda(e^t - 1)+t}(\lambda e^t +1))$

e então,

$\mathbb{E}(X^2) = M^{\prime\prime}(0)=\lambda(\lambda+1)$

de onde segue que

$\text{Var}(X)=\mathbb{E}(X^2)-(\mathbb{E}(X))^2=\lambda(\lambda+1)-\lambda^2=\lambda.$