![“libroult”
i i
2001/8/30
page 12
i i
12 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Variaciones con repetici´n de n elementos tomados de m en m: Dados n
o
elementos distintos, el n´mero de selecciones ordenadas de m de ellos,
u
pudiendo ocurrir que un mismo elemento aparezca m´s de una vez en la
a
selecci´n, es
o
V Rn,m = nm .
Combinaciones de n elementos tomados de m en m (con m ≤ n): Dados n
elementos distintos, el n´mero de maneras de seleccionar m de ellos (sin
u
tener presente el orden) viene dado por
n!
Cn,m = .
m! · (n − m)!
n
Este n´mero tambi´n se denota como
u e m .
Combinaciones con repetici´n de n elementos tomados de m en m: Dados
o
n elementos distintos, el n´mero de selecciones de m de ellos, sin tener
u
presente el orden y pudiendo haber elementos repetidos en una selecci´n,
o
es
n+m−1
CRn,m = .
m
Ejercicios Resueltos
P1.1] ¿De cu´ntas maneras pueden sentarse 10 personas en un banco si hay 4
a
sitios disponibles?
Soluci´n
o
N´tese que importa el orden en que se sienten las personas, ya que los
o
cuatro sitios son diferentes, y que una persona no puede ocupar m´s dea
un sitio a la vez. Por lo tanto, hay V10,4 = 10!/6! = 10 · 9 · 8 · 7 = 5040
maneras.
P1.2] En una clase de 10 alumnos van a distribuirse 3 premios. Averiguar de
cu´ntos modos puede hacerse si:
a
1. los premios son diferentes;
2. los premios son iguales.
Soluci´n
o
Hay dos supuestos posibles:
si una misma persona no puede recibir m´s de un premio:
a
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-8-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 13
i i
CAP´
ITULO 1. COMBINATORIA 13
1. hay V10,3 = 10 · 9 · 8 = 720 maneras de distribuir los premios si
´stos son diferentes;
e
2. en el caso de que los premios sean iguales, pueden distribuirse
de C10,3 = 10 · 9 · 8/6 = 120 maneras.
si una misma persona puede recibir m´s de un premio:
a
1. se pueden distribuir los premios, si ´stos son diferentes, de V R10,3
e
=103 = 1000 maneras;
2. hay CR10,3 = 220 maneras de distribuir los premios si ´stos son
e
iguales.
P1.3] Las diagonales de un pol´
ıgono se obtienen uniendo pares de v´rtices no
e
adyacentes.
1. Obtener el n´mero de diagonales del cuadrado, el hex´gono y el
u a
oct´gono. Calcularlo para el caso general de un pol´
o ıgono de n lados.
2. ¿Existe alg´n pol´
u ıgono en el que el n´mero de lados sea igual al de
u
diagonales?
Soluci´n
o
1. Comenzamos calculando el n´mero de diagonales del cuadrado. Hay
u
C4,2 = 6 uniones posibles de dos v´rtices diferentes cualesquiera,
e
adyacentes o no. Si de estas 6 parejas eliminamos las que corres-
ponden a v´rtices adyacentes (tantas como el n´mero de lados del
e u
cuadrado), quedar´n 6 − 4 = 2 diagonales.
a
Procediendo del mismo modo con el hex´gono, se obtienen
a
6!
C6,2 − 6 = − 6 = 15 − 6 = 9 diagonales.
2! · 4!
An´logamente, en el caso del oct´gono, se obtienen
a o
8! 8·7
C8,2 − 8 = −8= − 8 = 28 − 8 = 20 diagonales.
2! · 6! 2
Finalmente, para el caso general de un pol´
ıgono de n lados, el n´mero
u
de diagonales es:
n! n · (n − 1) n2 − 3n
Cn,2 − n = −n= −n= .
2! · (n − 2)! 2 2
2. Veamos si existe alg´n pol´
u ıgono donde el n´mero de lados sea igual
u
al n´mero de diagonales. Igualando el n´mero de lados y el n´mero
u u u
de diagonales se obtiene:
n2 − 3n
n= ,
2
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-9-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 14
i i
14 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
es decir,
n(n − 5) = 0.
Como n ≥ 1 , el resultado n = 0 no es v´lido. La soluci´n es n = 5
a o
(el pent´gono).
a
P1.4] Hay que colocar a 5 hombres y 4 mujeres en una fila de modo que las
mujeres ocupen los lugares pares. ¿De cu´ntas maneras puede hacerse?
a
Soluci´n
o
Ya que la fila es de 9 individuos en total, hay 4 posiciones pares (que
deben ser ocupadas por las 4 mujeres) y 5 posiciones impares (para los
5 hombres). Por lo tanto, pueden colocarse de P4 · P5 = 4! · 5! = 2880
maneras.
P1.5] ¿Cu´ntos n´meros de 4 d´
a u ıgitos se pueden formar con las cifras 0,1,. . . ,9
1. permitiendo repeticiones;
2. sin repeticiones;
3. si el ultimo d´
´ ıgito ha de ser 0 y no se permiten repeticiones?
Soluci´n
o
Asumamos que para que un n´mero sea de 4 d´
u ıgitos su primer d´
ıgito debe
ser distinto de cero.
1. Puesto que debe formarse un n´mero de 4 d´
u ıgitos, el primero de
´stos no puede ser cero. Por lo tanto, hay nueve posibilidades para
e
el primer d´
ıgito y diez para cada uno de los tres d´ıgitos restantes,
obteni´ndose un total de 9 · 103 = 9000 n´meros posibles.
e u
2. Al igual que en el apartado anterior, el primer d´ ıgito no puede ser
cero. Como adem´s no se permiten repeticiones, hay nueve posibili-
a
dades para el segundo d´ ıgito: el cero y las ocho no escogidas para el
primer d´ıgito. Por tanto, se pueden formar 92 · 8 · 7 = 4536 n´meros.
u
3. Fijamos el ultimo d´
´ ıgito y, como no puede haber repeticiones, se
obtiene un total de 9 · 8 · 7 · 1 = 504 n´meros.
u
P1.6] En un grupo de 10 amigos, ¿cu´ntas distribuciones de sus fechas de cum-
a
plea˜os pueden darse al a˜o?
n n
Soluci´n
o
Considerando que el a˜o tiene 365 d´ y que puede darse el caso de
n ıas
que varias personas cumplan en la misma fecha, el n´mero de maneras
u
distintas es V R365,10 = 36510 .
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-10-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 15
i i
CAP´
ITULO 1. COMBINATORIA 15
P1.7] ¿Cu´ntas letras de 5 signos con 3 rayas y 2 puntos podr´ tener el alfabeto
a ıa
Morse?
Soluci´n
o
Si se consideran como cinco s´ ımbolos diferentes entonces, dado que im-
porta el orden en que se coloquen y que han de distribuirse en cinco
posiciones, se tendr´ un total de P5 = 5! posibles ordenaciones. Pero,
a
dado que de los cinco elementos tan s´lo hay dos diferentes (rayas y
o
puntos) que se repiten 3 y 2 veces, respectivamente, dividiremos por las
posibles permutaciones de cada uno de ellos, obteniendo as´ un total de
ı
C5,3 = 5!/ (3! · 2!) = 5 · 4/2 = 10 letras. N´tese que ´ste es el n´mero de
o e u
posiciones (entre las cinco posibles) en que pueden ponerse las letras, y
adem´s coincide con el n´mero de posiciones para los puntos (C5,2 ).
a u
P1.8] Cuando se arrojan simult´neamente 4 monedas,
a
1. ¿cu´les son los resultados posibles que se pueden obtener?
a
2. ¿cu´ntos casos hay en que salgan 2 caras y 2 cruces?
a
Soluci´n
o
Suponiendo que las monedas son iguales:
1. Dado que un mismo resultado individual (cara o cruz) puede
obtenerse en varias monedas a la vez, y que las monedas no
pueden distinguirse entre s´ existen CR2,4 = 5 resultados posi-
ı,
bles. Estos casos son: “4 caras y 0 cruces”, “3 caras y 1 cruz”,
“2 caras y 2 cruces”, “1 cara y 3 cruces”, y “0 caras y 4 cruces”.
2. Como las monedas se arrojan simult´neamente, s´lo habr´ un
a o a
caso posible con 2 caras y 2 cruces.
Suponiendo que las monedas son distintas:
1. En este caso, puesto que se distinguen las monedas entre s´ y ı
en una tirada pueden haber varias con el mismo resultado in-
dividual, hay un total de V R2,4 = 24 = 16 resultados posibles.
Estos casos son: “cara, cara, cara, cara”, “cara, cara, cara, cruz”,
“cara, cara, cruz, cara”, “cara, cara, cruz, cruz”, etc.
2. Se calcula el n´mero de combinaciones posibles de dos monedas
u
distintas, que supondremos ser´n las de resultado “cara” (siendo
a
as´ las dos restantes de resultado “cruz”), es decir, hay C4,2 = 6
ı
resultados de dos caras y dos cruces.
P1.9] Cuatro libros de matem´ticas, seis de f´
a ısica y dos de qu´
ımica han de ser
colocados en una estanter´ ¿Cu´ntas colocaciones distintas admiten si:
ıa a
1. los libros de cada materia han de estar juntos;
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-11-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 16
i i
16 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
2. s´lo los de matem´ticas tienen que estar juntos?
o a
Soluci´n
o
Supongamos que los libros de cada materia tambi´n son diferentes
e
(de distintos autores).
1. Consideramos cada conjunto de libros de una misma materia
como una unidad. Entonces, hay 3! = 6 ordenaciones posibles
de las materias. Adem´s hay que considerar tambi´n las 4! = 24
a e
permutaciones de los libros de matem´ticas, as´ como las 6! =
a ı
720 y las 2! = 2 de los de f´
ısica y qu´
ımica, respectivamente. Se
concluye as´ que hay 3!·4!·6!·2! = 207360 colocaciones distintas.
ı
2. Consideremos los cuatro libros de matem´ticas como una uni-
a
dad. Se tendr´ entonces una unidad correspondiente a ma-
ıa
tem´ticas, 6 unidades diferentes de f´
a ısica y dos unidades di-
ferentes de qu´
ımica. Por lo tanto, existen 9! = 362880 maneras
de ordenar estas 9 unidades, y por cada una de ellas hay 4! or-
denaciones posibles de los 4 libros de matem´ticas, por lo que
a
en total hay 9! · 4! = 8709120 formas de colocar los libros.
Supongamos que los libros de cada materia son id´nticos.
e
1. Consideremos cada conjunto de libros de una misma materia
como una unidad. N´tese que entonces se tendr´ un total de 3
o ıa
unidades, que pueden ordenarse de 3! = 6 formas distintas.
2. En este caso tendremos una unica unidad de matem´ticas, adem´s
´ a a
de 6 de f´
ısica y 2 de qu´ımica, que consideraremos diferentes para
este c´lculo inicial. Se tiene entonces un total de 9! = 362880 or-
a
denaciones posibles y, puesto que los libros de cada materia son
indistinguibles, n´tese que deben tenerse en cuenta las 6! · 2! =
o
1440 formas de colocar los libros de f´ ısica y matem´ticas. Por
a
lo tanto, hay un total de 9!/ (6! · 2!) = 252 ordenaciones.
P1.10] Un alumno tiene que elegir 7 de las 10 preguntas de un examen. ¿De
cu´ntas maneras puede elegirlas? ¿Y si las 4 primeras son obligatorias?
a
Soluci´n
o
El orden en que elija las preguntas, que adem´s no podr´n repetirse, es
a a
irrelevante. As´ puede elegir las preguntas de C10,7 = 10·9·8/ (3 · 2) = 120
ı,
maneras.
Por otra parte, si las 4 primeras son obligatorias, debe escoger 3 preguntas
entre las 6 restantes para completar las 7 necesarias, resultando un total
de C6,3 = 6 · 5 · 4/ (3 · 2) = 20 maneras.
P1.11] Con 7 consonantes y 5 vocales ¿cu´ntas palabras se pueden formar que
a
tengan 4 consonantes distintas y 3 vocales distintas?
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-12-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 17
i i
CAP´
ITULO 1. COMBINATORIA 17
Soluci´n
o
Podemos formar un total de C7,4 = 35 grupos de 4 consonantes distintas
y C5,3 = 10 grupos de 3 vocales distintas. Por otra parte, para cada
una de las 35 · 10 = 350 maneras de escoger 7 letras verificando las
condiciones impuestas, hay P7 = 7! = 5040 ordenaciones posibles de
´stas. Se concluye as´ que el total de palabras que pueden formarse es
e ı
35 · 10 · 7! = 350 · 5040 = 1764000.
P1.12] Una l´
ınea de ferrocarril tiene 25 estaciones. ¿Cu´ntos billetes diferentes
a
habr´ que imprimir si cada billete lleva impresas las estaciones de origen
a
y destino?
Soluci´n
o
Dado que las estaciones de origen y destino no pueden coincidir, y adem´s,a
dadas dos estaciones, es importante saber si corresponden al principio o al
final del trayecto, hay un total de V25,2 = 25 · 24 = 600 billetes diferentes.
P1.13] A partir de 5 matem´ticos y 7 f´
a ısicos hay que constituir una comisi´n
o
de 2 matem´ticos y 3 f´
a ısicos. ¿De cu´ntas formas podr´ hacerse si:
a a
1. todos son elegibles;
2. un f´
ısico particular ha de estar en esa comisi´n;
o
3. dos matem´ticos concretos no pueden estar juntos?
a
Soluci´n
o
1. Puesto que todos son elegibles, existen C5,2 = 10 grupos de 2 ma-
tem´ticos, y C7,3 = 35 grupos de 3 f´
a ısicos. Luego hay un total de
10 · 35 = 350 comisiones posibles.
2. Se fija uno de los f´
ısicos, luego existen C5,2 = 10 grupos de 2 ma-
tem´ticos, y C6,2 = 15 grupos de 3 f´
a ısicos. As´ se pueden formar
ı,
10 · 15 = 150 comisiones.
3. Se excluye la unica posibilidad de que el subgrupo de dos matem´ti-
´ a
cos lo constituyan los dos que no pueden estar juntos, por lo que
hay C5,2 − 1 = 9 grupos de 2 matem´ticos cumpliendo la condici´n.
a o
Adem´s hay C7,3 = 7 · 6 · 5/ (3 · 2) = 35 grupos de 3 f´
a ısicos, por lo
que el total de comisiones que pueden formarse es 9 · 35 = 315.
P1.14] Tres atletas toman parte en una competici´n. ¿De cu´ntas maneras
o a
podr´n llegar a la meta? (Pueden llegar juntos)
a
Soluci´n
o
Hay varias posibilidades:
Si llegan los tres juntos, entonces s´lo hay 1 posibilidad.
o
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-13-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 18
i i
18 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Si llegan dos juntos, existen C3,2 = 3 grupos de dos que llegan juntos,
y P2 = 2 ordenaciones distintas del grupo de dos y el otro atleta,
por lo que existen 3 · 2 = 6 posibilidades.
Si llegan los tres por separado, existen 3! = 6 posibilidades.
Por lo tanto, pueden llegar a la meta de 13 maneras distintas.
P1.15] Se tienen n urnas diferentes. ¿De cu´ntas maneras diferentes se pueden
a
colocar en ellas m (n < m) bolas id´nticas:
e
1. sin restricci´n alguna en cuanto al n´mero de bolas en cada urna;
o u
2. si no puede haber ninguna urna vac´
ıa;
3. si quedan exactamente r (0 < r ≤ n) urnas vac´
ıas?
Soluci´n
o
Asumiendo que las urnas son distinguibles, plantear este problema es
equivalente a calcular de cu´ntas maneras pueden distribuirse m estrellas
a
(‘ ’) y n − 1 barras (‘| ’) entre dos barras fijas (puesto que los elementos
de los extremos deben ser necesariamente barras).
Por ejemplo, si n = 5 y m = 6, una posible distribuci´n puede represen-
o
tarse como:
| | | |
y significa que se coloca una bola en la primera urna, ninguna bola en la
segunda, tres bolas en la tercera, ninguna en la cuarta y dos en la quinta.
1. Si todos los elementos fuesen distinguibles habr´ (m + n − 1)! per-
ıa
mutaciones posibles de estos elementos. Sin embargo, dado que las
barras son indistinguibles entre s´ as´ como las estrellas, el resultado
ı, ı
es
m+n−1 (m + n − 1)!
CRn,m = = .
n−1 m! · (n − 1)!
2. En particular, si ninguna urna puede quedar vac´ fijamos n bolas,
ıa,
una en cada urna, por lo que el problema se reduce a distribuir m−n
bolas en n urnas. Aplicando lo anterior, se obtiene un total de
m−1 (m − 1)!
CRm−n,n = =
n−1 (m − n)! · (n − 1)!
distribuciones posibles.
3. Hay Cn,r maneras distintas de escoger las r urnas que quedar´n a
vac´ Por cada una de estas combinaciones, se fija una bola en cada
ıas.
una de las urnas que tendr´n alg´n elemento, resultando as´ un total
a u ı
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-14-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 19
i i
CAP´
ITULO 1. COMBINATORIA 19
de CRn−r,m−r formas de distribuir las m − r bolas que quedan en
las n − r urnas restantes. Por lo tanto, hay:
n n + m − 2r − 1
Cn,r · CRn−r,m−r = ·
r n−r−1
maneras de distribuir las bolas.
N´tese que, en el caso de que las urnas no fueran distinguibles, el problema
o
se complicar´ y habr´ que recurrir a otros procedimientos.
ıa ıa
P1.16] En un hospital se utilizan cinco s´ımbolos para clasificar las historias
cl´
ınicas de sus pacientes, de manera que los dos primeros son letras y los
tres ultimos son d´
´ ıgitos. Suponiendo que hay 25 letras, ¿cu´ntas historias
a
cl´
ınicas podr´n hacerse si:
a
1. no hay restricciones sobre letras y n´meros;
u
2. las dos letras no pueden ser iguales?
Soluci´n
o
1. Dado que es necesario tener en cuenta el orden de las dos letras esco-
gidas y que adem´s ´stas pueden repetirse, resulta que hay V R25,2 =
a e
252 = 625 posibilidades para las letras. Se procede an´logamente con
a
ıgitos y se obtiene un total de V R10,3 = 103 = 1000
el caso de los d´
posibilidades para los d´ıgitos. El total de historias cl´
ınicas que pue-
den hacerse es, por lo tanto, 625 · 1000 = 625000.
2. Se procede de forma similar al caso anterior, con la unica diferencia
´
de que ahora las letras no pueden repetirse. As´ hay V25,2 = 25·24 =
ı,
600 posibilidades para las letras, y V R10,3 = 1000 posibilidades para
los d´
ıgitos, resultando que hay 600 · 1000 = 600000 historias cl´
ınicas.
P1.17] ¿De cu´ntas formas se pueden sentar siete personas en torno a una mesa
a
redonda si:
1. no hay restricciones;
2. dos personas particulares no pueden sentarse juntas?
Soluci´n
o
1. El n´mero de permutaciones de las siete personas en la mesa es 7!.
u
Sin embargo, se observa que, dada una de estas posibles distribu-
ciones, si cada individuo se traslada al asiento situado a su derecha,
por ejemplo, la posici´n relativa de todos los individuos ser´ la mis-
o a
ma. Por tanto, como no se hacen distinciones entre los asientos en la
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-15-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 20
i i
20 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
mesa, debemos de dividir por el n´mero de casos en que la posici´n
u o
relativa es la misma, es decir, por 7. As´ el n´mero total de formas
ı, u
de sentarse es 7!/7 = 6! = 720.
2. Consideremos a esas dos personas como una sola. Procediendo igual
que en el apartado (a), se obtiene que hay 6!/6 = 5! = 120 distri-
buciones. Adem´s, hay P2 = 2! = 2 posibles distribuciones de esas
a
dos personas en particular. Por tanto, hay 120 · 2 = 240 formas de
sentarse, estando juntas las dos personas particulares. Por otra par-
te, hay 6! = 720 formas de sentarse, sin restricciones. Finalmente, se
concluye que hay 720 − 240 = 480 formas de sentarse.
P1.18] En la s´
ıntesis de prote´ınas hay una secuencia de tres nucle´tidos sobre
o
el ADN que decide cu´l es el amino´cido a incorporar. Existen cuatro
a a
tipos distintos de nucle´tidos seg´n la base, que puede ser A (adenina),
o u
G (guanina), C (citosina) y T (timina). ¿Cu´ntas secuencias distintas se
a
podr´n formar si se pueden repetir nucle´tidos?
a o
Soluci´n
o
Ya que importa el orden de los nucle´tidos en la secuencia, y adem´s ´stos
o a e
pueden repetirse, entonces existen V R4,3 = 43 = 64 secuencias distintas.
P1.19] ¿Cu´ntos ramilletes distintos se pueden formar con 5 flores de variedades
a
distintas?
Soluci´n
o
Pueden formarse ramilletes de 1, 2, 3, 4 ´ 5 flores. Por tanto, dado que
o
las flores de un ramillete no est´n ordenadas y adem´s no se repiten,
a a
tenemos:
5
C5,i = 25 − 1 = 31
i=1
ramilletes distintos.
P1.20] Suponiendo que hay 27 letras distintas, ¿cu´ntos conjuntos diferentes
a
de iniciales pueden formarse si cada persona tiene un apellido y
1. exactamente dos nombres;
2. no m´s de dos nombres;
a
3. no m´s de tres nombres?
a
Soluci´n
o
1. Si tiene dos nombres, hay V R27,3 = 273 = 19683 conjuntos de ini-
ciales.
2. Si tiene dos nombres como m´ximo, hay dos posibilidades:
a
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-16-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 21
i i
CAP´
ITULO 1. COMBINATORIA 21
del tipo “nombre apellido” hay V R27,2 = 272 posibilidades;
del tipo “nombre1 nombre2 apellido” hay V R27,3 = 273 posibi-
lidades.
Luego hay 272 · (1 + 27) = 20412 conjuntos de iniciales.
3. Si tiene tres nombres como m´ximo, a las dos posibilidades del apar-
a
tado (b) hay que a˜adir el tipo “nombre1 nombre2 nombre3 apelli-
n
do”, del que hay V R27,4 = 274 posibilidades, obteni´ndose finalmen-
e
te un total de 272 · 1 + 27 + 272 = 551853 conjuntos de iniciales.
P1.21] Si se arrojan d dados y m monedas, ¿cu´ntos resultados diferentes se
a
pueden distinguir?
Soluci´n
o
Suponiendo que los dados son distintos y las monedas son distintas:
Para el caso de los d dados (un dado tiene 6 resultados posibles),
puesto que se distinguen los dados entre s´ y en una tirada pue-
ı,
de obtenerse el mismo resultado en varios dados, hay un total de
V R6,d = 6d resultados distintos para los dados.
Procediendo de forma an´loga para las m monedas, se obtienen
a
V R2,m = 2m resultados distintos para las monedas.
Se concluye as´ que hay un total de 6d · 2m resultados diferentes.
ı
Suponiendo que los dados son iguales y las monedas son iguales:
El n´mero de resultados que se pueden obtener al arrojar los d dados,
u
teniendo en cuenta que ´stos son indistinguibles y puede repetirse el
e
mismo resultado en varios de ellos, es CR6,d = C6+d−1,d = Cd+5,d .
Adem´s, para las m monedas, hay un total de CR2,m = C2+m−1,m =
a
Cm+1,m = m + 1 resultados.
Por lo tanto, hay Cd+5,d · (m + 1) resultados diferentes.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-17-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 23
i i
CAP´
ITULO 2
Fundamentos de probabilidades
Se llama espacio muestral Ω a un conjunto matem´tico donde cada elemento
a
representa un resultado (concreto) de un experimento. Dado que es una imagen
matem´tica (abstracta) de un problema (real) no es necesariamente unico para
a ´
un experimento dado, pudiendo por tanto existir diferentes espacios muestrales
para un mismo problema.
A cada elemento del espacio muestral se le llama suceso elemental ya que
se consideran como los resultados m´s simples que interesan de un experimen-
a
to. T´ıpicamente se desea estudiar caracter´ ısticas de algunos subconjuntos de
sucesos elementales, que reciben el nombre de sucesos. Se dice que un suceso
A ocurre cuando el resultado del experimento ω est´ asociado a uno de sus
a
sucesos elementales, es decir, ω ∈ A.
Para garantizar rigor en el uso de operaciones algebraicas como la uni´n y
o
la intersecci´n de conjuntos, la familia de sucesos se extiende con algunos otros
o
subconjuntos (complementos, etc.) de manera que la familia extendida A tenga
la siguiente propiedad de ´lgebra:
a
A ∈ A entonces Ac := Ω A ∈ A;
A1 , A2 ∈ A entonces A1 ∪ A2 ∈ A;
∅ ∈ A.
Sobre una pareja (Ω, A) se define una probabilidad como una funci´n
o
P : A −→ [0, 1]
23
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-19-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 24
i i
24 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
con las siguientes propiedades:
P (Ω) = 1;
si A1 , A2 ∈ A: A1 ∩ A2 = ∅ entonces P (A1 ∪ A2 ) = P (A1 ) + P (A2 ).
A la terna (Ω, A, P ) se le llama espacio probabil´
ıstico.
Dado (Ω, A, P ) con Ω ⊂ A, el espacio muestral Ω se llama equiprobable
cuando la probabilidad de todos sus sucesos elementales es la misma.
Una importante caracter´ ıstica de los espacios muestrales equiprobables es
que la probabilidad de cualquier suceso suyo se calcula determinando la pro-
porci´n de sus elementos sobre el total. Intuitivamente:
o
casos favorables a A
P (A) = .
casos posibles de Ω
Cuando Ω sea un conjunto finito esta ultima idea consiste en un c´lculo de
´ a
cardinales ya que:
|A|
P (A) = .
|Ω|
Dados dos sucesos A y B de un mismo espacio probabil´ ıstico (Ω, A, P ) con
P (B) > 0, se llama probabilidad condicionada de A dado B a la probabilidad
de que ocurra un suceso elemental en A supuesto que ha ocurrido alg´n suceso
u
elemental de B. Se representa por P (A | B), y sucede que:
P (A ∩ B)
P (A | B) := .
P (B)
Se dice que A y B son independientes si, y s´lo si, P (A ∩ B) = P (A)P (B).
o
Ejercicios Resueltos
P2.1] Describir el espacio muestral para cada uno de los siguientes experimen-
tos aleatorios:
1. 250 personas son seleccionadas en La Laguna y se les pregunta si
van a votar al candidato A o al B.
2. Un dado es lanzado cinco veces consecutivas.
3. Cinco dados son lanzados simult´neamente.
a
4. Una moneda es lanzada hasta que salen dos caras o dos cruces con-
secutivas.
5. Cuatro objetos se envasan en paquetes de dos.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-20-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 26
i i
26 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
6. Si representamos por wi el color de la bola de la i-´sima extracci´n
e o
(i = 1, 2, 3, 4), siendo B =“blanco” y A =“azul” los dos posibles
colores a obtener, un posible espacio muestral es
Ω = {w = (w1 , w2 , w3 , w4 ) : wi ∈ {B, A} , i = 1, 2, 3, 4} .
P2.2] Una moneda es lanzada cinco veces. Definir espacios muestrales diferentes
de acuerdo a los siguientes objetivos:
1. S´lo el n´mero de caras es de inter´s.
o u e
2. El resultado de cada lanzamiento individual es de inter´s.
e
3. Mostrar que cualquier espacio muestral satisfactorio para (2) puede
ser tambi´n usado en (1), pero que la afirmaci´n rec´
e o ıproca no es
cierta.
Soluci´n
o
1. Representamos cada suceso elemental como w =“n´mero de caras
u
obtenidas en los cinco lanzamientos”. As´ un posible espacio mues-
ı,
tral es:
Ω = {0, 1, 2, 3, 4, 5} .
2. Un posible espacio muestral es:
Ω = {w = (w1 , w2 , w3 , w4 , w5 ) : wi ∈ {C, X}} ,
donde cada wi representa el resultado del i-´simo lanzamiento de la
e
moneda, que puede ser C =“cara” y X =“cruz” (i = 1, 2, 3, 4, 5) .
3. Si tomamos un suceso del espacio muestral del apartado (b) podemos
calcular el n´mero de caras que han salido (espacio muestral del
u
apartado (a)). Sin embargo, a partir del n´mero de caras que se han
u
obtenido en cinco lanzamientos no podemos saber el resultado de
cada lanzamiento individual.
P2.3] Dado (Ω, A, P ) un espacio probabil´
ıstico, demostrar:
1. P (∅) = 0;
2. si A, B ∈ A: A ⊆ B entonces P (A) ≤ P (B);
3. si A ∈ A: P (Ac ) = 1 − P (A);
4. si A, B ∈ A: P (A B) = P (A) − P (A ∩ B);
5. si A, B ∈ A: P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B).
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-22-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 27
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 27
Soluci´n:
o
1. Basta tener presente las dos condiciones que cumple P por definici´n,
o
considerando A1 := Ω y A2 := ∅.
2. Basta tener presente las dos condiciones que cumple P por definici´n,
o
considerando A1 := A ∩ B = A y A2 := B A.
3. Basta tener presente las dos condiciones que cumple P por definici´n,
o
considerando A1 := A y A2 := Ac .
4. Basta tener presente las dos condiciones que cumple P por definici´n,
o
considerando A1 := A B y A2 := A ∩ B.
5. Usando los apartados anteriores: P (A ∪ B) = P (A) + P (B A) =
P (A) + P (B) − P (A ∩ B).
P2.4] Un jugador italiano expres´ su sorpresa a Galileo, por observar que al
o
jugar con 3 dados la suma 10 aparece con m´s frecuencia que la 9. Seg´n el
a u
jugador los casos favorables al 9 ser´
ıan: 126, 135, 144, 225, 234 y 333; y al
10: 136, 145, 226, 235, 244 y 334. Pero Galileo vio que estas combinaciones
no se pueden considerar igualmente probables. Explicar por qu´ y calcular
e
las correspondientes probabilidades.
Soluci´n
o
Consideremos como espacio muestral:
Ω = {w = (w1 , w2 , w3 ) : wi ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6} , i = 1, 2, 3} ,
donde cada wi representa el resultado del lanzamiento del i− ´simo dado
e
(i = 1, 2, 3). N´tese que este espacio es equiprobable y |Ω| = 63 .
o
La probabilidad de obtener resultados que sumen nueve es:
3! · [P ({(1, 2, 6)}) + P ({(1, 3, 5)}) + P ({(2, 3, 4)})]
3
+ · [P ({(1, 4, 4)}) + P ({(2, 2, 5)})] + P ({(3, 3, 3)})
2
1 3 25
= 3 · 6·3+ ·2+1 = .
6 2 216
Por otra parte, la probabilidad en el caso de que la suma sea igual a diez
es:
3! · [P ({(1, 3, 6)}) + P ({(1, 4, 5)}) + P ({(2, 3, 5)})]
3
+ · [P ({(2, 2, 6)}) + P ({(2, 4, 4)}) + P ({(3, 3, 4)})]
2
1 3 1
= 3 · 6·3+ ·3 = ,
6 2 8
que es mayor que 25/216.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-23-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 28
i i
28 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
P2.5] Consid´rese un espacio muestral Ω formado por las 24 permutaciones de
e
los n´meros 1, 2, 3 y 4, todas equiprobables. Definimos Ai = {w ∈ Ω/en
u
w aparece el n´mero i en el lugar i-´simo}. Calcular:
u e
1. P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 )
2. P ((A1 ∪ A2 ) ∩ (A3 ∪ A4 ))
3. P (A1 ∪ A3 )
4. P (A1 ∪ (A3 ∩ A4 ))
Soluci´n
o
1. Dado que
P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ) = P (Ai ) − P (Ai ∩ Aj )
1≤i≤4 1≤i<j≤4
+ P (Ai ∩ Aj ∩ Ak )
1≤i<j<k≤4
−P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ),
procedemos a calcular cada uno de los t´rminos:
e
|Ai | (4 − 1)! 6 1
P (Ai ) = = = = ,
|Ω| 24 24 4
para todo i = 1, . . . , 4
|Ai ∩ Aj | (4 − 2)! 2 1
P (Ai ∩ Aj ) = = = = ,
|Ω| 24 24 12
para todo i, j = 1, . . . , 4
|Ai ∩ Aj ∩ Ak | 1
P (Ai ∩ Aj ∩ Ak ) = = ,
|Ω| 24
para todo i, j, k = 1, . . . , 4
|A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 | 1
P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ) = = .
|Ω| 24
Luego, fijados por ejemplo Ai = A1 , Aj = A2 , Ak = A3 , se tiene que
la probabilidad pedida es:
4 4
P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ) = · P (Ai0 ) − · P (Ai0 ∩ Aj0 )
1 2
4
+ · P (Ai0 ∩ Aj0 ∩ Ak0 )
3
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-24-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 29
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 29
4
−· P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 )
4
1 1 1 1 5
= 4· −6· +4· −1· = .
4 12 24 24 8
2. Utilizando lo ya conocido para la probabilidad de la uni´n de dos
o
sucesos, se obtiene el resultado:
P ((A1 ∪ A2 ) ∩ (A3 ∪ A4 )) = P (A1 ∪ A2 ) + P (A3 ∪ A4 )
−P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 )
= {P (A1 ) + P (A2 ) − P (A1 ∩ A2 )}
+ {P (A3 ) + P (A4 ) − P (A3 ∩ A4 )}
−P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ) =
1 15 24 − 4 − 15 5
= 1−2· − = = .
12 24 24 24
3. Utilizando la propiedad de la probabilidad de la uni´n de dos sucesos
o
se obtiene:
1 1 5
P (A1 ∪ A3 ) = P (A1 ) + P (A3 ) − P (A1 ∩ A3 ) = 2 · − = .
4 12 12
4. An´logamente, se obtiene que:
a
P (A1 ∪ (A3 ∩ A4 )) = P (A1 ) + P (A3 ∩ A4 ) − P (A1 ∩ A3 ∩ A4 ) =
1 1 1 7
= + − = .
4 12 24 24
P2.6] Sean A1 , A2 y A3 sucesos tales que A1 ∪ A2 ∪ A3 = Ω y A1 ∩ A2 =
A1 ∩ A3 = A2 ∩ A3 . Sabiendo que P (A1 ) = 1/4 y P (A2 ) = 1/2 hallar
P (A3 ).
Soluci´n
o
Sabemos que P (Ω) = 1, y adem´s podemos expresar esta probabilidad
a
en funci´n de los tres sucesos que se definen en el enunciado. As´ desarro-
o ı,
llando esta expresi´n y sustituyendo los datos que nos da el problema, se
o
tiene que:
P (Ω) = 1 = P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ) = P (A1 ) + P (A2 ) + P (A3 )
−P (A1 ∩ A2 ) − P (A1 ∩ A3 ) − P (A2 ∩ A3 )
+P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) =
1 1
= + + P (A3 ) − 2 · P (A1 ∩ A2 ),
4 2
usando, para la ultima igualdad, que:
´
P (A1 ∩ (A2 ∩ A3 )) = P (A1 ∩ (A1 ∩ A2 )) = P (A1 ∩ A2 ).
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-25-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 30
i i
30 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Finalmente, despejando, obtenemos:
1
P (A3 ) = 2 · P (A1 ∩ A2 ) + .
4
P2.7] Tres caballos A, B y C participan en una carrera. El suceso “A vence a
B” se designa por AB, el suceso “A vence a B, el cual vence a C” como
ABC, y as´ sucesivamente. Se sabe que P (AB) = 2/3, P (AC) = 2/3
ı
y P (BC) = 1/2. Adem´s P (ABC) = P (ACB), P (BAC) = P (BCA)
a
y P (CAB) = P (CBA). Calcular P (A venza), P (B venza), P (C venza).
¿Son AB, AC y CB independientes?
Soluci´n
o
En este problema se asume que no existen los empates. Por ello, los
sucesos elementales son las permutaciones de las letras A, B y C, y un
simple espacio muestral es:
Ω = {ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA} ; |Ω| = 3! = 6
Dicho espacio tiene |Ω| = 3! = 6 elementos, pero no es necesariamente
equiprobable. Adem´s:
a
AB = {ABC, ACB, CAB}
AC = {ABC, ACB, BAC}
BC = {ABC, BAC, BCA} .
Denotemos las probabilidades de los sucesos elementales:
P ({ABC}) = P ({ACB}) = p1 , P ({BAC}) = P ({BCA}) = p2 ,
P ({CAB}) = P ({CBA}) = p3 .
y resolvamos:
P (AB) = 2/3 ⇒ 2 · p1 + p3 = 2/3
P (AC) = 2/3 ⇒ 2 · p1 + p2 = 2/3
P (BC) = 1/2 ⇒ p1 + 2 · p2 = 1/2
Se obtiene as´ que p1 = 5/18, p2 = 1/9 y p3 = 1/9. Por tanto, las proba-
ı
bilidades que pide el problema son:
P (A venza) = P ({ABC}) + P ({ACB}) = 2 · p1 = 5/9
P (B venza) = P ({BAC}) + P ({BCA}) = 2 · p2 = 2/9
P (C venza) = P ({CAB}) + P ({CBA}) = 2 · p3 = 2/9.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-26-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 31
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 31
Por ultimo, para ver si AB, AC y CB son independientes, calculemos:
´
5
P (AB ∩ AC) = P ({ABC, ACB}) = P ({ABC}) + P ({ACB}) =
9
2 2 4
P (AB) · P (AC) = · = .
3 3 9
Dado que P (AB ∩ AC) = P (AB) · P (AC), se concluye que no son inde-
pendientes.
P2.8] Siendo A, B y C tres sucesos pertenecientes a un determinado espacio
muestral, se consideran los dos sucesos M = A∩B c ∩C c y N = A∩(B∪C).
Calcular las probabilidades de M y N sabiendo que P (A) = 0,7, P (B) =
0,6, P (C) = 0,5, P (A ∩ B) = 0,45, P (A ∩ C) = 0,35, P (B ∩ C) = 0,25 y
P (A ∩ B ∩ C) = 0,15.
Soluci´n
o
Se puede usar la diferencia de sucesos, y as´
ı:
c
P (M ) = P (A ∩ B c ∩ C c ) = P (A ∩ (B ∪ C) )
= P (A| (B ∪ C)) = P (A) − P (A ∩ (B ∪ C))
= P (A) − P ((A ∩ B) ∪ (A ∩ C))
= P (A) − P (A ∩ B) − P (A ∩ C) + P ((A ∩ B) ∩ (A ∩ C))
= 0,7 − 0,45 − 0,35 + 0,15 = 0,05.
Otro modo de calcular P (M ) consiste en usar la expresi´n equiva-
o
lente a la uni´n de los sucesos A, B y C:
o
A ∪ B ∪ C = (A ∩ (B ∪ C)c ) ∪ B ∪ C = (A ∩ B c ∩ C c ) ∪ B ∪ C.
Se tiene entonces que:
P (A ∪ B ∪ C) = P ((A ∩ B c ∩ C c ) ∪ B ∪ C)
= P (A ∩ B c ∩ C c ) + P (B) + P (C)
−P (A ∩ B c ∩ C c ∩ B) − P (A ∩ B c ∩ C c ∩ C)
−P (B ∩ C) + P ((A ∩ B c ∩ C c ) ∩ B ∩ C),
siendo
A ∩ Bc ∩ C c ∩ B = A ∩ Bc ∩ C c ∩ C = ∅
y
(A∩B c ∩C c )∩(B ∪ C) = (A ∩ B c ∩ C c ∩ B)∪(A ∩ B c ∩ C c ∩ C) = ∅.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-27-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 32
i i
32 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Por tanto:
P (A ∪ B ∪ C) = P (A ∩ B c ∩ C c ) + P (B) + P (C) − P (B ∩ C). (1)
Hemos logrado expresar la probabilidad pedida en funci´n de las
o
probabilidades conocidas P (B), P (C), P (B ∩ C) y P (A ∪ B ∪ C),
siendo el valor de esta ultima:
´
P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C) − P (A ∩ B)
−P (A ∩ C) − P (B ∩ C) + P (A ∩ B ∩ C) =
= 0,7 + 0,6 + 0,5 − 0,45 − 0,35 − 0,25 + 0,15 = 0,9
Finalmente, despejamos en 2.1 el resultado:
P (M ) = P (A ∩ B c ∩ C c ) = 0,05
Para calcular P (N ), expresamos N como uni´n de sucesos disjuntos,
o
utilizando la diferencia de sucesos:
P (N ) = P (A ∩ (B ∪ C)) = P ((A ∩ B) ∪ ((A ∩ C) | (A ∩ B ∩ C)))
= P (A ∩ B) + P ((A ∩ C) | (A ∩ B ∩ C))
= P (A ∩ B) + P (A ∩ C) − P ((A ∩ C) ∩ (A ∩ B ∩ C))
= P (A ∩ B) + P (A ∩ C) − P (A ∩ B ∩ C)
= 0,45 + 0,35 − 0,15 = 0,65,
verific´ndose la tercera igualdad debido a que los sucesos A ∩ B y
a
(A ∩ C) | (A ∩ B ∩ C) son disjuntos.
Otra forma de obtener la probabilidad pedida ser´ directamente:
ıa,
P (N ) = P (A ∩ (B ∪ C)) = P ((A ∩ B) ∪ (A ∩ C))
= P (A ∩ B) + P (A ∩ C) − P (A ∩ B ∩ C) .
P2.9] Siendo A1 , A2 y B tres sucesos tales que A1 ∩ A2 = ∅, demostrar que
P (A1 ∪ A2 |B) = P (A1 |B) + P (A2 |B).
Soluci´n
o
Aplicamos la definici´n de probabilidad condicionada y se obtiene:
o
P ((A1 ∪ A2 ) ∩ B) P ((A1 ∩ B) ∪ (A2 ∩ B))
P (A1 ∪ A2 |B) = = =
P (B) P (B)
P (A1 ∩ B) + P (A2 ∩ B) − P (A1 ∩ A2 ∩ B)
= =
P (B)
P (A1 ∩ B) P (A2 ∩ B)
= +
P (B) P (B)
= P (A1 |B) + P (A2 |B).
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-28-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 33
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 33
La tercera igualdad se verifica debido a que P (A1 ∩ A2 ∩ B) = P (∅ ∩ B) =
P (∅) = 0.
P2.10] Demostrar que si A1 , A2 y A3 son independientes, entonces tambi´n lo
e
son Ac , Ac y Ac . Y que si A1 , A2 y A3 son independientes, entonces son
1 2 3
independientes por pares, pero que lo rec´ ıproco no es cierto.
Soluci´n
o
“Si A1 , A2 y A3 son independientes, entonces Ac , Ac y Ac son
1 2 3
independientes”.
Supongamos A1 , A2 y A3 independientes. Esto quiere decir que:
P (A1 ∩ A2 ) = P (A1 ) · P (A2 )
P (A1 ∩ A3 ) = P (A1 ) · P (A3 )
P (A2 ∩ A3 ) = P (A2 ) · P (A3 )
P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P (A1 ) · P (A2 ) · P (A3 )
Veamos que esto se verifica tambi´n para Ac , Ac y Ac , pues:
e 1 2 3
c
P (Ac ∩ Ac )
1 2 = P ((A1 ∪ A2 ) ) = 1 − P (A1 ∪ A2 ) =
= 1 − P (A1 ) − P (A2 ) + P (A1 ∩ A2 ) =
= 1 − P (A1 ) − P (A2 ) + P (A1 ) · P (A2 ) =
= (1 − P (A1 )) · (1 − P (A2 )) = P (Ac ) · P (Ac ) .
1 2
An´logamente:
a
P (Ac ∩ Ac ) = P (Ac ) · P (Ac )
1 3 1 3
P (Ac ∩ Ac ) = P (Ac ) · P (Ac ) .
2 3 2 3
Por ultimo, tenemos que:
´
c
P (Ac ∩ Ac ∩ Ac ) =
1 2 3 P ((A1 ∪ A2 ∪ A3 ) ) = 1 − P (A1 ∪ A2 ∪ A3 )
= 1− P (Ai ) + P (Ai ∩ Aj )
1≤i≤3 1≤i<j≤3
−P (A1 ∩ A2 ∩ A3 )
= 1− P (Ai ) + P (Ai ) · P (Aj )
1≤i≤3 1≤i<j≤3
−P (A1 ) · P (A2 ) · P (A3 )
= P (Ac ) · P (Ac ) · P (Ac ) .
1 2 3
“Si A1 , A2 y A3 son independientes, entonces son independientes por
pares”.
El resultado es consecuencia de la definici´n.
o
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-29-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 35
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 35
P2.11] Sea A1 y A2 dos sucesos con A1 ∩ A2 = ∅. Dar una condici´n necesaria
o
y suficiente para que A1 y A2 sean independientes.
Soluci´n
o
A1 , A2 independientes ⇔ P (A1 ) · P (A2 ) = P (A1 ∩ A2 ) = P (∅) = 0
⇔ P (A1 ) = 0 ´ P (A2 ) = 0
o
P2.12] Dado que P (A) = 1/3, P (B|A) = 1/3; determinar si se cumple que:
1. A y B son independientes.
2. A ∩ B = ∅.
3. A ⊆ B.
4. P (Ac |B c ) = 2/3.
Soluci´n
o
1. Supongamos que se realiza un experimento aleatorio que consiste en
extraer una bola de una urna con nueve bolas numeradas del 1 al 9.
Entonces, un espacio muestral es
Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} .
Dicho espacio es equiprobable y P ({i}) = 1/9, para todo i =
1, . . . , 9.
Definimos A como el suceso “el n´mero extra´ es menor que cua-
u ıdo
tro”, es decir, A = {1, 2, 3} , y sea B el suceso “el n´mero extra´
u ıdo
es mayor que dos”, es decir, B = {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} . Entonces:
7
P (B) =
9
P (B ∩ A) P ({3}) 1/9 1
P (B|A) = = = = .
P (A) 1/3 1/3 3
P (B) = P (B|A), por lo que se concluye que los dos sucesos no son
independientes.
2. Por definici´n de probabilidad condicionada, se tiene que:
o
P (B ∩ A) P (B ∩ A)
P (B|A) = = = 1/3,
P (A) 1/3
obteni´ndose as´ que P (B ∩ A) = 1/9. Por lo tanto, A ∩ B = ∅.
e ı
3. En el mismo contraejemplo utilizado en el primer apartado del pro-
blema se observa que A ⊆ B.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-31-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 36
i i
36 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
4. Obs´rvese, en el contraejemplo del apartado (a), que:
e
P (Ac ∩ B c ) P (∅)
P (Ac |B c ) = = = 0.
P (B c ) P ({1, 2})
P2.13] ¿Son ciertas las igualdades:
1. P (A|B) = P (Ac |B c );
2. P (A|B) + P (Ac |B c ) = 1;
3. P (A|B) + P (A|B c ) = 1?
Soluci´n
o
1. Para ver que la igualdad P (A|B) = P (Ac |B c ) es falsa, definimos
un espacio muestral Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, con P ({i}) = 1/6, para
todo i = 1, . . . , 6, pudiendo pensarse que cada suceso elemental i
se corresponde con la cara que sale al lanzar un dado. Definimos
tambi´n los sucesos A = {1, 2} y B = {3, 4}, que verifican:
e
A ∩ B = ∅,
c
B = {1, 2, 5, 6} ,
c c c
A ∩ B = (A ∪ B) = {5, 6} .
Sustituyendo en las correspondientes expresiones, se obtiene:
P (A ∩ B) P (∅)
P (A|B) = = =0
P (B) P (B)
P (Ac ∩ B c )
P (Ac |B c ) = =
P (B c )
P ({5, 6}) 2/6 1
= = = .
P ({1, 2, 5, 6}) 4/6 2
Luego la igualdad P (A|B) = P (Ac |B c ) no es cierta.
2. La igualdad P (A|B) + P (Ac |B c ) = 1 tampoco se verifica, pues, si
utilizamos los datos del ejemplo del apartado anterior, resulta:
P (A|B) + P (Ac |B c ) = 0 + 1/2 = 1/2 = 1.
3. La igualdad P (A|B) + P (A|B c ) = 1 no es cierta, pues, utilizando
nuevamente el ejemplo del primer apartado, se obtiene:
A ∩ B c = {1, 2} ,
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-32-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 37
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 37
y sustituyendo:
P (A|B) = 0
P (A ∩ B c ) P ({1, 2})
P (A|B c ) = =
P (B c ) P ({1, 2, 5, 6})
2/6 1
= = .
4/6 2
Luego
P (A|B) + P (A|B c ) = 0 + 1/2 = 1/2 = 1.
P2.14] Demostrar que si dos sucesos A y B son independientes, entonces Ac y
B c son independientes.
Soluci´n
o
Comprobemos que P (A ∩ B) = P (A) · P (B) implica que P (Ac ∩ B c ) =
P (Ac ) · P (B c ). En efecto,
c
P (Ac ∩ B c ) = P ((A ∪ B) ) = 1 − P (A ∪ B)
= 1 − P (A) − P (B) + P (A ∩ B)
= 1 − P (A) − P (B) + P (A) · P (B)
= (1 − P (A)) · (1 − P (B)) = P (Ac ) · P (B c ) ,
concluy´ndose as´ que Ac y B c son independientes.
e ı
P2.15] Sean A y B dos sucesos tales que P (A) = 1/4, P (B|A) = 1/2 y
P (A|B) = 1/4. Decir si son ciertas o falsas las siguientes relaciones:
1. A ⊂ B;
2. A y B son independientes;
3. Ac y B c son independientes;
4. A y B son incompatibles;
5. P (Ac |B c ) = 1/2;
6. P (A|B) + P (Ac |B c ) = 1.
Soluci´n
o
1. N´tese que si A ⊂ B entonces A ∩ B = A, y se verificar´
o ıa:
P (A ∩ B) P (A) 1
P (B|A) = = =1= ,
P (A) P (A) 2
por lo que no es posible que A ⊂ B.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-33-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 38
i i
38 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
2. Es cierto. En efecto, A y B son independientes, pues:
1 1 1
P (A ∩ B) = P (B|A) · P (A) = · =
2 4 8
y
1 1 1
P (A) · P (B) = · = .
4 2 8
Luego P (A ∩ B) = P (A) · P (B) .
3. Habiendo demostrado ya la independencia de A y B, y teniendo en
cuenta el ejercicio 14, se concluye que Ac y B c son independientes.
4. No es cierto que A y B sean incompatibles, ya que:
1 1 1
P (A ∩ B) = P (B|A) · P (A) = · = = 0.
2 4 8
5. Tampoco se cumple que P (Ac |B c ) = 1/2, pues:
P (Ac ∩ B c ) P (Ac ) · P (B c ) 3
P (Ac |B c ) = = = .
P (B c ) P (B c ) 4
6. Se verifica que P (A|B) + P (Ac |B c ) = 1. En efecto,
1 3
P (A|B) + P (Ac |B c ) = + = 1.
4 4
P2.16] Demostrar los siguientes resultados: Dado (Ω, A, P ) un espacio proba-
bil´
ıstico, un subconjunto de sucesos A1 , . . . , Ak disjuntos dos a dos, y otro
suceso B tal que B ⊆ ∪k Ai ;
i=1
1. Teorema de la probabilidad total:
k
P (B) = P (B|Ai )P (Ai ).
i=1
2. Teorema de Bayes: para cada j ∈ {1, . . . , k},
P (B|Aj )P (Aj )
P (Aj |B) = k
.
i=1 P (B|Ai )P (Ai )
Soluci´n:
o
1. Dado que B es la uni´n disjunta de los conjuntos B ∩Ai , el resultado
o
es trivial.
2. Consecuencia inmediata de aplicar la definici´n de probabilidad con-
o
dicionada y del apartado anterior.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-34-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 39
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 39
P2.17] Supuesto que los sucesos A1 , A2 y A3 son independientes y asumiendo
que r = 0, 1, 2, 3, obtener expresiones en t´rminos de P (A1 ), P (A2 ) y
e
P (A3 ) para las probabilidades de los sucesos:
1. ocurren exactamente r sucesos;
2. al menos ocurren r sucesos;
3. como m´ximo ocurren r sucesos.
a
Soluci´n
o
1. Veamos la probabilidad de que ocurran exactamente r sucesos para
cada valor de r:
Si r = 0, por el ejercicio 10: “Si A1 , A2 y A3 son independientes,
entonces Ac , Ac y Ac son independientes”, luego
1 2 3
P (Ac ∩ Ac ∩ Ac )
1 2 3 = P (Ac ) · P (Ac ) · P (Ac ) =
1 2 3
= (1 − P (A1 )) · (1 − P (A2 )) · (1 − P (A3 )) .
Si r = 1 entonces
P ((A1 ∩ Ac ∩ Ac ) ∪ (Ac ∩ A2 ∩ Ac ) ∪ (Ac ∩ Ac ∩ A3 ))
2 3 1 3 1 2
= P (A1 ∩ Ac ∩ Ac ) + P (Ac ∩ A2 ∩ Ac ) + P (Ac ∩ Ac ∩ A3 ) .
2 3 1 3 1 2
Esta igualdad se verifica porque los sucesos son disjuntos. Adem´s,
a
por el ejercicio P2.8:
P Ai ∩ Ac ∩ Ac
j k = P (Ai ) − P (Ai ∩ Aj ) − P (Ai ∩ Ak )
+P (Ai ∩ Aj ∩ Ak )
= P (Ai ) − P (Ai ) · P (Aj ) − P (Ai ) · P (Ak )
+P (Ai ) · P (Aj ) · P (Ak ) ,
para todo i, j, k = 1, 2, 3; i = j, i = k, j = k.
Continuando con las igualdades anteriores
3 3
P (Ai )−2· (P (Ai ) · P (Aj ))+3·P (A1 )·P (A2 )·P (A3 ) ,
i=1 i<j
i,j=1
que est´ expresado en t´rminos de las probabilidades pedidas.
a e
Si r = 2, entonces:
P ((A1 ∩ A2 ∩ Ac ) ∪ (A1 ∩ Ac ∩ A3 ) ∪ (Ac ∩ A2 ∩ A3 )) =
3 2 1
= P ((A1 ∩ A2 ) ∩ Ac ) + P ((A1 ∩ A3 ) ∩ Ac ) + P (Ac ∩ (A2 ∩ A3 ))
3 2 1
= P (A1 ∩ A2 ) − P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) + P (A1 ∩ A3 )
−P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) + P (A2 ∩ A3 ) − P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) ,
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-35-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 41
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 41
Si r = 1, entonces
1 − P ((A1 ∩ A2 ) ∪ (A1 ∩ A3 ) ∪ (A2 ∩ A3 ))
= 1 − P (A1 ) · P (A2 ) − P (A1 ) · P (A3 ) − P (A2 ) · P (A3 )
+2 · P (A1 ) · P (A2 ) · P (A3 ) ,
por ser A1 , A2 y A3 sucesos independientes.
Si r = 2, la probabilidad que nos interesa obtener es
1 − P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = 1 − P (A1 ) · P (A2 ) · P (A3 ) ,
por ser A1 , A2 y A3 sucesos independientes.
Si r = 3, el resultado es P (Ω) = 1.
P2.18] Dilema del concurso televisivo. En un concurso de televisi´n se le ofrece
o
al concursante la posibilidad de elegir una entre 3 puertas (A, B, C) para
quedarse lo que hay tras ella. El presentador le informa de que s´lo una
o
de ellas tiene un buen regalo (un apartamento en Torrevieja, Alicante),
mientras que las otras dos est´n vac´ El concursante opta por una y
a ıas.
tras decirlo, el presentador (que conoce exactamente d´nde est´ el regalo)
o a
le abre una de las otras dos puertas no elegidas por el concursante donde
no est´ el regalo. Luego le ofrece al concursante la opci´n de cambiar su
a o
decisi´n inicial eligiendo la otra puerta a´n no abierta. ¿Qu´ debe hacer el
o u e
concursante? Es decir, ¿debe el concursante aceptar la nueva posibilidad
cambiando la puerta que eligi´ originalmente, o no?
o
Soluci´n
o
En el momento original donde el concursante debe tomar su primera
decisi´n, es evidente que la probabilidad de que escoja la puerta tras la que
o
se oculta el regalo es igual a 1/3. Supuesto que opta por una, se encuentra
con que el presentador le ofrece una nueva informaci´n: le reduce las tres
o
posibilidades iniciales a dos. Esto cambia por tanto las probabilidades,
ya que la puerta abierta por el presentador pasa a tener probabilidad 0,
mientras que las otras dos se reparten el 1/3 que esa puerta pierde. Pero,
¿de qu´ manera? Desde luego, no equitativamente, puesto que la puerta
e
elegida por el concursante sigue teniendo probabilidad 1/3 y la otra que
no abri´ el presentador pasa a tener probabilidad 2/3.
o
Por tanto, el concursante s´ deber´ cambiar su elecci´n original, ya que
ı ıa o
con ello duplica la probabilidad de obtener el regalo. Obviamente, este
consejo se basa unicamente en consideraciones matem´ticas y no tiene
´ a
presente de ninguna forma la afici´n o aversi´n al riesgo del concursante.
o o
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-37-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 42
i i
42 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
P2.19] Dilema del prisionero. En una c´rcel hay 3 prisioneros (A, B, C) con
a
historiales similares. En un momento dado, los tres solicitan el indulto a
un tribunal, y sin conocerse m´s detalles llega la informaci´n al prisionero
a o
A de que han concedido el indulto a 2 de los 3 prisioneros. El prisionero
A conoce a uno de los miembros del tribunal y puede intentar hacerle una
pregunta para obtener algo de informaci´n. Sabe que no puede preguntar
o
si ´l es uno de los dos indultados, pero s´ puede pedir que le den el nombre
e ı
de uno de los otros dos (nunca ´l) que est´ indultado. Pensando un poco
e e
concluye que si no hace tal pregunta, entonces la probabilidad de ser uno
de los dos indultados es 2/3, mientras que si la hace obtendr´ respuesta y
a
entonces la probabilidad de ser el otro indultado es 1/2. Por ello, concluye
que es mejor no hacer tal pregunta, porque sea cual sea la respuesta, s´lo
o
le servir´ para disminuir la probabilidad de ser uno de los dos indultados.
a
¿D´nde est´ el error de su razonamiento?
o a
Soluci´n
o
Si no hace la pregunta, entonces un espacio muestral es
Ω = {w = {w1 , w2 } : wi ∈ {A, B, C} , w1 = w2 } = {{A, B} , {A, C} , {B, C}} ,
que es un espacio equiprobable. Dado que el suceso “A es indultado”
coincide con {{A, B} , {A, C}}, entonces su probabilidad es 2/3, y por
tanto ese c´lculo del prisionero es correcto.
a
Sin embargo, si hace la pregunta, un espacio muestral ser´
ıa
Ω = {w = ({w1 , w2 } , w3 ) : wi ∈ {A, B, C} , w1 = w2 , w3 ∈ {w1 , w2 } {A}} ,
donde w1 y w2 representan los dos presos indultados, y w3 es el nombre de
uno de los indultados que el miembro del tribunal da al preso A. N´tese
o
que:
1
P (({A, B} , B)) = P (({A, C} , C)) = ,
3
1
P (({B, C} , B)) = P (({B, C} , C)) = ,
6
donde se asume que A no es indultado con probabilidad 1/3 y en tal caso
la respuesta puede ser B ´ C con igual probabilidad. En consecuencia el
o
suceso “A es indultado” coincide con {({A, B} , B) , ({A, C} , C)} y por
tanto la probabilidad sigue siendo 2/3. Aqu´ est´ su error. En efecto, era
ı a
de esperar que conocer la respuesta a su pregunta no le diera informaci´n
o
sobre la probabilidad de que ´l mismo fuera indultado, debido al propio
e
enunciado de la pregunta.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-38-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 43
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 43
P2.20] Supongamos que entramos en un casino con 20 euros y desear´
ıamos salir
con 40 euros. Se nos ofrecen dos posibilidades para aumentar el capital
en una ruleta:
1. apostar los 20 euros sobre “pares” en una unica jugada;
´
2. apostar un euro sobre “pares” en cada jugada durante una secuencia
de jugadas hasta que pierda sus 20 euros o gane lo deseado.
Analizar matem´ticamente ambas alternativas.
a
Soluci´n
o
Recurriendo a la primera opci´n, propia de jugadores m´s arriesgados,
o a
hay una probabilidad de ganar igual a 18/38 ∼ 0,474.
=
Sin embargo, con la segunda opci´n, propia de jugadores m´s cautelosos,
o a
la probabilidad de ganar es:
20 20
18 −1
= 0. 1084.
20 40
18 −1
Es decir, con la segunda opci´n tiene un 25 % menos de posibilidades de
o
ganar que con la primera opci´n.
o
P2.21] ¿Cu´l es el m´
a ınimo n´mero de alumnos que debe tener una clase para
u
garantizar una probabilidad 0.5 de que el d´ de cumplea˜os de alg´n
ıa n u
alumno coincida con el d´ de cumplea˜os del rector de la universidad?
ıa n
Se asume que los a˜os son de 365 d´
n ıas.
Soluci´n
o
La probabilidad de que entre n alumnos no haya ninguno con el mismo
d´ de cumplea˜os que el rector es 364n /365n , y por tanto la probabilidad
ıa n
de que en una clase con n alumnos haya al menos uno con el cumplea˜os n
deseado es 1 − 364n /365n .
Ahora obtengamos el menor valor n natural tal que:
n
364 1
1− ≥ ,
365 2
es decir,
−n · (ln364 − ln365) ≥ ln1 − ln2,
concluyendo as´ que n ≥ 252,652, luego la clase debe tener al menos 253
ı
alumnos.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-39-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 44
i i
44 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
P2.22] ¿Cu´l es el menor n´mero de alumnos que debe tener una clase para
a u
garantizar con probabilidad 0.5 que haya al menos dos alumnos con igual
d´ de cumplea˜os?
ıa n
Soluci´n
o
Sea n el n´mero de alumnos de una clase. Claramente, si n > 365, enton-
u
ces seguro que hay alguna coincidencia. Asumamos por tanto que n ≤ 365.
La probabilidad de que en el aula no haya ninguna coincidencia es:
365 · 364 · . . . · (365 − n + 1) 365!
n
= .
365 (365 − n)! · 365n
Por tanto, se trata de encontrar el menor n tal que:
365! 1
1− n
≥ ,
(365 − n)! · 365 2
es decir:
ln365! − ln (365 − n)! − nln365 ≤ ln2.
Si n = 22 la probabilidad de que haya al menos una coincidencia es
0,4757, es decir, no cumple lo deseado. Sin embargo, para n = 23 tal
probabilidad es 0,5073, es decir, s´ cumple la desigualdad anterior, y por
ı
lo tanto el menor n´mero de alumnos es 23.
u
P2.23] Un joven tiene un pleito sobre el que cree firmemente que ´l tiene la
e
raz´n. Sabe que hay dos tribunales:
o
1. Tribunal A: formado por 3 personas que, con independencia, tienen
probabilidad p, p, 1/2 respectivamente de emitir un informe indivi-
dual correcto. El informe colectivo se obtiene mediante la regla de
la mayor´ entre los tres informes individuales.
ıa
2. Tribunal B: formado por 1 persona que tiene probabilidad p de emi-
tir un informe correcto.
¿Por cu´l de los dos tribunales deber´ optar el joven? Razonar la res-
a ıa
puesta matem´ticamente.
a
Soluci´n
o
El tribunal A emite un informe conjunto acertado cuando se da uno de
los siguientes sucesos:
A1 ≡ “los dos miembros con probabilidad p aciertan”.
(Esto ocurre debido a que por la regla de la mayor´ esto implica
ıa
que el informe conjunto ser´ acertado, sin importar el informe del
a
miembro con probabilidad 1/2.)
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-40-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 45
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 45
A2 ≡ “uno de los dos miembros de probabilidad p acierta y el otro
no, y el miembro con probabilidad 1/2 acierta”.
Puesto que ambos sucesos son disjuntos, la probabilidad de que el tribunal
acierte es:
1
P (A1 ) + P (A2 ) = p2 + 2 · p · (1 − p) · = p.
2
Es decir, los dos tribunales tienen la misma probabilidad de emitir un
informe acertado sobre un pleito.
P2.24] Una mano de p´ker consiste en cinco cartas seleccionadas sin reemplaza-
o
miento de una baraja de 52 (sin comodines). Determinar la probabilidad
de obtener las siguientes combinaciones:
1. Escalera de color: las cinco cartas consecutivas y del mismo palo.
2. Escalera de color real: escalera de color con el As como carta mayor,
detr´s de la K.
a
3. P´ker: cuatro cartas con la misma numeraci´n.
o o
4. P´ker de ases.
o
5. Full: tres cartas con una numeraci´n y las otras dos con otra.
o
6. Escalera: las cinco cartas consecutivas (el As puede ir al comienzo o
al final).
7. Color: las cinco cartas del mismo palo.
8. Dobles parejas.
9. Tr´
ıo.
10. Pareja.
Soluci´n
o
Para introducir un espacio muestral denotemos cada carta mediante un
par (n, e), donde n representa el n´mero en la carta (es decir, n ∈
u
{1, 2, . . . , 13}) y l representa el palo (es decir, l ∈ {A, B, C, D}). Entonces
el espacio muestral es:
Ω = {w = {w1 , w2 , w3 , w4 , w5 } : para todo i = j; wi = (n, e) ,
n ∈ {1, 2, . . . , 13} , e ∈ {A, B, C, D} , wi = wj }.
Claramente este espacio es equiprobable y:
52
|Ω| = C52,5 = .
5
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-41-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 48
i i
48 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
10. Sea J el suceso “Se obtiene una pareja”. Las dos cartas que forman la
pareja pueden escogerse de un total de 13·C4,2 parejas posibles. Para
las tres que faltan deben descartarse aquellas combinaciones que,
junto a las dos primeras cartas, formar´ un tr´ un p´ker o un full.
ıan ıo, o
Por lo tanto, y procediendo de forma similar al caso del tr´ fijadas
ıo,
las dos primeras hay 52 − 4 = 48 posibilidades para la tercera carta,
48−4 = 44 para la cuarta y 44−4 = 40 para la ultima. An´logamente
´ a
al apartado anterior, se dividen las 48 · 44 · 40 combinaciones de las
tres ultimas cartas por 3! = 6, ya que no importa el orden en que
´
´stas se elijan. As´
e ı:
13 4
|J| 1 · 2 · 48 · 44 · 40
P (J) = = 52 .
|Ω| 5
P2.25] Un banco ha comprobado que la probabilidad de que un cliente con
fondos extienda un cheque con fecha equivocada es de 0.001. En cambio,
todo cliente sin fondos pone una fecha err´nea en sus cheques. El 90 %
o
de los clientes del banco tienen fondos. Se recibe hoy en caja un cheque
con fecha equivocada. ¿Qu´ probabilidad hay de que sea de un cliente sin
e
fondos?
Soluci´n
o
Representemos un suceso elemental como w = (w1 , w2 ) , donde w1 repre-
senta si el cliente tiene o no fondos (w1 ∈ con, sin) y w2 representa si el
cheque tiene o no fecha equivocada (w2 ∈ {corr, equiv}). El espacio Ω no
es equiprobable y tiene 4 elementos. Los datos que se dan son:
P (w2 = equiv|w1 = con) = 0,001,
P (w2 = corr|w1 = con) = 0,999,
P (w2 = equiv|w1 = sin) = 1,
P (w2 = corr|w1 = sin) = 0,
P (w1 = con) = 0,9,
P (w1 = sin) = 0,1.
La probabilidad pedida es:
P (w1 = sin ∩ w2 = equiv)
P (w1 = sin|w2 = equiv) = =
P (w2 = equiv)
P (w2 = equiv|w1 = sin) · P (w1 = sin)
= =
P (w2 = equiv|w1 = sin) · P (w1 = sin) + P (w2 = equiv|w1 = con) · P (w1 = con)
1 · 0,1
= = 0,99108.
1 · 0,1 + 0,001 · 0,9
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-44-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 49
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 49
P2.26] En una bolsa hay cinco bolas, blancas o negras. Se extrae una bola y
es blanca. H´llese la probabilidad de que en la bolsa haya dos blancas y
a
tres negras si para formar la urna se tiraron cinco monedas y se metieron
tantas blancas como caras resultaron y tantas negras como cruces.
Soluci´n
o
Representemos un suceso elemental como:
w = (w1 , w2 , w3 , w4 , w5 , w6 ) ,
donde w1 , w2 , w3 , w4 y w5 representan los resultados de los lanzamientos
de la moneda, y por tanto tambi´n la composici´n de la urna. Adicional-
e o
mente, w6 representa el color de la bola extra´ de la urna. Denotemos
ıda
por Ci (i = 0, 1, 2, 3, 4, 5) el suceso de obtener i caras en los 5 lanzamien-
tos de la moneda, es decir, que la urna contenga i bolas blancas y 5 − i
bolas negras, y sea B el suceso “extraer una bola blanca de la urna”.
Entonces el problema se resuelve mediante los siguientes c´lculos:
a
P (C2 ∩ B) P (B|C2 ) · P (C2 )
P (C2 |B) = = =
P (B) 5
P (B|Ci ) · P (Ci )
i=0
2 5 1 5 4
5 · 2 · 2 1
= 5
= 5
i 5 1 5 4
5 · i · 2 0+ i−1
i=0 i=1
4 4 1
= = 4 = .
5
4 (1 + 1) 4
i
i=0
P2.27] Una urna contiene cinco dados con sus caras de color blanco o rojo.
El dado n´mero i (i = 1, 2, 3, 4, 5) tiene i de sus caras blancas y el resto
u
rojas. Se selecciona al azar un dado de la urna, se lanza y sale cara roja.
¿Cu´l es la probabilidad de que el dado seleccionado sea el i?
a
Soluci´n
o
Representemos un suceso elemental como w = (w1 , w2 ) , donde w1 es el
n´mero de caras blancas del dado (y por tanto el n´mero del dado), y w2
u u
es el color que se obtiene al lanzar el dado. As´
ı:
Ω = {w = (w1 , w2 ) : w1 ∈ {1, 2, 3, 4, 5} , w2 ∈ {B, R}} .
Este espacio muestral no es equiprobable, pues P ({(1, R)}) = P ({(5, R)}) .
La probabilidad pedida es:
P (w1 = i ∩ w2 = R)
P (w1 = i|w2 = R) =
P (w2 = R)
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-45-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 50
i i
50 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
P (w2 = R|w1 = i) · P (w1 = i)
= 5
=
P (w2 = R|w1 = j) · P (w1 = j)
j=1
6−i 1 6−i 6−i
6 · 5 6 6
= = =
5
6−j 1 1
5 5 − 1 · 5·6
6 2
6 · 5 5− 6 · j
j=1 j=1
6−i
6 6−i
= 5 = , i = 1, . . . , 5.
2
15
P2.28] Dos personas lanzan una moneda n veces cada una. ¿Cu´l es la proba-
a
bilidad de que obtengan el mismo n´mero de caras?
u
Soluci´n
o
Representemos un suceso elemental como
w = (w1 , . . . , wn , wn+1 , . . . , w2n ) ,
con wi ∈ {C, X}, donde w1 , . . . , wn son los resultados de los n lanza-
mientos de una de las dos personas, y wn+1 , . . . , w2n los resultados de la
otra. Denotamos por Ck , k = 0, 1, . . . , n al suceso “ambas obtienen exac-
tamente k caras”. Dado que estos sucesos son disjuntos, la probabilidad
de obtener el mismo n´mero de caras viene dada por:
u
n
P (C0 ∪ C1 . . . ∪ Cn ) = P (Ck )
k=0
n k k n 2 2k
n 1 n 1 n 1
= · · · = · .
k 2 k 2 k 2
k=0 k=0
P2.29] En un pueblo de n + 1 habitantes, una persona le rumorea algo a una
segunda persona, quien lo repite a una tercera, etc. En cada paso se elige
aleatoriamente al receptor del rumor de entre n personas. Encontrar la
probabilidad de que el rumor pase r veces sin:
1. regresar al que lo origin´;
o
2. repet´
ırsele a una persona.
Soluci´n
o
Numeremos a los habitantes desde 0 hasta n, y supongamos que el rumor
parte inicialmente del habitante 0. Para introducir un espacio muestral,
vamos a representar cada suceso elemental como
w = (w1 , w2 , . . . , wr ) ,
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-46-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 51
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 51
donde wi , i = 0, . . . , n son las personas por las que pasa el rumor tras
transmitirlo el habitante 0. As´ ı:
Ω = {w = (w1 , w2 , . . . , wr ) : wi ∈ {0, 1, . . . , n} , w1 = 0, wi = wi−1 } .
Este espacio es equiprobable y |Ω| = nr .
1. Sea el suceso A = “El rumor pasa r veces sin regresar al habitante
0”= {w ∈ Ω : wi = 0, para todo i}. Entonces:
r−1 r−1
|A| n · (n − 1) n−1
P (A) = = = .
|Ω| nr n
2. Sea el suceso B = “El rumor pasa r veces sin repetirse a ninguna
persona”= {w ∈ Ω : wi = wj , para todo i = j} . Por lo tanto:
|B| n · (n − 1) · (n − 2) · . . . · (n − r + 1) n!
P (B) = = = .
|Ω| nr (n − r)! · nr
P2.30] Un ropero contiene n pares de zapatos. Si se escogen al azar 2r zapatos
(con 2r < n) ¿Cu´l es la probabilidad de que:
a
1. no haya ning´n par completo;
u
2. haya exactamente un par completo;
3. haya exactamente dos pares completos?
Soluci´n
o
Representemos cada zapato mediante un par (y, z), donde y representa el
n´mero del par (es decir, y ∈ {1, 2, . . . , n}) y z representa el pie (es decir,
u
z ∈ {D, I}). Entonces, un espacio muestral es:
Ω = {w = {w1 , . . . , w2r } : wi = (yi , zi ) , yi ∈ {1, . . . , n} , zi ∈ {D, I}
; wi = wj , para todo i = j}.
Claramente este espacio es equiprobable, y
2n
|Ω| = .
2r
1. Definimos el suceso A = “No hay ning´n par completo”:
u
A = {w ∈ Ω : yi = yj , para todo i = j; i, j = 1, . . . , n} .
Entonces,
n
|A| 2r · 22r
P (A) = = 2n .
|Ω| 2r
(Si 2r > n, entonces P (A) = 0).
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-47-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 52
i i
52 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
2. Definimos el suceso B = “Hay exactamente un par completo”:
B = {w ∈ Ω : ∃i = j/yi = yj ∧ ∀k = i, j : yk = yl , ∀l = k} ,
luego,
n n−1
|B| 1 · 2r−2 · 22r−2
P (B) = = 2n .
|Ω| 2r
3. Definimos el suceso C = “Hay exactamente dos pares completos”:
C = {w ∈ Ω : ∃i = j/yi = yj ∧ ∀k = i, j : yk = yl , ∀l = k} .
As´ se tiene que
ı,
n n−2
|C| 2 · 2r−4 · 22r−4
P (C) = = 2n .
|Ω| 2r
P2.31] Un examen de oposici´n consta de 14 temas. Se debe escoger un te-
o
ma de entre dos tomados al azar. Calcular la probabilidad de que a un
alumno que ha preparado 5 temas le toque al menos uno que sabe. ¿Cu´l
a
es el n´mero m´
u ınimo de temas que debe preparar para que tenga una
probabilidad superior a 1/2 de superar el examen?
Soluci´n
o
Representemos cada suceso elemental como w = {w1 , w2 }, donde w1 , w2 ∈
{1, 2, . . . , 14}. As´
ı
Ω = {w = {w1 , w2 } ; w1 , w2 ∈ {1, 2, . . . , 14} , w1 = w2 } ,
que es claramente un espacio muestral equiprobable.
Definimos el suceso A = “Le toca al menos un tema que ha preparado”.
Entonces:
14−5
36 55
P (A) = 1 − P (Ac ) = 1 − 2
14 =1− = .
2
91 91
que es la probabilidad que se pide calcular.
Finalmente, supongamos que i = “n´mero de temas preparados por el
u
alumno”. Para superar el examen le debe tocar al menos un tema que
haya preparado. Por lo tanto, la probabilidad de aprobar el examen ser´
ıa
P (A), e imponiendo la condici´n del enunciado:
o
14 − i 14 1
P (A) = 1 − P (Ac ) = 1 − / > ,
2 2 2
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-48-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 53
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 53
(14 − i) · (13 − i) 1
1− > .
14 · 13 2
Efectuando las operaciones correspondientes, la inecuaci´n se puede ex-
o
presar como:
i2 − 27i + 91 < 0,
y resolvi´ndola se concluye que el alumno debe preparar como m´
e ınimo 4
temas.
P2.32] Obtener la probabilidad p de que al lanzar n veces dos dados se ob-
tenga al menos un 6 doble. ¿Cu´ntas partidas habr´ que jugar para que
a a
tengamos p = 1/2 de obtener un 6 doble?
Soluci´n
o
Un espacio muestral para este problema es:
Ω = {w = (w1 , w2 ; w3 , w4 ; . . . ; w2n−1 , w2n ) : wi ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}} ,
donde w2i−1 y w2i , i = 1, 2, . . . , n son los resultados respectivos de ambos
dados en el i-´simo lanzamiento. Entonces, sea el suceso A = “se obtiene
e
al menos un 6 doble”,
A = {w ∈ Ω : ∃k ∈ {1, 2, . . . , n} , w2k−1 = w2k = 6} ,
luego
Ac = {w ∈ Ω : (w2k−1 , w2k ) = (6, 6) , para todo k ∈ {1, 2, . . . , n}} .
Luego, dado que los resultados de los lanzamientos del par de dados son
independientes entre s´ y adem´s la probabilidad de obtener un 6 doble
ı, a
es 1/62 = 1/36, se tiene que:
n n
1
P (A) = 1−P (Ac ) = 1− [1 − P {(w2k−1 , w2k ) = (6, 6)}] = 1− 1 −
36
k=1
Por ultimo, veamos cu´ntas partidas necesitamos jugar para obtener un
´ a
6 doble con probabilidad p = 1/2 . Igualando:
n
1 1
1− 1− = ,
36 2
−ln2
n= = 24,605.
ln35/36
Por tanto, tras aproximar el resultado, se concluye que necesitamos jugar
25 partidas.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-49-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 54
i i
54 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
P2.33] Problema de Bertrand. Dos arqueros de la misma destreza tiran al blan-
co, el primero dos flechas y el segundo una. Si gana el que tire la flecha
m´s cercana al centro de la diana, ¿cu´l es la probabilidad de que gane
a a
el primero?
Soluci´n
o
Un espacio muestral para este problema consiste en considerar cada su-
ceso elemental como la posici´n en proximidad al centro que ocupa cada
o
lanzamiento. As´ por ejemplo, se puede considerar que los dos primeros
ı,
lanzamientos son del primer arquero y el tercer lanzamiento es del segun-
do. Adem´s, la probabilidad de que dos lanzamientos queden exactamente
a
a igual distancia del centro se asume que es cero, con lo que el espacio
muestral equivale a las distintas formas de reordenar las tres calificaciones
“m´s cercano”, “intermedio” y “m´s alejado” entre los tres lanzamientos.
a a
Claramente se trata de un espacio con 3! = 6 sucesos elementales, todos
ellos equiprobables.
Si cada elemento de dicho espacio se representa por w = (w1 , w2 , w3 ) ,
siendo w1 y w2 el primer y segundo lanzamiento, respectivamente, del
primer arquero, w3 es el unico lanzamiento del segundo arquero, entonces
´
el suceso que nos interesa es
A = {w : w1 = “m´s cercano”} ∪ {w : w2 = “m´s cercano”}
a a
Dado que estos sucesos son disjuntos y contienen dos sucesos elementales
cada uno de ellos, entonces P (A) = 2/6 + 2/6 = 2/3.
P2.34] Problema de Galton. Se lanzan tres monedas al aire, ¿cu´l es la proba-
a
bilidad de que las tres sean caras o las tres cruces?
Soluci´n
o
Asumiendo que las monedas son distintas, representemos el espacio mues-
tral como:
Ω = {w = (w1 , w2 , w3 ) : wi ∈ {C, X} , i = 1, 2, 3}
donde wi , i = 1, 2, 3 son los resultados respectivos de las tres mone-
das, siendo C = “cara” y X = “cruz” los resultados posibles de cada
lanzamiento. Entonces, sean los sucesos A = “se obtienen tres caras”
y B = “se obtienen tres cruces”. Puesto que estos sucesos son disjun-
tos, se tiene que la probabilidad de obtener tres caras o tres cruces es
3 3
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) = (1/2) + (1/2) = 1/4.
P2.35] Una loter´ vende n2 boletos y da n premios. Si una persona compra n
ıa
boletos, ¿cu´l es la probabilidad de que gane al menos un premio?
a
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-50-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 55
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 55
Soluci´n
o
Resolver este problema es equivalente a calcular la probabilidad de que,
al extraer n bolas diferentes simult´neamente de una urna con n2 bolas
a
(numeradas de 1 a n), de las cuales n son negras y el resto blancas, al
menos una de las bolas que se saquen sea negra. Un espacio muestral es:
Ω = w = {w1 , . . . , wn } : wi ∈ 1, . . . , n2 ; wi = wj , ∀i = j; i, j = 1, . . . , n ,
que es claramente equiprobable. Si definimos el suceso A = “se extrae al
menos una bola negra”, entonces la probabilidad pedida ser´
ıa:
n2 −n
P (A) = 1 − P (Ac ) = 1 − n
n2
.
n
P2.36] Cierto profesor lleva siempre en el bolsillo dos cajas de N f´sforos; cada
o
vez que necesita un f´sforo toma al azar una de las cajas. Al cabo de
o
cierto tiempo una de las cajas est´ vac´ Calcular las correspondientes
a ıa.
probabilidades de que en ese momento la otra contenga r = 0, 1, . . . , N
f´sforos suponiendo que:
o
1. la caja est´ vac´ al tomar el ultimo f´sforo;
a ıa ´ o
2. descubre la caja vac´ cuando por primera vez la saca y no hay ya
ıa
f´sforos.
o
Soluci´n
o
Supongamos que las dos cajas, que representaremos por A y B, tienen la
misma probabilidad de ser tomadas. Para cada apartado del problema se
definir´ un espacio muestral.
a
1. Supongamos que la caja est´ vac´ al tomar el ultimo f´sforo. Esto
a ıa ´ o
significa que el profesor ha tomado 2N − r f´sforos en total: N − r
o
de una de las cajas y N de la otra (la que queda vac´ y una vez
ıa),
que deja vac´ una caja, para. Por lo tanto, podemos definir como
ıa
espacio muestral:
Ω = {w = (w1 , w2 , . . . , w2N −r ) : wi ∈ {0, 1} , i = 1, . . . , 2N − r} ,
donde cada wi , (i = 1, . . . , 2N − r) representa la caja que se escoge
en i−´simo lugar (pudi´ndose tomar o no f´sforos de ella, ya que
e e o
puede estar vac´ Se supone que wi = 1 si se escoge la caja A y
ıa).
wi = 0 si se escoge la B, para cada valor de i (i = 1, 2, . . . , 2N − r) .
Este espacio es claramente equiprobable, con |Ω| = 22N −r .
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-51-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 56
i i
56 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Definamos el suceso A =“la caja A queda vac´ y en la B quedan r
ıa
f´sforos”.
o
w = (w1 , w2 , . . . , w2N −r−1 , 1) : wi ∈ {0, 1} ,
i = 1, . . . , 2N − r − 1;
A= 2N −r−1 .
wi = N − 1
i=1
Por lo tanto, la probabilidad de que la caja A quede vac´ y en ıa
la B queden r f´sforos es |M | / |Ω| = C2N −r−1,N −1 /22N −r . Esta
o
probabilidad es igual a la del otro caso posible: que la caja B quede
vac´ y en la A queden r f´sforos. De este modo, se obtiene finalmente
ıa o
que la probabilidad pedida es 2 · C2N −r−1,N −1 /22N −r .
2. Supongamos que descubre la caja vac´ cuando por primera vez la
ıa
saca y no hay ya f´sforos. Por lo tanto, tras coger 2N − r f´sforos
o o
(de los que N corresponden a la caja que queda vac´ y N − r a la
ıa
otra) mediante el procedimiento de tomar una caja al azar y tomar
un f´sforo de ella, el profesor coge una ultima caja antes de parar:
o ´
la caja que est´ vac´ Por lo tanto, se define como espacio muestral:
a ıa.
Ω = {w = (w1 , . . . , w2N −r , w2N −r+1 ) : wi ∈ {0, 1} , i = 1, . . . , 2N − r} ,
donde los wi (i = 1, 2, . . . , 2N − r) se definen igual que en el apar-
tado anterior. En este caso, |Ω| = 22N −r+1 .
Sea el suceso B =“la caja A queda vac´ y en la B quedan r f´sforos”.
ıa o
wi ∈ {0, 1} , i = 1, . . . , 2N − r
B = w = (w1 , . . . , w2N −r , 1) : 2N −r .
wi = N
i=1
Por lo tanto, la probabilidad de que la caja A quede vac´ y en la B
ıa
queden r f´sforos es |M | / |Ω| = C2N −r,N /22N −r+1 . Esta probabili-
o
dad es igual a la del otro caso posible: que la caja B quede vac´ y
ıa
en la A queden r f´sforos. De este modo, se obtiene finalmente que
o
la probabilidad pedida es 2 · C2N −r,N /22N −r+1 .
P2.37] Problema de Buffon. Se tiene una mesa rayada con l´ ıneas paralelas
separadas una distancia 2b. Se lanza una aguja de longitud 2a para que
caiga sobre la mesa. Hallar la probabilidad de que la aguja corte a alguna
l´
ınea si a ≤ b.
Soluci´n
o
Un suceso elemental de este problema puede describirse mediante un par
de n´meros, w = (w1 , w2 ), donde el primero w1 representa la distancia
u
del centro de la aguja (tras caer sobre la mesa) a la l´
ınea m´s pr´xima,
a o
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-52-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 57
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 57
y el segundo w2 representa el ´ngulo que la inclinaci´n de la aguja tiene
a o
respecto de las l´
ıneas en la mesa. N´tese que por tanto w1 ∈ [0, b[ y que
o
w2 ∈ [0, π[. En efecto, dado el objetivo que se persigue en el problema,
es suficiente mirar s´lo la posici´n respecto a la l´
o o ınea en la mesa m´s a
pr´xima y no interesa distinguir entre los dos extremos de la aguja (da
o
igual la punta que el ojo de la aguja).
El conjunto de todos los sucesos elementales anteriores configura un es-
pacio muestral Ω = [0, b[×[0, π[ claramente equiprobable. Por ello, la
probabilidad de cualquier suceso A ⊆ Ω se obtiene dividiendo la integral
sobre A entre bπ. En concreto, si A es el suceso que representa “la aguja
toca una l´
ınea” y, asumiendo que a ≤ b, entonces
A := {w ∈ Ω : w1 ∈ [0, a cos(w2 )[ para cada w2 ∈ [0, π[}.
Consecuentemente
π a cos(y)
1 2a
P (A) = ∂x ∂y =
bπ 0 0 bπ
P2.38] Se consideran dos n´meros aleatorios elegidos uniformemente y con in-
u
dependencia dentro del intervalo [0, 1].
1. Calcular la probabilidad de que su diferencia sea mayor que 1/6.
2. Calcular la probabilidad de que su suma sea mayor que 1.
3. Calcular la probabilidad de que su producto sea mayor que 1/7.
Soluci´n:
o
Un espacio muestral viene dado por
Ω = {w = (w1 , w2 ) : 0 ≤ w1 ≤ 1 y 0 ≤ w2 ≤ 1}.
Seg´n la hip´tesis del enunciado, se trata de un espacio equiprobable y
u o
por tanto se aplica la Ley de Laplace. Consecuentemente, el c´lculo de la
a
probabilidad de un suceso se limita al c´lculo del ´rea del correspondiente
a a
trozo en Ω, ya que el ´rea del total es la unidad.
a
1. Sea A el suceso “su diferencia es mayor que 1/6”, es decir:
A = {w ∈ Ω : w1 − w2 > 1/6 o w2 − w1 > 1/6}
Gr´ficamente es f´cil ver que el ´rea de A es la de un cuadrado con
a a a
lado 5/6, es decir, P (A) = (5/6)2 = 0,69444.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-53-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 58
i i
58 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
2. Sea B el suceso “su suma es mayor que 1”, es decir:
B = {w ∈ Ω : w1 + w2 > 1}.
Gr´ficamente se deduce que el ´rea coincide con la de medio cua-
a a
drado, es decir:
1
P (B) = .
2
3. Sea C el suceso “su producto es mayor que 1/7”, es decir:
C = {w ∈ Ω : w1 · w2 > 1/7}.
Concretamente:
1 1
1 1
P (C) = ·1 + ∂w2 ∂w1 = 1 − · ln7.
7 1/7 1/(7w1 ) 7
P2.39] Problema de encuentro. Se conoce que en un intervalo de tiempo de 30
minutos llegan a un mismo punto de encuentro y de forma aleatoria dos
personas. ¿Qu´ probabilidad existe de que una de las personas espere por
e
la otra al menos 10 minutos?
Soluci´n:
o
Este cl´sico problema en cualquier asignatura relacionada con las Proba-
a
bilidades es una mera reformulaci´n del problema anterior. En efecto, un
o
espacio muestral equiprobable es Ω = {w = (w1 , w2 ) : 0 ≤ w1 ≤ 30 y 0 ≤
w2 ≤ 30}. Si A representa los sucesos en los que “el encuentro sucede
despu´s de 10 minutos de espera por parte de algunas de las personas”,
e
es decir:
A = {w ∈ Ω : w1 − w2 > 10 o w2 − w1 > 10},
y de forma an´loga a como se hizo en el problema anterior:
a
5
P (A) = .
9
P2.40] Dos personas acuden a un punto de encuentro aleatoriamente entre las
18:00 y las 19:00 horas, pero s´lo permanecen en dicho punto 5 minutos.
o
¿Qu´ probabilidad hay de que efectivamente coincidan?
e
Soluci´n:
o
A efectos pr´cticos, no es relevante la hora en que acuden las personas
a
al punto de encuentro, sino la fracci´n de una hora que ha transcurrido
o
desde las 18:00 horas. Por lo tanto, y considerando que las 18:00 horas
son el origen, sea [x, x + 5/60] = [x, x + 1/12] el intervalo de tiempo,
entre las 18:00 y 19:00 horas, que una de las personas permanece en el
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-54-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 59
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 59
y
y = x + 11/12
1
y = x − 11/12
1 x
Figura 2.1: Regi´n de casos favorables sobre casos posibles del problema P2.40.
o
punto de encuentro, e igualmente [y, y + 1/12] el correspondiente a la otra
persona. N´tese que en consecuencia x e y estar´n comprendidos entre 0
o a
y 1 − 11/12, pues ambos representan la parte de una hora que transcurre
hasta que las dos personas llegan respectivamente al punto de encuentro.
Para que ambas coincidan debe verificarse que x − 1/12 ≤ y ≤ x + 1/12.
La figura 2.1 muestra que el ´rea comprendida entre estas dos rectas es
a
2
12 − (11/12) , luego la probabilidad de coincidir ser´ aproximadamente
a
igual a 1/6.
P2.41] Un punto se mueve en el plano partiendo del origen por saltos de unida-
des enteras. Cuando est´ en la posici´n (m, n), para cualesquiera n´meros
a o u
enteros m y n, tiene una probabilidad p de pasar a la posici´n (m+1, n) y
o
una probabilidad 1−p de pasar a la (m, n+1). Determinar la probabilidad
de que el punto pase por la posici´n (a, b).
o
Soluci´n:
o
Supongamos que el punto est´ inicialmente en la posici´n (0, 0), por lo
a o
que para pasar por (a, b) debe realizar a desplazamientos a la derecha y b
desplazamientos hacia arriba, es decir, un total de a + b desplazamientos.
Podemos representar cada suceso elemental como w = (w1 , . . . , wa+b ),
con wi ∈ {D, A} , i = 1, . . . , a + b, donde cada wi es la direcci´n del
o
i−´simo movimiento: D =“derecha” y A =“arriba”. Por lo tanto, un
e
espacio muestral ser´
ıa
Ω = {w = (w1 , w2 , . . . , wa+b ) : wi ∈ {D, A} , i = 1, . . . , a + b} .
Este espacio no es equiprobable si p = 1/2. La probabilidad de un
suceso elemental con s movimientos a la derecha, por ejemplo, es ps ·
a+b−s
(1 − p) .
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-55-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 60
i i
60 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Definamos el suceso A =“el punto realiza a desplazamientos hacia la
derecha y b hacia la izquierda”. Cualquier suceso elemental de A tiene
b
la misma probabilidad de ocurrir, y esta probabilidad es pa · (1 − p) .
Por lo tanto, ya que hay Ca+b,a combinaciones posibles de estos a + b
movimientos, finalmente se tiene que
a+b b
P (A) = · pa · (1 − p) .
a
P2.42] Ocho personas se suben en un ascensor en el piso 0 de un edificio de
once plantas (0,1,2,. . . ,10,11). Cada persona selecciona el piso en el que
se bajar´n, entre el 1 y el 11, con igual probabilidad. Nadie m´s se subir´.
a a a
1. Calcular la probabilidad de que todas las personas se bajen antes
del quinto piso. Calcular la probabilidad de que el ascensor llegue
hasta el piso octavo y all´ se bajen las ultimas personas que queden.
ı ´
2. Calcular la probabilidad de que en ning´n piso se baje m´s de una
u a
persona. Calcular la probabilidad de que s´lo dos personas viajen
o
entre el piso sexto y el s´ptimo.
e
Soluci´n:
o
Un modelo matem´tico para este problema puede consistir en considerar
a
cada suceso elemental como la planta donde decide bajarse cada perso-
na asumiendo, por ejemplo, que todas las personas son distinguibles. Es
decir,
Ω = {w = (w1 , . . . , w8 ) : wi ∈ {1, . . . , 11} para cada i = 1, . . . , 8} .
Este espacio muestral tiene |Ω| = 118 sucesos elementales, y adem´s a
todos ellos son igualmente probables. Como consecuencia de esto ultimo,
´
la probabilidad de cualquier suceso se calcula dividiendo el n´mero de
u
sucesos elementales que contiene entre |Ω|.
N´tese que otro espacio muestral alternativo podr´ desarrollarse no dis-
o ıa
tinguiendo entre las personas, es decir, identificando cada suceso elemen-
tal con el n´mero de personas que se bajan en cada planta. Sin embargo,
u
en este caso el c´lculo de la probabilidad de un suceso no se reduce a con-
a
tar cu´ntos sucesos elementales contiene ya que el nuevo espacio muestral
a
no ser´ equiprobable.
ıa
1. Continuando con el espacio muestral Ω, sea A el suceso “todas las
personas se bajan antes del quinto piso”, es decir:
A = {w ∈ Ω : wi < 5 para cada i = 1, . . . , 8}.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-56-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 62
i i
62 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
El primer factor son las posibilidades de elegir las 6 personas que se
bajar´n antes de la planta s´ptima, quedando al tiempo fijas tambi´n
a e e
las que se bajar´n despu´s de la sexta. El segundo factor son las
a e
posibilidades de que las 6 personas elegidas se bajen antes de la
s´ptima, y el tercer factor las posibilidades de que las 2 personas
e
restantes se bajen despu´s de la sexta.
e
P2.43] A y B juegan 12 partidas de ajedrez. A gana seis, B gana cuatro y en
dos quedan en tablas. Otro d´ acuerdan jugar un torneo de 3 partidas.
ıa
Hallar la probabilidad de que
1. A gane las tres;
2. en dos partidas queden en tablas;
3. A y B ganen alternadamente;
4. B gane al menos una partida.
Soluci´n:
o
Un posible espacio muestral es
Ω = {w = (w1 , w2 , w3 ) : wi ∈ {A, B, X} , i = 1, 2, 3} ,
donde cada wi (i = 1, 2, 3) representa el resultado de la i-´sima partida
e
del torneo, siendo este resultado A o B si la partida la gana el jugador A
o el B, respectivamente, o bien X si quedan en tablas. Adem´s, los re-
a
sultados de las partidas son independientes. Por otra parte, a la vista de
los resultados obtenidos en 12 partidas, se asume que las respectivas pro-
babilidades de obtener cada uno de los resultados anteriores son 1/2, 1/3
y 1/6. As´ el espacio muestral dado no es equiprobable, puesto que, por
ı,
ejemplo, P ({(A, B, A)}) = 1/12, pero P ({(A, B, B)}) = 1/18.
1. Sea M el suceso “A gana las tres partidas”. Luego, M = {(A, A, A)}
y la correspondiente probabilidad es P (M ) = (1/2)3 = 1/8.
2. Definimos el suceso N = “En dos partidas del torneo A y B quedan
en tablas”. Se tiene entonces que
N = N1 ∪ N2 ∪ N3 ,
siendo
Ni = {w = (w1 , w2 , w3 ) : wi ∈ {A, B} ; wj = X,
para todo j = 1, 2, 3, j = i}, i = 1, 2, 3.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-58-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 63
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 63
N´tese que los sucesos elementales que son permutaciones de un
o
mismo conjunto de resultados individuales, tienen la misma proba-
bilidad de ocurrir. Por lo tanto:
P (N ) = 3 · P ({(A, X, X)}) + 3 · P ({(B, X, X)})
2 2
1 1 1 1 5
=3· · +3· · = .
2 6 3 6 72
3. Sea el suceso S = “A y B ganan alternadamente”. As´ como cada
ı,
torneo consta de 3 partidas, se obtiene que
2 2
1 1 1 1 5
P (S) = P ({(A, B, A)})+P ({(B, A, B)}) = · + · = .
3 2 2 3 36
4. Representemos por T el suceso “B gana al menos una partida”. La
probabilidad deseada es
P (T ) = 1 − P (T c ) = 1 − P ({(A, A, A)}) − C3,1 · P ({(A, X, X)})
−C3,1 · P ({(A, A, X)}) − P ({(X, X, X)})
1 1 1 1 19
= 1− +3· +3· + = .
8 72 24 216 27
P2.44] Una bolsa contiene dos bolas blancas y tres bolas negras. Cada una de
cuatro personas, A, B, C y D, en ese orden, saca una bola y no la repone.
El primero que la saque blanca gana. Determinar las probabilidades de
ganar de A, B, C y D.
Soluci´n:
o
Representemos cada suceso elemental como w = (w1 , w2 , w3 , w4 ), donde
cada wi , i = 1, 2, 3, 4 es el color de la bola que extrae la i-´sima persona,
e
siendo wi = U si la bola es blanca y wi = V si es negra, para i = 1, 2, 3, 4.
As´ un espacio muestral ser´
ı, ıa
Ω = {w = (w1 , w2 , w3 , w4 ) /wi ∈ {U, V } , i = 1, 2, 3, 4} ,
que no es equiprobable.
Por otra parte, sean los sucesos Ai = “La i-´sima persona gana”= “La
e
primera bola blanca aparece en el i-´simo lugar”. Supondremos que las
e
personas est´n ordenadas de A a D. Las probabilidades de ganar son, por
a
tanto:
2
P (A1 ) = ,
5
3 2 3
P (A2 ) = · = ,
5 4 10
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-59-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 64
i i
64 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
3 2 2 1
P (A3 ) = · · = ,
5 4 3 5
3 2 1 2 1
P (A4 ) = · · · = .
5 4 3 2 10
P2.45] Una caja contiene ocho bolas rojas, tres blancas y nueve azules. Si se
sacan tres bolas al azar, determinar la probabilidad de que:
1. las tres sean rojas;
2. las tres sean blancas;
3. dos sean rojas y una blanca;
4. al menos una sea blanca;
5. sean una de cada color;
6. salgan en el orden roja, blanca, azul.
Soluci´n:
o
Asumiendo que las bolas se extraen de forma simult´nea, consideremos
a
el espacio muestral
Ω = {w = {w1 , w2 , w3 } : wi ∈ {r, b, a}} ,
donde wi , i = 1, 2, 3 representa el color de cada bola que se extrae, siendo r
si la bola es roja, b si es blanca y a si es azul. Este espacio no es equiproba-
ble. Sin embargo, si se numeran las bolas del 1 al 20 (es decir, se consideran
las bolas de un mismo color distinguibles entre s´ y se considera como es-
ı)
pacio muestral Ω = {w = {w1 , w2 , w3 } : wi = 1, 2, . . . , 20; i = 1, 2, 3}, s´ se
ı
tendr´ un espacio equiprobable,
a
siendo|Ω| = C20,3 , y podremos usar la regla de Laplace.
1. Sea el suceso A = “Se extraen tres bolas rojas”. La probabilidad
pedida es entonces:
C8,3 14
P (A) = = .
C20,3 285
2. Representemos por B al suceso “Se extraen tres bolas blancas”. Se
tiene que:
C3,3 1
P (B) = = .
C20,3 1140
3. Definamos el suceso C = “Se extraen dos bolas rojas y una blanca”.
Teniendo en cuenta que hay 8 bolas rojas y 3 blancas, se obtiene:
C8,2 · C3,1 7
P (C) = = .
C20,3 95
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-60-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 66
i i
66 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Del mismo modo que antes, tambi´n se tiene que:
e
V17,3 34 23
P (D) = 1 − P (Dc ) = 1 − =1− = .
V20,3 57 57
Finalmente, si han de ser de tres colores diferentes, se debe tener
en cuenta que, fijadas las tres bolas, hay 3! maneras posibles de
ordenarlas. Por lo tanto,
3! · V8,1 · V3,1 · V9,1 18
P (E) = = .
V20,3 95
P2.46] De una baraja de 52 naipes se sacan 5. Hallar la probabilidad de que:
1. cuatro sean Ases;
2. cuatro sean Ases y uno Rey;
3. tres sean Dieces y dos Sotas;
4. salgan Nueve, Diez, Sota, Caballo y Rey en cualquier orden;
5. tres sean de un palo y dos de otro; y
6. al menos uno sea un As.
Soluci´n:
o
Para introducir un espacio muestral denotemos cada carta mediante un
par de n´meros (n, l), donde n representa el n´mero en la carta (es decir,
u u
n ∈ {1, 2, . . . , 13}) y l representa el palo (es decir, l ∈ {A, B, C, D}).
Entonces el espacio muestral es:
Ω = {w = {w1 , w2 , w3 , w4 , w5 } : wi = wj , para todo i = j; wi = (n, l) ,
n ∈ {1, 2, . . . , 13} , l ∈ {A, B, C, D}}.
Claramente este espacio es equiprobable y:
52
|Ω| = = 2598960.
5
1. Sea A el suceso “Cuatro de las cinco cartas escogidas son Ases”. Una
vez fijados los 4 Ases, hay un total de 52 − 4 = 48 posibilidades para
la quinta carta. Aplicando la regla de Laplace, se obtiene que:
1 · 48 1
P (A) = 52 = .
5
54145
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-62-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 67
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 67
2. Representemos por B al suceso “Cuatro cartas son Ases y una Rey”.
En este caso, una vez fijados los 4 Ases, hay 4 posibilidades para la
quinta carta: los 4 Reyes. As´ se tiene que
ı,
1·4 1
P (B) = 52 = .
5
649740
3. Sea el suceso C = “Hay tres Dieces y dos Sotas”. Se tienen C4,3
formas de escoger tres Dieces, que han de combinarse con el total de
C4,2 formas de elegir las dos Sotas. Por lo tanto:
4 4
3 · 2 1
P (C) = 52 = .
5
108290
4. Definamos el suceso D = “Salen Nueve, Diez, Sota, Caballo y Rey en
cualquier orden”. N´tese que no importa el orden en que aparezcan
o
las cartas, por lo que podemos continuar usando el espacio muestral
definido al principio del ejercicio. Se obtiene que:
4 5
1 64
P (D) = 52 = .
5
162435
5. Sea E el suceso “Tres cartas son de un palo y dos de otro”. La baraja
tiene 4 palos, por lo que hay C4,2 formas de escoger los dos palos.
Para cada una de ´stas, ya que cada palo consta de 13 cartas, se
e
tiene un total de C13,3 y C13,2 posibilidades para elegir las tres y dos
cartas, respectivamente, de cada uno de los dos palos, resultando:
4 13 13
2 · 3 · 2 429
P (E) = 52 = .
5
8330
6. Sea el suceso F = “Al menos una de las cartas es un As”. As´ el ı,
suceso F c = “Ninguna carta es un As”, y es m´s sencillo recurrir a
a
´ste para el c´lculo de la probabilidad de F . N´tese que hay 4 Ases
e a o
en la baraja, por lo hay C52−4,5 formas de escoger cinco cartas sin
que ninguna de ellas sea un As. De esta forma se tiene que:
48
35673 18472
P (F ) = 1 − P (F c ) = 1 − 5
52 =1− = .
5
54145 54145
P2.47] En una urna que contiene n bolas se echa una bola roja, extrayendo
posteriormente una bola. Hallar la probabilidad de que la bola extra´ ıda
sea roja, si son igualmente probables todas las suposiciones posibles sobre
el color inicial (rojo/no rojo) de las n bolas que contiene la urna.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-63-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 69
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 69
P2.48] Consid´rese el intervalo de la recta real [0, a] con a > 0.
e
1. Calcular la probabilidad de que el producto de dos n´meros tomados
u
al azar sobre tal intervalo sea menor que una constante b. Cuantificar
tal probabilidad suponiendo b = 2 y a = 4.
2. Para los valores de a y b del apartado anterior, calcular la proba-
bilidad de que el producto de los dos n´meros tomados al azar sea
u
menor que b, sabiendo que su suma es mayor que b.
Soluci´n:
o
Un posible espacio muestral es Ω = {w = (x, y) : 0 ≤ x, y ≤ a, }, donde
x e y son dos n´meros tomados al azar sobre el intervalo [0, a]. Este
u
espacio es claramente equiprobable, ya que los n´meros se eligen de forma
u
uniforme e independiente.
1. Sea el suceso A = “El producto de dos n´meros tomados al azar en
u
el intervalo [0, a] es menor que b”= {w ∈ Ω : x · y < b}. N´tese que
o
el espacio muestral tomado es equiprobable, por lo que el c´lculo de
a
P (A) se reduce, aplicando la ley de Laplace, a obtener el ´rea A,
a
que es una parte de la superficie de un cuadrado de lado a, para
dividirla por el ´rea de este cuadrado, que corresponde al espacio Ω.
a
Adem´s, se deben distinguir dos casos:
a
Si b ≤ a2 , debemos dividir el ´rea deseada en dos partes. Pa-
a
ra la primera de ellas el ´rea es inmediata, puesto que es un
a
rect´ngulo de lados b/a y a. Sin embargo, para la segunda de-
a
bemos calcular la correspondiente integral, y la figura 2.2 ayuda
a ello. El resultado final es:
a b/x
1 1
P (A) = · b+ ∂y ∂x = · b + b · ln a2 /b .
a2 b/a 0 a2
Si b > a2 , se tiene que b/a > a, por lo que P (A) = a2 /a2 = 1.
En el caso particular b = 2 y a = 4 resulta: P (A) = 1/8·(1 + Ln 8) ∼
=
0,38.
2. Definamos el suceso B = “La suma de dos n´meros tomados al
u
azar en el intervalo [0, a] es mayor que b”= {w ∈ Ω/w1 + w2 > b} .
El ´rea deseada es la intersecci´n de A y B, para b = 2 y a =
a o
4. Obs´rvese que si utilizamos el ´rea correspondiente obtenida en
e a
el apartado anterior, todo se reduce a restar a ´sta el ´rea de un
e a
tri´ngulo rect´ngulo de base 2 y altura 2. Por lo tanto, el resultado
a a
es:
1
P (A ∩ B) = · (2 + 2 · Ln 8 − 2) ∼ 0,26.
=
16
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-65-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 70
i i
70 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
y
a
y = b/x
a x
Figura 2.2: Regi´n para integrar en el problema P2.48.
o
P2.49] Se eligen dos puntos aleatoria e independientemente de un segmento de
longitud unidad, resultando dividido en tres nuevos segmentos. Hallar la
probabilidad de que
1. cada uno de ellos tenga una longitud mayor o igual que 1/4;
2. se pueda formar un tri´ngulo con ellos como lados.
a
Soluci´n:
o
Un posible espacio muestral es Ω = {w = (w1 , w2 ) : w1 , w2 ∈ [0, 1]}, don-
de w1 y w2 son las distancias del primero y segundo punto, respectiva-
mente, al extremo inferior del segmento. Por lo tanto, los segmentos que
se forman tienen longitudes w1 , w2 − w1 y 1 − w2 . Adem´s, este espacio
a
es claramente equiprobable, pues los puntos se eligen de forma aleatoria
e independiente.
1. Representemos por A al suceso “Cada uno de los segmentos que se
forman tiene una longitud mayor o igual que 1/4”, que es el conjunto
A = {w = (w1 , w2 ) ∈ Ω : w1 ≥ 1/4, w2 − w1 ≥ 1/4, 1 − w2 ≥ 1/4} .
Procediendo an´logamente al ejercicio anterior, el c´lculo de P (A)
a a
se reduce a obtener el ´rea del tri´ngulo que forman las tres rectas
a a
correspondientes a las desigualdades anteriores. Por lo tanto:
2
(1/4) 1
P (A) = = .
2 32
2. Representemos por a, b y c a las longitudes de los segmentos que se
forman con los tres puntos elegidos aleatoriamente. Para dos valores
de a y b (dentro de los posibles), con a < b, n´tese que s´lo con un
o o
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-66-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 71
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 71
segmento de longitud c que verifique b−a < c < b+a podr´ formarse
a
un tri´ngulo.
a
Sea el suceso B = “Podemos formar un tri´ngulo con los segmentos
a
obtenidos (a < b)”. Teniendo en cuenta lo anterior, se tiene que
B = B1 ∪ B2 , con:
B1 = {w = (w1 , w2 ) : w2 − 2 · w1 < 1 − w2 < w2 ;
w2 − 2 · w1 ≥ 0, w1 , w2 ∈ [0, 1]},
que corresponde al caso a ≤ b, y
B2 = {w = (w1 , w2 ) : 2 · w1 − w2 < 1 − w2 < w2 ;
w2 − 2 · w1 < 0, w1 , w2 ∈ [0, 1]},
para a > b. Adem´s, B1 ∩ B2 = ∅.
a
Procediendo an´logamente al primer apartado de este ejercicio, se
a
tiene que el ´rea deseada corresponde a dos tri´ngulos que forman
a a
un tri´ngulo rect´ngulo de base 1/2 y altura 1/2. Por lo tanto, el
a a
resultado es P (B) = 1/8. An´logamente, cuando a ≥ b, la probabi-
a
lidad de poder formar un tri´ngulo con los segmentos obtenidos es
a
1/8, por lo que se concluye que la probabilidad de poder formar un
tri´ngulo es 1/4.
a
P2.50] Un inversor tiene la posibilidad de invertir en dos tipos de valores V1 y
V2 . Si invierte en V1 tiene una probabilidad de 0.6 de obtener 16 millones
de beneficio, y si invierte en V2 tiene una probabilidad de 0.8 de conseguir
12 millones. Si en tal inversi´n obtiene beneficios, est´ dispuesto a volver
o a
a invertir en el mismo tipo de valor. En cambio, si no obtiene beneficios,
invertir´ en el otro tipo.
a
1. ¿Cu´l es la probabilidad de que obtenga beneficios en la segunda
a
inversi´n?
o
2. Si finalmente obtiene beneficios, ¿cu´l es la probabilidad de que la
a
primera inversi´n la hubiera efectuado en V1 ?
o
Soluci´n:
o
Un espacio muestral para este problema viene dado por
Ω = w = (w1 , w2 ) : wi = (wi1 , wi2 ) ; wi1 ∈ {V1 , V2 } , wi2 ∈ B, B ; i = 1, 2 ,
donde wi1 representa el tipo de valor en el que invierte la i-´sima vez,
e
siendo V1 o V2 si es del tipo 1 o del tipo 2 respectivamente, y wi2 el
resultado de esa inversi´n, que ser´ B si obtiene beneficios o B si no los
o a
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-67-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 73
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 73
por lo que finalmente:
P (N1B ∪ N2B ) = P (N1B ) + P (N2B ) = 0,72.
2. Utilizando los sucesos definidos en el apartado anterior, la probabi-
lidad deseada es
P (M1B ∪ M1B |N1B ∪ N2B )
= P (M1B |N1B ∪ N2B ) + P (M1B |N1B ∪ N2B ) ,
con
P (M1B |N1B ∪ N2B )
= P (N1B ∪ N2B |M1B ) · P (M1B ) /P (N1B ∪ N2B )
= [P (N1B |M1B ) + P (N2B |M1B )] · P (M1B ) /P (N1B ∪ N2B ) =
= (0,6 + 0) · 0,3/0,72 = 0,25,
y tambi´n
e
P (M1B |N1B ∪ N2B )
= P (N1B ∪ N2B |M1B ) · P (M1B ) /P (N1B ∪ N2B ) =
= [P (N1B |M1B ) + P (N2B |M1B )] · P (M1B ) /P (N1B ∪ N2B ) =
= (0 + 0,8) · 0,2/0,72 ∼ 0,2222,
=
por lo que la probabilidad de que la primera inversi´n la hubiera
o
efectuado en V1 habiendo obtenido beneficios en la segunda inversi´n
o
es aproximadamente 0.472.
P2.51] Una urna contiene 10 bolas numeradas del 0 al 9. Se extraen 4 bolas una
a una con reemplazamiento. ¿Cu´ntos elementos tiene el espacio muestral
a
de este experimento? Supuesto que se cumple la regla de Laplace, calcular
la probabilidad de los siguientes sucesos:
1. La primera bola extra´ est´ numerada con 3 y la segunda con 0.
ıda a
2. El n´mero que se forma con las bolas acaba en 380.
u
3. El n´mero que se forma con las bolas es mayor que 3571.
u
Supongamos una loter´ en la que cada boleto cuesta 1.000 ptas., cuyo
ıa,
sorteo consiste en extraer 4 bolas, seg´n el experimento previo. Obtienen
u
premios todos los boletos cuyos n´meros coincidan con las 4, 3, 2 ´ 1
u o
ultimas cifras del n´mero extra´
´ u ıdo. La cuant´ (no acumulable) de los
ıa
premios es de: 2.000.000 ptas. si coinciden las 4 cifras; 200.000 ptas. si
coinciden s´lo las tres ultimas cifras; 20.000 ptas. si coinciden las 2 ultimas
o ´ ´
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-69-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 75
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 75
{w ∈ Ω : wj = yj , ∀j = 4 − i + 1, . . . , 4; wk = yk , ∀k = j}, con i = 1, 2, 3, 4.
Por otra parte, definamos sobre el espacio muestral dado al principio del
ejercicio una variable aleatoria ξ que representa la ganancia del jugador,
con el boleto que ha comprado, para el n´mero premiado en el sorteo. Se
u
tiene que
P ξ = 2 · 102+i = P w ∈ Ω : ξ (w) = 2 · 102+i
|Ai | 94−i
= P (Ai ) = = ,
|Ω| 104
para i = 1, 2, 3, 4. De aqu´ se deduce que
ı
4
94−i
P (ξ = 0) = 1 − = 0,918.
i=1
104
Finalmente, utilizaremos estas probabilidades calculadas para ver la ga-
nancia esperada del jugador, obteni´ndose:
e
4
94−i
E [ξ] = 2 · 102+i · = 687,8.
i=1
104
Por lo tanto, no es rentable jugar a esta loter´ puesto que el dinero que
ıa,
se invierte en un boleto es mucho mayor que la ganancia que se espera
conseguir.
P2.52] Una urna contiene cinco bolas numeradas del 1 al 5. Se extraen dos
bolas una a una sin reemplazamiento, y se supone que existe aleatoriedad
uniforme. Hallar la probabilidad de los siguientes sucesos:
1. Se selecciona una bola con n´mero impar la primera vez.
u
2. Se selecciona una bola con n´mero impar la segunda vez.
u
3. Se seleccionan las dos bolas con n´mero impar.
u
Generalizar el problema al caso de que la urna contenga n bolas, nume-
radas de 1 a n. ¿Se obtienen los mismos resultados cuando n es par que
cuando es impar?
Soluci´n:
o
Consideremos el espacio muestral
Ω = {w = (w1 , w2 ) : wi ∈ {1, 2, 3, 4, 5} , w1 = w2 } ,
donde wi representa el n´mero de la bola de la i-´sima extracci´n, para
u e o
i = 1, 2. Este espacio es equiprobable, con |Ω| = 20.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-71-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 77
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 77
3. Definamos el suceso
C = {w ∈ Ω : w1 , w2 = 2 · i − 1, para todo i = 1, . . . , n/2} .
La probabilidad pedida es
n
2 · n −1
2 n−2
P (C) = = .
n · (n − 1) 4 · (n − 1)
Si n es impar:
1. En este caso, el suceso
A = {w ∈ Ω : w1 = 2 · i − 1, para todo i = 1, . . . , (n + 1) /2} ,
obteni´ndose por lo tanto que
e
n+1
2 · (n − 1) n+1
P (A) = = .
n · (n − 1) 2·n
2. An´logamente
a
n+1
P (B) = .
2·n
3. Por ultimo, se obtiene que
´
(n+1)
2 · n+1 − 1
2 n+1
P (C) = = .
n · (n − 1) 4·n
A la vista de los resultados obtenidos, se puede concluir que para calcular
estas probabilidades se ha de distinguir si el n´mero de bolas es par o
u
impar, puesto que de un caso a otro las probabilidades difieren.
P2.53] Se dispone de tres cajas id´nticas y cada caja contiene dos cajones.
e
Una caja contiene una moneda de oro en cada caj´n, otra contiene una
o
moneda de plata en cada caj´n, y la tercera una moneda de oro en un
o
caj´n, y una moneda de plata en el otro caj´n.
o o
1. Se selecciona aleatoriamente una caja, ¿cu´l es la probabilidad de
a
que la caja seleccionada contenga monedas de diferentes metales?
2. Se selecciona aleatoriamente una caja, y al abrir aleatoriamente un
caj´n, nos encontramos con una moneda de oro. ¿Cu´l es la proba-
o a
bilidad de que el otro caj´n contenga una moneda de plata?
o
Soluci´n:
o
Numeremos las cajas: la caja 1 es aquella caja con 2 monedas de oro,
la 2 es la que tiene 2 monedas de plata y, finalmente, las monedas de
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-73-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 78
i i
78 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
diferente metal (una de oro y otra de plata) se encuentran en la caja 3.
Sea entonces el espacio muestral
Ω = {w = (w1 , w2 ) : w1 ∈ {1, 2, 3} ; w2 ∈ {O, P }} ,
donde w1 representa la caja escogida y w2 el metal de la moneda que
contiene un caj´n de esa caja escogido de forma aleatoria. Este espacio
o
muestral no es equiprobable, pues, por ejemplo,
P ({(1, P )}) = 0, pero P ({(1, O)}) = 1/3.
1. Sea el suceso Ai = “Se selecciona la caja i”, i = 1, 2, 3. En nuestro
caso, i = 3, por lo que el suceso A3 es equivalente a “La caja se-
leccionada tiene monedas de diferentes metales”. Sean tambi´n los
e
sucesos Bo = “La moneda en el caj´n escogido de forma aleatoria en
o
la caja seleccionada es de oro”y Bp el correspondiente a una moneda
de plata. Se tiene entonces que:
P (A3 ) = P ({(3, O)}) + P ({(3, P )})
= P (Bo |A3 ) · P (A3 ) + P (Bp |A3 ) · P (A3 ) =
1 1 1
= 2· · = .
2 3 3
2. Si uno de los cajones contiene una moneda de oro y el otro una
de plata, la caja en la que se encuentran es la B. Por lo tanto, la
probabilidad pedida, es:
P (Bo |A3 ) · P (A3 )
P (A3 |Bo ) = =
P (Bo )
1
P (Bo |A3 ) · P (A3 ) ·1
2 3 1
= = 1 = .
3 1· 3 +0· 1 +
3
1
2 · 1
3
3
P (Bo |Ai ) · P (Ai )
i=1
P2.54] Una urna contiene 8 bolas blancas y 4 bolas negras. Se sacan dos bolas
una a una con reemplazamiento. Sea A el suceso: “la primera bola extra´ıda
es blanca”; y B el suceso: “al menos una de las dos bolas extra´ ıdas es
blanca”. Calcular P (A ∩ B), P (A ∩ B c ), P (Ac ∩ B), P (Ac ∩ B c ) y las
probabilidades condicionadas P (A|B), P (A|B c ), P (B|A) y P (B|Ac ).
Soluci´n:
o
Un espacio muestral para este problema es
Ω = {w = (w1 , w2 ) : wi ∈ {b, n} , i = 1, 2} ,
donde cada wi representa el color de la bola extra´ en i- ´simo lugar,
ıda e
con i = 1, 2, siendo igual a b si la bola es blanca y n si es negra. Este
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-74-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 79
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 79
2
espacio no es equiprobable, ya que, por ejemplo, P ({(b, b)}) = (8/12) ,
pero P ({(b, n)}) = 8/12 · 4/12. Se tiene que:
A ∩ B = A = {(b, b) , (b, n)} ,
A ∩ B c = ∅, Ac ∩ B = {(n, b)} ,
Ac ∩ B c = B c = {(n, n)} .
Por lo tanto, se calculan las probabilidades correspondientes, y resulta:
2
2 2 1 2
P (A ∩ B) = P ({(b, b)}) + P ({(b, n)}) = + · = ,
3 3 3 3
P (A ∩ B c ) = 0,
2
P (Ac ∩ B) = P ({(n, b)}) = ,
9
1
P (Ac ∩ B c ) = .
9
Una vez visto esto, las probabilidades condicionadas son:
P (A ∩ B) P (A ∩ B) 3
P (A|B) = = = ,
P (B) 1 − P (B c ) 4
P (A ∩ B c )
P (A|B c ) = = 0,
P (B c )
P (A ∩ B)
P (B|A) = = 1,
P (A)
P (Ac ∩ B) 2
P (B|Ac ) = c)
= .
P (A 3
P2.55] Se lanza una moneda tres veces y en una urna vac´ se ponen tantas
ıa
bolas blancas como n´mero de caras obtenidas y tantas negras como el
u
n´mero de lanzamiento en que se obtiene cruz por primera vez, si es que
u
se obtiene alguna.
1. ¿Son independientes el n´mero de bolas blancas y el n´mero de bolas
u u
negras? ¿Son condicionalmente independientes dado que en la urna
hay m´s de tres bolas?
a
2. Se sacan dos bolas de la urna. ¿Cu´l es la probabilidad de que sean
a
de distinto color? Si son de distinto color, ¿cu´l es la probabilidad
a
de que la urna quede vac´ ıa?
Soluci´n:
o
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-75-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 81
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 81
2. Suponiendo que las dos bolas se extraen sin reemplazamiento, y dado
que no importa el orden en que ´stas se extraigan, podemos definir
e
el espacio muestral
Ω = {w = (w1 , w2 , w3 , x) : wi ∈ {C, X} , i = 1, 2, 3; x = 0, 1, 2} ,
donde x representa el n´mero de bolas blancas en una extracci´n de
u o
dos bolas de una urna formada seg´n el resultado de las 3 tiradas.
u
Este espacio no es equiprobable.
Sea el suceso A = “Las dos bolas extra´ ıdas son de distinto color”.
Sean tambi´n los sucesos Bi = “De las dos bolas extra´
e ıdas, i son
blancas”, para i = 0, 1, 2. Por lo tanto:
P (A) = 1 − P (Ac ) = 1 − [P (B0 ) + P (B2 )] ,
y utilizando los sucesos definidos en el apartado anterior para aplicar
el teorema de las probabilidades totales, se tiene que:
P (B0 ) = P (B0 |A30 ) · P (A30 ) + P (B0 |A21 ) · P (A21 )
+P (B0 |A22 ) · P (A22 ) + P (B0 |A23 ) · P (A23 )
+P (B0 |A11 ) · P (A11 ) + P (B0 |A12 ) · P (A12 )
+P (B0 |A01 ) · P (A01 ) ,
resultando una probabilidad
2 3 2
1 2 2 2 1
P (B0 ) = · 4 + 5 + 3 = .
8 2 2 2
10
Procediendo de manera an´loga se llega a que P (B2 ) = 1/5. De este
a
modo
7
P (A) = 1 − [P (B0 ) + P (B2 )] = .
10
Si las dos bolas extra´
ıdas son de distinto color, la urna quedar´ vac´
a ıa
s´lo si antes de las extracciones ten´ 1 bola blanca y 1 negra. Por
o ıa
lo tanto, y usando los sucesos definidos anteriormente, se tiene que
la probabilidad de que la urna quede vac´ despu´s de extraer una
ıa e
bola blanca y una negra es:
P (B1 |A11 ) · P (A11 ) 1· 1 10
P (A11 |B1 ) = = 234 = ,
P (B1 ) 40
23
donde P (B1 ) se ha calculado de forma an´loga a P (B0 ) .
a
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-77-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 82
i i
82 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
P2.56] Cuatro tiradores disparan independientemente sobre cuatro objetivos,
cada uno sobre uno. Cada tirador dispone de seis balas. La probabilidad
de acertar en el objetivo con cada tiro es de 0.8. Un tirador deja de
disparar al alcanzar el blanco.
1. Probabilidad de que alguno de los tiradores consuma toda su muni-
ci´n.
o
2. Si todos los tiradores consumen la munici´n, ¿cu´l es la probabilidad
o a
de que todos los objetivos hayan sido alcanzados?
3. Calcular la probabilidad de que sobren dos balas en total.
Soluci´n:
o
Un espacio muestral es
Ω = {w = (w1 , w2 , w3 , w4 ) : wi = (wi1 , wi2 ) ;
wi1 = 0, 1, 2, 3, 4, 5; wi2 ∈ {a, f } ; para todo i = 1, 2, 3, 4},
donde cada wi1 representa el n´mero de balas que le sobran al tirador
u
i tras acertar en el objetivo, y wi2 es el resultado que ha obtenido, que
ser´ a si acierta y f si falla, para todo i = 1, 2, 3, 4. N´tese que si a un
a o
tirador le sobra alguna bala, significa que ha acertado. Sin embargo, si
no le sobra ninguna, puede que haya acertado al disparar la ultima bala
´
o bien que ´ste tiro tambi´n lo haya fallado. N´tese tambi´n que desde
e e o e
que un jugador falle los 5 primeros tiros, ya no le sobrar´ ninguna bala,
a
sea cual sea el resultado para esta ultima.
´
1. Sea A el suceso “Alguno de los tiradores consume toda su munici´n”.
o
Definamos tambi´n los sucesos Aij = “Al tirador i le sobran j balas”,
e
para i = 1, 2, 3, 4 y j = 0, 1, 2, 3, 4, 5. Por lo tanto:
4
P (A) = 1 − P (Ac ) = 1 − P Ac
i0 ,
i=1
y ya que los tiradores disparan independientemente y su probabili-
dad de acierto es 0.8, se tiene que
4 4
P (A) = 1− P (Ac ) = 1 −
i0 [1 − P (Ai0 )]
i=1 i=1
4
= 1− 1 − 0,25 · 0,8 + 0,25 · 0,2 =
i=1
4
= 1− 1 − 0,25 = 1. 2794 · 10−3
i=1
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-78-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 83
i i
CAP´
ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 83
2. Definamos los sucesos Bi = “El tirador i acierta”, para i = 1, 2, 3, 4.
Los tiradores disparan de manera independiente, por lo que la pro-
babilidad pedida es:
4 4 4
4
P Bi | Ai0 = P (Bi |Ai0 ) = [P (B1 |A10 )]
i=1 i=1 i=1
4 4
P (B1 ∩ A10 ) 0,25 · 0,8
= =
P (A10 ) 0,25
= 0,84 = 0,4096.
3. N´tese que para que entre los cuatro tiradores sobren dos balas
o
tiene que suceder que, o bien ambas le sobran al mismo tirador o
bien a dos tiradores diferentes. Todos los tiradores tienen la misma
probabilidad de acertar, por lo que si vemos estos dos casos para
dos tiradores concretos, podemos luego extenderlo a todos. Por lo
tanto, y teniendo en cuenta, como siempre, que disparan de forma
independiente, se tiene que:
4 3
3 5 18
P A12 ∩ Ai0 = (0,2) · 0,8 · (0,2) = (0,2) · 0,8,
i=2
y por otra parte
4 2 2
4 5 18 2
P A11 ∩ A21 ∩ Ai0 = (0,2) · 0,8 · (0,2) = (0,2) ·(0,8) .
i=3
Si denotamos por C al suceso “Sobran dos balas en total”, entonces,
teniendo en cuenta todos los casos posibles, resulta:
18 18 2
P (C) = C4,1 · (0,2) · 0,8 + C4,2 · (0,2) · (0,8) =
18 18 2
= 4 · (0,2) · 0,8 + 6 · (0,2) · (0,8) = 1. 8455 · 10−12 .
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-79-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 86
i i
86 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Discretas: Pueden tomar un n´mero discreto (finito o numerable) de valores
u
reales.
Continuas: Pueden tomar todos los valores de uno o varios intervalos de la
recta real, que pueden ser acotados o no acotados.
Mixtas: Son combinaciones de las dos anteriores.
Dada una variable aleatoria discreta ξ, se llama funci´n de probabilidad a:
o
Pξ (k) = P ({w ∈ Ω : ξ (w) = k}) , para todo k ∈ IN.
Dada una variable aleatoria continua ξ, se llama funci´n de densidad a:
o
x
fξ (x) tal que Fξ (x) = fξ (t) · ∂t, para todo x ∈ IR.
−∞
Se llama esperanza de una variable aleatoria ξ a:
E [ξ] = k · Pξ (k), si la variable aleatoria es discreta.
k∈ξ(Ω)
E [ξ] = t∈ξ(Ω)
t · fξ (t) · ∂t, si la variable aleatoria es continua.
Se llama varianza de una variable aleatoria ξ a:
2 2
V [ξ] = E (ξ − E [ξ]) = E ξ 2 − (E [ξ]) .
Dada una variable aleatoria ξ, se define:
1. Funci´n caracter´
o ıstica de ξ (esta funci´n siempre existe):
o
ϕξ (t) = E eitξ .
2. Funci´n generatriz de probabilidades (o funci´n generatriz de momentos
o o
factoriales) de ξ discreta:
φξ (t) = E tξ .
3. Funci´n generatriz de momentos de ξ:
o
Gξ (t) = E etξ .
Denotaremos por F (y − ) al l´
ımite de F (x) cuando x se aproxima a y por la
derecha.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-82-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 87
i i
CAP´
ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 87
Ejercicios Resueltos
P3.1] En una universidad se ha observado que el 60 % de los estudiantes que se
matriculan lo hacen en una carrera de Ciencias, mientras que el otro 40 %
lo hacen en carreras de Humanidades. Si un determinado d´ se realizan
ıa
20 matr´ıculas, calcular la probabilidad de que:
1. haya igual n´mero de matr´
u ıculas en Ciencias y en Humanidades;
2. el n´mero de matr´
u ıculas en Ciencias sea menor que en Humanidades;
3. haya al menos 8 matr´
ıculas en Ciencias;
4. no haya m´s de 12 matr´
a ıculas en Ciencias.
5. Si las cinco primeras matr´
ıculas son de Humanidades, calcular la
probabilidad de que:
a) en total haya igual n´mero de matr´
u ıculas en Ciencias y en Hu-
manidades;
b) en total haya al menos 6 en Ciencias m´s que en Humanidades.
a
Soluci´n
o
Sea ξ una variable aleatoria que mide el n´mero de matr´
u ıculas en Hu-
manidades de un total de 20 matr´ ıculas. Suponiendo que los estudiantes
eligen su carrera de forma independiente entre ellos, y teniendo presente
(seg´n el enunciado) que la probabilidad de que alguien se matricule en
u
Humanidades es 1 − 0,6 = 0,4, se tiene que esta variable es una binomial
de par´metros n = 20 y p = 0,4, siendo:
a
20 20−k
P (ξ = k) = · 0,4k · (1 − 0,4) , para todo k = 0, . . . , 20.
k
1. La probabilidad de que haya igual n´mero de matr´
u ıculas es:
20 20−10
P (ξ = 10) = · 0,410 · (1 − 0,4) = 0,11714.
10
2. Para calcular la probabilidad de que el n´mero de matr´
u ıculas en
Ciencias sea menor que el n´mero de matr´
u ıculas en Humanidades
debe obtenerse:
P (ξ > 10) = 1 − Fξ (10) = 1 − 0,8725 = 0,1275.
3. La probabilidad de que haya al menos 8 matr´ ıculas en Ciencias es
equivalente a la probabilidad de que haya como m´ximo 12 matr´
a ıcu-
las en Humanidades. Por lo tanto:
P (ξ ≤ 12) = Fξ (12) = 0,9790.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-83-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 88
i i
88 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
4. La probabilidad de que no haya m´s de 12 matr´
a ıculas en Ciencias
es:
P (ξ ≥ 8) = 1 − Fξ (7) = 1 − 0,4159 = 0,5851.
5. N´tese que las matr´
o ıculas son independientes entre s´ por lo que si
ı,
las cinco primeras son en Humanidades, podemos definir una nueva
variable η, tambi´n binomial, pero con par´metros n = 20 − 5 = 15
e a
y p = 0,4, que determina el n´mero de matr´
u ıculas en Humanidades
de un total de 15 matr´ıculas. De esta forma:
a) La probabilidad de que en total haya igual n´mero de matr´
u ıculas
en Ciencias que de matr´ıculas en Humanidades es:
P (η = 5) = Fη (5) − Fη 5− = 0,4032.
b) La probabilidad de que en total haya al menos 6 matr´
ıculas en
Ciencias m´s que en Humanidades es:
a
P (η ≤ 2) = Fη (2) = 0,0271.
P3.2] Determinar k para que la siguiente funci´n sea de distribuci´n:
o o
0, x <0
F (x) = 1 − k(1 − x), 0 ≤ x < k
1, k≤ x
Calcular la probabilidad de [1/2, 1] condicionada por [1/2, 2].
Soluci´n
o
Las tres primeras condiciones vistas en el ejercicio anterior para tener una
funci´n de distribuci´n se verifican para cualquier valor de k. Sin embar-
o o
go, para que se verifiquen las dos ultimas condiciones deben descartarse
´
ciertos valores de k. Ya que k > 0, se tiene que
∂F (x)
= k > 0, 0 ≤ x < k.
∂x
Adem´s, debe verificarse que F (x) ≥ 0, para todo x. En particular, 1 −
a
k (1 − x) ≥ 0, 0 ≤ x < k cuando k ≤ 1. Se comprueba que para 0 < k ≤ 1
la funci´n es mon´tona creciente y positiva, por lo que se tiene que, en
o o
ese caso, F es funci´n de distribuci´n.
o o
Bajo la condici´n 0 < k ≤ 1, calculemos la probabilidad pedida:
o
P ([1/2, 1] ∩ [1/2, 2]) P ([1/2, 1])
P ([1/2, 1] | [1/2, 2]) = =
P ([1/2, 2]) P ([1/2, 2])
F (1) − F (1/2− ) F (1) − F (1/2− )
= = = 1.
F (2) − F (1/2− ) F (1) − F (1/2− )
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-84-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 89
i i
CAP´
ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 89
P3.3] Sea la probabilidad en IR dada por
0,
x ≤ −4
√
(x + 4)/16,
√ −4 < x < 2 √
√
P ((−∞, x]) =
(x − 2 + 4)/8,
√2 ≤ x < 4 + 2
1, 4+ 2≤ x
√ √
Calcular la probabilidad de √ siguientes conjuntos: [0, 1], [0, 2], [ 2, 4],
√ √ los
( 2, 4), {0, 1}, {4 + 2}, { 2}, [0, 5), [2, 8], IN, Q ∩ [0, 1], [−2, 2] − Q.
I I
Soluci´n
o
√
N´tese que esta funci´n es continua en todo IR, excepto en el punto
o o 2.
Teniendo eso en cuenta, calculemos las probabilidades que se piden:
P ([0, 1]) = P ((−∞, 1]) − P ((−∞, 0)) = 5/16 − 4/16 = 1/16.
√ √
P [0, 2] = P ((−∞, 2]) − P ((−∞, 0)) = 4/8 − 4/16 = 1/4.
√ √ √ √
P [ 2, 4] = P ((−∞, 4])−P ((−∞, 2)) = 8 − 2 /8− 2 + 4 /16 =
√
3/4 − 3 2/16.
√ √ √
P ( 2, 4) = P ((−∞, 4)) − P ((−∞, 2]) = 8 − 2 /8 − 4/8 =
√
1/2 − 2/8.
P ({0, 1}) = 0.
√
P 4+ 2 =0
√ √ √ √
P 2 = P (−∞, 2] −P (−∞, 2) = 4/8− 2 + 4 /16 =
√
1/4 − 2/16.
P ([0, 5)) = P ((−∞, 5))−P √
√ ((−∞, 0)) = P ((−∞, 5])−P ((−∞, 0]) =
9 − 2 /8 − 4/16 = 7 − 2 /8.
√
P ([2, 8]) = P ((−∞, 8]) − P ((−∞, 2)) = 1 − 6 − 2 /8.
P (IN) = 0.
P (I ∩ [0, 1]) = 0.
Q
√ √
P ([−2, 2] − Q) = P
I 2 = 1/4 − 2/16.
P3.4] Sea la probabilidad en IR dada por
ex /2, −∞ < x ≤0
P ((−∞, x]) =
1 − e−x /2, 0< x
Calcular las probabilidades de: [0, 1], [−2, 2), {0}, {1, 2, 3}, [1, 3].
Soluci´n
o
Las probabilidades que se piden son:
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-85-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 90
i i
90 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
P ([0, 1]) = P ((−∞, 1]) − P ((−∞, 0)) = 1 − e−1 /2 − 1/2 = 1/2 −
e−1 /2.
P ([−2, 2)) = P ((−∞, 2)) − P ((−∞, −2)) = 1 − e−2 /2 − e−2 /2 =
1 − 2e−2 /2 = 1 − 1/e2 .
P ({0}) = P ((−∞, 0]) − P ((−∞, 0)) = 1/2 − 1/2 = 0.
P ({1, 2, 3}) = 0.
P ([1, 3]) = P ((−∞, 3]) − P ((−∞, 1)) = 1 − e−3 /2 − 1 − e−1 /2 =
−e−3 + e−1 /2.
P3.5] Sea la probabilidad en IR2 :
P ((−∞, x] × (−∞, y]) = xy(x + y)/2 si 0 ≤ x, y ≤ 1.
Calcular las probabilidades de
(0, 0,5) × (0,5, 1) , [0,2, 0,8] × {0,5} , [0,4, 1]2
(0,3, 0,4) × [0,4, 0,5] , [0,2, 0,6]2 ∪ [0,4, 0,8]2 , {(x, y) : x + y ≤ 1}.
Soluci´n
o
Procedemos a calcular las probabilidades correspondientes, teniendo en
cuenta que:
P ([a, b] × [c, d]) = P ((−∞, b] × (−∞, d]) − P ((−∞, b] × (−∞, c])
−P ((−∞, a] × (−∞, d]) + P ((−∞, a] × (−∞, c]).
En caso de que el intervalo sea abierto o semiabierto, estas probabilidades
se calculan de manera an´loga, puesto que:
a
P ((−∞, x] × (−∞, y]) = P ((−∞, x] × (−∞, y))
= P ((−∞, x) × (−∞, y]) = P ((−∞, x) × (−∞, y)) .
De esta forma se obtiene que:
P ((0, 0,5) × (0,5, 1)) = 0,5 · 1 · (0,5 + 1) /2 − 0,5 · 0,5 · (0,5 + 0,5) /2 −
0 = ,25.
P ([0,2, 0,8] × {0,5}) = 0.
P [0,4, 1]2 = 1 · 1 · (1 + 1) /2 − 2 · [1 · 0,4 · (1 + 0,4) /2] + 0,4 · 0,4 ·
(0,4 + 0,4) /2 = 0,504.
P ((0,3, 0,4) × [0,4, 0,5]) = 0,4·0,5·(0,4 + 0,5) /2 −0,42 ·(0,4 + 0,4) /2−
0,3 · 0,5 · (0,3 + 0,5) /2 + 0,3 · 0,4 · (0,3 + 0,4) /2 = ,00 8.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-86-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 91
i i
CAP´
ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 91
ξ(x)
1/2
t
0 t 1/2 t + 1/2 x
Figura 3.1: Puntos de [0, 1] con im´genes a trav´s de ξ en (−∞, t].
a e
P [0,2, 0,6]2 ∪ [0,4, 0,8]2 = P [0,2, 0,6]2 + P [0,4, 0,8]2
−P [0,2, 0,6]2 ∩ [0,4, 0,8]2 = P [0,2, 0,6]2 + P [0,4, 0,8]2
−P [0,4, 0,6]2 = 0,62 · (0,6 + 0,6) /2 − 0,2 · 0,6 · (0,2 + 0,6) +0,22 ·
(0,2 + 0,2) /2 + 0,82 · (0,8 + 0,8) /2 − 0,4 · 0,8 · (0,4 + 0,8) + 0,42 ·
(0,4 + 0,4) /2 + 0,62 · (0,6 + 0,6) /2 − 0,4 · 0,6 · (0,4 + 0,6) + 0,42 ·
(0,4 + 0,4) /2 = 0,28.
2
P ({(x, y) : x + y ≤ 1}) = P [0, 1] /2 = 1 · 1 · (1 + 1) /4 = 1/2.
P3.6] Sea ξ una variable aleatoria definida sobre el intervalo [0, 1] como sigue:
x si x ≤ 1/2
ξ(x) =
x − 1/2 si x > 1/2
Hallar la funci´n de distribuci´n de ξ y su funci´n de densidad.
o o o
Soluci´n
o
La funci´n de distribuci´n de una variable aleatoria viene dada por:
o o
Fξ (t) = P (ξ ≤ t) = P ({x ∈ [0, 1] : ξ (x) ≤ t}) .
Teniendo en cuenta la definici´n de la variable aleatoria ξ, representada
o
en la figura 3.1, conviene distinguir varios casos:
Si t < 0, entonces Fξ (t) = P (φ) = 0.
Si 0 ≤ t < 1/2, entonces Fξ (t) = P ([0, t] ∪ [1/2, t + 1/2]) = 2t.
Si t ≥ 1/2, entonces Fξ (t) = 1
Por lo tanto, se tiene que:
0, si t < 0
Fξ (t) = 2t, si 0 ≤ t < 1/2
0, si t ≥ 1/2.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-87-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 92
i i
92 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
y por lo tanto:
0, si t < 0
fξ (t) = 2, si 0 ≤ t < 1/2
1, si t ≥ 1/2
P3.7] Un dado es lanzado 5 veces. Sea ξ la variable aleatoria que nos indica
la suma de los valores de sus caras. Hallar los siguientes conjuntos: {w :
ξ(w) = 4}; {w : ξ(w) = 6}; {w : ξ(w) = 30}; {w : ξ(w) ≥ 29}.
Soluci´n
o
Antes de hallar los conjuntos que se piden, es conveniente definir un
espacio para la variable que se va a utilizar. Definamos:
Ω = {w = (w1 , w2 , w3 , w4 , w5 ) : wi ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6} , ∀i = 1, . . . , 5} ,
donde cada wi representa el resultado del i-´simo lanzamiento del dado,
e
con i = 1, . . . , 5. Sea el espacio de probabilidad Ω, 2Ω , P , cuyos suce-
sos elementales son equiprobables. Sobre dicho espacio se considera la
variable ξ, definida como:
5
ξ (w) = wi ,
i=1
para todo w ∈ Ω. Hallemos los conjuntos que se piden:
Evidentemente, {w : ξ(w) = 4} = φ.
{w : ξ(w) = 6} = w1 , w2 , w3 , w4 , w5 , donde los elementos
wk = w1 , w2 , w3 , w4 , w5 ,
k k k k k
k = 1, . . . , 5,
k
son aquellos elementos de Ω tales que wi = 1, para todo i ∈
k
{1, 2, 3, 4, 5} {k} y wk = 2.
{w : ξ(w) = 30} = {(6, 6, 6, 6, 6)} .
{w : ξ(w) ≥ 29} = {w : ξ(w) = 29} ∪ {w : ξ(w) = 30}, donde
{w : ξ(w) = 30} = {(6, 6, 6, 6, 6)}
y
{w : ξ(w) = 29} = w1 , w2 , w3 , w4 , w5 .
Los elementos
wk = w1 , w2 , w3 , w4 , w5 ,
k k k k k
k = 1, . . . , 5,
k
son aquellos elementos de Ω tales que: wi = 6, para todo i ∈
k
{1, 2, 3, 4, 5} {k} y wk = 5.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-88-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 93
i i
CAP´
ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 93
P3.8] Supongamos que la duraci´n en minutos de las llamadas telef´nicas sigue
o o
una distribuci´n dada por la funci´n
o o
e−x/3 e− x/3
Fξ (x) = 1 − − , para todo x ≥ 0.
2 2
Calcular la probabilidad de que la duraci´n de una llamada cualquiera
o
sea:
1. superior a 6 minutos;
2. igual a 6 minutos.
Soluci´n
o
Sea ξ una variable aleatoria con la distribuci´n indicada en el enunciado
o
que mide la duraci´n (en minutos) de una llamada telef´nica.
o o
1. Se tiene que:
e−6/3 e− 6/3 e−2
P (ξ > 6) = 1 − Fξ (6) = + =2· = e−2 .
2 2 2
2. Por otra parte:
P (ξ = 6) = P (ξ ≤ 6) − P (ξ < 6) = Fξ (6) − Fξ 6− =
e−x/3 e− x/3
= 1 − e−2 − l´
ım −
1− =
x→6− 2 2
e−2 e−1 e−1 − e−2
= 1 − e−2 − 1 + + = .
2 2 2
x
P3.9] Demostrar que F (x) = 1/2n , para todo x ≥ 1, es funci´n de distri-
o
n=1
buci´n.
o
Soluci´n
o
Comprobemos las condiciones que debe verificar toda funci´n de distri-
o
buci´n:
o
1. Se supone, ya que no se indica nada al respecto, que F (x) = 0 para
todo x < 1, por lo que l´ım F (x) = 0.
x→−∞
x ∞
2. l´
ım F (x) = l´
ım 1/2n = 1/2n = 1.
x→+∞ x→+∞ n=1 n=1
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-89-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 94
i i
94 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
x+h x
n
3. l´ + F (x + h) = l´ +
ım ım 1/2n = 1/2 =F (x), para todo x ≥
h→0 h→0 n=1 n=1
1. Por lo tanto, F es continua por la derecha en todo punto de la
recta real.
x1 x2
4. F (x1 ) = 1/2n ≤ F (x2 ) = 1/2n , para todo 1 ≤ x1 ≤ x2 . Adem´s,
a
n=1 n=1
ya que F (x) = 0, para todo x < 1, se concluye que F es mon´tona.
o
5. Es claro que F (x) ≥ 0, para todo x.
P3.10] Determinar el valor k para que cada una de las siguientes funciones sean
funci´n de densidad:
o
1. f (x) = kxe−kx , para todo x > 0
√ √
2. f (x) = k/ 1 − x, para todo x ∈ (0, 2/2)
3. f (x) = k/(1 + x2 ), para todo x ∈ IR
Soluci´n
o
N´tese que para las tres funciones se verifica f (x) ≥ 0 para k > 0.
o
Comprobemos en cada caso la segunda condici´n.
o
∞ ∞
1. 0
f (x) ∂x = 0
kxe−kx ∂x = 1/k·Γ (2) = 1/k, lo que es 1 si k = 1.
√ √
2/2 2/2
2. 0
f (x) ∂x
= k(1 − x)−1/2 ∂x
√ 0 1/2
= k · − 1 − 2/2 / (1/2) + 2 , lo que es uno si k = 1. 0898.
+∞ +∞
3. −∞
f (x) ∂x = k(1 + x2 )−1 ∂x
−∞
= k · (arctan (−∞) − arctan (+∞)) = k [π/2 − (−π/2)] = kπ, lo que
es 1 si k = 1/π.
P3.11] Sea ξ una variable aleatoria con funci´n de densidad fξ (x) = kx +
o
1/2, para todo x ∈ [−1, 1].
1. Determinar los valores de k para los cuales fξ (x) es ciertamente una
funci´n de densidad.
o
2. Calcular la esperanza, la moda y la mediana de ξ.
3. ¿Para qu´ valores de k se minimiza la varianza de ξ?
e
Soluci´n
o
1. Debe verificarse que fξ (x) ≥ 0, para todo x ∈ [−1, 1]. Se han de
distinguir dos casos:
a) Si k > 0, la funci´n de densidad es una recta con pendiente
o
positiva. Por lo tanto, tiene que imponerse que fξ (−1) = −k +
1/2 ≥ 0, es decir, k ≤ 1/2.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-90-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 95
i i
CAP´
ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 95
b) Si k < 0, la recta tiene ahora pendiente negativa, por lo que es
necesario que fξ (1) = k + 1/2 ≥ 0, luego k ≥ −1/2.
1
Se comprueba adem´s que −1 fξ (x) · ∂x = 1, para cualquier valor
a
de k, as´ que, de acuerdo con esto y lo visto anteriormente, para
ı
que fξ (x) sea funci´n de densidad, k debe pertenecer al intervalo
o
[−1/2, 1/2].
2. Calculemos la esperanza de la variable ξ:
1 1
2k
E [ξ] = x · fξ (x) · ∂x = x · (kx + 1/2) · ∂x = .
−1 −1 3
Por otra parte, para calcular la moda debemos tener en cuenta, al
igual que en el primer apartado, el signo de la constante k. La moda
es el valor que maximiza la funci´n de densidad fξ (x). Ya que ´sta
o e
es una funci´n derivable en el intervalo [−1, 1], y adem´s su derivada
o a
es igual a k, se obtiene que:
a) Si k > 0, entonces la moda de la variable ξ es 1.
b) Si k = 0, la moda es cualquier punto en el intervalo [−1, 1] .
c) Si k < 0, la moda es −1.
Por otra parte, la mediana es un valor Me tal que P (ξ ≥ Me) ≥ 1/2
y P (ξ ≤ M e) ≤ 1/2. En el caso que nos ocupa:
1 1
P (ξ ≥ Me) = fξ (x) · ∂x = (kx + 1/2) · ∂x
Me Me
2
k 1 (Me) Me
= + −k· − ,
2 2 2 2
√
y esta probabilidad es igual a 1/2 si Me = −1 + 1 + 4k 2 /2k, en
el caso de que k = 0. N´tese que si k = 0, entonces Me = 0.
o
2
3. La varianza de la variable ξ es V (ξ) = E ξ 2 − (E [ξ]) . Se tiene
que
1 1
1 1
E ξ2 = x2 · fξ (x) · ∂x = x2 · kx + · ∂x = .
−1 −1 2 3
De este modo, y conociendo, por el segundo apartado del problema,
que E [ξ] = 2k/3, obtenemos que:
2
1 2k 1 4k 2
V (ξ) = − = − ,
3 3 3 9
y se comprueba que esto se maximiza cuando k = 0.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-91-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 96
i i
96 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
P3.12] La densidad de cierta caracter´
ıstica qu´
ımica de algunos compuestos vie-
ne dada por la funci´n siguiente:
o
0
x≤0
2x 0 < x ≤ 0,8
fξ (x) =
0,72
0,8 < x ≤ 1,3
0 x > 1,3
Calcular:
1. los tres primeros momentos ordinarios;
2. esperanza matem´tica y varianza;
a
3. E[2ξ + 5ξ 2 − ξ 3 ].
Soluci´n
o
1. Los tres primeros momentos ordinarios son E [ξ] , E ξ 2 y E ξ 3 .
0,8 1,3
E [ξ] = 0
2x2 · ∂x + 0,8 0,72x · ∂x = 0. 71933.
0,8 1,3
E ξ2 = 0 2x3 · ∂x + 0,8 0,72x2 · ∂x = 0. 6092.
0,8 1,3
E ξ3 = 0 2x4 · ∂x + 0,8 0,72x3 · ∂x = 0. 57144.
2. Calculamos la varianza y se obtiene:
2 2
V (ξ) = E ξ 2 − (E [ξ]) = 0,6092 − (0. 71933) = 9. 1764 · 10−2 .
3. Teniendo en cuenta las propiedades de la esperanza, el resultado es:
E[2ξ + 5ξ 2 − ξ 3 ] = 2 · E[ξ] + 5 · E[ξ 2 ] − E[ξ 3 ] = 3,9132.
P3.13] La funci´n de densidad de una variable aleatoria ξ viene determinada
o
por: 1
16 xe−x/4 , x > 0
fξ (x) =
0, para cualquier otro valor
1. Determinar la funci´n generatriz de momentos de ξ.
o
2. Utilizar (1) para encontrar la media y la varianza de ξ.
Soluci´n
o
1. La funci´n generatriz de momentos de una variable aleatoria es:
o
∞
x
Gξ (t) = E etξ = e−tx · · e−x/4 · ∂x =
0 16
Para t < 1/4 es:
x=+∞
1 x(t−1/4) x 1 1
Gξ (t) = e − = 2.
16 t − 1/4 (t − 1/4)2 x=0 (1 − 4t)
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-92-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 97
i i
CAP´
ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 97
2. Se verifica que:
∂Gξ
(t) | t=0 = E [ξ] ,
∂t
∂ 2 Gξ
(t) | t=0 = E ξ2 .
∂t2
Por lo tanto, la media y la varianza de la variable ξ son:
E [ξ] = 8,
2
V (ξ) = E ξ 2 − (E [ξ]) = 96 − 64 = 32.
P3.14] Bajo las tapas de yogur de una determinada marca comercial hay 6
tipos diferentes de s´
ımbolos. Bajo cada tapa hay exactamente uno, y se
asume que en el mercado todos han sido distribuidos aleatoriamente de
manera uniforme. Si nos ofrecen un premio regalo por enviar un sobre
con los 6 s´
ımbolos diferentes (una tapa con cada uno), ¿cu´ntos yogures
a
hay que comprar en media?
Soluci´n
o
En general, si un s´
ımbolo determinado aparece con probabilidad p al rea-
lizar una extracci´n, entonces el n´mero medio de extracciones necesario
o u
hasta que aparece por primera vez ese s´ımbolo es:
2
m = 1 · p + 2 · (1 − p) · p + 3 · (1 − p) · p + . . .
Para sumar esta serie n´tese que:
o
2 3
(1 − p) · m = (1 − p) · p + 2 · (1 − p) · p + 3 · (1 − p) · p + . . . ,
y restando ambas series:
∞
k 1
m − (1 − p) · m = p · (1 − p) = p · = 1,
p
k=0
y por tanto m = 1/p. Dicho esto, volvamos a nuestro problema origi-
nal. Evidentemente, el n´mero medio de extracciones hasta que apa-
u
rezca un resultado cualquiera es 1. En el caso de dos, este n´mero es
u
1 + 1/ (5/6) = 1 + 6/5, y, en general, el n´mero medio de extracciones
u
hasta que aparezcan n s´
ımbolos distintos (n = 1, . . . , 6) es
n
1
6−i+1
.
k=1 6
Por lo tanto, hay que comprar una media de
6 · (1/6 + 1/5 + 1/4 + 1/3 + 1/2 + 1) = 14,7
yogures para conseguir los seis s´
ımbolos distintos.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-93-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 98
i i
98 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
P3.15] Una caja contiene dos monedas legales y una con dos caras. Se selecciona
una moneda al azar.
1. Si se lanza la moneda y sale cara, ¿cu´l es la probabilidad de que
a
la moneda sea legal? ¿Y si en otros tres lanzamientos vuelve a salir
cara?
2. Se selecciona una moneda, se lanza y se devuelve a la caja. ¿Cu´l a
ser´ el n´mero medio de veces que tendremos que repetir el proceso
a u
hasta que se obtenga una cruz?
Soluci´n:
o
Un espacio muestral para este problema es
m ∈ {l1 , l2 , l}
Ω= w = (m, w1 , w2 , w3 , w4 ) : ,
wi ∈ {C, X}, para todo i = 1, 2, 3, 4
donde m representa la moneda escogida al azar. Denotamos por l1 y l2
a las dos monedas legales y por l a la moneda con dos caras. Por otra
parte, cada wi es el resultado del i- ´simo lanzamiento, para i = 1, 2, 3, 4,
e
siendo C si es “cara”y X si es “cruz”.
1. Sean los sucesos A = “La moneda escogida es legal”y Bi = “El i-
´simo lanzamiento de la moneda es cara”, para i = 1, 2, 3, 4. Si se
e
lanza una moneda escogida al azar y sale cara, la probabilidad de
que la moneda sea legal es:
P (A|B1 ) = P (B1 |A) · P (A) /P (B1 ) =
P (B1 |A) · P (A)
= =
P (B1 |A) · P (A) + P (B1 |Ac ) · P (Ac )
1 2
2 · 1
= 1 2 3 1 = .
2 · 3 +1· 3 2
La probabilidad de que la moneda sea legal conociendo lo anterior
y que adem´s en otros tres lanzamientos vuelve a salir cara, es,
a
teniendo en cuenta que todos los lanzamientos efectuados con la
moneda son independientes entre s´
ı:
4
4 P Bi |A · P (A)
i=1
P A| Bi = 4
=
i=1 P Bi
i=1
4
P (Bi |A) · P (A)
i=1
= 4 4
=
P Bi |A · P (A) + P Bi |Ac · P (Ac )
i=1 i=1
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-94-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 100
i i
100 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
T
1
d d
d d
d
d d
d E
1 2 3 4 5
Figura 3.2: Ejemplo para el ejercicio P3.16 con n = 2 y m = 3.
luego, el n´mero medio de lanzamientos hasta que salga cruz es
u
∞ k−1
1 2
E [ξ] = · k· = 3.
3 3
k=1
P3.16] Consideremos l´
ıneas que unen n + m puntos del plano
(1, x1 ) , (2, x2 ) , . . . , (n + m, xn+m ) ,
donde los valores x1 , x2 , . . . , xn+m son n ceros y m unos distribuidos de
forma totalmente aleatoria. Por ejemplo, para n = 2 y m = 3, la figura
3.2 muestra una recta con 3 saltos. ¿Cu´l es el n´mero medio de saltos
a u
de una l´
ınea?
Soluci´n
o
Dado que la media de una suma es siempre la suma de las medias, entonces
lo pedido se limita a calcular la probabilidad de que entre dos puntos
consecutivos haya un salto, y multiplicar dicho valor por el n´mero de
u
puntos consecutivos (parejas de puntos) que hay. Mientras que el segundo
valor es claramente n + m − 1, el primero es
n m m n
· + · .
n+m n+m−1 n+m n+m−1
Para calcular este ultimo valor se ha tenido presente que hay dos probabi-
´
lidades disjuntas: o salto de 0 a 1, o salto de 1 a 0. Adem´s, la probabilidad
a
de que haya un 0 en el primer punto de la pareja es n/ (n + m), y lue-
go la probabilidad de que haya un 1 en el segundo es m/ (n + m − 1).
An´logamente, la probabilidad de que haya un 1 en el primer punto es
a
m/ (n + m), y de que haya un 0 en el segundo es n/ (n + m − 1).
Como conclusi´n, el n´mero medio solicitado es
o u
n m m n 2nm
(n + m − 1) · · + · = .
n+m n+m−1 n+m n+m−1 m+n
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-96-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 101
i i
CAP´
ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 101
Como se observa en este ejemplo, no siempre el mejor camino para cal-
cular la media de una variable aleatoria consiste en pasar primero por el
c´lculo de su distribuci´n de probabilidad, ya que en algunos problemas
a o
(como ´ste) tal distribuci´n puede ser dif´ de obtener, mientras que la
e o ıcil
media es f´cil.
a
P3.17] Un jugador comienza un juego de azar con k euros. En cada partida
el juego le permite ganar o perder 1 euro, independientemente de lo que
tenga, hasta que no tenga nada. La probabilidad de ganar el euro de cada
partida es p y la de perder el euro es 1 − p. ¿Qu´ probabilidad hay de que
e
lo pierda todo alguna vez?
Soluci´n
o
Si Pk representa la probabilidad buscada, entonces
Pk = (1 − p) Pk−1 + pPk+1 ,
donde se asume P0 = 1. As´ por ejemplo:
ı,
P1 = 1 − p + pP2 ,
2
y puesto que P2 = P1 , ya que perder 2 euros es perder primero uno y
luego otro de forma independiente, entonces:
2
P1 = 1 − p + pP1 ,
por lo que, o bien P1 = 1, ´ P1 = (1 − p) /p, ya que ´stas son las dos
o e
soluciones de la ecuaci´n cuadr´tica anterior. Ahora bien, si p < 1/2
o a
entonces P1 = 1 y si p ≥ 1/2 entonces P1 = (1 − p) /p.
De igual forma se concluye que
m
Pk = 1−p
p , si p > 1/2
Pk = 1 , si p ≤ 1/2
P3.18] Un jugador A tiene m euros y otro B tiene n euros. En cada partida
un jugador gana 1 euro y el otro pierde 1 euro. La probabilidad de que
A gane una partida es p y la de que gane B es 1 − p. El juego contin´a
u
hasta que uno pierda todo. ¿Qu´ probabilidad tiene A de perder?
e
Soluci´n
o
Observemos que plantear este problema es equivalente al problema ante-
rior cuando uno de los jugadores (B) tiene un enorme capital (n → +∞),
m
y que en tal caso la probabilidad de que A pierda es [(1 − p) /p] , si
p > 1/2.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-97-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 102
i i
102 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Cuando n es finito, la situaci´n cambia, pero el problema se puede resolver
o
de forma an´loga porque, si Qm representa la probabilidad que tiene A
a
de pasar de m a Q, sin haber alcanzado nunca n + m, entonces:
m m+n
1−p 1−p
= Qm + (1 − Qm ) · .
p p
Por tanto, la probabilidad pedida es:
m
1 − [(1 − p) /p]
Qm = 1 − m+n ,
1 − [(1 − p) /p]
siempre que p > 1/2.
Cuando p = 1/2, la expresi´n anterior es la indeterminaci´n 0/0, que se
o o
resuelve aplicando la regla de L’Hospital, obteni´ndose
e
Qm = n/ (n + m) .
P3.19] En una elecci´n hay dos candidatos, y en la urna de votaci´n hay n
o o
papeletas a favor de uno y m a favor del otro, con n > m. Si se asume
que los votos en la urna han sido suficientemente mezclados, ¿qu´ proba-
e
bilidad hay de de que al menos suceda un empate durante el conteo de
los votos?
Soluci´n
o
Es importante observar que, por cada sucesi´n que produzca un empate
o
comenzando con un candidato, existe otra secuencia que lleva tambi´ne
a empate y comienza con el otro candidato. En efecto, si representamos
por N y M a los dos candidatos, entonces una secuencia tal como
NNMNNMMM
tiene asociada otra secuencia que da empate y que comienza en M :
M M N M M N N N.
La correspondencia consiste s´lo en cambiar las letras.
o
Esta importante observaci´n demuestra que el n´mero de casos favorables
o u
que comienzan con un candidato es igual al n´mero de casos favorables
u
que comienzan con el otro candidato. O, dicho en otras palabras, que la
probabilidad de que exista al menos un empate es el doble de la proba-
bilidad de que haya empate empezando por el candidato M . Ahora bien,
esta ultima probabilidad es simplemente la probabilidad de que el primer
´
voto sea de M , ya que luego es seguro que habr´ empate porque n > m.
a
Consecuentemente la probabilidad buscada es:
m
2· .
n+m
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-98-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 103
i i
CAP´
ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 103
Figura 3.3: Esfera que circunscribe los bordes de la moneda.
P3.20] ¿Cu´n gruesa debe de ser una moneda para que tenga probabilidad 1/3
a
de caer de canto?
Soluci´n
o
Evidentemente, si tenemos presentes las caracter´ ısticas f´
ısicas de los ma-
teriales, es decir, la elasticidad de la moneda, la fuerza y direcci´n cono
que se lanza, las caracter´ ısticas de la superficie sobre la que cae, etc.,
entonces este problema no est´ matem´ticamente bien definido y su res-
a a
puesta debe proceder m´s de experimentos f´
a ısicos que de la Teor´ de ıa
Probabilidades. Sin embargo, para dar una respuesta con esta segunda
herramienta, asumamos las siguientes hip´tesis: veamos la moneda como
o
la esfera circunscrita por sus dos bordes circulares (v´ase figura 3.3), y
e
entendamos que la moneda “cae de canto” cuando el polo inferior de la
esfera est´ entre los dos c´
a ırculos (v´ase figura 3.4). Con esta notaci´n es
e o
claro que el problema pide la distancia que debe separar a los dos c´ ırculos
para que el ´rea sobre la esfera que limitan sus dos c´
a ırculos sea la mitad
del ´rea restante.
a
Dada la simetr´ concentr´monos en una secci´n de la esfera. Por ejem-
ıa, e o
plo, en su secci´n central (figura 3.5). Para que la longitud de la circun-
o
ferencia entre un canto sea la mitad de la longitud de la circunferencia
entre un lado, debe cumplirse que α = 2π/6. Puesto que tanα = r/g con
r el radio de la moneda y g la mitad de su grueso, entonces
r
g= = 0,354r.
arctan (π/3)
En otras palabras, el grueso de la moneda debe ser 35.4 % el di´metro de
a
la moneda para que tenga probabilidad 1/3 de caer de canto.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-99-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 105
i i
CAP´
ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 105
Ω IR
η
g
ξ
IR
Figura 3.6: Transformaci´n de variables aleatorias.
o
P3.21] Dos de los lados de un tri´ngulo is´sceles tienen una longitud L cada
a o
uno y el ´ngulo x entre ellos es el valor de una variable aleatoria ξ con
a
funci´n de densidad proporcional a x(π − x) en cada punto x ∈ (0, π/2).
o
Calcular la funci´n de densidad del ´rea del tri´ngulo y su esperanza.
o a a
Soluci´n
o
Consideremos un espacio muestral Ω donde los sucesos elementales w que
lo configuran son los tri´ngulos is´celes cuyos dos lados iguales miden
a o
L, y se distinguen por el ´ngulo que ambos forman. Sobre el espacio
a
muestral Ω se asume una probabilidad P . Sea ξ la variable que mide
dicho ´ngulo. Entonces en el enunciado nos informan que se trata de una
a
variable aleatoria sobre Ω con funci´n de densidad:
o
kx(π − x), x ∈ (0, π/2)
fξ (x) =
0, para cualquier otro valor,
donde k debe ser una constante tal que se verifica que:
fξ (x) ≥ 0, para todo x,
+∞
fξ (x) ∂x = 1.
−∞
De estas dos condiciones resulta que k es igual a 12/π 3 .
Definamos ahora una segunda variable η que mide el ´rea de cada tri´ngu-
a a
lo en Ω. Esta variable es claramente obtenible a partir de la variable ξ.
En efecto, conociendo el ´ngulo x entre los dos lados de tri´ngulo w, se
a a
tiene que su base es 2Lsen (x/2) y su altura es Lcos (x/2). Por tanto, el
a
´rea y de un tri´ngulo con ´ngulo x es
a a
2Lsen (x/2) · Lcos (x/2) L2 sen(2x/2) L2 senx
y = g(x) = = = .
2 2 2
Es decir, la variable η se calcula totalmente componiendo ξ con la funci´n
o
g seg´n la expresi´n (v´ase la figura 3.6):
u o e
L2 senξ
η=g ◦ ξ= .
2
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-101-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 106
i i
106 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Una primera idea para calcular la funci´n de densidad del ´rea fη es la
o a
de comenzar calculando su funci´n de distribuci´n Fη . Para esto consi-
o o
deremos cualquier valor y ∈ IR:
Fη (y) = P {w ∈ Ω : η(w) ≤ y} = P {w ∈ Ω : g(ξ(w)) ≤ y}
Claramente, si y ≤ 0 entonces Fη (y) = 0, mientras que si y ≥ L2 /2
entonces Fη (y) = 1. S´lo nos queda ver c´mo queda Fη (y) cuando 0 ≤
o o
y ≤ L2 /2, y para ello sustituyamos el valor de la funci´n g en la expresi´n
o o
anterior:
L2 sen(ξ(w))
Fη (y) = P w∈Ω: ≤y
2
2y
= P w ∈ Ω : ξ(w) ≤ arcsen
L2
arcsen( L2 )
2y
arcsen( L2 )
2y
12
= fξ (x)∂x = x(π − x)∂x.
−∞ 0 π3
Resolviendo esta integral se obtiene la funci´n de distribuci´n de η. Luego
o o
derivando en y se concluye su funci´n de densidad:
o
12 2y 2y 2
fη (y) = · arcsen · π − arcsen · .
π3 L2 L2 L4 − 4y 2
para y ∈ 0, L2 /2 , y 0 en otro caso.
Obviamente, tambi´n es posible realizar un c´lculo directo de la funci´n
e a o
de densidad de η = g ◦ ξ conociendo la f´rmula general que acorta el
o
proceso:
hη (y) = fξ (g −1 (y)) · g −1 (y)
Finalmente, la esperanza de la variable η se puede calcular o bien direc-
tamente aprovechando que hemos calculado su funci´n de densidad:
o
L2 /2
E[η] = fη (y)∂y
0
o indirectamente usando que η = g ◦ ξ:
π/2 π/2
L2 senx 12 12L2
E[η] = g(x) · fξ (x) · ∂x = · 3 · x · (π − x) · ∂x = .
0 0 2 π π3
P3.22] En funci´n de un estudio realizado en varios establecimientos, se conoce
o
que la demanda ξ de determinado producto es una variable aleatoria con
funci´n de densidad fξ (x) = e−x , cuando x > 0. La venta de una cantidad
o
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-102-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 107
i i
CAP´
ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 107
x produce una ganancia de ax y el sobrante y no vendido produce una
p´rdida by, con a y b constantes positivas. Calcular la cantidad conve-
e
niente de aprovisionamiento para que la ganancia esperada sea m´xima.
a
Apl´ıquese al caso particular de a = 1 y b = 2.
Soluci´n
o
Sea c la cantidad de aprovisionamiento. Para una demanda x, la ganancia
g (x) viene definida por:
ax − b (c − x) ,0 ≤ x < c
g(x) = .
ac ,x ≥ c
A partir de esto se tiene la variable aleatoria ganancia η = g ◦ ξ(v´ase la
e
figura 3.6), resultando:
+∞
E[η] = E[g ◦ ξ] = g(x)fξ (x)∂x =
−∞
c ∞
= (ax − b (c − x)) e−x ∂x + ace−x ∂x =
0 c
= − (a + b) ce−c + (a + b − bc) 1 − e−c + ace−c
El valor de c que maximiza la ganancia esperada se obtiene derivando la
expresi´n anterior respecto de c, resultando que c = ln (1 + a/b) .
o
En el caso particular a = 1, b = 2 se tiene que c = ln (3/2) .
P3.23] Se dispone de 7 huchas, cada una con 10 billetes de 1000 pts., 6 billetes
de 2000 pts., 4 billetes de 5000 pts. y 1 billete de 10000 pts. Nos dan 7
billetes, extra´
ıdos aleatoriamente uno de cada hucha.
1. ¿Cu´l es el n´mero esperado de pesetas que recibimos?
a u
2. ¿Qu´ probabilidad hay de recibir 17000 pesetas? (Ayuda: calcular
e
la funci´n generatriz de probabilidades).
o
Soluci´n
o
Consideremos como espacio muestral el conjunto de 7- uplas de billetes,
uno procedente de cada urna. Adem´s, sea ξi una variable aleatoria que
a
representa el valor (en miles de pesetas) de un billete extra´ de la
ıdo
hucha i- ´sima. Esta variable puede tomar los valores 1, 2, 5 y 10 con
e
probabilidades P (ξi = 1) = 10/21, P (ξi = 2) = 6/21, P (ξi = 5) = 4/21
y P (ξi = 10) = 1/21, i = 1, . . . , 7, respectivamente. Suponiendo que las 7
huchas de las que se dispone son independientes (en cuanto al resultado
7
de una extracci´n), sea η =
o ξi la variable aleatoria que representa el
i=1
valor total de los billetes extra´
ıdos
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-103-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 108
i i
108 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
1. El n´mero esperado de pesetas (en miles) recibidas es:
u
7 7
E [η] = E ξi = E [ξi ]
i=1 i=1
7
= · (10 · 1 + 6 · 2 + 4 · 5 + 1 · 10) = 17. 333.
21
2. Para calcular P (η = 17) usando la funci´n generatriz de probabili-
o
dades
φη (t) = E [tη ] ,
sucede que:
φ(k) (t)
η = k! · P (η = k) .
t=0
En el caso de este problema, esta funci´n es:
o
P
7 7
ξi 7
φη (t) = E ti=1 = E tξi = E tξ =
i=1
7
1 7
· t1 · 10 + t2 · 6 + t5 · 4 + t10 · 1 .
21
Queda pendiente calcular la derivada 17-´sima, evaluarla en t = 0 y
e
dividirla por 17!.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-104-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 109
i i
CAP´
ITULO 4
Principales variables aleatorias
Entre las variables aleatorias discretas destacan:
Variable Aleatoria Uniforme: Dado un n´mero natural n, se llama
u
variable aleatoria uniforme ξ y se denota por ξ ∼ U [n] a una va-
riable que toma valores en {1, 2, . . . , n}, cada uno con igual proba-
bilidad. Es decir, es una variable aleatoria discreta con funci´n de
o
probabilidad:
1/n , si k ∈ {1, 2, . . . , n}
Pξ (k) =
0 , resto
Algunas caracter´
ısticas son:
E [ξ] = (n + 1) /2
V (ξ) = n2 − 1 /12
n
1
φξ (t) = · tk
n
k=1
tn
1 e −1
Gξ (t) = ·
n 1 − e−t
1 eitn − 1
ϕξ (t) = ·
n 1 − e−it
Variable Aleatoria de Bernoulli: Dado p ∈ [0, 1], se llama variable
aleatoria de Bernoulli de par´metro p a una variable aleatoria que
a
109
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-105-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 110
i i
110 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
toma s´lo dos valores posibles, uno con probabilidad p y el otro con
o
probabilidad 1 − p. Los experimentos de este tipo se llaman “prue-
bas de Bernoulli”, sus dos resultados se suelen denominar “´xito”
e
y “fracaso” (o “blanco” y “negro”,...), y la variable les asocia los
valores 1 y 0, respectivamente. La funci´n de probabilidad de esta
o
variable es:
p , si k = 1
Pξ (k) =
1 − p , si k = 0
Se denota por ξ ∼ B (p), y algunas caracter´
ısticas suyas son:
E [ξ] = p
V (ξ) = p · (1 − p)
φξ (t) = (1 − p) + p · t
Gξ (t) = (1 − p) + p · et
ϕξ (t) = (1 − p) + p · ei·t
Variable Aleatoria Binomial: Dados dos n´meros n y p, con n natu-
u
ral y p perteneciente al intervalo [0, 1], se llama variable aleatoria
Binomial de par´metros n y p a una variable aleatoria que toma
a
valores en {0, 1, . . . , n} y tiene como funci´n de probabilidad:
o
n n−k
Pξ (k) = · pk · (1 − p) , para todo k ∈ {0, 1, . . . , n} .
k
Se denota por ξ ∼ Bi (n, p), y representa una variable aleatoria que
mide el n´mero de veces que ocurre el suceso “´xito” en n pruebas de
u e
Bernoulli de par´metro p e independientes. Algunas caracter´
a ısticas
de esta distribuci´n son:
o
E [ξ] = n·p
V (ξ) = n · p · (1 − p)
n
φξ (t) = (1 − p + p · t)
n
Gξ (t) = 1 − p + p · et
n
ϕξ (t) = 1 − p + p · ei·t
Variable Aleatoria Hipergeom´trica: Dados N , A y B n´meros na-
e u
turales, se llama variable aleatoria Hipergeom´trica de par´metros
e a
(n, A, B) a una variable que trata de medir el n´mero de “´xi-
u e
tos”(bolas azules, por ejemplo) cuando se extrae una muestra de
tama˜o n sin reemplazamiento, de una urna con N = A + B bo-
n
las, de las que A son azules y el resto blancas. Esta distribuci´n es
o
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-106-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 111
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 111
an´loga a la Binomial, pero se basa en un muestreo realizado sin
a
reemplazamiento. Su funci´n de probabilidad es:
o
A B
k · n−k
Pξ (k) = N
, para todo k = 0, 1, . . . , n,
n
y se denota por ξ ∼ H (n, A, B). Se tiene que:
A
E [ξ] = n·
N
A B N −n
V (ξ) = n· · · .
N N N −1
Variable Aleatoria Binomial Negativa: Dados dos n´meros n y p,
u
con n natural y p perteneciente al intervalo [0, 1], se llama variable
aleatoria Binomial Negativa de par´metros n y p a una variable
a
aleatoria que toma valores k = 0, 1, . . . y tiene como funci´n de
o
probabilidad:
n+k−1 k
Pξ (k) = · pn · (1 − p) , para todo k = 0, 1, . . .
k
Se denota por ξ ∼ BN (n, p), y representa una variable aleatoria
que mide el n´mero de fracasos que ocurren antes de obtener n
u
´xitos con una secuencia de pruebas independientes de Bernoulli con
e
probabilidad de ´xito p. Algunas caracter´
e ısticas de esta distribuci´n
o
son:
n · (1 − p)
E [ξ] =
p
n · (1 − p)
V (ξ) =
p2
n
p 1
φξ (t) = , para |t| < .
1 − (1 − p) · t 1−p
n
p
Gξ (t) = , para (1 − p) et < 1.
1 − (1 − p) · et
n
p
ϕξ (t) =
1 − (1 − p) · eit
Variable Aleatoria de Poisson: Consideremos la variable que mide el
n´mero de sucesos que ocurren en un intervalo de amplitud fija,
u
siendo λ el promedio de sucesos en dicho intervalo. Esta variable
sigue una distribuci´n de Poisson de par´metro λ, y se denota ξ ∼
o a
P (λ), con λ > 0. Su funci´n de probabilidad es:
o
λk −λ
Pξ (k) = · e , para k = 0, 1, . . .
k!
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-107-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 112
i i
112 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Las principales caracter´
ısticas de esta distribuci´n son:
o
E [ξ] = λ
V (ξ) = λ
φξ (t) = eλ·(t−1)
= eλ·(e −1)
t
Gξ (t)
= eλ·(e −1)
it
ϕξ (t)
La distribuci´n de Poisson se obtiene tambi´n como l´
o e ımite de la dis-
tribuci´n Binomial de par´metros n y λ/n cuando n → ∞. Adem´s,
o a a
la suma de dos variables de Poisson independientes de par´metros λ1
a
y λ2 , respectivamente, es a su vez una Poisson de par´metro λ1 +λ2 .
a
Variable Aleatoria Geom´trica: Dado p ∈ [0, 1], la variable aleatoria
e
que cuenta el n´mero de fracasos que preceden al primer ´xito en
u e
una sucesi´n infinita de pruebas de Bernoulli sigue una distribuci´n
o o
Geom´trica de par´metro p, donde p es la probabilidad de ´xito, y
e a e
se denota ξ ∼ G (p). La funci´n de probabilidad de esta variable es:
o
k
Pξ (k) = p · (1 − p) , con k = 0, 1, . . .
Adem´s:
a
1−p
E [ξ] =
p
1−p
V (ξ) =
p2
p 1
φξ (t) = , para |t| < .
1 − (1 − p) · t 1−p
p
Gξ (t) = , para (1 − p) · et < 1
1 − (1 − p) · et
p
ϕξ (t) =
1 − (1 − p) · eit
Es importante destacar que la suma de variables independientes e
id´nticamente distribuidas seg´n una Geom´trica de par´metro p es
e u e a
una Binomial Negativa.
Entre las variables aleatorias continuas destacan:
Variable Aleatoria Uniforme: Se llama variable aleatoria Uniforme
en un intervalo [a, b], con a ≤ b y a, b ∈ IR, y se denota por ξ ∼
U [a, b], a una variable aleatoria ξ con funci´n de densidad
o
1
fξ (x) = , para a ≤ x ≤ b.
b−a
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-108-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 113
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 113
Sus principales caracter´
ısticas son:
a+b
E [ξ] = ,
2
2
(b − a)
V (ξ) = ,
12
et·b − et·a
Gξ (t) = , para t = 0.
t · (b − a)
eit·b − eit·a
ϕξ (t) = , para t = 0.
i · t · (b − a)
Variable Aleatoria Triangular: Dados dos par´metros a y b tales que
a
a < b, se llama variable aleatoria Triangular de par´metros a y b
a
y se denota por T (a, b), a una variable aleatoria ξ cuya funci´n de
o
densidad viene descrita por:
4(x−a)
(b−a)2 , si a ≤ x < a+b
2
fξ (x) = 4(b−x)
2 , si a+b ≤ x < b
2
(b−a)
0 , en el resto
Claramente E [ξ] = (a + b) /2.
Variable Aleatoria Exponencial: Se llama variable aleatoria Expo-
nencial con par´metro λ, con λ > 0, y se denota por ξ ∼ Exp (λ), a
a
una variable aleatoria ξ con funci´n de densidad
o
fξ (x) = λ · e−λ·x , para x > 0.
Sus principales caracter´
ısticas son:
1
E [ξ] = ,
λ
1
V (ξ) = ,
λ2
λ
Gξ (t) = , para t < λ.
λ−t
λ
ϕξ (t) = .
λ−i·t
Esta variable aparece, por ejemplo, cuando se estudia la distancia
entre dos sucesos consecutivos que sigan una distribuci´n de Poisson.
o
Variable Aleatoria Gamma: Se llama variable aleatoria Gamma de
par´metros a y p, con a, p > 0, y se denota por ξ ∼ Γ (a, p), a una
a
variable aleatoria ξ con funci´n de densidad
o
ap
fξ (x) = · e−a·x · xp−1 , para x ≥ 0.
Γ (p)
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-109-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 114
i i
114 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Sus principales caracter´
ısticas son:
p
E [ξ] = ,
a
p
V (ξ) = ,
a2
p
a
Gξ (t) = , para |t| < a.
a−t
p
a
ϕξ (t) = .
a−i·t
Adem´s, se verifica que la suma de variables aleatorias independien-
a
tes e id´nticamente distribuidas seg´n una Exponencial sigue una
e u
distribuci´n Gamma. Por ello, la distribuci´n Gamma es la que apa-
o o
rece cuando se estudia la distancia entre p sucesos que sigan una
variable de Poisson de par´metro a.
a
Variable Aleatoria Normal: Se llama variable aleatoria Normal de
media µ y varianza σ 2 y se denota por ξ ∼ N µ, σ 2 , a una va-
riable aleatoria ξ con funci´n de densidad:
o
1 (x−µ)2
fξ (x) = √ · e− 2·σ 2 .
2·π· σ2
Sus principales caracter´
ısticas son:
E [ξ] = µ,
V (ξ) = σ2 ,
2
1
·t2
Gξ (t) = et·µ+ 2 ·σ ,
i·t·µ− 2 ·σ 2 ·t2
1
ϕξ (t) = e .
Es importante destacar la importancia de la variable aleatoria con
distribuci´n N (0, 1), denominada “distribuci´n normal tipificada”.
o o
Variable Aleatoria χ2 de Pearson: Se llama as´ a la variable aleato-
ı
ria resultante de sumar los cuadrados de d variables aleatorias in-
dependientes con distribuci´n N (0, 1). Se dice que d (d > 0) es el
o
n´mero de grados de libertad, y la variable se denota ξ ∼ χ2 . Su
u d
funci´n de densidad es:
o
2−d/2 · xd/2−1 · e−x/2
fξ (x) =
Γ (d/2)
para todo x > 0. Su media es d y su varianza es 2d. La funci´n
o
generatriz de momentos es:
−d/2 1
Gξ (t) = (1 − 2t) , para t < .
2
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-110-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 115
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 115
Variable Aleatoria t de Student: La variable aleatoria ξ tiene distri-
buci´n t de Student con d grados de libertad, y se denota ξ ∼ Td , si
o
su funci´n de densidad es:
o
− d+1
Γ d+1
2 x2 2
fξ (x) = √ 1+
dπΓ d2
d
para todo x real. Su media es 0 y la varianza d/ (d − 2). La fun-
ci´n generatriz de momentos no existe. Adem´s, el cociente entre
o a
una variable normal tipificada y una variable con distribuci´n χ2
o d
independientes tiene una distribuci´n Td .
o
Variable Aleatoria F de Fisher-Snedecor: La variable aleatoria ξ tie-
ne distribuci´n F de Fisher-Snedecor con n y m grados de libertad
o
(n y m n´meros naturales), si su funci´n de densidad es:
u o
n+m
Γ 2 nn/2 mm/2 n/2−1 −(n+m)/2
fξ (x) = x (m + nx)
Γ n2 Γ m 2
para todo x real. Se denota ξ ∼ Fn,m , y su media es:
m
, para m > 2,
(m − 2)
y su varianza:
2m2 (n + m − 2)
2 , para m > 4.
n (m − 2) (m − 4)
La funci´n generatriz de momentos no existe. Adem´s, el cociente
o a
entre dos variables aleatorias independientes con distribuci´n χ2 ,
o
con n y m grados de libertad, respectivamente, es una Fn,m .
Ejercicios Resueltos
P4.1] Supongamos que la probabilidad de tener una unidad defectuosa en una
l´
ınea de ensamblaje es de 0.05. Si el conjunto de unidades terminadas
constituye un conjunto de ensayos independientes
1. ¿cu´l es la probabilidad de que entre diez unidades dos se encuentren
a
defectuosas?
2. ¿y de que a lo sumo dos se encuentren defectuosas?
3. ¿cu´l es la probabilidad de que por lo menos una se encuentre de-
a
fectuosa?
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-111-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 116
i i
116 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Soluci´n
o
Sea ξi una variable aleatoria que representa el estado de una unidad ter-
minada en la l´ ınea de ensamblaje en el momento i, siendo ξi = 1 si la
unidad es defectuosa y ξi = 0 en caso contrario. La variable ξi sigue una
distribuci´n de Bernoulli con par´metro p = 0,05, de acuerdo con el dato
o a
inicial del problema. Adem´s, n´tese que un conjunto de unidades ter-
a o
minadas constituye un conjunto de ensayos independientes, por lo que
el n´mero de unidades defectuosas de un total de n unidades termina-
u
n
das (ξ1 , . . . , ξn ), esto es, ηn,p = ξi , sigue una distribuci´n binomial de
o
i=1
par´metros n y p = 0,05. Hechas estas consideraciones iniciales, procede-
a
mos a resolver el problema.
1. Procedemos a calcular:
10 8
P (η10,0,05 = 2) = · 0,052 · (1 − 0,05) = 0,0746.
2
2. Se tiene que:
2
10 10−i
P (η10,0,05 ≤ 2) = · 0,05i · (1 − 0,05) = 0,9884.
i=0
i
3. Por ultimo:
´
P (η10,0,05 ≥ 1) = 1 − P (η10,0,05 = 0) =
10 10−0
= 1− · 0,050 · (1 − 0,05) =
0
= 1 − 0,5987 = 0,4013.
P4.2] El gerente de un restaurante que s´lo da servicio mediante reservas sabe,
o
por experiencia, que el 20 % de las personas que reservan una mesa no
asistir´n. Si el restaurante acepta 25 reservas pero s´lo dispone de 20
a o
mesas, ¿cu´l es la probabilidad de que a todas las personas que asistan
a
al restaurante se les asigne una mesa?
Soluci´n
o
Representemos por la variable aleatoria ξ la decisi´n de asistir (ξ = 0)
o
o no (ξ = 1) finalmente al restaurante por parte de una persona que ha
hecho una reserva. Esta variable sigue una distribuci´n de Bernoulli de
o
par´metro p = 0,2, de acuerdo con el enunciado del ejercicio. Suponiendo
a
que las distintas reservas son independientes entre s´ se tiene que, de un
ı,
total de n reservas (ξ1 , . . . , ξn ), el n´mero de ellas que acuden finalmen-
u
n
te al restaurante es una variable aleatoria Yn = ξi , con distribuci´n
o
i=1
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-112-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 117
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 117
binomial de par´metros n y p = 0,2. En el caso particular del problema,
a
n = 25. Entonces, para que aquellas personas que asistan al restaurante
de las 25 que han hecho la reserva puedan disponer de una mesa, debe
ocurrir que acudan 20 o menos. As´ se tiene que:
ı,
20
25 25−i
P (Y25 ≤ 20) = · 0,2i · (1 − 0,2) = 0,5799.
i=0
i
P4.3] Una empresa electr´nica observa que el n´mero de componentes que
o u
fallan antes de cumplir 100 horas de funcionamiento es una variable alea-
toria de Poisson. Si el n´mero promedio de estos fallos es ocho,
u
1. ¿cu´l es la probabilidad de que falle un componente en 25 horas?
a
2. ¿y de que fallen no m´s de dos componentes en 50 horas?
a
3. ¿cu´l es la probabilidad de que fallen por lo menos diez en 125 horas?
a
Soluci´n
o
Sea la variable aleatoria ξ, con distribuci´n de Poisson de par´metro
o a
λξ = E [ξ] = 8, que determina el n´mero de componentes que fallan
u
antes de cumplir 100 horas de funcionamiento.
1. Considerando que se cumplen ciertas condiciones de regularidad,
podemos asumir que una variable η que mide el n´mero de compo-
u
nentes que fallan antes de cumplir 25 horas de funcionamiento sigue
una distribuci´n de Poisson con par´metro λη = E [η] = 8/4 = 2.
o a
Por lo tanto, la probabilidad deseada es la siguiente:
21 −2
P (η = 1) = · e = 0. 27067.
1!
2. An´logamente, definimos una variable aleatoria U con distribuci´n
a o
de Poisson de par´metro λU = 8/2 = 4, que mide el n´mero de com-
a u
ponentes que fallan antes de cumplir las 50 horas de funcionamiento.
Se tiene entonces que:
2
4i −4
P (U ≤ 2) = · e = 0. 2381.
i=0
i!
3. De la misma forma, definiendo una variable aleatoria V con distri-
buci´n de Poisson de par´metro λV = 10, se obtiene:
o a
10
10i −10
P (V ≥ 10) = 1 − P (V < 10) = 1 − ·e = 0,41696.
i=0
i!
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-113-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 118
i i
118 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
P4.4] Una gran tienda de art´ ıculos el´ctricos descubre que el n´mero ξ de
e u
tostadores vendidos por semana obedece a una ley de Poisson de media
10. La ganancia de cada tostador vendido es de 500 ptas. Sin embargo,
un lunes se encuentran con que s´lo les quedan 10 tostadores, y que a lo
o
largo de esa semana no van a poder traer m´s del almac´n. Determinar la
a e
distribuci´n de las ganancias totales (en ptas.) en concepto de tostadores
o
de pan a lo largo de esa semana.
Soluci´n
o
Teniendo en cuenta los datos del problema, podemos definir una variable
aleatoria η, que representa la ganancia total (en pesetas) en concepto de
tostadores de pan a lo largo de la semana considerada, a partir de la
variable ξ:
500 · ξ , si 0 ≤ ξ < 10
η=
5000 , si ξ ≥ 10
En el segundo caso, si la demanda ξ es de m´s de 10 tostadores, es decir,
a
si supera al n´mero de existencias, s´lo es posible vender este ultimo
u o ´
n´mero de tostadores.
u
La distribuci´n de las ganancias totales en pesetas es, por tanto:
o
Fη (t) = P ({w ∈ Ω : η(w) ≤ t}) =
0
, si t < 0
t/500
= t
P (500 · ξ ≤ t) = Fξ 500 = P (ξ = i) , si 0 ≤ t < 5000
i=0
1 , si t ≥ 5000.
N´tese que una vez m´s η = g ◦ ξ (v´ase la figura 3.6) para una simple
o a e
funci´n real g.
o
P4.5] Se extraen n cartas, una a una con reemplazamiento, de una baraja
espa˜ola (4 palos de 10 cartas cada uno). Si ξ representa la suma de los
n
n n´meros que aparecen en las cartas,
u
1. calcular P (ξ = k) y E[ξ] ;
2. hallar la funci´n generatriz de probabilidades de ξ.
o
Soluci´n
o
Definamos una variable aleatoria η que representa el valor de una carta
extra´ del total de la baraja, con valores equiprobables 1,2,. . . ,10, siendo
ıda
P (η = k) = 1/10, para todo k ∈ A = {1, . . . , 10}. Definamos tambi´n un e
conjunto B formado por los (k1 , . . . , kn ) ∈ An en los que no se repite
un mismo n´mero m´s de 4 veces. N´tese adem´s que el unico dato a
u a o a ´
tener en cuenta en cada extracci´n es el n´mero de la carta, no el palo,
o u
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-114-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 119
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 119
puesto que en el problema se utilizar´ una variable ξ que da la suma de
a
los n´meros de un total de n extracciones con reemplazamiento.
u
Supuesta la independencia de las extracciones, sea η1 , . . . , ηn un conjunto
de n variables aleatorias independientes con la misma distribuci´n que η,
o
que miden el resultado en cada una de las n extracciones con reemplaza-
n
miento. N´tese que ξ =
o ηi .
i=1
1. Las probabilidades deseadas son, dado un n´mero n = 1, 2, . . . :
u
n
P (ξ = k) = P ηi = k
i=1
n n
1
= P (ηi = ki ) = .
i=1
10
(k1 ,...,kn )∈B (k1 ,...,kn )∈B
P
n P
n
ki =k ki =k
i=1 i=1
Adem´s,
a
n n 10
n 11
E [ξ] = E ηi = E [ηi ] = n · E [η] = · i= · n.
i=1 i=1
10 i=1 2
2. La funci´n generatriz de probabilidades es:
o
P
n n
ηi n
φξ (t) = E t i=1 = E [tηi ] = (E [tη ]) .
i=1
Se obtiene que:
n
1 1 t − tn+1
E [tη ] = · ti = · ,
10 i=1 10 1−t
y por lo tanto:
n
1 t − tn+1
φξ (t) = · .
10 1−t
P4.6] Se lanza consecutivamente un dado hasta que aparece por primera vez un
as. Suponiendo que en el primer lanzamiento no hemos obtenido un as,
calcular la probabilidad de que sean necesarios m´s de tres lanzamientos.
a
Soluci´n
o
Sea ξ una variable aleatoria que representa el n´mero de lanzamientos
u
consecutivos (e independientes) que hay que efectuar con un dado hasta
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-115-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 120
i i
120 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
que aparezca un as por primera vez. Esta variable es una geom´trica de
e
par´metro p = 1/6, siendo p la probabilidad de obtener un as en un lan-
a
zamiento del dado. En el enunciado del problema se a˜ade la suposici´n
n o
de que el as no se obtiene en el primer lanzamiento y, por lo tanto, la
probabilidad que se pide calcular es:
3
5 i−1 1 1
1− 6 · 6
P (ξ > 3) i=1 25
P (ξ > 3 | ξ > 1) = = = = 0, 6944.
P (ξ > 1) 5 0 1 1 36
1− 6 · 6
P4.7] De un paquete de n tarjetas ordenadas de forma creciente y numeradas
1, 2, . . . , n se selecciona aleatoriamente una tarjeta. Si est´ marcada con
a
k, se selecciona una segunda tarjeta entre las k primeras. Sea ξ1 el n´mero
u
de la tarjeta seleccionada en primer lugar y ξ2 el de la tarjeta seleccionada
en segundo lugar. Calcular:
1. P (ξ2 = j),
2. E[ξ2 ],
3. P (ξ1 = k|ξ2 = j),
4. E[ξ1 ].
Soluci´n
o
N´tese que la variable ξ1 , supuestas ciertas condiciones de regularidad,
o
puede tomar los valores 1, 2, . . . , n, con P (ξ1 = k) = 1/n, para todo k =
1, . . . , n. Sin embargo, para el c´lculo de las probabilidades P (ξ2 = j) es
a
necesario tener en cuenta el resultado de la primera selecci´n. o
1. Se tiene que:
n
P (ξ2 = j) = P (ξ2 = j | ξ1 = i) · P (ξ1 = i)
i=1
n
1
= · P (ξ2 = j | ξ1 = i) .
n i=1
Obs´rvese que si j > i, entonces P (ξ2 = j | ξ1 = i) = 0. Por lo tanto:
e
n n
1 1 1
P (ξ2 = j) = · P (ξ2 = j | ξ1 = i) = · .
n i=j
n i=j
i
2. El valor esperado de la tarjeta seleccionada en segundo lugar es:
n n n
1 j · 1
E[ξ2 ] = j · P (ξ2 = j) = · .
j=1
n j=1 i=j
i
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-116-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 121
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 121
3. Procediendo de forma similar al primer apartado, se calcula:
P (ξ2 = j|ξ1 = k) · P (ξ1 = k)
P (ξ1 = k|ξ2 = j) =
P (ξ2 = j)
−1
n
1
= k· i , si j ≤ k
i=j
0 , si j > k
4. Por ultimo, el valor esperado para la primera tarjeta seleccionada
´
es:
n n
1 n+1
E [ξ1 ] = i · P (ξ1 = i) = · i= .
i=1
n i=1 2
P4.8] Un vendedor de enciclopedias sabe que la probabilidad de obtener un
cliente en cada visita es 0.3. ¿Cu´l es el n´mero medio de visitas diarias
a u
si cada d´ vende exactamente 10 enciclopedias? ¿Cu´l es la probabilidad
ıa a
de que, a lo largo de un mes, no tenga que hacer m´s de 50 visitas diarias?
a
Soluci´n
o
Definamos una variable aleatoria ξ que representa el n´mero de visitas
u
en las que no obtiene clientes que debe realizar el vendedor hasta vender
10 enciclopedias. Esta variable sigue una distribuci´n binomial negativa
o
de par´metros n = 10 y p = 0,3, de acuerdo con los datos del problema,
a
y por tanto E [ξ] = n (1 − p) /p. Se asume que las visitas realizadas son
independientes entre s´ Entonces, el n´mero medio de visitas diarias que
ı. u
debe hacer el vendedor es:
n (1 − p) 0,7
E [ξ + 10] = + 10 = 10 · + 10 = 33. 333.
p 0,3
Por otra parte, para calcular la probabilidad de que no tenga que hacer
m´s de 50 visitas diarias a lo largo de un mes (de 30 d´
a ıas), definamos un
conjunto de variables aleatorias ξ1 , . . . , ξ30 independientes e id´nticamen-
e
te distribuidas seg´n ξ, que representan el n´mero de visitas sin clientes
u u
necesarias hasta vender 10 enciclopedias cada uno de los d´ del mes. Se
ıas
tiene que:
30
30
P (ξ1 ≤ 40, . . . , ξ30 ≤ 40) = P (ξi ≤ 40) = [P (ξ ≤ 40)] =
i=1
40 30
10 + i − 1
= · 0,310 · 0,7i =
i=0
i
= 0. 9597730 = 0. 29175.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-117-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 122
i i
122 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
P4.9] Hallar el m´ınimo entero n tal que la probabilidad de obtener al menos
un as en n lanzamientos, sea mayor o igual que 0.9.
Soluci´n
o
Sea ξn una variable aleatoria que representa el n´mero de ases obtenidos
u
en n lanzamientos de un dado. Se debe obtener el menor entero n tal que:
P (ξn ≥ 1) ≥ 0,9,
es decir,
P (ξn = 0) ≤ 0,1.
Considerando que la probabilidad de obtener un as con este dado es 1/6,
se tiene que:
n
5
≤ 0,1,
6
desigualdad que se verifica para todo n ≥ 13.
P4.10] Demostrar las siguientes f´rmulas recurrentes para el c´lculo de la fun-
o a
ci´n de probabilidad:
o
(n − k)p
1. Pξ (k + 1) = · Pξ (k), si ξ ∼ Bi(n; p).
(k + 1)(1 − p)
λ
2. Pξ (k + 1) = · Pξ (k), si ξ ∼ Poiss(λ).
k+1
(n + k)(1 − p)
3. Pξ (k + 1) = · Pξ (k), si ξ ∼ BiNeg(n; p).
k+1
(A − k)(n − k)
4. Pξ (k + 1) = · Pξ (k), si ξ ∼ Hip(n, A, B).
(k + 1)(B − (n − k) + 1)
Soluci´n
o
1. Si ξ ∼ Bi(n; p), entonces
n n−k
Pξ (k) = · pk · (1 − p) ,
k
para todo k = 0, . . . , n. Se verifica que:
n n−k−1
Pξ (k + 1) = · pk+1 · (1 − p) =
k+1
n−k
n n−k (1 − p)
= · · p · pk · =
k k+1 (1 − p)
(n − k)p
= · Pξ (k).
(k + 1)(1 − p)
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-118-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 123
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 123
2. Si ξ ∼ Poiss(λ), entonces
λk −λ
Pξ (k) = ·e ,
k!
para todo k = 0, 1, . . . Se verifica que:
λk+1 λ
Pξ (k + 1) = · e−λ = · Pξ (k).
(k + 1)! k+1
3. Si ξ ∼ BiNeg(n; p), entonces
n+k−1 k
Pξ (k) = · pn · (1 − p) ,
k
para todo k = n, n + 1, . . . Se verifica que:
n+k k+1
Pξ (k + 1) = · pn · (1 − p) =
k+1
n+k−1 n+k k
= · · pn · (1 − p) · (1 − p) =
k k+1
(n + k)(1 − p)
= · Pξ (k).
k+1
4. Si ξ ∼ Hip(n, A, B), entonces
A B
k · n−k
Pξ (k) = A+B
,
n
para todo k = 0, . . . , n. Se verifica que:
A B
k+1 · n−k−1
Pξ (k + 1) = A+B
=
n
A−k A n−k B
k+1 · k · B−n+k+1 · n−k
= A+B
=
n
(A − k)(n − k)
= · Pξ (k).
(k + 1)(B − (n − k) + 1)
P4.11] Sean ξ y η las variables aleatorias que cuentan el n´mero de veces que
u
sale 1 y 6, respectivamente, en 5 lanzamientos de un dado. ¿Son ξ y η
independientes?
Soluci´n
o
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-119-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 124
i i
124 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Las variables ξ y η siguen ambas una distribuci´n binomial de par´metros
o a
n = 5 y p = 1/6. Veamos, mediante un contraejemplo, que ξ y η no son
independientes. Por un lado se tiene que:
5
2
P (ξ = 0, η = 0) = ,
3
pero
5
5
P (ξ = 0) = = P (η = 0) ,
6
y por lo tanto
5 10
2 5
P (ξ = 0, η = 0) = = P (ξ = 0) · P (η = 0) = ,
3 6
concluy´ndose as´ que las variables no son independientes.
e ı
P4.12] En la teor´ de los rayos c´smicos se presenta la distribuci´n de Pascal-
ıa o o
Furry, dada por los valores i = 0, 1, 2, . . ., con probabilidades respectivas:
1 µ
pi = 1+µ ( 1+µ )i , µ > 0. Determinar el par´metro µ.
a
Soluci´n
o
Se verifica que
∞ ∞ i
1 µ 1 1
pi = · = · = 1,
i=0 i=0
1+µ µ+1 1 + µ 1 − [µ/ (µ + 1)]
i
para cualquier µ > 0. Adem´s, 1/ (1 + µ) < 1 y [µ/ (1 + µ)] < 1, para
a
todo µ > 0.
P4.13] Pedro y Juan dividen al azar una barra de chocolate con 4n porciones
(n > 0) en dos trozos de modo que el trozo de Pedro siempre es mayor
que el de Juan, al que siempre le toca algo.
1. Calcular el n´mero esperado de porciones de Pedro.
u
2. Calcular la varianza de tal n´mero.
u
3. Probar que si en tres ocasiones sucesivas el trozo de Pedro es mayor
que tres veces el de Juan, es razonable pensar que la partici´n no se
o
ha hecho de un modo aleatorio.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-120-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 125
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 125
Soluci´n
o
1. Consideremos el espacio muestral Ω formado por todas las posibles
divisiones de la tableta. Numerando las porciones podemos caracte-
rizar cada divisi´n mediante un n´mero entre 1 y 4n − 1, donde no
o u
vale el 2n. Es decir, cada suceso elemental w ∈ Ω puede identificarse
como la cantidad de porciones que quedan a un lado (por ejemplo a
la derecha) tras la divisi´n, lo que a la vez determina el n´mero de
o u
porciones que quedan al otro lado. As´ ı:
Ω = {1, 2, . . . , 4n − 2, 4n − 1} − {2n} .
Para cada w ∈ Ω, no confundamos su valor con la cantidad de
porciones que le damos a Juan y a Pedro, ya que esto se calcula
mediante un m´ınimo y un m´ximo de {w, 4n − w}, respectivamente.
a
Asumamos por hip´tesis que Ω es equiprobable, es decir, que:
o
1
P (w) = ,
4n − 2
para todo w ∈ Ω, o dicho en otras palabras, que la tableta se parte
en dos trozos de forma aleatoria y uniforme, pero descartando la
probabilidad de que los dos trozos sean iguales o alguno vac´
ıo.
Definamos ahora las variables aleatorias:
ξ: Ω → IR
w → ξ (w) = m´x {w, 4n − w}
a
y
η: Ω → IR
w → η (w) = m´ {w, 4n − w}
ın
representando la primera a Pedro y la segunda a Juan. Antes de
sumergirnos en el c´lculo de E [ξ] y V (ξ), como pide el enunciado,
a
conozcamos algo de estas variables. Claramente son discretas y η =
4n−ξ. Adem´s, ξ toma valores en {2n + 1, 2n + 2, . . . , 4n − 2, 4n − 1},
a
todos con igual probabilidad:
2 1
P (ξ = k) = P ({w ∈ Ω : ξ (w) = k}) = = ,
4n − 2 2n − 1
cualquiera que sea k ∈ {2n + 1, . . . , 4n − 1}. Por tanto:
4n−1 2n−1
1
E [ξ] = k · P (ξ = k) = 2n + k=
2n − 1
k=2n+1 k=1
n (2n − 1)
= 2n + = 3n.
2n − 1
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-121-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 126
i i
126 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
2. De la misma forma, se obtiene que:
4n−1
2
V (ξ) = E ξ 2 − (E [ξ]) = k 2 · P (ξ = k) − 9n2 =
k=2n+1
2n−1
1 2
= (k + 2n) − 9n2 =
2n − 1
k=1
2n−1 2n−1
1
= k 2 + 4n k + 4n2 (2n − 1) − 9n2 =
2n − 1
k=1 k=1
3 2
1 2 (2n − 1) + 3 (2n − 1) + (2n − 1)
= + 8n2 (2n − 1)
2n − 1 6
n (n − 1)
−9n2 = .
3
3. Si el trozo de Pedro es mayor que tres veces el de Juan en una
partici´n, se verifica que:
o
ξ > 3 · (4n − ξ) ,
es decir:
ξ > 3n.
Por lo tanto, supongamos que se realizan 3 particiones (independien-
tes) y representemos, respectivamente, por ξ1 , ξ2 y ξ3 al n´mero de
u
trozos que corresponden a Pedro en cada una. Siendo las variables
ξ1 , ξ2 y ξ3 independientes, se tiene que:
3 4n−1 3
3
P (ξi > 3n) = [P (ξ > 3n)] = P (ξ = i) =
i=1 i=3n+1
3
1
= (4n − 1 − (3n + 1) + 1) · =
2n − 1
3
n−1
= ,
2n − 1
que es una probabilidad muy peque˜a. Por lo tanto, es razonable
n
pensar que la partici´n no se ha hecho de un modo aleatorio.
o
P4.14] Una variable aleatoria ξ tiene la funci´n generatriz Gξ (t) = (0,2et +
o
0,8)5 . Se pide:
1. Funci´n de probabilidad.
o
2. P (ξ > 0) y P (1 ≤ ξ ≤ 3).
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-122-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 127
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 127
3. Esperanza y varianza.
Soluci´n
o
Podemos obtener la funci´n generatriz de probabilidades de esta variable
o
aleatoria discreta a partir de la funci´n generatriz de momentos. N´tese
o o
que la funci´n generatriz de probabilidades de una variable aleatoria es la
o
funci´n φξ (t) = E tξ , mientras que su funci´n generatriz de momentos
o o
tξ
es Gξ (t) = E e . Por lo tanto:
5 5
φξ (t) = Gξ (lnt) = 0,2 · elnt + 0,8 = (0,2 · t + 0,8) .
1. Se verifica que, si φξ es derivable k veces en un entorno del origen,
entonces:
∂φξ (k)
(t) = k! · P (ξ = k) .
∂tk t=0
En concreto, en este caso, k = 0, 1, 2, 3, 4, 5. As´
ı:
5!
P (ξ = k) = · 0,2k · 0,85−k ,
(5 − k)! · k!
para todo k = 0, 1, 2, 3, 4, 5. N´tese que ´sta es la funci´n de pro-
o e o
babilidad de una variable aleatoria binomial de par´metros n = 5 y
a
p = 0,2.
2. Teniendo esto en cuenta, se tiene que:
5
P (ξ > 0) = 1 − P (ξ = 0) = 1 − · 0,20 · 0,85 = 0. 67232.
0
3. De forma similar:
3
5
P (1 ≤ ξ ≤ 3) = · 0,2k · 0,85−k = 0,6656.
k
k=1
4. Si G (t) es derivable en un entorno del origen k veces, entonces
∂G(k)
G(k) (t) = (t) = mk .
t=0 ∂tk t=0
En este caso:
4
E [ξ] = m1 = Gξ (t) = 0,2 · et + 0,8 · et = 1.
t=0 t=0
Y tambi´n:
e
V (ξ) = m2 − m2 = Gξ (t)
1 −1
t=0
3
= et · 0,2 · et + 0,8 · 1,6 + 0,2 · et − 1 = 0,8
t=0
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-123-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 128
i i
128 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
P4.15] Una variable aleatoria ξ tiene la siguiente funci´n generatriz Gξ (t) =
o
t
e2(e −1) . Se pide:
1. Funci´n de probabilidad.
o
2. P (ξ > 1) y P (ξ > 2).
3. Esperanza y desviaci´n t´
o ıpica.
Soluci´n
o
Procediendo de forma an´loga al ejercicio anterior, la funci´n generatriz
a o
de probabilidades es:
φξ (t) = Gξ (lnt) = e2·(e −1)
lnt
= e2·(t−1) .
1. Asimismo:
1
P (ξ = k) = · 2k · e−2 ,
k!
para todo k = 0, 1, . . . N´tese que esto se corresponde con la funci´n
o o
de probabilidad de una variable de Poisson con par´metro λ = 2.
a
2. Las probabilidades deseadas son:
1
1
P (ξ > 1) = 1 − · 2k · e−2 = 0,59399.
k!
k=0
y tambi´n:
e
2
1
P (ξ > 2) = 1 − · 2k · e−2 = 0,32332.
k!
k=0
3. Por ultimo, y de forma similar al anterior ejercicio:
´
= 2 · e2·(e −1)+t
t
E [ξ] = m1 = Gξ (t) = 2,
t=0 t=0
y tambi´n:
e
V (ξ) = m2 − m2 = Gξ (t)
1 −1
t=0
= 2 · 2 · et + 1 · e2·(e −1)+t
t
− 4 = 2.
t=0
P4.16] El tiempo de reparaci´n de unas m´quinas de escribir tiene una distri-
o a
buci´n aproximadamente exponencial, con media 22 minutos.
o
1. Hallar la probabilidad de que el tiempo de reparaci´n sea menor que
o
diez minutos.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-124-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 129
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 129
2. El costo de reparaci´n es de 2000 pts. por cada media hora o fracci´n.
o o
¿Cu´l es la probabilidad de que una reparaci´n cueste 4000 pts.?
a o
3. Para efectuar una programaci´n, ¿cu´nto tiempo se debe asignar a
o a
cada reparaci´n para que la probabilidad de que cualquier tiempo
o
de reparaci´n mayor que el tiempo asignado sea s´lo de 0.1?
o o
Soluci´n
o
Definamos una variable aleatoria ξ que representa el tiempo de reparaci´n
o
(en minutos) de las m´quinas y sigue una distribuci´n exponencial de
a o
−1
par´metro λ = (E [ξ]) = 1/22. Por lo tanto, la funci´n de densidad de
a o
esta variable es:
1
fξ (x) = · e−x/22 , x > 0.
22
1. La probabilidad de que un tiempo de reparaci´n sea menor que diez
o
minutos es:
10
1 10
P (ξ < 10) = · e−x/22 ∂x = −e−x/22 = 1 − e−5/11 .
0 22 0
2. De acuerdo con el enunciado, para un tiempo de reparaci´n dado,
o
el costo de reparaci´n se obtendr´ a partir del n´mero total de frac-
o a u
ciones de media hora y el conjunto de minutos restantes, inferiores
a 30. (Todos, este ultimo inclusive, se cobran a 2000 pesetas). Te-
´
niendo esto en cuenta, se observa que una reparaci´n costar´ 4000
o a
pesetas siempre que su duraci´n sea superior a 30 minutos e inferior
o
o igual a 60 minutos (y as´ cada fracci´n de la segunda media hora
ı o
se cobrar´ como una media hora entera). As´
a ı:
60
1
P (30 < ξ ≤ 60) = · e−x/22 ∂x = −e−30/11 + e−15/11 .
30 22
3. Representamos por t (t > 0) el tiempo asignado a una reparaci´n
o
(en minutos). Debe verificarse:
P (ξ > t) = 0,1,
es decir:
∞
1 ∞
· e−x/22 ∂x = −e−x/22 = e−t/22 = 0,1
t 22 t
y esto se cumple para t = −22 · ln0,1 = 50. 657 ∼ 51 minutos.
=
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-125-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 130
i i
130 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
P4.17] Se supone que las plantas de una determinada especie se distribuyen de
forma aleatoria en una regi´n con densidad promedio de λ plantas por
o
unidad de ´rea. Adem´s se conoce que tal aleatoriedad sigue una distri-
a a
buci´n de Poisson, es decir, que el n´mero de plantas en una regi´n con
o u o
´rea A es una variable aleatoria de Poisson de par´metro λ · A. Elegida
a a
una planta al azar, sea ξ la distancia a la planta vecina de su misma es-
pecie m´s pr´xima. Determinar la funci´n de densidad de ξ y determinar
a o o
su valor medio.
Soluci´n
o
Comencemos determinando la funci´n de distribuci´n de ξ, es decir,
o o
Fξ (x) = P ({w : ξ (w) ≤ x}) para todo x ∈ IR. Claramente Fξ (x) = 0
cuando x ≤ 0. En cambio, si x > 0 entonces {w : ξ (w) ≤ x} representa
el suceso “en un c´
ırculo de radio x, descontado el punto central, hay al
´
menos una planta”. Este es el suceso complementario de “en un c´ ırculo
de radio x, descontado el punto central, no hay ninguna planta”, y cuya
probabilidad viene dada por
0
λπx2 2 2
· e−λ·π·x = e−λ·π·x ,
0!
ya que el ´rea de un c´
a ırculo de radio x (incluso elimin´ndole el punto
a
central) es π · x2 . Consecuentemente,
0 , si x < 0
Fξ (x) = 2
1 − e−λ·π·x , si x ≥ 0.
Ahora podemos f´cilmente conocer la funci´n de densidad de ξ :
a o
0 , si x < 0
fξ (x) = 2
2λπxe−λ·π·x , si x ≥ 0,
y su media:
∞
2 1
E [ξ] = 2λπx2 e−λ·π·x ∂x = √ .
0 2 λ
P4.18] Demostrar que si ξ tiene distribuci´n exponencial con media λ, entonces
o
la variable aleatoria η = ξ (parte entera de ξ) es una geom´trica de
e
par´metro p. Encontrar p en t´rminos de λ.
a e
Soluci´n
o
La variable ξ tiene funci´n de densidad fξ (x) = (1/λ) · e−x/λ , cuando
o
x > 0. Para cualquier k = 0, 1, 2, . . . se tiene que:
k+1
1 −x/λ
P (η = k) = P ( ξ = k) = P (k ≤ ξ < k + 1) = ·e ∂x =
k λ
k+1
= −e−x/λ = e−k/λ − e−(k+1)/λ = e−k/λ 1 − e−1/λ ,
k
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-126-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 131
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 131
k
es decir, P (η = k) = p · (1 − p) con p = 1 − e−1/λ .
P4.19] Sup´ngase que ξ se distribuye como N (µ, σ), de manera que P (ξ ≤ 0) =
o
1/3 y P (ξ ≤ 1) = 2/3.
1. ¿Cu´les son los valores de µ y σ?
a
2. ¿Y si P (ξ ≤ 1) = 3/4?
Soluci´n
o
1. A partir de estas dos condiciones, tipificando la variable ξ y buscando
los correspondientes percentiles en las tablas de la variable normal
est´ndar, podremos obtener dos ecuaciones lineales en µ y σ. Debe
a
verificarse que:
0−µ 1
P (ξ ≤ 0) = FZ = ,
σ 3
de donde se deduce que −µ/σ = z0,3333 = −0,4307, siendo Z una
variable aleatoria con distribuci´n normal de media 0 y varianza 1.
o
Adem´s:
a
1−µ 2
P (ξ ≤ 1) = FZ = ,
σ 3
luego (1 − µ) /σ = z0,6667 = 0,4307.obteni´ndose finalmente que µ =
e
0,5 y σ = 1,16.
2. En este caso, las ecuaciones ser´ −µ/σ = z0,3333 = −0,4307 y,
ıan
procediendo de modo an´logo,
a
1−µ 3
P (ξ ≤ 1) = FZ = ,
σ 4
es decir, (1 − µ) /σ = z0,75 = 0,6745, de lo que se obtiene que µ =
0,39 y σ = 0,9.
P4.20] Encontrar la distribuci´n de ξ 2 siendo ξ una variable aleatoria uniforme:
o
1. en el intervalo [0, 1];
2. en [−1, 1];
3. en [−1, 2].
Soluci´n
o
Si ξ es una variable uniforme en un intervalo [a, b] , a < b, se tiene que su
funci´n de distribuci´n es Fξ (u) = (u − a) / (b − a) , para todo u ∈ [a, b] .
o o
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-127-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 132
i i
132 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Por lo tanto, si se quiere ver la distribuci´n del cuadrado de esta variable,
o
que denominaremos η, se proceder´ del siguiente modo:
a
Fη (t) = P (η ≤ c) = P ξ 2 ≤ c
√ √ √ √
= P − c ≤ ξ ≤ c = Fξ c − Fξ − c =
√ √ √
c−a − c−a 2· c
= − = ,
b−a b−a b−a
obteni´ndose, en cada caso particular:
e
√
1. Si [a, b] = [0, 1], Fη (c) = 2 · c.
√
2. Si [a, b] = [−1, 1], Fη (c) = c.
√
3. Si [a, b] = [−1, 2], Fη (c) = 2 c/3.
P4.21] Encontrar la distribuci´n de cξ, donde c es una constante positiva y ξ
o
una exponencial de media θ.
Soluci´n
o
Si la variable ξ sigue una distribuci´n exponencial de media θ, su funci´n
o o
de densidad vendr´ dada por
a
1 −x/θ
fξ (x) = ·e , x > 0,
θ
y su funci´n de distribuci´n ser´, por tanto
o o a
t
1 −x/θ t
Fξ (t) = ·e ∂x = −e−x/θ = 1 − e−t/θ .
0 θ 0
La distribuci´n de la variable cX es:
o
Fcξ (t) = P (cξ ≤ t) = Fξ (t/c) = 1 − e−t/(c·θ) ,
que se corresponde con la distribuci´n de una variable aleatoria exponen-
o
cial de media c · θ.
P4.22] Supongamos que una part´ ıcula es lanzada desde el origen del plano
xy en l´
ınea recta que forma un ´ngulo θ con el eje x. Sea ξ la segunda
a
coordenada del punto cuando la part´ ıcula choca con la recta x = 1.
Mostrar que si el ´ngulo se distribuye uniformemente en (−π/2, π/2),
a
entonces fξ (y) = [π(1 + y 2 )]−1 . Esta distribuci´n se llama distribuci´n de
o o
Cauchy. Ver que es sim´trica respecto al cero pero que no tiene esperanza.
e
Soluci´n
o
N´tese que si la l´
o ınea recta forma un ´ngulo θ con el eje x, la segunda
a
coordenada del punto donde la part´ıcula choca con la recta x = 1 coincide
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-128-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 133
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 133
con la tangente de θ, es decir, la variable ξ = tanθ. Teniendo en cuenta
que, adem´s, θ sigue una distribuci´n uniforme en (−π/2, π/2), fθ (t) =
a o
1/π, para todo t ∈ (−π/2, π/2). Se obtiene que:
1 −1
fξ (y) = fθ (arctan (y)) · (arctan(y)) = · 1 + y2 .
π
Adem´s, aunque es sim´trica respecto al cero no tiene esperanza, puesto
a e
que
0
−1
1/π · y · 1 + y 2 · ∂y = −∞
−∞
pero
+∞
−1
1/π · y · 1 + y 2 · ∂y = +∞.
0
P4.23] A partir de las expresiones de las distribuciones notables, di cu´l es el
a
valor adecuado de la constante c de manera que c · h(x) sea funci´n de
o
densidad, e indica su esperanza y varianza para las siguientes funciones
h(x), donde a y b son par´metros positivos:
a
2 2
(a) exp(−x2 /2), para todo x ∈ IR; (f) e−(x−a) /b , para todo x ∈ IR;
(b) x, 0 < x ≤ 2; (g) e−ax x5 , x > 0;
(c) 1, 1 < x < 10; (h) e−a|x| , para todo x ∈ IR;
(d) exp(−5x), x > 0; (i) x7 (1 − x)9 , 0 < x < 1;
−(x−a)2
(e) e , para todo x ∈ IR; (j) x7 (b − x)9 , 0 < x < b.
Soluci´n
o
La constante c debe verificar que:
f (x) ≥ 0, para todo x ∈ A,
f (x) ∂x = 1.
A
+∞ √ √
1. Se verifica que −∞ c · exp(−x2 /2) · ∂x = c · 2π = 1 si c = 1/ 2π.
Adem´s, esta funci´n es positiva para cualquier valor real, por lo
a o
que es una funci´n de densidad. Una vez determinado el valor de c,
o
calculamos la esperanza y la varianza de la variable, resultando:
+∞ √ −x2
E [X] = x · 1/ 2π · exp( ) · ∂x = 0.
−∞ 2
+∞
2 1 −x2
V (X) = E X 2 − (E [X]) = x2 · √ · exp( ) · ∂x = 1.
−∞ 2π 2
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-129-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 134
i i
134 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
2
2. Se tiene que 0
cx · ∂x = 2c = 1 si c = 1/2. Adem´s:
a
2
x2 4
E [X] = · ∂x = .
0 2 3
2 2
x3 4 2
V (X) = · ∂x − = .
0 2 3 9
10
3. Para que sea funci´n de densidad, se ha de cumplir que 1 c·∂x = 1,
o
para lo cual c debe ser igual a 1/9. La esperanza y la varianza de la
variable son:
10
x 11
E [X] = · ∂x = .
1 9 2
10 2
x2 11 121 27
V (X) = · ∂x − = 37 − = .
1 9 2 4 4
∞
4. Se verifica que 0
c · exp(−5x) · ∂x = c/5 = 1 si c = 5. Por lo tanto:
∞
1
E [X] = 5x · e−5x · ∂x = .
0 5
∞ 2
1 1
V (X) = 5x2 · e−5x · ∂x − = .
0 5 25
2 +∞ 2
5. La funci´n c·e−(x−a) es funci´n de densidad si −∞ c·e−(x−a) ·∂x =
o o
√
1, condici´n que se cumple para c = 1/ π. Se tiene entonces que:
o
+∞ 2
e−(x−a)
E [X] = x· √ · ∂x = a.
−∞ π
+∞ 2
e−(x−a) 1
V (X) = x2 · √ · ∂x − a2 = .
−∞ π 2
+∞ 2
/b2
√ √ −1
6. Se verifica que −∞ c · e−(x−a) · ∂x = cb π = 1 si c = (b π) .
N´tese que c > 0. Adem´s:
o a
+∞
1 2 2
E [X] = √ · x · e−(x−a) /b · ∂x = a.
−∞ b π
+∞
1 2 2
V (X) = √ · x2 · e−(x−a) /b · ∂x − a2 = b2 /2.
−∞ b π
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-130-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 135
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 135
∞
7. La integral 0
c · e−ax · x5 · ∂x = 1 si c = a6 /120. Adem´s:
a
∞
a6 6
E [X] = · e−ax · x6 · ∂x = .
0 120 a
42 36 6
V (X) =
2
− 2 = 2.
a a a
8. Para que sea funci´n de densidad, se ha de cumplir que
o
+∞
2c
c · e−a|x| · ∂x = = 1,
−∞ a
para lo cual c debe ser igual a a/2 . La esperanza y la varianza de
la variable son:
E [X] = 0
+∞
a 2 −a|x| 2
V (X) = ·x ·e · ∂x − 02 = 2 .
−∞ 2 a
1
9. Se verifica que c · x · (1 − x)9 · ∂x = c/194480 = 1 si c = 194480.
0
7
Una vez determinado el valor de c, calculamos la esperanza y la
varianza de la variable, resultando:
1
4
E [X] = 194480 · x8 · (1 − x)9 · ∂x = .
0 9
1 2
4 4 16 20
V (X) = 194480 · x9 · (1 − x)9 · ∂x − = − = .
0 9 19 81 1539
10. Para que sea funci´n de densidad, se ha de cumplir que
o
b
c · x7 · (b − x)9 · ∂x = 1,
0
para lo cual c debe ser igual a 194480/b17 . La esperanza y la varianza
de la variable son:
b
194480 8 4
E [X] = · x · (b − x)9 · ∂x = · b.
0 b17 9
b
194480 9 16 4 2 16 2 20 2
V (X) = 17
·x ·(b−x)9 ·∂x− ·b2 = b − ·b = b .
0 b 81 19 81 1539
P4.24] Consideremos un dado que tiene en tres de sus caras un 1, en dos tiene
un 2 y en una de ellas un 3. Tres jugadores act´an de la siguiente manera:
u
el primero obtiene sus puntos lanzando el dado; el segundo lo vuelve a
lanzar y sus puntos son el producto los puntos en su lanzamiento por los
puntos del primero; igualmente hace el tercero multiplicando el resultado
de su lanzamiento por los puntos del segundo.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-131-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 136
i i
136 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
1. Describir el espacio probabil´
ıstico asociado a esta experiencia alea-
toria: (Ω, A, P ).
2. Sea ξ el n´mero de jugadores con igual puntuaci´n y η la suma de
u o
las tres puntuaciones. Calcular P (ξ < 3) y P (η > 8|ξ ≤ 1).
3. Hallar E[η|ξ = 2].
Soluci´n
o
1. Sea Ω el espacio formado por las posibles puntuaciones de los tres
jugadores. Teniendo en cuenta c´mo se obtienen, seg´n las reglas del
o u
juego:
y z
Ω= w = (x, y, z) : x, , ∈ {1, 2, 3} ,
x y
donde x, y, z son las puntuaciones obtenidas por cada uno de los
tres jugadores, respectivamente. Sea tambi´n A la σ- ´lgebra for-
e a
mada por todos los subconjuntos de Ω y la funci´n de probabili-
o
dad P , que se define teniendo en cuenta que los tres lanzamientos
son independientes, siendo 1/2 la probabilidad de obtener un 1, 1/3
para un 2 y 1/6 para un 3. As´ por ejemplo, si las puntuaciones
ı,
son 1, 3 y 6, los resultados de los tres lanzamientos deben de ha-
ber sido 1, 3 y 2 para cada jugador, respectivamente, por lo que
P ((1, 3, 6)) = (1/2) · (1/6) · (1/3) = 1/36.
2. Las variables ξ y η est´n definidas sobre el espacio probabil´
a ıstico
definido en el apartado anterior del problema.
P (ξ < 3) = 1 − P (ξ = 3) = 1 − P ({w ∈ Ω : x = y = z}) =
= 1 − [P ((1, 1, 1)) + P ((2, 2, 2)) + P ((3, 3, 3))] =
3 2 2
1 1 1 1 1 3
= 1− + · + · = .
2 3 2 6 2 4
Por otra parte:
P (η > 8, ξ ≤ 1) P (η > 8, ξ = 1)
P (η > 8|ξ ≤ 1) = = .
P (ξ ≤ 1) P (ξ = 1)
Para que las puntuaciones de los tres jugadores sean distintas, ning´n
u
resultado del dado puede ser igual a 1 para el segundo o tercer ju-
gador. La tabla siguiente muestra las distintas posibilidades:
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-132-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 137
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 137
resultados dado puntuaci´n probabilidad suma de puntuaciones
o
2
1,2,2 (1, 2, 4) 1/2 · (1/3) 7
1,2,3 (1, 2, 6) 1/2 · 1/3 · 1/6 9
1,3,2 (1, 3, 6) 1/2 · 1/3 · 1/6 10
2
1,3,3 (1, 3, 9) 1/2 · (1/6) 13
3
2,2,2 (2, 4, 8) (1/3) 14
2
2,2,3 (2, 4, 12) (1/3) · 1/6 18
2
2,3,2 (2, 6, 12) (1/3) · 1/6 20
2
2,3,3 (2, 6, 18) 1/3 · (1/6) 26
2
3,2,2 (3, 6, 12) (1/3) · 1/6 21
2
3,2,3 (3, 6, 18) 1/3 · (1/6) 27
2
3,3,2 (3, 9, 18) 1/3 · (1/6) 30
3
3,3,3 (3, 9, 27) (1/6) 39
Se obtiene por tanto que:
2 3 2
1 1 1 1 1 1 1 1
P (η > 8, ξ = 1) = 2· · · + · + +3· ·
2 3 6 2 6 3 3 6
2 3
1 1 1
+3· · +
3 6 6
7
= ,
36
y adem´s:
a
2
7 1 1 1
P (ξ = 1) = + · = ,
36 2 3 4
por lo que:
7
36 7
P (η > 8|ξ ≤ 1) = 1 = .
4
9
P4.25] Para averiguar el tama˜o N de una poblaci´n de lagartos se utiliza el
n o
m´todo siguiente de captura-marcaje-recaptura. Se capturan k lagartos,
e
se les marca y se les reincorpora a su poblaci´n. Un tiempo despu´s se
o e
realizan n avistamientos independientes de los que ξ es el n´mero de ellos
u
que est´n marcados.
a
1. Obtener una expresi´n para la probabilidad de que ξ = m.
o
2. Si k = 4 y m = 1, demostrar que la probabilidad es m´xima cuando
a
N = 4n.
3. Si N = 12, k = 4 y n = 3, ¿cu´l es la probabilidad de que los tres
a
lagartos observados est´n marcados si sabemos que al menos uno de
e
ellos lo est´?
a
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-133-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 138
i i
138 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
4. ¿Cu´l es el n´mero medio de observaciones que habr´ que hacer
a u ıa
para que en dos de ellas el lagarto est´ marcado?
e
Soluci´n
o
Teniendo en cuenta que los n avistamientos que se realizan son indepen-
dientes, la variable aleatoria ξ sigue una distribuci´n binomial de par´me-
o a
tros n y k/N , donde k/N es la probabilidad de que un lagarto escogido
al azar de la poblaci´n est´ marcado.
o e
1. La probabilidad de que m de los lagartos est´n marcados es:
e
m n−m
n k k
P (ξ = m) = · · 1− , m = 0, 1, . . . , n.
m N N
2. Si k = 4 y m = 1:
1 n−1 n−1
n 4 4 4 · n · (N − 4)
P (ξ = 1) = · · 1− = .
1 N N Nn
Derivando en la anterior expresi´n respecto de N e igualando a cero
o
se obtiene que:
n−2
N n−1 · (N − 4) · [(n − 1) · N − (N − 4) · n] = 0,
por lo que N = 4n.
3. Si N = 12, k = 4 y n = 3, la probabilidad de que los tres lagartos
est´n marcados sabiendo que al menos uno de ellos lo est´ es:
e a
P (ξ = 3, ξ ≥ 1) P (ξ = 3) 1
P (ξ = 3 | ξ ≥ 1) = = = .
P (ξ ≥ 1) 1 − P (ξ = 0) 397
P4.26] Una alumna trae cada d´ a la Universidad una tableta de chocolate
ıa
de 16 cm., y de cuando en cuando le da un mordisco y se come la mitad
de lo que le queda. Asumiendo que esta golosa apetencia aparece en la
ma˜ana siguiendo una distribuci´n de Poisson de media un mordisco por
n o
hora:
1. Calcular la distribuci´n del tiempo que transcurre hasta que aparece
o
la primera mordida.
2. ¿Cu´ntos cent´
a ımetros de chocolate esperas que le quede tras las cinco
horas de clases?
3. ¿Qu´ probabilidad hay de que soporte una hora de clase sin morder
e
su tableta?
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-134-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 139
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 139
4. Si un d´ entre las 9:00 y las 14:00 horas, la ha mordido en cuatro
ıa,
ocasiones, ¿qu´ probabilidad hay de que lo haya hecho durante las
e
tres primeras horas de clase?
5. Calcular la distribuci´n del tiempo transcurrido hasta que toma el
o
tercer trozo de chocolate. ¿Cu´les son los supuestos necesarios para
a
que esa respuesta sea correcta?
6. Calcular la funci´n de distribuci´n del m´
o o ınimo tiempo hasta su pri-
mera mordida en la ma˜ana, a lo largo de los cinco d´ de una
n ıas
semana.
Soluci´n
o
1. Fijado cualquier intervalo temporal de amplitud t horas, para t > 0
arbitrario pero fijo, sea ξt la variable aleatoria que mide el n´mero
u
de mordiscos que se producen en dicho intervalo. Seg´n el enun-
u
ciado, esta variable aleatoria sigue una distribuci´n de Poisson de
o
par´metro t, es decir:
a
tk −t
P (ξt = k) = · e , para todo k = 0, 1, 2, . . .
k!
Consideremos otra variable aleatoria η1 que mide el tiempo que
transcurre hasta que se produce el primer mordisco en un intervalo
de amplitud ilimitada. Se pretende demostrar que:
fη1 (x) = e−x , para todo x > 0.
En efecto, utilizando la informaci´n disponible para ξt y la relaci´n
o o
entre ambas variables aleatorias, se tiene que, para cualquier x > 0 :
Fη1 (x) = P (η1 ≤ x) = 1 − P (η1 > x) = 1 − P (ξx = 0) =
x0
= 1 − e−x · = 1 − e−x ,
0!
luego el tiempo que transcurre hasta que aparece la primera mordida
sigue una distribuci´n exponencial de par´metro 1.
o a
2. Sea ζ5 la variable aleatoria que mide la longitud de la tableta restante
tras un intervalo de tiempo de 5 horas. Claramente:
16
ζ5 = ,
2ζ5
y por lo tanto lo solicitado es:
∞
16 16
E [ζ5 ] = E = · P (ζ5 = k)
2ζ5 2k
k=0
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-135-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 140
i i
140 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
∞ k
1 5
= 16 · e−5 · · = 16e−5/2 .
k! 2
k=0
3. La probabilidad de que soporte una hora de clase sin morder su
tableta es:
10 −1 1
P (ξ1 = 0) = ·e = .
0! e
4. La probabilidad de que haya mordido la tableta cuatro veces en 5
horas, sabiendo que lo ha hecho en las tres primeras horas de clase
es:
P (ξ3 = 4, ξ5 = 4) P (ξ3 = 4, ξ2 = 0)
P (ξ3 = 4 | ξ5 = 4) = = =
P (ξ5 = 4) P (ξ5 = 4)
P (ξ3 = 4) · P (ξ2 = 0)
= =
P (ξ5 = 4)
34 20
4! · e−3 · 0! · e−2
= 54
= 0. 1296.
4! · e−5
5. Sea η3 la variable aleatoria que mide el tiempo transcurrido hasta el
tercer mordisco. Se tiene que:
Fη3 (t) = P (η3 ≤ t) = 1 − P (η3 > t) =
= 1 − [P (ξt = 0) + P (ξt = 1) + P (ξt = 2)] =
t0 −t t1 −t t2 −t
= 1− ·e + ·e + ·e =
0! 1! 2!
t2
= 1 − e−t 1 + t + ,
2
y por lo tanto:
∂Fη3 (t) t2 e−t
fη3 (t) = = .
∂t 2
Otra alternativa consiste en razonar pensando que η3 es suma de 3
variables aleatorias independientes e id´nticamente distribuidas del
e
1 2 3
tipo η1 , que denotaremos η1 , η1 , η1 , y por tanto:
fη1 ,η1 ,η1 (x, y, z) = fη1 (x) · fη1 (y) · fη1 (z) = e−(x+y+z) .
1 2 3 1 2 3
Se obtiene entonces:
1 2 3
Fη3 (t) = P η1 + η1 + η1 ≤ t
t t−x t−x
t2 e−t
= e−(x+y+z) · ∂z · ∂y · ∂x = .
0 0 0 2
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-136-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 141
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 141
1 2 3 4 5
6. Consideremos 5 variables aleatorias η1 , η1 , η1 , η1 , η1 independientes
e id´nticamente distribuidas seg´n la variable η1 introducida en el
e u
primer apartado de este mismo problema, con distribuci´n exponen-
o
cial de par´metro 1. Se desea calcular la distribuci´n de:
a o
ın 1 2 3 4 5
η = m´ η1 , η1 , η1 , η1 , η1 .
La distribuci´n de esta variable es:
o
Fη (x) ın 1 2 3 4 5
= P m´ η1 , η1 , η1 , η1 , η1 ≤ x
ın 1 2 3 4 5
= 1 − P m´ η1 , η1 , η1 , η1 , η1 > x =
5 5
= 1 − [P (η1 > x)] = 1 − [1 − Fη1 (x)] = 1 − e−5x .
P4.27] A y B disputan un torneo de ajedrez, que concluye cuando uno de ellos
alcanza v victorias. En cada partida el jugador A tiene probabilidad p de
ganar, y B probabilidad q, con p+q < 1. Dejando indicados los resultados,
se pide:
1. probabilidad de que A gane el torneo, resultando t partidas en tablas
y ganando b partidas el otro jugador. Probabilidad de que A gane
el torneo;
2. funci´n de probabilidad del n´mero total de partidas disputadas;
o u
3. en un momento dado, cuando el torneo no ha finalizado, nos entera-
mos de que B lleva ganadas b partidas y se han producido t tablas,
pero no sabemos cu´ntas haya podido ganar A hasta el momento;
a
calcular la probabilidad de que gane A.
Soluci´n
o
Consideremos el espacio muestral:
Ω = {w = (w1 , w2 , . . .) : wi ∈ {A, B, X}} ,
donde cada wi representa el resultado de la partida i−´sima: wi = A
e
significa que “A gana”, wi = B significa que “A pierde” y wi = X
significa que “A empata”. Se asume que las partidas son independientes,
sucediendo que:
P (A) = p,
P (B) = q,
P (X) = 1 − p − q.
1. Asumamos que 0 ≤ w < v. Para calcular la probabilidad de que el
torneo consista en:
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-137-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 143
i i
CAP´
ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 143
donde P (A gana | ha ganado k) equivale a la probabilidad de que
A obtenga las otras v − k victorias, no m´s de v − w − 1 derrotas, y
a
cualquier n´mero adicional de tablas. As´
u ı:
P (A gana | ha ganado k)
∞ v−w−1
(v − k + s + u − 1)! v−k u s
= ·p · q · (1 − p − q) .
s=0 u=0
s! · u! · (v − k − 1)!
Por otro lado:
w+t+k t+u t
P (ha ganado k) = · · pk · q w · (1 − p − q) .
w t
Como conclusi´n:
o
v−1 ∞ v−w−1
P (A gana) =
k=0 s=0 u=0
(v − k + s + u − 1)! · (w + t + k)! v u+w s+t
·p ·q · (1 − p − q) .
s! · u! · (v − k − 1)! · w! · t! · k!
P4.28] Sean x1 y x2 dos puntos aleatorios elegidos uniformemente en el inter-
valo [0, π].
1. Hallar la funci´n de densidad de la variable aleatoria Y = X1 − X2 .
o
2. Calcular la esperanza de Y y de |Y |.
3. Dados dos puntos elegidos uniformemente en una semicircunferencia
de radio R, hallar la distribuci´n de la distancia entre ellos.
o
Soluci´n
o
1. El rango de la variable aleatoria Y = X1 − X2 es el conjunto de
valores comprendidos en el intervalo [−π, π]. Se deben distinguir
dos casos posibles:
FY (y) = P (Y ≤ y) = P (X1 − X2 ≤ y)
2
(π + y) / 2π 2 , si − π ≤ y < 0
= 2 2 2 ,
π − (π − y) /2 /π , si 0 ≤ y < π
de lo que se obtiene que:
(π + y) /π 2 , si − π ≤ y < 0
fY (y) = ,
(π − y) /π 2 , si 0 ≤ y < π
es decir,
π − |y|
fY (y) = , y ∈ [−π, π] .
π2
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-139-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 144
i i
144 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
2. La esperanza de la variable Y es:
π − |y|
E [Y ] = πy · · ∂y
−π π2
0
π+y π−y
= y· · ∂y + πy · · ∂y =
−π π2 0 π2
π−y π−y
= πy · · ∂y − πy · · ∂y = 0.
0 π2 0 π2
Por otra parte, para la variable |Y |, se obtiene:
π−y π
E [|Y |] = 2 · πy · · ∂y = .
0 π2 3
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-140-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 146
i i
146 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Si el vector aleatorio asume s´lo una cantidad numerable de valores, en-
o
tonces cada componente es una variable aleatoria discreta, sucediendo que la
funci´n de probabilidad de una componente coincide con la suma de la funci´n
o o
de probabilidad conjunta sobre la otra componente. Por ejemplo:
Pξ1 (k1 ) = Pξ (k1 , k2 ).
k2
Cuando adem´s las componentes son variables aleatorias independientes enton-
a
ces:
˙
Pξ (k1 , k2 ) = Pξ1 (k1 ) · Pξ2 (k2 ).
Ejercicios Resueltos
P5.1] Sea la funci´n de masa P {(1, 2)} = P {(1, 3)} = P {(2, 2)} = P {(2, 3)} =
o
1/6, P {(3, 3)} = 2/6. Calcular:
1. la funci´n de distribuci´n bivariante asociada;
o o
2. P {(x, y) ∈ IR2 : x + y = 4}.
Soluci´n
o
1. Considerando los distintos casos posibles, la funci´n de distribuci´n
o o
bivariante asociada es:
0
si x < 1
0
si y < 2
1/6 si 1 ≤ x < 2, 2 ≤ y < 3
F (x, y) = 2 ≤ x, 2 ≤ y < 3
1/3
si
1 ≤ x < 2, y ≥ 3
2/3
si 2 ≤ x < 3, y ≥ 3
1 si x ≥ 3, y ≥ 3
2. Los unicos puntos con probabilidad no nula pertenecientes a la recta
´
x + y = 4 son (1, 3) y (2, 2). Por lo tanto:
P (x, y) ∈ IR2 : x + y = 4 = P ({(1, 3)}) + P ({(2, 2)}) = 1/3.
P5.2] Sea una urna con 15 bolas rojas, 10 negras y 25 blancas. Se extraen 10
con reemplazamiento y al azar y se considera la variable aleatoria (ξ, η)
donde ξ es “n´mero de rojas”y η es “n´mero de negras”.
u u
1. Calcular la funci´n de probabilidad conjunta.
o
2. Hallar las funciones de distribuci´n marginales.
o
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-142-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 147
i i
CAP´
ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 147
Soluci´n
o
1. La funci´n de probabilidad conjunta viene dada, teniendo en cuenta
o
que las bolas se extraen con reemplazamiento, por:
x y 10−x−y
10! 15 10 25
P (ξ = x, η = y) = · · · ,
x! · y! · (10 − x − y)! 50 50 50
para x, y ∈ {0, . . . , 10} .
2. Las funciones de distribuci´n de estas dos variables discretas son:
o
x 10−x
10 15 35
P (ξ = x) = · · ,
x 50 50
y 10−y
10 10 40
P (η = y) = · · .
y 50 50
P5.3] Sea el vector aleatorio (ξ, η) con funci´n de probabilidad conjunta:
o
3 3 4
i j 3−i−j i, j = 0, 1, 2, 3
P (ξ = i, η = j) = ,
120 i+j ≤3
Calcular P (0 < ξ ≤ 2, η = 3) y P (ξ ≥ 1).
Soluci´n
o
N´tese que esta funci´n de probabilidad conjunta toma valores no nulos
o o
para aquellos puntos (i, j)tales que i, j = 0, 1, 2, 3 y i + j ≤ 3. Por lo
tanto:
P (0 < ξ ≤ 2, η = 3) = P (ξ = 1, η = 3) + P (ξ = 2, η = 3) = 0.
Por otra parte:
3
P (ξ ≥ 1) = 1 − P (ξ = 0) = 1 − P (ξ = 0, η = j) =
j=0
3
1 3 3 4 17
= 1− = .
j=0
120 0 j 3−j 24
P5.4] Una urna contiene tres bolas rojas, tres blancas y cuatro negras. Se ex-
traen dos bolas de la urna, sin reemplazamiento. Sean las variables ξ y
η definidas como ξ = 1 si la bola extra´ en primer lugar es roja y 0 si
ıda
no lo es, y η = 1 si la bola extra´ en segundo lugar es roja y 0 si no lo
ıda
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-143-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 148
i i
148 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
es. Calcular las distribuciones conjuntas, marginales y condicionadas de
(ξ, η). ¿Son ξ y η independientes?
Soluci´n
o
La funci´n de probabilidad conjunta, as´ como las funciones de probabi-
o ı
lidad marginales, est´n expresadas en la siguiente tabla:
a
η|ξ 0 1
7 6 3 7 7
0 10 · 9 10 · 9 10
7 3 3 2 3
1 10 · 9 10 · 9 10
7 3
10 10 1
Adem´s:
a
P (ξ = x, η = y)
P (ξ = x | η = y) = , y = 0, 1,
P (η = y)
por lo que:
2/3 , si x=0
P (ξ = x | η = 0) = ,
1/3 , si x=1
7/9 , si x=0
P (ξ = x | η = 1) = .
2/9 , si x=1
Finalmente, se puede afirmar que las variables ξ y η no son independien-
tes, puesto que
P (ξ = x, η = y) = P (ξ = x) · P (η = y) ,
para todo x, y ∈ {0, 1} .
P5.5] Repetir el problema anterior suponiendo que las extracciones se hacen
con reemplazamiento.
Soluci´n
o
De forma similar al caso anterior:
η|ξ 0 1
7 7 3 7 7
0 10 · 10 10 · 10 10
7 3 3 3 3
1 10 · 10 10 · 10 10
7 3
10 10 1
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-144-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 149
i i
CAP´
ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 149
y adem´s:
a
7/10 , si x=0
P (ξ = x | η = 0) = ,
3/10 , si x=1
7/10 , si x=0
P (ξ = x | η = 1) = .
3/10 , si x=1
Finalmente, se puede afirmar que las variables ξ y η son independientes,
puesto que
P (ξ = x, η = y) = P (ξ = x) · P (η = y) ,
para todo x, y = 0, 1.
P5.6] El vector aleatorio (ξ, η) tiene la distribuci´n de probabilidad conjunta
o
dada por P (ξ = x, η = y) = k(x + 1)(y + 1) donde x, y = 0, 1, 2.
1. Calcular el valor de k.
2. Calcular las distribuciones marginales.
3. Distribuciones de ξ condicionada a η = y (y = 0, 1, 2).
4. ¿Son independientes ξ y η?
5. Calcular P (ξ + η > 2) y P (ξ 2 + η 2 ≤ 1).
6. Distribuciones de Z = ξ + η y de ϕ = ξ 2 + η 2 .
Soluci´n
o
1. El valor de k es aqu´l para el que se verifica:
e
2 2
k(x + 1)(y + 1) = 36k = 1,
x=0 y=0
es decir, k = 1/36.
2. Las distribuciones marginales son:
2
(x + 1)(y + 1) x+1
P (ξ = x) = = , para x = 0, 1, 2.
y=0
36 6
2
(x + 1)(y + 1) y+1
P (η = y) = = , para y = 0, 1, 2.
x=0
36 6
3. La distribuci´n de ξ condicionada a η = y (y = 0, 1, 2) es:
o
P (ξ = x, η = y) x+1
P (ξ = x | η = y) = = , para x = 0, 1, 2.
P (η = y) 6
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-145-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 151
i i
CAP´
ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 151
P5.7] Consideremos una urna con 3 bolas azules, 2 blancas y 1 roja. Extraemos
3 bolas sin reemplazamiento, y consideremos las variables aleatorias que
nos dan el n´mero ξ de bolas azules y el n´mero η de bolas blancas
u u
que aparecen en la extracci´n. Calcular la distribuci´n de probabilidad
o o
conjunta.
Soluci´n
o
ξ=0 ξ=1 ξ=2 ξ=3
η=0 0 0 3/20 1/20
η=1 0 6/20 6/20 0
η=2 1/20 3/20 0 0
P5.8] Definimos sobre el experimento de lanzar diez veces una moneda las
variables aleatorias ξ como el “n´mero de lanzamiento en el que aparece
u
la primera cara (si no aparece cara ξ = 0)”, y η como el “n´mero de
u
lanzamiento en el que aparece la primera cruz” (con η = 0 si no aparece
cruz).
1. Calcular la funci´n de probabilidad conjunta.
o
2. Calcular las distribuciones marginales.
3. Distribuciones de ξ condicionada a η = y (y = 0.,10).
4. ¿Son independientes ξ y η?
5. Probabilidad de que |ξ − η| ≥ 1.
Soluci´n
o
1. N´tese que si una de las dos variables (ξ o η) toma un valor mayor
o
que 1 o bien igual a cero, la probabilidad P (ξ = x, η = y) ser´ nu-
a
la si la otra variable toma un valor distinto de 1. Por lo tanto
P (ξ = x, η = y) es:
1 10
, si x = 1, y = 0
2
1 10
10−y
10−y
· = 1/2y , si x = 1, y = 2, . . . , 10
2 i
i=0
= 1 10
, si x = 0, y = 1
2
1 10
10−x
10−x
· = 1/2x , si x = 2, . . . , 10, y = 1
2 j
j=0
2. Las correspondientes distribuciones marginales son:
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-147-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 152
i i
152 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
10
P (ξ = x) = y=0 P (ξ = x, η = y) =
1 10
2 , si x=0
10
1 10
= + 1/2y = 1/2 , si x=1
2
y=2
1
2x , si x = 2, . . . , 10
10
P (η = y) = x=0 P (ξ = x, η = y) =
1 10
, si y=0
2
10
= 1 10
+ 1/2x = 1/2 , si y=1
2
x=2
1
2y , si y = 2, . . . , 10
3. Si y = 0 :
P (ξ = x, η = 0)
P (ξ = 1 | η = 0) = = 1,
P (η = 0)
si y = 1 :
1 9
, si x=0
P (ξ = x | η = 1) = 2
1
2x−1 , si x = 2, . . . , 10
y por ultimo, si y = 2, . . . , 10 :
´
1
P (ξ = 1 | η = y) = .
2y−1
4. Las variables aleatorias ξ y η no son independientes, pues, por ejem-
plo:
1 1 1
P (ξ = 2, η = 1) = 2
= P (ξ = 2) · P (η = 1) = 2 · .
2 2 2
5. Finalmente:
P (|ξ − η| ≥ 1) = 1 − P (|ξ − η| = 0)
10
= 1 − P (ξ = η) = 1 − P (ξ = i, η = i) = 1.
i=0
P5.9] En una jaula hay un rat´n y dos pollitos. La probabilidad de que cada uno
o
de los animales salga de la jaula en la pr´xima hora es de 0.3. Esperamos
o
una hora y observamos lo que queda en la jaula.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-148-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 153
i i
CAP´
ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 153
1. ¿C´mo se distribuye la variable aleatoria ξ que cuenta el n´mero de
o u
animales que quedan en la jaula?
2. Si η es el n´mero total de patas de los animales que hay en la jaula,
u
dar la distribuci´n conjunta de (ξ, η). ¿Son ξ y η independientes?
o
3. ¿Cu´l es la probabilidad de que el n´mero de patas no supere al
a u
doble del n´mero de animales?
u
Soluci´n
o
1. La variable aleatoria ξ que cuenta el n´mero de animales que quedan
u
en la jaula tiene la siguiente distribuci´n:
o
3
P (ξ = x) = · 0,33−x · 0,7x , para x = 0, 1, 2, 3.
x
2. La distribuci´n de probabilidad conjunta del vector aleatorio (ξ, η)
o
es:
η|ξ 0 1 2 3
0 0,027 0 0 0 0,027
2 0 0,126 0 0 0,126
4 0 0,063 0,147 0 0,21
6 0 0 0,294 0 0,294
8 0 0 0 0,343 0,343
0,027 0,189 0,441 0,343 1
Adem´s, las variables ξ y η no son independientes, pues:
a
P (ξ = 0, η = 0) = 0,33 = P (ξ = 0) · P (η = 0) = 0,36 .
3. La probabilidad de que el n´mero de patas no supere al doble del
u
n´mero de animales viene dada por:
u
P (η ≤ 2ξ) = P (ξ = 0, η = 0)+P (ξ = 1, η = 2)+P (ξ = 2, η = 4) = 0,3.
Esto puede observarse en la figura 5.1.
P5.10] Sea (ξ, η) una variable aleatoria bidimensional con funci´n de densidad
o
f (x, y) = 24y (1 − x − y), si (x, y) pertenece al recinto limitado por las
rectas x + y = 1, x = 0, y = 0.
1. Calcular la funci´n de distribuci´n de la variable aleatoria bidimen-
o o
sional (ξ, η) .
2. Calcular las funciones de densidad marginales.
3. Calcular las funciones de densidad condicionadas.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-149-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 156
i i
156 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
y
R3 R5
R4
R2
x
R1
Figura 5.3: Regiones del plano para el problema P5.11.
Por ultimo, las funciones de densidad condicionadas son:
´
f (x, y) 24y (1 − x − y) 2(1 − x − y)
fξ|η=y (x) = = 2 = 2
fη (y) 12y (1 − y) (1 − y)
para 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 1 − y, y
f (x, y) 24y (1 − x − y) 6y(1 − x − y)
fη|ξ=x (y) = = 3 = 3
fX (x) 4 (1 − x) (1 − x)
para 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x.
P5.11] Sea (ξ, η) una variable aleatoria bidimensional con funci´n de distribu-
o
ci´n uniforme en el recinto limitado por y = x/2, x = 2, y = 0. Calcular
o
la funci´n de distribuci´n.
o o
Soluci´n
o
El recinto propuesto en el enunciado es el tri´ngulo sombreado en la
a
figura 5.3. Dado que la funci´n de distribuci´n es uniforme, entonces
o o
fξ,η (x, y) = k para k un valor constante en el recinto y las integrales se
reducen al c´lculo de ´reas. As´
a a ı:
2 x/2
k∂y∂x = 1,
0 0
es decir, k = 1. Por tanto, la funci´n de distribuci´n es:
o o
si (x, y) ∈ R1 :
F (x, y) = 0;
si (x, y) ∈ R2 :
F (x, y) = xy − y 2 ;
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-152-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 157
i i
CAP´
ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 157
y
R4 R6
R3
R2 R5
R1 x
Figura 5.4: Regiones del plano para el problema P5.12.
si (x, y) ∈ R3 :
x2
F (x, y) = ;
4
si (x, y) ∈ R4 :
F (x, y) = y(2 − y);
si (x, y) ∈ R5 :
F (x, y) = 1.
P5.12] Sea (ξ, η) una variable aleatoria bidimensional con distribuci´n uniforme
o
en el recinto:
C = (x, y) ∈ IR2 : x2 + y 2 < 1, x ≥ 0, y ≥ 0 .
1. Calcular la funci´n de distribuci´n conjunta.
o o
2. Calcular las funciones de densidad marginales.
3. Calcular las funciones de densidad condicionadas.
Soluci´n
o
1. Consideremos las zonas del plano indicadas en la figura 5.4. La
funci´n de densidad es f (x, y) = 4/π cuando (x, y) est´ en R2 , y
o a
f (x, y) = 0 cuando (x, y) est´ fuera de R2 . Para calcular la funci´n
a o
de distribuci´n es util el siguiente resultado:
o ´
1
1 − x2 · ∂x = · arcsenx + x · 1 − x2 + c.
2
De este modo, considerando un punto (x, y) arbitrario pero fijo:
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-153-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 158
i i
158 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
si (x, y) ∈ R1 :
F (x, y) = 0;
si (x, y) ∈ R2 :
y x
4
F (x, y) = ∂s ∂t = xy
0 0 π
si (x, y) ∈ R3 :
√ √
1−y 2 y x 1−s2
4 4
F (x, y) = ∂t ∂s+ √ ∂t ∂s =
0 0 π 1−y 2 0 π
4 1
y 1 − y2 + arcsenx + x 1 − x2 − arcsen 1 − y2 − y 1 − y2 ;
π 2
si (x, y) ∈ R4 :
√
x 1−s2
4 2
F (x, y) = ∂t ∂s = arcsenx + x 1 − x2 ;
0 0 π π
si (x, y) ∈ R5 :
√
y 1−t2
4 2
F (x, y) = ∂s ∂t = arcseny + y 1 − y2 ;
0 0 π π
si (x, y) ∈ R6 :
F (x, y) = 1.
2. Las funciones de densidad marginales son:
√
1−x2
4 4
fξ (x) = ∂y = 1 − x2
0 π π
si 0 < x < 1, y fξ (x) = 0 en el resto; y
√ 2
1−y
4 4
fη (y) = ∂x = 1 − y2
0 π π
si 0 < y < 1, y fη (y) = 0 en el resto.
3. Para todo x ∈ [0, 1] :
f (x, y) 1
fη|ξ=x (y) = =√
fξ (x) 1 − x2
√
si 0 ≤ y ≤ 1 − x2 y cero en el resto. Dado que para la variable
condicionada el valor de x es un par´√
ametro fijo, su distribuci´n ha
o
resultado uniforme en el intervalo [0, 1 − x2 ]. De forma similar la
variable ξ condicionada a η = y sigue una distribuci´n uniforme en
o
[0, 1 − y 2 ] cuando y ∈ [0, 1].
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-154-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 159
i i
CAP´
ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 159
P5.13] Sea una muestra aleatoria simple de tama˜o n, obtenida de una distribu-
n
ci´n uniforme en [0, 1]. Sean η = m´x {ξ1 , . . . , ξn } y ζ = m´ {ξ1 , . . . , ξn }.
o a ın
Se pide:
1. Calcular las distribuciones de η, de ζ y de la conjunta.
2. Funci´n de densidad condicionada de η dado ζ.
o
3. Funci´n de densidad condicionada de ζ dado η.
o
4. Esperanza de η, η 2 y varianza de η.
5. Esperanza de ζ, ζ 2 y varianza de ζ.
6. Esperanza condicionada de η dada ζ.
Soluci´n
o
1. Para w ∈ [0, 1] se tiene:
Fη (w) = P m´x ξi ≤ w = P (ξ1 ≤ w, . . . , ξn ≤ w) .
a
i
N´tese que las variables aleatorias ξ1 , . . . , ξn son independientes y
o
est´n id´nticamente distribuidas, por lo que se puede afirmar que:
a e
n
P (ξ1 ≤ w, . . . , ξn ≤ w) = [P (ξ ≤ w)] ,
obteni´ndose as´ que
e ı
Fη (w) = wn , para 0 ≤ w ≤ 1.
Por otra parte, y procediendo de forma an´loga al caso anterior, se
a
obtiene que:
Fζ (z) = P m´ ξi ≤ z = 1 − P m´ ξi > z =
ın ın
i i
n
= 1 − P (ξ1 > z, . . . , ξn > z) = 1 − [P (ξ > z)]
n
= 1 − (1 − z) , para 0 ≤ z ≤ 1.
Como se verifica que 0 ≤m´ ξi ≤m´x ξi ≤ 1, el vector (η, ζ) se
ın a
i i
distribuye en la regi´n comprendida entre las rectas z = w, w = 1,
o
z = 0. Vamos a hallar la funci´n de distribuci´n en el interior de
o o
esta regi´n, ya que la funci´n de densidad se obtiene derivando en
o o
esa zona. La funci´n de distribuci´n conjunta es:
o o
Fη,ζ (w, z) = P m´x ξi ≤ w, m´ ξi ≤ z
a ın
i i
= P m´x ξi ≤ w − P m´x ξi ≤ w, m´ ξi > z
a a ın
i i i
n n n
= Fη (w) − [P (z < ξ ≤ w)] = w − (w − z) ,
para 0 ≤ w ≤ 1, z ≤ w.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-155-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 160
i i
160 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
2. A partir de lo anterior se obtiene que:
fη (w) = nwn−1 , 0 ≤ w ≤ 1,
n−1
fζ (z) = n (1 − z) , 0 ≤ z ≤ 1,
n−2
fη,ζ (w, z) = n (n − 1) (w − z) , 0 ≤ w ≤ 1, z ≤ w,
y por lo tanto:
n−2
fη,ζ (w, z) (n − 1) (w − z)
fη|ζ=z (w) = = n−1 , z ≤ w ≤ 1.
fζ (z) (1 − z)
3. An´logamente,
a
n−2
fη,ζ (w, z) (n − 1) (w − z)
fζ|η=w (z) = = , 0 ≤ z ≤ w.
fη (w) wn−1
4. Utilizando los resultados del apartado anterior se obtiene que:
1
n
E [η] = wnwn−1 ∂w = ,
0 n+1
1
n
E η2 = w2 nwn−1 ∂w = .
0 n+2
Por lo tanto:
2 −n
V (η) = E η 2 − (E [η]) = 2 .
(n + 1) (n + 2)
5. De la misma forma, se obtiene:
1
n−1 1
E [ζ] = zn (1 − z) ∂z = ,
0 n+1
1
2 n−1 2
E ζ = z 2 n (1 − z) ∂z = ,
0 (n + 3) (n + 2) (n + 1)
2
2 1
V (ζ) = − .
(n + 3) (n + 2) (n + 1) n+1
6. Por ultimo:
´
1
E [η | ζ = z] = w · fη|ζ=z (w) · ∂w
z
1
n−1 n−2
= n−1 · ∂w w (w − z)
(1 − z) z
1−z
= 1− , para 0 ≤ z ≤ 1.
n
P5.14] Dado el intervalo [0, 1], se eligen al azar tres n´meros a, b y c y con ellos
u
construimos la ecuaci´n de segundo grado ax2 + bx + c = 0. Calcular la
o
probabilidad de que tenga soluciones reales.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-156-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 161
i i
CAP´
ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 161
Soluci´n
o
Para que esta ecuaci´n tenga soluciones reales, el discriminante, b2 − 4ac,
o
ha de ser mayor o igual que cero. Por lo tanto, la probabilidad deseada
es P B 2 − 4AC ≥ 0 , donde A, B y C son variables aleatorias con dis-
tribuci´n uniforme sobre el intervalo [0, 1]. Para ello, vamos a considerar
o
una nueva variable aleatoria ξ = AC, con funci´n de densidad fξ (x). Se
o
tiene entonces que:
√
P B 2 − 4AC ≥ 0 = 1 − P B 2 − 4AC < 0 = 1 − P B < 4AC =
√
1/4 2 x 1 1
= 1− fB (b) · ∂b ·fξ (x)·∂x− fB (b) · ∂b ·fξ (x)·∂x.
0 0 1/4 0
Ahora bien, la funci´n de densidad de la variable aleatoria ξ se obtiene a
o
partir de:
Fξ (x) = P (ξ ≤ x) = P (AC ≤ x) =
x 1
= fC (c) · ∂c · fA (a) · ∂a
0 0
1 x/a
+ fC (c) · ∂c · fA (a) · ∂a =
x 0
= x − xlnx,
y por lo tanto:
∂Fξ (x)
fξ (x) = = −lnx, para x ∈ [0, 1] .
∂x
Sustituyendo en el desarrollo anterior se tiene que:
1 1 3 1 5 1
P B 2 − 4AC ≥ 0 = 1 − ln2 − − + ln2 = + ln2 = 0, 2544.
3 9 4 2 36 6
Antes de terminar conviene observar que, aunque a sea distinto de ce-
ro con probabilidad 1, no conviene dividir por a y estudiar la ecuaci´n
o
x2 + (b/a)x + (c/a) = 0, ya que, aunque A, B, C sean independientes, las
variables B/A y C/A no lo son.
P5.15] Sea f (x, y) = cyex , x ≤ y ≤ 0; f (x, y) = 0 en el resto.
1. Calcular c y obtener las funciones de distribuci´n conjunta, mar-
o
ginales y condicionadas. Expresar y comprobar la relaci´n que hay
o
entre ellas.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-157-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 163
i i
CAP´
ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 163
en otro caso:
F (x, y) = 1.
Por otra parte, las correspondientes funciones de distribuci´n mar-
o
ginales son:
x 0
x2
Fξ (x) = −tes ∂t ∂s = − x + 1 ex , para x ≤ 0.
−∞ s 2
y y
Fη (y) = −tes ∂t ∂s = (1 − y) ey , para y ≤ 0.
−∞ s
Las funciones de distribuci´n condicionadas son:
o
Si y ≤ 0:
Rx
−yes ∂s
R−∞
y = ex−y si x ≤ y
Fξ|η=y (x) = −∞
s −ye ∂s
1 si y < x.
Si x ≤ 0:
Ry
−tex ∂t y 2
Rx
0 =1− si x ≤ y ≤ 0
x
−te ∂t x
x
Fη|ξ=x (y) =
1
si y ≥ 0
0 si y < x.
2. Se obtiene que:
0
4
E [η | ξ + 2 = 0] = E [η | ξ = −2] = yfη|ξ=−2 (y) ∂y = − .
−2 3
Adem´s, la funci´n caracter´
a o ıstica de η dado η + 2 ≤ 0 es:
0
1
ϕη|η≤−2 (t) = E eitη | η ≤ −2 = eity fη (y) ∂y
P (η ≤ −2) −2
0
1
= eity (−ey + (1 − y) ey ) ∂y
Fη (−2) −2
−e2 + e −it
1 2 e−it
= − .
3 it + 1 3 it + 1
Y la funci´n de distribuci´n de η dado ξ + η + 2 ≥ 0 es:
o o
Fη|ξ+η+2≥0 (y) = Fη|ξ≤−2≤η (y) =
= Pη|ξ≤−2≤η (η ≤ y) =
P (ξ ≤ −2 ≤ y)
=
P (ξ ≤ −2 ≤ η)
F (−2, y) − F (−2, −2)
= =
F (−2, 0) − F (−2, −2)
y2
= 1 − , para − 2 ≤ y ≤ 0.
4
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-159-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 164
i i
164 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
η
T
(x, y)
d
d
d
d
d ξ
d E
-100 -30 0 30 60 100
Figura 5.6: Plano del teatro del ejercicio P5.16.
Por ultimo, para obtener la funci´n de densidad de η dado ξ + η +
´ o
2 ≥ 0, calculemos primero la correspondiente funci´n de distribuci´n
o o
para posteriormente derivar. As´ se obtiene que:
ı,
P (η ≤ y, ξ + η ≥ −2)
Fη|ξ+η+2≥0 (y) = =
P (ξ + η ≥ −2)
y t
−1 −2−t
−tes ∂s ∂t
= 0 t
=
−1 −2−t
−tes ∂s ∂t
ey (y − 1) + e−2−y (y + 1) + 2e−1
= .
e−2 + 2e−1 − 1
Por lo tanto, tras derivar en la anterior expresi´n se obtiene:
o
yey − ye−2−y
fη|ξ+η+2≥0 (y | ξ + η + 2 ≥ 0) = .
e−2 + 2e−1 − 1
P5.16] Un teatro romano tiene las gradas en forma de semianillo circular con
las dimensiones de la figura 5.16. Cuando se compra una entrada cada
asiento es equiprobable (distribuci´n uniforme en las gradas).
o
1. Calcular la funci´n de densidad de la variable aleatoria T que mide
o
la distancia entre el lugar al que corresponde una entrada (el punto
(x, y) y el centro del escenario (el origen 0).
2. Calcular la funci´n caracter´
o ıstica de T y a partir de ella obtener su
varianza.
3. ¿Cu´l es la probabilidad de que el sitio est´ a la sombra, esto es, a
a e
m´s de 60 metros a la derecha del eje η? Hallar la posici´n media
a o
en este caso.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-160-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 165
i i
CAP´
ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 165
Soluci´n
o
1. El ´rea de las gradas es π 1002 − 302 /2, y por tanto:
a
2
π(1002 −302 ) , si el punto (x, y) pertenece a las gradas
f (x, y) =
0 , en otro caso
Para hallar la funci´n de densidad de la distancia al origen, obten-
o
gamos primero:
π (t2 −302 )
2
FT (t) = P (distancia al centro < t) = π(1002 −302 )
=
2
t2 − 302 t2 − 900
= 2 − 302
= ,
100 9100
para 30 ≤ t ≤ 100, y derivando en la anterior expresi´n se concluye
o
que:
t
fT (t) = para 30 ≤ t ≤ 100.
4550
N´tese que la funci´n de distribuci´n de la variable se ha obtenido
o o o
a partir de las ´reas de los correspondientes semianillos circulares.
a
2. La funci´n caracter´
o ıstica de la variable aleatoria T es:
ϕT (s) = E eisT = E [cos (sT )] + iE [sen (sT )] ,
donde:
100
t
E [cos (sT )] = cos (st)
∂t =
30 4550
1 cos (100s) + 100ssen (100s) − cos (30s) − 30ssen (30s)
= ,
4550 s2
mientras que:
E [sen (sT )] =
1 −sen (100s) + 100scos (100s) + sen (30s) − 30scos (30s)
− .
4550 s2
Se obtiene finalmente que:
is 100eis100 − 30eis30 − eis100 + eis30
ϕT (s) = .
s2
Adem´s, teniendo en cuenta que:
a
∂ k) ϕT (s)
|s=0 = mk , k = 1, 2, . . .
∂sk
se obtiene:
2
∂ 2) ϕT (s) ∂ϕT (s)
V (T ) = m2 − m2 =
1 |s=0 − |s=0 .
∂s2 ∂s
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-161-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 166
i i
166 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
η
T
200
frutales
100
hortalizas
E
0 200 ξ
Figura 5.7: Plano de la finca del ejercicio P5.17.
3. Para obtener la probabilidad de estar a la sombra se calcula el ´rea
a
de la zona a la sombra:
√
100 1002 −x2 100
∂y ∂x = 1002 − x2 ∂x = 2236,5,
60 0 60
y por lo tanto, la probabilidad que se pide es:
2236,5
π(1002 −302 )
= 0. 15646.
2
P5.17] Una finca cuadrada cuyo lado mide 200 metros est´ dividida en dos
a
partes iguales, una con frutales y otra con hortalizas, tal como muestra la
figura 5.7. En la esquina 0 duerme el perro guardi´n. Cuando el perro se
a
despierta, si detecta la presencia de un intruso sale en su persecuci´n mo-
o
vi´ndose s´lo en las direcciones de los ejes. El ladr´n, que queda inm´vil al
e o o o
despertarse el perro, se encontrar´ en un punto aleatorio de la finca (ξ, η).
a
La primera coordenada ξ tiene funci´n de densidad fξ (x) = x/2000 si
o
0 ≤ x ≤ 200; y cero en otro caso. La segunda coordenada η se distribuye
uniformemente dentro de cada cultivo, pero la probabilidad de encon-
trarse en los frutales es doble que en las hortalizas. El perro corre a 10
m/s.
1. Hallar la funci´n de distribuci´n de la coordenada η.
o o
2. Hallar la funci´n de densidad del tiempo que tarda en coger al in-
o
truso.
3. Hallar la primera coordenada de la posici´n media en que se da
o
caza, en menos de 15 segundos, a un ladr´n que se encuentra en los
o
frutales.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-162-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 168
i i
168 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Si 30 < t ≤ 40:
100 200 200 10t−y
x x
FT (t) = ∂x∂y + ∂x∂y
0 0 6 · 105 100 0 3 · 105
Si 40 < t:
FT (t) = 1.
Derivando FT (t) se obtiene la funci´n de densidad deseada. Otra
o
alternativa m´s propia de este cap´
a ıtulo consiste en calcular la funci´n
o
de densidad conjunta de la variable (T, S), donde T := (ξ + η)/10
y S := ξ, teniendo presente que conocemos la funci´n de densidad
o
de la variable (ξ, η). Concretamente, dado que ξ = S y η = 10T − S
entonces fT,S (t, s) = 10 · fξ,η (s, 10t − s).
3. Se desea ahora calcular el valor esperado de ξ supuesto que η ≥ 100
y ξ + η ≤ 150. La funci´n de distribuci´n de esta variable aleatoria
o o
condicionada Z es:
P (ξ ≤ z, η ≥ 100, ξ + η ≤ 150)
FZ (z) =
P (η ≥ 100, ξ + η ≤ 150)
Claramente los valores relevantes suceden para 0 ≤ z ≤ 50, y para
cada uno:
z 150−x
0 100
(x/300000)∂y∂x 150z 2 − 2z 3
FZ (z) = 50 150−x = .
(x/300000)∂y∂x 125000
0 100
La funci´n de densidad es:
o
300z − 6z 2
fZ (z) =
125000
y por tanto la esperanza solicitada es:
50
E[Z] = zfZ (z)∂z = 25.
0
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-164-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 169
i i
CAP´
ITULO 6
Convergencia
Sea {Fξn } una sucesi´n de funciones de distribuci´n. Si existe una funci´n
o o o
de distribuci´n Fξ tal que:
o
l´ Fξn (x) = Fξ (x),
ım
n→∞
en todo punto x en el que Fξ sea continua, diremos que Fξn converge en
L L
ley a Fξ , y se denota Fξn → Fξ , o, equivalentemente, ξn → ξ.
Sea {ξn } una sucesi´n de variables aleatorias definidas sobre el espacio de
o
probabilidad (Ω, ϕ, P ). Se dice que la sucesi´n converge en probabilidad
o
a una variable aleatoria ξ si, para cualquier > 0:
l´ P ({w ∈ Ω : |ξn (w) − ξ(w)| > }) = 0.
ım
n→∞
P
Se denota ξn → ξ.
r
Sea {ξn } una sucesi´n de variables aleatorias tales que E [ξn ] < ∞, para
o
alg´n r > 0. Se dice que ξn converge en media r hacia una variable
u
aleatoria ξ si E [ξ r ] < ∞ y adem´s:
a
r
l´ E[|ξn − ξ| ] = 0,
ım
n→∞
r
y se denota ξn → ξ. Si r = 2, se dice que la sucesi´n converge en media
o
cuadr´tica hacia la variable ξ.
a
169
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-165-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 170
i i
170 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Sea {ξn } una sucesi´n de variables aleatorias definidas sobre el espacio
o
de probabilidad (Ω, ϕ, P ). Diremos que esta sucesi´n converge casi seguro
o
hacia una variable aleatoria ξ si y s´lo si,
o
P ({w ∈ Ω : l´ ξn (w) = ξ(w)}) = 1,
ım
n→∞
c.s.
y se denota ξn → ξ.
A continuaci´n se observan las relaciones que existen entre los distintos
o
tipos de convergencia:
c.s. P L
ξn → ξ ⇒ ξn → ξ ⇒ ξn → ξ
r P
Adem´s, si ξn → ξ, para alg´n r > 0, se verifica ξn → ξ.
a u
Una secuencia de variables aleatorias ξ1 , . . . , ξn , . . . cumple la Ley D´bil e
de los Grandes N´meros si la sucesi´n de variables aleatorias η1 , . . . , ηn , . . .
u o
1 n
definida por ηn = n i=1 (ξi − E[ξi ]) converge en probabilidad a 0.
El teorema de Tchebyshev afirma que, dada una sucesi´n de variables alea-
o
torias ξ1 , . . . , ξn , . . . con media y varianzas finitas, y tal que l´ n→∞ V [ξn ] = 0,
ım
entonces ξn − E[ξn ] converge en probabilidad a 0 si y s´lo si para cualquier
o
> 0:
l´ P ({w ∈ Ω : |ξn (w) − E[ξn (w)]| > }) = 0.
ım
n→∞
Una secuencia de variables aleatorias ξ1 , . . . , ξn , . . . cumple la Ley Fuerte
de los Grandes N´meros si la sucesi´n de variables aleatorias η1 , . . . , ηn , . . .
u o
1 n
definida por ηn = n i=1 (ξi − E[ξi ]) converge casi seguro a 0.
La Ley Fuerte de los Grandes N´meros de Kolmogorov afirma que, dada una
u
sucesi´n de variables aleatorias ξ1 , . . . , ξn , . . . con media y varianzas finitas, y
o
n
tal que l´ n→∞ i=1 V [ξi ]/i2 < ∞, entonces {ξn } cumple la Ley Fuerte de los
ım
Grandes N´meros.
u
Sea {ξn } una secuencia de variables aleatorias independientes e id´nticamen-
e
te distribuidas, con media µ y varianza σ 2 finitas. Se verifica, por el Teorema
Central del L´ ımite,
n
i=1 ξi − nµ L
√ → Z,
σ/ n
donde Z es una variable aleatoria normal con media cero y varianza 1.
Ejercicios Resueltos
P6.1] Sea {Xn }n∈N una sucesi´n de variables aleatorias con distribuci´n:
o o
k P (Xn = k)
0 1 − 1/n
1 − 1/n 1/ (2n)
1 1/ (2n)
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-166-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 171
i i
CAP´
ITULO 6. CONVERGENCIA 171
Estudiar la convergencia en probabilidad, en ley y en media cuadr´tica
a
de esta sucesi´n a la variable X ≡ 0.
o
Soluci´n
o
Estudiemos en primer lugar si la sucesi´n {Xn }n∈N converge en proba-
o
bilidad a la variable X ≡ 0. Para ello, dado un ε > 0, se tiene que:
P (|Xn − X| > ε)
P (Xn = 1 − 1/n) + P (Xn = 1) = 1/n , si ε < 1 − 1/n
= P (Xn = 1) = 1/ (2n) , si 1 − 1/n ≤ ε < 1 ,
0 , si ε ≥ 1
prob´ndose as´ que esta sucesi´n converge en probabilidad a la variable
a ı o
X.
Para estudiar la convergencia en ley, n´tese que la funci´n de distribuci´n
o o o
de la variable Xn , n ∈ N es:
0
, si t < 0
1 1
1− n , si 0 ≤ t < 1 − n
FXn (t) = 1 1 2n−1 1
1 − n + 2n = 2n
, si 1 − n ≤ t < 1
1 , si t ≥ 1
y se verifica:
0 , si t<0
l´ FXn (t) =
ım ,
n→∞ 1 , si t≥0
que es la funci´n de distribuci´n de la variable aleatoria degenerada X ≡
o o
0. Por lo tanto, se concluye que la sucesi´n converge en ley a esta ultima
o ´
variable.
Finalmente, se analizar´ la convergencia en media cuadr´tica de la suce-
a a
si´n. Para ello es necesario calcular:
o
2
2 1 1 1 2n2 − n + 1
E |Xn − 0| = 1− · + 12 · = .
n 2n 2n 2n3
Se observa que:
2
l´ E |Xn |
ım = 0,
n→∞
de lo que se sigue que la sucesi´n converge en media cuadr´tica a la
o a
variable aleatoria degenerada X ≡ 0.
n
P6.2] Sean {Xi }i=1 variables aleatorias independientes distribuidas uniforme-
mente en el intervalo [0, θ] , θ > 0. Estudiar la convergencia en ley de la
variable aleatoria X(n) = m´x Xi .
a
i∈{1,...,n}
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-167-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 172
i i
172 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Soluci´n
o
Las variables aleatorias Xi , i = 1, .., n tienen como funci´n de distribuci´n
o o
a:
t
FXi (x) = , para x ∈ [0, θ] .
θ
La variable X(n) , por su parte, tiene como funci´n de distribuci´n, para
o o
t ∈ [0, θ):
FX(n) (t) = P X(n) ≤ t = P m´x
a Xi ≤ t = P (X1 ≤ t, . . . , Xn ≤ t) ,
i∈{1,...,n}
y, ya que estas variables son independientes, se verifica:
n
n t
FX(n) (t) = P (X1 ≤ t, . . . , Xn ≤ t) = [P (X1 ≤ t)] = .
θ
Adem´s, FX(n) (t) = 0 si t < 0, y es igual a 1 si t ≥ θ. Se observa que,
a
cuando n tiende a infinito, esta funci´n de distribuci´n tiende a:
o o
0 , si t<θ
FX (t) = ,
1 , si t≥θ
que es la funci´n de distribuci´n de la variable aleatoria degenerada X ≡
o o
0.
P6.3] Dar un ejemplo de una sucesi´n de variables aleatorias {Xn }n∈N que
o
converja a una variable aleatoria X en ley pero no en probabilidad.
Soluci´n
o
Sea una sucesi´n de variables aleatorias {Xn }n∈N y una variable aleatoria
o
X con la siguiente distribuci´n conjunta:
o
Xn | X 1 2 3
1 0 1/3 0
2 0 0 1/3 .
3 1/3 0 0
Esta sucesi´n converge en ley a la variable aleatoria X, pues:
o
0
, si t < 1
1/3 , si 1 ≤ t < 2
FXn (t) = ,
2/3 , si 2 ≤ t < 3
1 , si t ≥ 3
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-168-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 173
i i
CAP´
ITULO 6. CONVERGENCIA 173
y se verifica que:
l´ FXn (t) = FX (t) ,
ım
n→∞
Sin embargo, dado un ε > 0 :
1 , si 0 < ε < 1
P (|Xn − X| > ε) = 1/3 , si 1 ≤ ε < 2 ,
0 , si ε ≥ 2
que no converge a cero cuando n → ∞, por lo que la sucesi´n {Xn }n∈N
o
no converge en probabilidad a la variable X.
P6.4] Sea {Fξn } una sucesi´n de funciones de
o distribuci´n definidas de la si-
o
guiente forma:
0 , si t<0
1
Fξn (t) = 1 − n , si 0≤t<n .
1 , si n≤t
Estudiar la convergencia en ley de esta sucesi´n.
o
Soluci´n
o
Esta sucesi´n converge de forma clara a:
o
0 , si t<0
F (t) = ,
1 , si t≥0
que es la funci´n de distribuci´n de la variable aleatoria ξ ≡ 0. Por lo
o o
tanto:
L
ξn → 0.
P6.5] Sea la sucesi´n de variables aleatorias {ξn } tales que:
o
1
P (ξn = 0) = 1 −
n2
1
P (ξn = n) = 2
n
para n = 1, 2, . . .. Demostrar que esta sucesi´n converge en probabilidad
o
a la variable aleatoria degenerada ξ ≡ 0, pero sin embargo no converge
en media cuadr´tica.
a
Soluci´n
o
Para estudiar la convergencia en probabilidad es necesario ver, para todo
> 0, la convergencia en el l´
ımite de P (|ξn − 0| > ). Se observa que:
1
n2 , si <n
P (|ξn − 0| > ) = ,
0 , si ≥n
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-169-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 174
i i
174 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
por lo que:
l´ P (|ξn − 0| > ) = 0.
ım
n→∞
2
Sin embargo, n´tese que E |ξn | = 1, por lo que esta sucesi´n no con-
o o
verge en media cuadr´tica a la variable aleatoria ξ ≡ 0.
a
P6.6] Aplique la Ley D´bil de los Grandes N´meros a un ejemplo.
e u
Soluci´n
o
Supongamos que un jugador de baloncesto realiza una serie de lanzamien-
tos a canasta, siendo p = 2/3 su probabilidad de encestar en cada tiro.
Sean ξ1 , ξ2 , . . . , ξn variables aleatorias independientes con distribuci´n de
o
Bernoulli de par´metro p = 2/3, donde cada variable representa el resul-
a
tado de un tiro a canasta y p es la probabilidad de ´xito. Realizados n
e
n
tiros, i=1 ξi /n es la proporci´n de aciertos. Entonces, de acuerdo con la
o
Ley D´bil de los Grandes N´meros, esta proporci´n converge en probabi-
e u o
lidad a 2/3. Esto no quiere decir que la proporci´n de aciertos se acerque
o
a 2/3 conforme crece n, sino que la probabilidad de que la diferencia entre
esta proporci´n y 2/3 sea mayor que una cierta cantidad ε > 0 tiende a
o
cero.
P6.7] Una empresa realiza un test de 80 preguntas (con dos posibles respuestas
cada una, de las que s´lo hay una cierta) a dos miembros de su plantilla
o
que han solicitado un ascenso a un puesto del que s´lo hay una plaza
o
vacante. Suponiendo que el primer empleado sabe la respuesta de 50
preguntas y contesta al azar a las 30 restantes, y el segundo empleado
tan s´lo puede contestar correctamente a 20 y responde al azar al resto:
o
1. Obtener la probabilidad de que el primer empleado conteste correc-
tamente a m´s de 40 preguntas.
a
2. ¿Cu´l es la probabilidad de que el segundo empleado responda ade-
a
cuadamente a un m´ ınimo de 50 preguntas?
3. Si uno de los dos empleados contestara al azar a todas las preguntas,
¿cu´l ser´ la probabilidad de que acertara al menos 40?
a ıa
Soluci´n
o
Suponiendo la independencia entre preguntas en el caso de cada emplea-
do, sea X1 una variable aleatoria con distribuci´n binomial de par´metros
o a
n1 = 30 y p1 = 1/2 que representa el n´mero de preguntas, del total de
u
30 que responde al azar, que acierta el primer empleado. Sea tambi´n otra
e
variable X2 que representa esto ultimo en el caso del segundo empleado
´
(de un total de 60 respondidas al azar), y sigue una distribuci´n tambi´n
o e
binomial de par´metros n2 = 60 y p2 = 1/2.
a
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-170-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 175
i i
CAP´
ITULO 6. CONVERGENCIA 175
1. Aproximemos, mediante el Teorema Central del L´
ımite, la distribu-
ci´n discreta X1 a una normal
o
∗
X1 ∼ N (n1 · p1 = 15, n1 · p1 · (1 − p1 ) = 7,5) ,
aplicando adem´s una correcci´n por continuidad para el c´lculo de
a o a
la probabilidad:
10 + 0,5 − 15
P (X1 > 10) ∼ P
= Z> √ = 0,9495
7,5
2. De forma similar al apartado anterior, aproximemos la variable alea-
toria X2 a una normal
∗
X2 ∼ N (n2 · p2 = 30, n2 · p2 · (1 − p2 ) = 15) ,
obteni´ndose que:
e
30 − 0,5 − 30
P (X2 ≥ 30) ∼ P
= Z> √ = 0,5517
15
3. Definamos una variable Y que representa el n´mero de respuestas
u
correctas del empleado, en el caso de que ´ste responda las 80 pregun-
e
tas al azar, y sigue una distribuci´n binomial de par´metros n = 80
o a
y p = 1/2. Procediendo de forma an´loga a los casos anteriores, la
a
probabilidad de que acierte al menos 40 preguntas es:
40 − 0,5 − 40
P (Y ≥ 40) ∼ P
= Z> √ = 0,5438
20
P6.8] El n´mero de personas que acuden un banco en una semana para abrir
u
una cuenta sigue una distribuci´n de Poisson de par´metro λ = 1. ¿Cu´l
o a a
es la probabilidad de que en dos a˜os (es decir, 104 semanas) se hayan
n
abierto m´s de 100 cuentas?
a
Soluci´n
o
Sean Xi , i = 1, 2, . . . , n variables aleatorias independientes con distribu-
ci´n de Poisson de par´metro λ = 1, que representan el n´mero de perso-
o a u
nas que acuden al banco en una semana determinada. La distribuci´n de o
la suma de estas n variables es una Poisson de par´metro nλ. Teniendo en
a
cuenta lo anterior, y aplicando el Teorema Central del L´ ımite, podemos
aproximar la suma de las n = 104 variables (tantas como semanas hay en
104
2 a˜os), X =
n Xi , a una normal de par´metros µ = 104 y σ 2 = 104.
a
i=1
Se tiene entonces que:
100 + 0,5 − 104
P (X > 100) ∼ P
= Z> √ = 0,6331
104
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-171-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 177
i i
CAP´
ITULO 7
Regresi´n y correlaci´n
o o
Sean X e Y variables aleatorias dependientes, entre las que existe una
relaci´n funcional del tipo y = E [Y | x], denominada “regresi´n de Y so-
o o
bre X”. Un caso particular consiste en aproximar la relaci´n entre ambas
o
variables por una recta:
y = ax + b.
2
Calculando los valores de a y b que minimizan E (Y − aX − b) se
obtiene la denominada “recta de regresi´n de Y sobre X”:
o
cov (X, Y )
y − E [Y ] = · (x − E [X]) .
V (X)
Si existen E X 2 y E Y 2 , se define el “coeficiente de correlaci´n entre
o
X e Y ” como:
cov (X, Y )
ρXY = ρ = .
V (X) · V (Y )
El coeficiente de correlaci´n entre dos variables aleatorias X e Y verifica:
o
|ρXY | ≤ 1.
Se dice que dos variables aleatorias X e Y est´n incorreladas si y s´lo si
a o
se verifica ρXY = 0.
N´tese que ρXY = 0 si y s´lo si cov (X, Y ) = 0, por lo que si X e Y son
o o
independientes, entonces tambi´n est´n incorreladas.
e a
177
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-173-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 178
i i
178 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
Ejercicios Resueltos
P7.1] Sea X una variable aleatoria que se distribuye uniformemente en el in-
tervalo (0, 1). ¿Est´n las variables aleatorias X y |1/2 − X| incorreladas?
a
Soluci´n
o
Para estudiar si estas variables est´n incorreladas obtengamos el coefi-
a
ciente de correlaci´n ρXY . Se tiene que:
o
1 1 1
cov X, −X =E X· −X − E [X] · E −X ,
2 2 2
siendo:
1
1 1
E X· −X = x· − x · fX (x) · ∂x =
2 0 2
1/2 1
1 1 1
= x· − x · ∂x − x· − x · ∂x = ,
0 2 1/2 2 8
1
E [X] = ,
2
1 1
1 1 1 1
E −X = − x · fX (x) · ∂x = − x · ∂x = ,
2 0 2 0 2 4
por lo que:
1 1 1 1
cov X, −X = − · = 0.
2 8 2 4
Por lo tanto, ρXY = 0, y se concluye as´ que ambas variables est´n in-
ı a
correladas.
P7.2] Sean U y V variables aleatorias con igual media e igual varianza. Utili-
zando estas variables, obtenga dos variables aleatorias incorreladas.
Soluci´n
o
Definamos X = U + V e Y = U − V . Entonces,
2 2
cov (X, Y ) = E [XY ]−E [X] E [Y ] = E U 2 − V 2 − E [U ] − E [V ] = 0,
y por lo tanto ρXY = 0.
P7.3] Sea
X|Y 0 3
1 0,3 0,1
2 0,1 0,5
la distribuci´n de probabilidad conjunta de las variables aleatorias X e
o
Y.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-174-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 179
i i
CAP´ ´ ´
ITULO 7. REGRESION Y CORRELACION 179
1. Obtener el coeficiente de correlaci´n de estas variables.
o
2. Determinar la recta de regresi´n de Y sobre X.
o
Soluci´n
o
1. Las correspondientes distribuciones de probabilidad marginales son:
X = xi P (X = xi )
1 0,4
2 0,6
η = yi P (Y = yi )
0 0,4
3 0,6
Adem´s:
a
2 2
E [X · Y ] = xi yj P (X = xi , Y = yj ) = 3,3,
i=1 j=1
2
E [X] = xi P (X = xi ) = 1,6, E X 2
i=1
2
= x2 P (X = xi ) = 2,8
i
i=1
2
E [Y ] = yj P (Y = yj ) = 1,8, E Y 2
j=1
2
2
= yj P (Y = yj ) = 5,4
j=1
Finalmente:
3,3 − 1,6 · 1,8
ρXY = = 0. 58333.
(2,8 − 1,62 ) · (5,4 − 1,82 )
2. La recta de regresi´n de Y sobre X es:
o
y − 1,8 = 1,75 · (x − 1,6) .
P7.4] Sean:
x
y= + 2,
15
x
y = + 1.
9
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-175-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 180
i i
180 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD
las rectas de regresi´n de la variable aleatoria bidimensional (X, Y ). De-
o
terminar el coeficiente de correlaci´n entre X e Y.
o
Soluci´n
o
Las rectas de regresi´n de Y sobre X y de X sobre Y son, respectivamente:
o
cov (X, Y )
y − E [Y ] = · (x − E [X]) ,
V (X)
cov (X, Y )
x − E [X] = · (y − E [Y ]) .
V (Y )
Por lo tanto, se observa que
cov (X, Y ) 1
= ,
V (X) 15
cov (X, Y )
= 9.
V (Y )
Se obtiene entonces que:
2
[cov (X, Y )] 9
ρ2 =
XY = ,
V (X) V (Y ) 15
por lo que finalmente ρXY = 9/15.
P7.5] Sea (X, Y ) una variable aleatoria bidimensional con la siguiente distri-
buci´n conjunta:
o
1 , si |y| < x, 0 < x < 1
f (x, y) =
0 , en otro caso
Determinar el coeficiente de correlaci´n entre X e Y.
o
Soluci´n
o
Las funciones de densidad marginales de estas dos variables son:
2x , si 0 < x < 1
fX (x) =
0 , en otro caso
1−y , si 0 < y < 1
fY (y) = 1+y , si − 1 < y ≤ 0
0 , en otro caso
por lo que se obtiene que:
cov (X, Y ) = E [XY ] − E [X] E [Y ]
1 x 1 x
= 0 −x
xyf (x, y) ∂y ∂x = 0 −x
xy∂y ∂x = 0,
luego ρXY = 0.
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-176-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 181
i i
CAP´ ´ ´
ITULO 7. REGRESION Y CORRELACION 181
P7.6] Sea (X, Y ) una variable aleatoria bidimensional con funci´n de densidad
o
conjunta:
f (x, y) = xy, si 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1.
Obtenga la recta de regresi´n de Y sobre X y calcule el coeficiente de
o
correlaci´n entre ambas variables.
o
Soluci´n
o
Las correspondientes funciones de densidad marginales son:
1 1
x
fX (x) = f (x, y) · ∂y = xy · ∂y = ,
0 0 2
1 1
y
fY (y) = f (x, y) · ∂x = xy · ∂x = .
0 0 2
Se obtiene entonces:
1
1
E [X] = x · fX (x) · ∂x = = E [Y ] ,
0 6
1
1
E X2 = x2 · fX (x) · ∂x = =E Y2 ,
0 8
y por lo tanto
7
V (X) = V (Y ) = .
72
Adem´s:
a
1 1
1
E [XY ] = xyf (x, y) ∂y∂x = .
0 0 9
La recta de regresi´n de Y sobre X es, por lo tanto:
o
1 1
1 9 − 36 1
y− = 7 · x− ,
6 72
6
es decir:
1 6 1
y− = · x− .
6 7 6
Finalmente, el coeficiente de correlaci´n entre las variables X e Y es:
o
1
12 6
ρXY = 7 = .
72
7
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-177-320.jpg)
![“libroult”
i i
2001/8/30
page 183
i i
Bibliograf´
ıa
[1] J.M. Casas, C. Garc´ L.F. Rivera, A.I. Zamora: Problemas de
ıa,
Estad´ıstica. Descriptiva, probabilidad e inferencia. Ed. Pir´mide, Madrid,
a
1998.
[2] C.M. Cuadras: Problemas de Probabilidades y Estad´
ıstica. Vol 1: Pro-
babilidades. Ed. PPU, Barcelona, 1985.
[3] F.J. Mart´ Pliego, J.M. Montero, L. Ru´ Maya: Problemas de
ın ız
Probabilidad. Ed. AC, Madrid, 1998.
[4] J. Montero, L. Pardo, D. Morales, V. Quesada: Ejercicios y Pro-
blemas de C´lculo de Probabilidades. Ed. D´ de Santos, Madrid, 1988.
a ıaz
´
[5] V. Quesada, A. Isidoro, L.J. Lopez: Curso y Ejercicios de Estad´
ıstica.
Ed. Alhambra, 1984.
[6] V.A. Rohatgi: An Introduction to Probability Theory and Mathematical
Statistics. Ed. John Wiley & Sons, Nueva York, 1976.
183
i i
i i](https://image.slidesharecdn.com/librodeprobabilidad-111212111056-phpapp02/85/Libro-de-Probabilidad-179-320.jpg)
Libro de Probabilidad
- 1. Ejercicios Resueltos de Probabilidad Juan Jos´ Salazar Gonz´lez e a Marta L´pez Yurda o
- 3. ´ Indice general Pr´logo o 9 1. Combinatoria 11 2. Fundamentos de probabilidades 23 3. Distribuciones de probabilidad 85 4. Principales variables aleatorias 109 5. Variables aleatorias bidimensionales 145 6. Convergencia 169 7. Regresi´n y correlaci´n o o 177 Bibliograf´ ıa 183 7
- 5. “libroult” i i 2001/8/30 page 9 i i Pr´logo o Un d´ sale en el peri´dico que un inversor ha logrado preveer el ´xito ıa o e o fracaso de ciertas operaciones complejas de bolsa durante las ultimas 10 ´ jornadas. ¿Se dejar´ asesorar por ´l para que le rentabilizase sus ahorros? Sin ıa e duda, mucha gente responder´ afirmativamente. ıa Consideremos 1000 monos durante diez d´ Cada d´ le asociamos, a cada ıas. ıa uno, la respuesta “´xito en la inversi´n” si se levanta con el pie derecho, y e o “fracaso en la inversi´n” si se levanta con el pie izquierdo. Entonces, cada d´ o ıa aproximadamente la mitad acertar´, y para el d´ siguiente consideramos s´lo a ıa o esos. Es decir, el primer d´ 500 monos acertar´n la operaci´n justa, de los que ıa a o 250 tambi´n acertar´n la segunda, y de ellos 125 la tercera, etc. Transcurridos e a los diez d´ es muy probable que tengamos un mono que haya acertado todas ıas las operaciones. ¡Este ser´ el mono al que esas personas le dar´ su dinero! ıa ıan Este libro contiene 139 ejercicios resueltos de Probabilidades. No se trata de una colecci´n exclusiva de problemas dif´ o ıciles de resolver, desafiantes y s´lo o aptos para alumnos brillantes. Por el contrario, se trata de una lista de ejercicios de dificultad variada que pretende ayudar a cualquier alumno que se inicie en el C´lculo de Probabilidades. En ella hay ejercicios cl´sicos, algunos tomados de a a libros mencionados en la bibliograf´ con distinto grado de dificultad, tratando ıa, de configurar una gama de problemas apropiados para un primer curso de Probabilidades. Cada cap´ ıtulo inicia con un resumen te´rico que pretende establecer la o notaci´n b´sica que luego se usa en la resoluci´n de sus ejercicios. Dado que o a o no ha sido objetivo el extendernos en la parte te´rica, algunos conceptos se o presentan de forma simplificada (como los referentes a la Ley Fuerte de los 9 i i i i
- 6. “libroult” i i 2001/8/30 page 10 i i 10 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Grandes N´meros o al de regresi´n). Por ello, recomendamos que este material u o sirva s´lo para controlar que sus ejercicios han sido correctamente resueltos por o el lector, quien previamente ha debido trabajarlos por su cuenta, pero nunca como libro de texto en s´ mismo, y a´n menos como libro de teor´ ı u ıa. El primer cap´ ıtulo se dedica a la Combinatoria y el segundo la utiliza para el c´lculo elemental de probabilidades, incluyendo la probabilidad condiciona- a da. El tercer cap´ ıtulo introduce los conceptos de variable aleatoria, funci´no de distribuci´n y esperanza matem´tica, entre otros. Los ejercicios del cuarto o a cap´ıtulo tratan sobre variables aleatorias tradicionales, tanto discretas como continuas. Las variables aleatorias bidimensionales se afrontan en el cap´ ıtu- lo quinto. El cap´ ıtulo sexto presenta ejercicios de convergencia, y el s´ptimo e ejercicios sencillos de regresi´n y correlaci´n. o o Esta colecci´n se ha desarrollado impartiendo durante varios cursos la asig- o natura Probabilidades I, en la Facultad de Matem´ticas de la Universidad de a La Laguna. Por ello, la resoluci´n de varios problemas subraya conceptos abs- o tractos como el de espacio muestral, etc. Creemos que este rigor matem´tico a (nunca excesivo) es aconsejable tambi´n para alumnos de facultades de Inge- e nier´ Econ´micas, Biolog´ etc., y en este sentido deseamos que el estilo de ıas, o ıa, resoluci´n en este libro le puedan tambi´n ser de ayuda. o e Aunque los errores que aparecen son responsabilidad exclusiva de los auto- res, han sido varias las personas que han realizado aportaciones a este libro. De forma especial queremos destacar las valiosas sugerencias que hemos recibido de Jos´ Juan C´ceres Hern´ndez (Departamento de Econom´ de las Institucio- e a a ıa nes, Estad´ ıstica Econ´mica y Econometr´ ULL) y de Carlos Gonz´lez Alc´n o ıa, a o (Departamento de Estad´ ıstica, Investigaci´n Operativa y Computaci´n, ULL). o o Tambi´n agradecemos al Gobierno de Canarias que, a trav´s del proyecto de e e investigaci´n PI2000/116, ha financiado parcialmente el trabajo realizado. o ´ ´ ´ Juan Jose Salazar Gonzalez y Marta Lopez Yurda. Tenerife, a 14 de agosto de 2001. i i i i
- 7. “libroult” i i 2001/8/30 page 11 i i CAP´ ITULO 1 Combinatoria La Combinatoria es el arte de contar los posibles elementos de un conjunto, teniendo especial cuidado en no olvidar ning´n elemento ni en contarlo m´s de u a una vez. A continuaci´n resaltamos seis casos t´ o ıpicos: Permutaciones de n elementos: Dados n elementos distintos, el n´mero de u secuencias ordenadas de ´stos es e Pn = n · (n − 1) · · · · · 2 · 1. Este n´mero tambi´n se denota como n!. u e Permutaciones con repetici´n de n elementos, con ni repeticiones del i- o ´simo elemento, i = 1, . . . , k: Dados n elementos, de los cuales hay s´lo k e o diferentes (n1 iguales, n2 iguales,. . .,nk iguales, con n1 +n2 +. . .+nk = n), el n´mero de secuencias ordenadas de estos elementos es u n! P Rn1 ,...,nk = n . n1 ! · . . . · nk ! Variaciones de n elementos tomados de m en m (con m ≤ n): Dados n elementos distintos, el n´mero de selecciones ordenadas de m de ellos es u n! Vn,m = . (n − m)! 11 i i i i
- 8. “libroult” i i 2001/8/30 page 12 i i 12 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Variaciones con repetici´n de n elementos tomados de m en m: Dados n o elementos distintos, el n´mero de selecciones ordenadas de m de ellos, u pudiendo ocurrir que un mismo elemento aparezca m´s de una vez en la a selecci´n, es o V Rn,m = nm . Combinaciones de n elementos tomados de m en m (con m ≤ n): Dados n elementos distintos, el n´mero de maneras de seleccionar m de ellos (sin u tener presente el orden) viene dado por n! Cn,m = . m! · (n − m)! n Este n´mero tambi´n se denota como u e m . Combinaciones con repetici´n de n elementos tomados de m en m: Dados o n elementos distintos, el n´mero de selecciones de m de ellos, sin tener u presente el orden y pudiendo haber elementos repetidos en una selecci´n, o es n+m−1 CRn,m = . m Ejercicios Resueltos P1.1] ¿De cu´ntas maneras pueden sentarse 10 personas en un banco si hay 4 a sitios disponibles? Soluci´n o N´tese que importa el orden en que se sienten las personas, ya que los o cuatro sitios son diferentes, y que una persona no puede ocupar m´s dea un sitio a la vez. Por lo tanto, hay V10,4 = 10!/6! = 10 · 9 · 8 · 7 = 5040 maneras. P1.2] En una clase de 10 alumnos van a distribuirse 3 premios. Averiguar de cu´ntos modos puede hacerse si: a 1. los premios son diferentes; 2. los premios son iguales. Soluci´n o Hay dos supuestos posibles: si una misma persona no puede recibir m´s de un premio: a i i i i
- 9. “libroult” i i 2001/8/30 page 13 i i CAP´ ITULO 1. COMBINATORIA 13 1. hay V10,3 = 10 · 9 · 8 = 720 maneras de distribuir los premios si ´stos son diferentes; e 2. en el caso de que los premios sean iguales, pueden distribuirse de C10,3 = 10 · 9 · 8/6 = 120 maneras. si una misma persona puede recibir m´s de un premio: a 1. se pueden distribuir los premios, si ´stos son diferentes, de V R10,3 e =103 = 1000 maneras; 2. hay CR10,3 = 220 maneras de distribuir los premios si ´stos son e iguales. P1.3] Las diagonales de un pol´ ıgono se obtienen uniendo pares de v´rtices no e adyacentes. 1. Obtener el n´mero de diagonales del cuadrado, el hex´gono y el u a oct´gono. Calcularlo para el caso general de un pol´ o ıgono de n lados. 2. ¿Existe alg´n pol´ u ıgono en el que el n´mero de lados sea igual al de u diagonales? Soluci´n o 1. Comenzamos calculando el n´mero de diagonales del cuadrado. Hay u C4,2 = 6 uniones posibles de dos v´rtices diferentes cualesquiera, e adyacentes o no. Si de estas 6 parejas eliminamos las que corres- ponden a v´rtices adyacentes (tantas como el n´mero de lados del e u cuadrado), quedar´n 6 − 4 = 2 diagonales. a Procediendo del mismo modo con el hex´gono, se obtienen a 6! C6,2 − 6 = − 6 = 15 − 6 = 9 diagonales. 2! · 4! An´logamente, en el caso del oct´gono, se obtienen a o 8! 8·7 C8,2 − 8 = −8= − 8 = 28 − 8 = 20 diagonales. 2! · 6! 2 Finalmente, para el caso general de un pol´ ıgono de n lados, el n´mero u de diagonales es: n! n · (n − 1) n2 − 3n Cn,2 − n = −n= −n= . 2! · (n − 2)! 2 2 2. Veamos si existe alg´n pol´ u ıgono donde el n´mero de lados sea igual u al n´mero de diagonales. Igualando el n´mero de lados y el n´mero u u u de diagonales se obtiene: n2 − 3n n= , 2 i i i i
- 10. “libroult” i i 2001/8/30 page 14 i i 14 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD es decir, n(n − 5) = 0. Como n ≥ 1 , el resultado n = 0 no es v´lido. La soluci´n es n = 5 a o (el pent´gono). a P1.4] Hay que colocar a 5 hombres y 4 mujeres en una fila de modo que las mujeres ocupen los lugares pares. ¿De cu´ntas maneras puede hacerse? a Soluci´n o Ya que la fila es de 9 individuos en total, hay 4 posiciones pares (que deben ser ocupadas por las 4 mujeres) y 5 posiciones impares (para los 5 hombres). Por lo tanto, pueden colocarse de P4 · P5 = 4! · 5! = 2880 maneras. P1.5] ¿Cu´ntos n´meros de 4 d´ a u ıgitos se pueden formar con las cifras 0,1,. . . ,9 1. permitiendo repeticiones; 2. sin repeticiones; 3. si el ultimo d´ ´ ıgito ha de ser 0 y no se permiten repeticiones? Soluci´n o Asumamos que para que un n´mero sea de 4 d´ u ıgitos su primer d´ ıgito debe ser distinto de cero. 1. Puesto que debe formarse un n´mero de 4 d´ u ıgitos, el primero de ´stos no puede ser cero. Por lo tanto, hay nueve posibilidades para e el primer d´ ıgito y diez para cada uno de los tres d´ıgitos restantes, obteni´ndose un total de 9 · 103 = 9000 n´meros posibles. e u 2. Al igual que en el apartado anterior, el primer d´ ıgito no puede ser cero. Como adem´s no se permiten repeticiones, hay nueve posibili- a dades para el segundo d´ ıgito: el cero y las ocho no escogidas para el primer d´ıgito. Por tanto, se pueden formar 92 · 8 · 7 = 4536 n´meros. u 3. Fijamos el ultimo d´ ´ ıgito y, como no puede haber repeticiones, se obtiene un total de 9 · 8 · 7 · 1 = 504 n´meros. u P1.6] En un grupo de 10 amigos, ¿cu´ntas distribuciones de sus fechas de cum- a plea˜os pueden darse al a˜o? n n Soluci´n o Considerando que el a˜o tiene 365 d´ y que puede darse el caso de n ıas que varias personas cumplan en la misma fecha, el n´mero de maneras u distintas es V R365,10 = 36510 . i i i i
- 11. “libroult” i i 2001/8/30 page 15 i i CAP´ ITULO 1. COMBINATORIA 15 P1.7] ¿Cu´ntas letras de 5 signos con 3 rayas y 2 puntos podr´ tener el alfabeto a ıa Morse? Soluci´n o Si se consideran como cinco s´ ımbolos diferentes entonces, dado que im- porta el orden en que se coloquen y que han de distribuirse en cinco posiciones, se tendr´ un total de P5 = 5! posibles ordenaciones. Pero, a dado que de los cinco elementos tan s´lo hay dos diferentes (rayas y o puntos) que se repiten 3 y 2 veces, respectivamente, dividiremos por las posibles permutaciones de cada uno de ellos, obteniendo as´ un total de ı C5,3 = 5!/ (3! · 2!) = 5 · 4/2 = 10 letras. N´tese que ´ste es el n´mero de o e u posiciones (entre las cinco posibles) en que pueden ponerse las letras, y adem´s coincide con el n´mero de posiciones para los puntos (C5,2 ). a u P1.8] Cuando se arrojan simult´neamente 4 monedas, a 1. ¿cu´les son los resultados posibles que se pueden obtener? a 2. ¿cu´ntos casos hay en que salgan 2 caras y 2 cruces? a Soluci´n o Suponiendo que las monedas son iguales: 1. Dado que un mismo resultado individual (cara o cruz) puede obtenerse en varias monedas a la vez, y que las monedas no pueden distinguirse entre s´ existen CR2,4 = 5 resultados posi- ı, bles. Estos casos son: “4 caras y 0 cruces”, “3 caras y 1 cruz”, “2 caras y 2 cruces”, “1 cara y 3 cruces”, y “0 caras y 4 cruces”. 2. Como las monedas se arrojan simult´neamente, s´lo habr´ un a o a caso posible con 2 caras y 2 cruces. Suponiendo que las monedas son distintas: 1. En este caso, puesto que se distinguen las monedas entre s´ y ı en una tirada pueden haber varias con el mismo resultado in- dividual, hay un total de V R2,4 = 24 = 16 resultados posibles. Estos casos son: “cara, cara, cara, cara”, “cara, cara, cara, cruz”, “cara, cara, cruz, cara”, “cara, cara, cruz, cruz”, etc. 2. Se calcula el n´mero de combinaciones posibles de dos monedas u distintas, que supondremos ser´n las de resultado “cara” (siendo a as´ las dos restantes de resultado “cruz”), es decir, hay C4,2 = 6 ı resultados de dos caras y dos cruces. P1.9] Cuatro libros de matem´ticas, seis de f´ a ısica y dos de qu´ ımica han de ser colocados en una estanter´ ¿Cu´ntas colocaciones distintas admiten si: ıa a 1. los libros de cada materia han de estar juntos; i i i i
- 12. “libroult” i i 2001/8/30 page 16 i i 16 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 2. s´lo los de matem´ticas tienen que estar juntos? o a Soluci´n o Supongamos que los libros de cada materia tambi´n son diferentes e (de distintos autores). 1. Consideramos cada conjunto de libros de una misma materia como una unidad. Entonces, hay 3! = 6 ordenaciones posibles de las materias. Adem´s hay que considerar tambi´n las 4! = 24 a e permutaciones de los libros de matem´ticas, as´ como las 6! = a ı 720 y las 2! = 2 de los de f´ ısica y qu´ ımica, respectivamente. Se concluye as´ que hay 3!·4!·6!·2! = 207360 colocaciones distintas. ı 2. Consideremos los cuatro libros de matem´ticas como una uni- a dad. Se tendr´ entonces una unidad correspondiente a ma- ıa tem´ticas, 6 unidades diferentes de f´ a ısica y dos unidades di- ferentes de qu´ ımica. Por lo tanto, existen 9! = 362880 maneras de ordenar estas 9 unidades, y por cada una de ellas hay 4! or- denaciones posibles de los 4 libros de matem´ticas, por lo que a en total hay 9! · 4! = 8709120 formas de colocar los libros. Supongamos que los libros de cada materia son id´nticos. e 1. Consideremos cada conjunto de libros de una misma materia como una unidad. N´tese que entonces se tendr´ un total de 3 o ıa unidades, que pueden ordenarse de 3! = 6 formas distintas. 2. En este caso tendremos una unica unidad de matem´ticas, adem´s ´ a a de 6 de f´ ısica y 2 de qu´ımica, que consideraremos diferentes para este c´lculo inicial. Se tiene entonces un total de 9! = 362880 or- a denaciones posibles y, puesto que los libros de cada materia son indistinguibles, n´tese que deben tenerse en cuenta las 6! · 2! = o 1440 formas de colocar los libros de f´ ısica y matem´ticas. Por a lo tanto, hay un total de 9!/ (6! · 2!) = 252 ordenaciones. P1.10] Un alumno tiene que elegir 7 de las 10 preguntas de un examen. ¿De cu´ntas maneras puede elegirlas? ¿Y si las 4 primeras son obligatorias? a Soluci´n o El orden en que elija las preguntas, que adem´s no podr´n repetirse, es a a irrelevante. As´ puede elegir las preguntas de C10,7 = 10·9·8/ (3 · 2) = 120 ı, maneras. Por otra parte, si las 4 primeras son obligatorias, debe escoger 3 preguntas entre las 6 restantes para completar las 7 necesarias, resultando un total de C6,3 = 6 · 5 · 4/ (3 · 2) = 20 maneras. P1.11] Con 7 consonantes y 5 vocales ¿cu´ntas palabras se pueden formar que a tengan 4 consonantes distintas y 3 vocales distintas? i i i i
- 13. “libroult” i i 2001/8/30 page 17 i i CAP´ ITULO 1. COMBINATORIA 17 Soluci´n o Podemos formar un total de C7,4 = 35 grupos de 4 consonantes distintas y C5,3 = 10 grupos de 3 vocales distintas. Por otra parte, para cada una de las 35 · 10 = 350 maneras de escoger 7 letras verificando las condiciones impuestas, hay P7 = 7! = 5040 ordenaciones posibles de ´stas. Se concluye as´ que el total de palabras que pueden formarse es e ı 35 · 10 · 7! = 350 · 5040 = 1764000. P1.12] Una l´ ınea de ferrocarril tiene 25 estaciones. ¿Cu´ntos billetes diferentes a habr´ que imprimir si cada billete lleva impresas las estaciones de origen a y destino? Soluci´n o Dado que las estaciones de origen y destino no pueden coincidir, y adem´s,a dadas dos estaciones, es importante saber si corresponden al principio o al final del trayecto, hay un total de V25,2 = 25 · 24 = 600 billetes diferentes. P1.13] A partir de 5 matem´ticos y 7 f´ a ısicos hay que constituir una comisi´n o de 2 matem´ticos y 3 f´ a ısicos. ¿De cu´ntas formas podr´ hacerse si: a a 1. todos son elegibles; 2. un f´ ısico particular ha de estar en esa comisi´n; o 3. dos matem´ticos concretos no pueden estar juntos? a Soluci´n o 1. Puesto que todos son elegibles, existen C5,2 = 10 grupos de 2 ma- tem´ticos, y C7,3 = 35 grupos de 3 f´ a ısicos. Luego hay un total de 10 · 35 = 350 comisiones posibles. 2. Se fija uno de los f´ ısicos, luego existen C5,2 = 10 grupos de 2 ma- tem´ticos, y C6,2 = 15 grupos de 3 f´ a ısicos. As´ se pueden formar ı, 10 · 15 = 150 comisiones. 3. Se excluye la unica posibilidad de que el subgrupo de dos matem´ti- ´ a cos lo constituyan los dos que no pueden estar juntos, por lo que hay C5,2 − 1 = 9 grupos de 2 matem´ticos cumpliendo la condici´n. a o Adem´s hay C7,3 = 7 · 6 · 5/ (3 · 2) = 35 grupos de 3 f´ a ısicos, por lo que el total de comisiones que pueden formarse es 9 · 35 = 315. P1.14] Tres atletas toman parte en una competici´n. ¿De cu´ntas maneras o a podr´n llegar a la meta? (Pueden llegar juntos) a Soluci´n o Hay varias posibilidades: Si llegan los tres juntos, entonces s´lo hay 1 posibilidad. o i i i i
- 14. “libroult” i i 2001/8/30 page 18 i i 18 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Si llegan dos juntos, existen C3,2 = 3 grupos de dos que llegan juntos, y P2 = 2 ordenaciones distintas del grupo de dos y el otro atleta, por lo que existen 3 · 2 = 6 posibilidades. Si llegan los tres por separado, existen 3! = 6 posibilidades. Por lo tanto, pueden llegar a la meta de 13 maneras distintas. P1.15] Se tienen n urnas diferentes. ¿De cu´ntas maneras diferentes se pueden a colocar en ellas m (n < m) bolas id´nticas: e 1. sin restricci´n alguna en cuanto al n´mero de bolas en cada urna; o u 2. si no puede haber ninguna urna vac´ ıa; 3. si quedan exactamente r (0 < r ≤ n) urnas vac´ ıas? Soluci´n o Asumiendo que las urnas son distinguibles, plantear este problema es equivalente a calcular de cu´ntas maneras pueden distribuirse m estrellas a (‘ ’) y n − 1 barras (‘| ’) entre dos barras fijas (puesto que los elementos de los extremos deben ser necesariamente barras). Por ejemplo, si n = 5 y m = 6, una posible distribuci´n puede represen- o tarse como: | | | | y significa que se coloca una bola en la primera urna, ninguna bola en la segunda, tres bolas en la tercera, ninguna en la cuarta y dos en la quinta. 1. Si todos los elementos fuesen distinguibles habr´ (m + n − 1)! per- ıa mutaciones posibles de estos elementos. Sin embargo, dado que las barras son indistinguibles entre s´ as´ como las estrellas, el resultado ı, ı es m+n−1 (m + n − 1)! CRn,m = = . n−1 m! · (n − 1)! 2. En particular, si ninguna urna puede quedar vac´ fijamos n bolas, ıa, una en cada urna, por lo que el problema se reduce a distribuir m−n bolas en n urnas. Aplicando lo anterior, se obtiene un total de m−1 (m − 1)! CRm−n,n = = n−1 (m − n)! · (n − 1)! distribuciones posibles. 3. Hay Cn,r maneras distintas de escoger las r urnas que quedar´n a vac´ Por cada una de estas combinaciones, se fija una bola en cada ıas. una de las urnas que tendr´n alg´n elemento, resultando as´ un total a u ı i i i i
- 15. “libroult” i i 2001/8/30 page 19 i i CAP´ ITULO 1. COMBINATORIA 19 de CRn−r,m−r formas de distribuir las m − r bolas que quedan en las n − r urnas restantes. Por lo tanto, hay: n n + m − 2r − 1 Cn,r · CRn−r,m−r = · r n−r−1 maneras de distribuir las bolas. N´tese que, en el caso de que las urnas no fueran distinguibles, el problema o se complicar´ y habr´ que recurrir a otros procedimientos. ıa ıa P1.16] En un hospital se utilizan cinco s´ımbolos para clasificar las historias cl´ ınicas de sus pacientes, de manera que los dos primeros son letras y los tres ultimos son d´ ´ ıgitos. Suponiendo que hay 25 letras, ¿cu´ntas historias a cl´ ınicas podr´n hacerse si: a 1. no hay restricciones sobre letras y n´meros; u 2. las dos letras no pueden ser iguales? Soluci´n o 1. Dado que es necesario tener en cuenta el orden de las dos letras esco- gidas y que adem´s ´stas pueden repetirse, resulta que hay V R25,2 = a e 252 = 625 posibilidades para las letras. Se procede an´logamente con a ıgitos y se obtiene un total de V R10,3 = 103 = 1000 el caso de los d´ posibilidades para los d´ıgitos. El total de historias cl´ ınicas que pue- den hacerse es, por lo tanto, 625 · 1000 = 625000. 2. Se procede de forma similar al caso anterior, con la unica diferencia ´ de que ahora las letras no pueden repetirse. As´ hay V25,2 = 25·24 = ı, 600 posibilidades para las letras, y V R10,3 = 1000 posibilidades para los d´ ıgitos, resultando que hay 600 · 1000 = 600000 historias cl´ ınicas. P1.17] ¿De cu´ntas formas se pueden sentar siete personas en torno a una mesa a redonda si: 1. no hay restricciones; 2. dos personas particulares no pueden sentarse juntas? Soluci´n o 1. El n´mero de permutaciones de las siete personas en la mesa es 7!. u Sin embargo, se observa que, dada una de estas posibles distribu- ciones, si cada individuo se traslada al asiento situado a su derecha, por ejemplo, la posici´n relativa de todos los individuos ser´ la mis- o a ma. Por tanto, como no se hacen distinciones entre los asientos en la i i i i
- 16. “libroult” i i 2001/8/30 page 20 i i 20 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD mesa, debemos de dividir por el n´mero de casos en que la posici´n u o relativa es la misma, es decir, por 7. As´ el n´mero total de formas ı, u de sentarse es 7!/7 = 6! = 720. 2. Consideremos a esas dos personas como una sola. Procediendo igual que en el apartado (a), se obtiene que hay 6!/6 = 5! = 120 distri- buciones. Adem´s, hay P2 = 2! = 2 posibles distribuciones de esas a dos personas en particular. Por tanto, hay 120 · 2 = 240 formas de sentarse, estando juntas las dos personas particulares. Por otra par- te, hay 6! = 720 formas de sentarse, sin restricciones. Finalmente, se concluye que hay 720 − 240 = 480 formas de sentarse. P1.18] En la s´ ıntesis de prote´ınas hay una secuencia de tres nucle´tidos sobre o el ADN que decide cu´l es el amino´cido a incorporar. Existen cuatro a a tipos distintos de nucle´tidos seg´n la base, que puede ser A (adenina), o u G (guanina), C (citosina) y T (timina). ¿Cu´ntas secuencias distintas se a podr´n formar si se pueden repetir nucle´tidos? a o Soluci´n o Ya que importa el orden de los nucle´tidos en la secuencia, y adem´s ´stos o a e pueden repetirse, entonces existen V R4,3 = 43 = 64 secuencias distintas. P1.19] ¿Cu´ntos ramilletes distintos se pueden formar con 5 flores de variedades a distintas? Soluci´n o Pueden formarse ramilletes de 1, 2, 3, 4 ´ 5 flores. Por tanto, dado que o las flores de un ramillete no est´n ordenadas y adem´s no se repiten, a a tenemos: 5 C5,i = 25 − 1 = 31 i=1 ramilletes distintos. P1.20] Suponiendo que hay 27 letras distintas, ¿cu´ntos conjuntos diferentes a de iniciales pueden formarse si cada persona tiene un apellido y 1. exactamente dos nombres; 2. no m´s de dos nombres; a 3. no m´s de tres nombres? a Soluci´n o 1. Si tiene dos nombres, hay V R27,3 = 273 = 19683 conjuntos de ini- ciales. 2. Si tiene dos nombres como m´ximo, hay dos posibilidades: a i i i i
- 17. “libroult” i i 2001/8/30 page 21 i i CAP´ ITULO 1. COMBINATORIA 21 del tipo “nombre apellido” hay V R27,2 = 272 posibilidades; del tipo “nombre1 nombre2 apellido” hay V R27,3 = 273 posibi- lidades. Luego hay 272 · (1 + 27) = 20412 conjuntos de iniciales. 3. Si tiene tres nombres como m´ximo, a las dos posibilidades del apar- a tado (b) hay que a˜adir el tipo “nombre1 nombre2 nombre3 apelli- n do”, del que hay V R27,4 = 274 posibilidades, obteni´ndose finalmen- e te un total de 272 · 1 + 27 + 272 = 551853 conjuntos de iniciales. P1.21] Si se arrojan d dados y m monedas, ¿cu´ntos resultados diferentes se a pueden distinguir? Soluci´n o Suponiendo que los dados son distintos y las monedas son distintas: Para el caso de los d dados (un dado tiene 6 resultados posibles), puesto que se distinguen los dados entre s´ y en una tirada pue- ı, de obtenerse el mismo resultado en varios dados, hay un total de V R6,d = 6d resultados distintos para los dados. Procediendo de forma an´loga para las m monedas, se obtienen a V R2,m = 2m resultados distintos para las monedas. Se concluye as´ que hay un total de 6d · 2m resultados diferentes. ı Suponiendo que los dados son iguales y las monedas son iguales: El n´mero de resultados que se pueden obtener al arrojar los d dados, u teniendo en cuenta que ´stos son indistinguibles y puede repetirse el e mismo resultado en varios de ellos, es CR6,d = C6+d−1,d = Cd+5,d . Adem´s, para las m monedas, hay un total de CR2,m = C2+m−1,m = a Cm+1,m = m + 1 resultados. Por lo tanto, hay Cd+5,d · (m + 1) resultados diferentes. i i i i
- 18. “libroult” i i 2001/8/30 page 22 i i i i i i
- 19. “libroult” i i 2001/8/30 page 23 i i CAP´ ITULO 2 Fundamentos de probabilidades Se llama espacio muestral Ω a un conjunto matem´tico donde cada elemento a representa un resultado (concreto) de un experimento. Dado que es una imagen matem´tica (abstracta) de un problema (real) no es necesariamente unico para a ´ un experimento dado, pudiendo por tanto existir diferentes espacios muestrales para un mismo problema. A cada elemento del espacio muestral se le llama suceso elemental ya que se consideran como los resultados m´s simples que interesan de un experimen- a to. T´ıpicamente se desea estudiar caracter´ ısticas de algunos subconjuntos de sucesos elementales, que reciben el nombre de sucesos. Se dice que un suceso A ocurre cuando el resultado del experimento ω est´ asociado a uno de sus a sucesos elementales, es decir, ω ∈ A. Para garantizar rigor en el uso de operaciones algebraicas como la uni´n y o la intersecci´n de conjuntos, la familia de sucesos se extiende con algunos otros o subconjuntos (complementos, etc.) de manera que la familia extendida A tenga la siguiente propiedad de ´lgebra: a A ∈ A entonces Ac := Ω A ∈ A; A1 , A2 ∈ A entonces A1 ∪ A2 ∈ A; ∅ ∈ A. Sobre una pareja (Ω, A) se define una probabilidad como una funci´n o P : A −→ [0, 1] 23 i i i i
- 20. “libroult” i i 2001/8/30 page 24 i i 24 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD con las siguientes propiedades: P (Ω) = 1; si A1 , A2 ∈ A: A1 ∩ A2 = ∅ entonces P (A1 ∪ A2 ) = P (A1 ) + P (A2 ). A la terna (Ω, A, P ) se le llama espacio probabil´ ıstico. Dado (Ω, A, P ) con Ω ⊂ A, el espacio muestral Ω se llama equiprobable cuando la probabilidad de todos sus sucesos elementales es la misma. Una importante caracter´ ıstica de los espacios muestrales equiprobables es que la probabilidad de cualquier suceso suyo se calcula determinando la pro- porci´n de sus elementos sobre el total. Intuitivamente: o casos favorables a A P (A) = . casos posibles de Ω Cuando Ω sea un conjunto finito esta ultima idea consiste en un c´lculo de ´ a cardinales ya que: |A| P (A) = . |Ω| Dados dos sucesos A y B de un mismo espacio probabil´ ıstico (Ω, A, P ) con P (B) > 0, se llama probabilidad condicionada de A dado B a la probabilidad de que ocurra un suceso elemental en A supuesto que ha ocurrido alg´n suceso u elemental de B. Se representa por P (A | B), y sucede que: P (A ∩ B) P (A | B) := . P (B) Se dice que A y B son independientes si, y s´lo si, P (A ∩ B) = P (A)P (B). o Ejercicios Resueltos P2.1] Describir el espacio muestral para cada uno de los siguientes experimen- tos aleatorios: 1. 250 personas son seleccionadas en La Laguna y se les pregunta si van a votar al candidato A o al B. 2. Un dado es lanzado cinco veces consecutivas. 3. Cinco dados son lanzados simult´neamente. a 4. Una moneda es lanzada hasta que salen dos caras o dos cruces con- secutivas. 5. Cuatro objetos se envasan en paquetes de dos. i i i i
- 21. “libroult” i i 2001/8/30 page 25 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 25 6. Cuatro bolas son extra´ ıdas aleatoriamente y sin reeplazamiento de una urna que contiene ocho bolas blancas y seis azules. Soluci´n o 1. Si wi representa la opci´n del i-´simo encuestado (i = 1, . . . , 250) o e entonces un posible espacio muestral es Ω = {w = (w1 , w2 , . . . , w250 ) : wi ∈ {A, B} , i = 1, . . . , 250} = = {(A, A, . . . , A) , (A, B, A, . . . , A) , . . . , (B, B, B, . . . , B)} . Si no interesa conocer lo que vota cada persona, otro espacio mues- tral v´lido ser´ a ıa: Ω = {0, 1, 2, . . . , 250} , donde cada suceso elemental representa el n´mero de encuestados u que optan por el candidato A. 2. Representando por wi el resultado del i-´simo lanzamiento del dado e (i = 1, 2, 3, 4, 5), podemos definir el espacio muestral como Ω = {w = (w1 , w2 , w3 , w4 , w5 ) : wi ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}} . 3. Los dados se lanzan de forma simult´nea, por lo que de cada lan- a zamiento tendremos en cuenta tan s´lo el n´mero de veces que ha o u salido cada cara. As´ un posible espacio muestral es: ı, 6 Ω= w = (w1 , w2 , w3 , w4 , w5 , w6 ) : wi ∈ {0, 1, . . . , 5}, wi = 5 i=1 donde cada wi representa el n´mero de veces que sale el n´mero i u u en un lanzamiento (i = 1, 2, 3, 4, 5, 6) . 4. Representando por w1 el n´mero de lanzamientos hasta conseguir u dos caras o dos cruces consecutivas, y por w2 el resultado de los dos ultimos lanzamientos, podemos definir como espacio muestral: ´ Ω = {w = (w1 , w2 ) : w1 ∈ {2, 3, . . .} , w2 ∈ {C, X}} . 5. Hay 4 objetos, que representaremos por A, B, C y D, y se envasan en dos paquetes de dos objetos cada uno. Por lo tanto, desde que se conozca la composici´n de un paquete ya se conoce la del otro. o Adem´s, elegido un objeto (por ejemplo, A) basta saber qui´n va a e con ´l en el paquete. Teniendo esto en cuenta, podemos definir como e espacio muestral para este experimento: Ω = {B, C, D} . i i i i
- 22. “libroult” i i 2001/8/30 page 26 i i 26 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 6. Si representamos por wi el color de la bola de la i-´sima extracci´n e o (i = 1, 2, 3, 4), siendo B =“blanco” y A =“azul” los dos posibles colores a obtener, un posible espacio muestral es Ω = {w = (w1 , w2 , w3 , w4 ) : wi ∈ {B, A} , i = 1, 2, 3, 4} . P2.2] Una moneda es lanzada cinco veces. Definir espacios muestrales diferentes de acuerdo a los siguientes objetivos: 1. S´lo el n´mero de caras es de inter´s. o u e 2. El resultado de cada lanzamiento individual es de inter´s. e 3. Mostrar que cualquier espacio muestral satisfactorio para (2) puede ser tambi´n usado en (1), pero que la afirmaci´n rec´ e o ıproca no es cierta. Soluci´n o 1. Representamos cada suceso elemental como w =“n´mero de caras u obtenidas en los cinco lanzamientos”. As´ un posible espacio mues- ı, tral es: Ω = {0, 1, 2, 3, 4, 5} . 2. Un posible espacio muestral es: Ω = {w = (w1 , w2 , w3 , w4 , w5 ) : wi ∈ {C, X}} , donde cada wi representa el resultado del i-´simo lanzamiento de la e moneda, que puede ser C =“cara” y X =“cruz” (i = 1, 2, 3, 4, 5) . 3. Si tomamos un suceso del espacio muestral del apartado (b) podemos calcular el n´mero de caras que han salido (espacio muestral del u apartado (a)). Sin embargo, a partir del n´mero de caras que se han u obtenido en cinco lanzamientos no podemos saber el resultado de cada lanzamiento individual. P2.3] Dado (Ω, A, P ) un espacio probabil´ ıstico, demostrar: 1. P (∅) = 0; 2. si A, B ∈ A: A ⊆ B entonces P (A) ≤ P (B); 3. si A ∈ A: P (Ac ) = 1 − P (A); 4. si A, B ∈ A: P (A B) = P (A) − P (A ∩ B); 5. si A, B ∈ A: P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B). i i i i
- 23. “libroult” i i 2001/8/30 page 27 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 27 Soluci´n: o 1. Basta tener presente las dos condiciones que cumple P por definici´n, o considerando A1 := Ω y A2 := ∅. 2. Basta tener presente las dos condiciones que cumple P por definici´n, o considerando A1 := A ∩ B = A y A2 := B A. 3. Basta tener presente las dos condiciones que cumple P por definici´n, o considerando A1 := A y A2 := Ac . 4. Basta tener presente las dos condiciones que cumple P por definici´n, o considerando A1 := A B y A2 := A ∩ B. 5. Usando los apartados anteriores: P (A ∪ B) = P (A) + P (B A) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B). P2.4] Un jugador italiano expres´ su sorpresa a Galileo, por observar que al o jugar con 3 dados la suma 10 aparece con m´s frecuencia que la 9. Seg´n el a u jugador los casos favorables al 9 ser´ ıan: 126, 135, 144, 225, 234 y 333; y al 10: 136, 145, 226, 235, 244 y 334. Pero Galileo vio que estas combinaciones no se pueden considerar igualmente probables. Explicar por qu´ y calcular e las correspondientes probabilidades. Soluci´n o Consideremos como espacio muestral: Ω = {w = (w1 , w2 , w3 ) : wi ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6} , i = 1, 2, 3} , donde cada wi representa el resultado del lanzamiento del i− ´simo dado e (i = 1, 2, 3). N´tese que este espacio es equiprobable y |Ω| = 63 . o La probabilidad de obtener resultados que sumen nueve es: 3! · [P ({(1, 2, 6)}) + P ({(1, 3, 5)}) + P ({(2, 3, 4)})] 3 + · [P ({(1, 4, 4)}) + P ({(2, 2, 5)})] + P ({(3, 3, 3)}) 2 1 3 25 = 3 · 6·3+ ·2+1 = . 6 2 216 Por otra parte, la probabilidad en el caso de que la suma sea igual a diez es: 3! · [P ({(1, 3, 6)}) + P ({(1, 4, 5)}) + P ({(2, 3, 5)})] 3 + · [P ({(2, 2, 6)}) + P ({(2, 4, 4)}) + P ({(3, 3, 4)})] 2 1 3 1 = 3 · 6·3+ ·3 = , 6 2 8 que es mayor que 25/216. i i i i
- 24. “libroult” i i 2001/8/30 page 28 i i 28 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD P2.5] Consid´rese un espacio muestral Ω formado por las 24 permutaciones de e los n´meros 1, 2, 3 y 4, todas equiprobables. Definimos Ai = {w ∈ Ω/en u w aparece el n´mero i en el lugar i-´simo}. Calcular: u e 1. P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ) 2. P ((A1 ∪ A2 ) ∩ (A3 ∪ A4 )) 3. P (A1 ∪ A3 ) 4. P (A1 ∪ (A3 ∩ A4 )) Soluci´n o 1. Dado que P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ) = P (Ai ) − P (Ai ∩ Aj ) 1≤i≤4 1≤i<j≤4 + P (Ai ∩ Aj ∩ Ak ) 1≤i<j<k≤4 −P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ), procedemos a calcular cada uno de los t´rminos: e |Ai | (4 − 1)! 6 1 P (Ai ) = = = = , |Ω| 24 24 4 para todo i = 1, . . . , 4 |Ai ∩ Aj | (4 − 2)! 2 1 P (Ai ∩ Aj ) = = = = , |Ω| 24 24 12 para todo i, j = 1, . . . , 4 |Ai ∩ Aj ∩ Ak | 1 P (Ai ∩ Aj ∩ Ak ) = = , |Ω| 24 para todo i, j, k = 1, . . . , 4 |A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 | 1 P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ) = = . |Ω| 24 Luego, fijados por ejemplo Ai = A1 , Aj = A2 , Ak = A3 , se tiene que la probabilidad pedida es: 4 4 P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ) = · P (Ai0 ) − · P (Ai0 ∩ Aj0 ) 1 2 4 + · P (Ai0 ∩ Aj0 ∩ Ak0 ) 3 i i i i
- 25. “libroult” i i 2001/8/30 page 29 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 29 4 −· P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ) 4 1 1 1 1 5 = 4· −6· +4· −1· = . 4 12 24 24 8 2. Utilizando lo ya conocido para la probabilidad de la uni´n de dos o sucesos, se obtiene el resultado: P ((A1 ∪ A2 ) ∩ (A3 ∪ A4 )) = P (A1 ∪ A2 ) + P (A3 ∪ A4 ) −P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ) = {P (A1 ) + P (A2 ) − P (A1 ∩ A2 )} + {P (A3 ) + P (A4 ) − P (A3 ∩ A4 )} −P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ) = 1 15 24 − 4 − 15 5 = 1−2· − = = . 12 24 24 24 3. Utilizando la propiedad de la probabilidad de la uni´n de dos sucesos o se obtiene: 1 1 5 P (A1 ∪ A3 ) = P (A1 ) + P (A3 ) − P (A1 ∩ A3 ) = 2 · − = . 4 12 12 4. An´logamente, se obtiene que: a P (A1 ∪ (A3 ∩ A4 )) = P (A1 ) + P (A3 ∩ A4 ) − P (A1 ∩ A3 ∩ A4 ) = 1 1 1 7 = + − = . 4 12 24 24 P2.6] Sean A1 , A2 y A3 sucesos tales que A1 ∪ A2 ∪ A3 = Ω y A1 ∩ A2 = A1 ∩ A3 = A2 ∩ A3 . Sabiendo que P (A1 ) = 1/4 y P (A2 ) = 1/2 hallar P (A3 ). Soluci´n o Sabemos que P (Ω) = 1, y adem´s podemos expresar esta probabilidad a en funci´n de los tres sucesos que se definen en el enunciado. As´ desarro- o ı, llando esta expresi´n y sustituyendo los datos que nos da el problema, se o tiene que: P (Ω) = 1 = P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ) = P (A1 ) + P (A2 ) + P (A3 ) −P (A1 ∩ A2 ) − P (A1 ∩ A3 ) − P (A2 ∩ A3 ) +P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = 1 1 = + + P (A3 ) − 2 · P (A1 ∩ A2 ), 4 2 usando, para la ultima igualdad, que: ´ P (A1 ∩ (A2 ∩ A3 )) = P (A1 ∩ (A1 ∩ A2 )) = P (A1 ∩ A2 ). i i i i
- 26. “libroult” i i 2001/8/30 page 30 i i 30 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Finalmente, despejando, obtenemos: 1 P (A3 ) = 2 · P (A1 ∩ A2 ) + . 4 P2.7] Tres caballos A, B y C participan en una carrera. El suceso “A vence a B” se designa por AB, el suceso “A vence a B, el cual vence a C” como ABC, y as´ sucesivamente. Se sabe que P (AB) = 2/3, P (AC) = 2/3 ı y P (BC) = 1/2. Adem´s P (ABC) = P (ACB), P (BAC) = P (BCA) a y P (CAB) = P (CBA). Calcular P (A venza), P (B venza), P (C venza). ¿Son AB, AC y CB independientes? Soluci´n o En este problema se asume que no existen los empates. Por ello, los sucesos elementales son las permutaciones de las letras A, B y C, y un simple espacio muestral es: Ω = {ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA} ; |Ω| = 3! = 6 Dicho espacio tiene |Ω| = 3! = 6 elementos, pero no es necesariamente equiprobable. Adem´s: a AB = {ABC, ACB, CAB} AC = {ABC, ACB, BAC} BC = {ABC, BAC, BCA} . Denotemos las probabilidades de los sucesos elementales: P ({ABC}) = P ({ACB}) = p1 , P ({BAC}) = P ({BCA}) = p2 , P ({CAB}) = P ({CBA}) = p3 . y resolvamos: P (AB) = 2/3 ⇒ 2 · p1 + p3 = 2/3 P (AC) = 2/3 ⇒ 2 · p1 + p2 = 2/3 P (BC) = 1/2 ⇒ p1 + 2 · p2 = 1/2 Se obtiene as´ que p1 = 5/18, p2 = 1/9 y p3 = 1/9. Por tanto, las proba- ı bilidades que pide el problema son: P (A venza) = P ({ABC}) + P ({ACB}) = 2 · p1 = 5/9 P (B venza) = P ({BAC}) + P ({BCA}) = 2 · p2 = 2/9 P (C venza) = P ({CAB}) + P ({CBA}) = 2 · p3 = 2/9. i i i i
- 27. “libroult” i i 2001/8/30 page 31 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 31 Por ultimo, para ver si AB, AC y CB son independientes, calculemos: ´ 5 P (AB ∩ AC) = P ({ABC, ACB}) = P ({ABC}) + P ({ACB}) = 9 2 2 4 P (AB) · P (AC) = · = . 3 3 9 Dado que P (AB ∩ AC) = P (AB) · P (AC), se concluye que no son inde- pendientes. P2.8] Siendo A, B y C tres sucesos pertenecientes a un determinado espacio muestral, se consideran los dos sucesos M = A∩B c ∩C c y N = A∩(B∪C). Calcular las probabilidades de M y N sabiendo que P (A) = 0,7, P (B) = 0,6, P (C) = 0,5, P (A ∩ B) = 0,45, P (A ∩ C) = 0,35, P (B ∩ C) = 0,25 y P (A ∩ B ∩ C) = 0,15. Soluci´n o Se puede usar la diferencia de sucesos, y as´ ı: c P (M ) = P (A ∩ B c ∩ C c ) = P (A ∩ (B ∪ C) ) = P (A| (B ∪ C)) = P (A) − P (A ∩ (B ∪ C)) = P (A) − P ((A ∩ B) ∪ (A ∩ C)) = P (A) − P (A ∩ B) − P (A ∩ C) + P ((A ∩ B) ∩ (A ∩ C)) = 0,7 − 0,45 − 0,35 + 0,15 = 0,05. Otro modo de calcular P (M ) consiste en usar la expresi´n equiva- o lente a la uni´n de los sucesos A, B y C: o A ∪ B ∪ C = (A ∩ (B ∪ C)c ) ∪ B ∪ C = (A ∩ B c ∩ C c ) ∪ B ∪ C. Se tiene entonces que: P (A ∪ B ∪ C) = P ((A ∩ B c ∩ C c ) ∪ B ∪ C) = P (A ∩ B c ∩ C c ) + P (B) + P (C) −P (A ∩ B c ∩ C c ∩ B) − P (A ∩ B c ∩ C c ∩ C) −P (B ∩ C) + P ((A ∩ B c ∩ C c ) ∩ B ∩ C), siendo A ∩ Bc ∩ C c ∩ B = A ∩ Bc ∩ C c ∩ C = ∅ y (A∩B c ∩C c )∩(B ∪ C) = (A ∩ B c ∩ C c ∩ B)∪(A ∩ B c ∩ C c ∩ C) = ∅. i i i i
- 28. “libroult” i i 2001/8/30 page 32 i i 32 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Por tanto: P (A ∪ B ∪ C) = P (A ∩ B c ∩ C c ) + P (B) + P (C) − P (B ∩ C). (1) Hemos logrado expresar la probabilidad pedida en funci´n de las o probabilidades conocidas P (B), P (C), P (B ∩ C) y P (A ∪ B ∪ C), siendo el valor de esta ultima: ´ P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C) − P (A ∩ B) −P (A ∩ C) − P (B ∩ C) + P (A ∩ B ∩ C) = = 0,7 + 0,6 + 0,5 − 0,45 − 0,35 − 0,25 + 0,15 = 0,9 Finalmente, despejamos en 2.1 el resultado: P (M ) = P (A ∩ B c ∩ C c ) = 0,05 Para calcular P (N ), expresamos N como uni´n de sucesos disjuntos, o utilizando la diferencia de sucesos: P (N ) = P (A ∩ (B ∪ C)) = P ((A ∩ B) ∪ ((A ∩ C) | (A ∩ B ∩ C))) = P (A ∩ B) + P ((A ∩ C) | (A ∩ B ∩ C)) = P (A ∩ B) + P (A ∩ C) − P ((A ∩ C) ∩ (A ∩ B ∩ C)) = P (A ∩ B) + P (A ∩ C) − P (A ∩ B ∩ C) = 0,45 + 0,35 − 0,15 = 0,65, verific´ndose la tercera igualdad debido a que los sucesos A ∩ B y a (A ∩ C) | (A ∩ B ∩ C) son disjuntos. Otra forma de obtener la probabilidad pedida ser´ directamente: ıa, P (N ) = P (A ∩ (B ∪ C)) = P ((A ∩ B) ∪ (A ∩ C)) = P (A ∩ B) + P (A ∩ C) − P (A ∩ B ∩ C) . P2.9] Siendo A1 , A2 y B tres sucesos tales que A1 ∩ A2 = ∅, demostrar que P (A1 ∪ A2 |B) = P (A1 |B) + P (A2 |B). Soluci´n o Aplicamos la definici´n de probabilidad condicionada y se obtiene: o P ((A1 ∪ A2 ) ∩ B) P ((A1 ∩ B) ∪ (A2 ∩ B)) P (A1 ∪ A2 |B) = = = P (B) P (B) P (A1 ∩ B) + P (A2 ∩ B) − P (A1 ∩ A2 ∩ B) = = P (B) P (A1 ∩ B) P (A2 ∩ B) = + P (B) P (B) = P (A1 |B) + P (A2 |B). i i i i
- 29. “libroult” i i 2001/8/30 page 33 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 33 La tercera igualdad se verifica debido a que P (A1 ∩ A2 ∩ B) = P (∅ ∩ B) = P (∅) = 0. P2.10] Demostrar que si A1 , A2 y A3 son independientes, entonces tambi´n lo e son Ac , Ac y Ac . Y que si A1 , A2 y A3 son independientes, entonces son 1 2 3 independientes por pares, pero que lo rec´ ıproco no es cierto. Soluci´n o “Si A1 , A2 y A3 son independientes, entonces Ac , Ac y Ac son 1 2 3 independientes”. Supongamos A1 , A2 y A3 independientes. Esto quiere decir que: P (A1 ∩ A2 ) = P (A1 ) · P (A2 ) P (A1 ∩ A3 ) = P (A1 ) · P (A3 ) P (A2 ∩ A3 ) = P (A2 ) · P (A3 ) P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P (A1 ) · P (A2 ) · P (A3 ) Veamos que esto se verifica tambi´n para Ac , Ac y Ac , pues: e 1 2 3 c P (Ac ∩ Ac ) 1 2 = P ((A1 ∪ A2 ) ) = 1 − P (A1 ∪ A2 ) = = 1 − P (A1 ) − P (A2 ) + P (A1 ∩ A2 ) = = 1 − P (A1 ) − P (A2 ) + P (A1 ) · P (A2 ) = = (1 − P (A1 )) · (1 − P (A2 )) = P (Ac ) · P (Ac ) . 1 2 An´logamente: a P (Ac ∩ Ac ) = P (Ac ) · P (Ac ) 1 3 1 3 P (Ac ∩ Ac ) = P (Ac ) · P (Ac ) . 2 3 2 3 Por ultimo, tenemos que: ´ c P (Ac ∩ Ac ∩ Ac ) = 1 2 3 P ((A1 ∪ A2 ∪ A3 ) ) = 1 − P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ) = 1− P (Ai ) + P (Ai ∩ Aj ) 1≤i≤3 1≤i<j≤3 −P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = 1− P (Ai ) + P (Ai ) · P (Aj ) 1≤i≤3 1≤i<j≤3 −P (A1 ) · P (A2 ) · P (A3 ) = P (Ac ) · P (Ac ) · P (Ac ) . 1 2 3 “Si A1 , A2 y A3 son independientes, entonces son independientes por pares”. El resultado es consecuencia de la definici´n. o i i i i
- 30. “libroult” i i 2001/8/30 page 34 i i 34 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD “Si A1 , A2 y A3 son independientes por pares, esto no implica que necesariamente sean independientes”. Supongamos que se realiza un experimento aleatorio que consiste en lanzar dos dados distinguibles (1 y 2). Un espacio muestral es Ω = {(i, j) : i, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6} , donde i representa el resultado del dado 1 y j el resultado del dado 2 (i, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6) . Este espacio es equiprobable, y su cardinal es |Ω| = 62 = 36. Por tanto, 2 1 1 P ((i, j)) = = , para todo i, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6. 6 36 Definamos los sucesos: A = “El resultado del dado 1 es un no par”, B = “El resultado del dado 2 es un no par”, C = “Los dos dados dan el mismo resultado”. Entonces: 18 1 1 6 1 P (A) = = P (B) = P (C) = = . 36 2 2 36 6 Son independientes por pares ya que 9 1 P (A ∩ B) = = = P (A) · P (B) , 36 4 3 1 P (A ∩ C) = = = P (A) · P (C) , 36 12 3 1 P (B ∩ C) = = = P (B) · P (C) , 36 12 pero, sin embargo, no se cumple la ultima condici´n para la inde- ´ o pendencia, ya que las probabilidades: 6·3 1 P (A ∩ B ∩ C) = = , 36 12 1 P (A) · P (B) · P (C) = 24 son diferentes: P (A ∩ B ∩ C) = P (A) · P (B) · P (C) i i i i
- 31. “libroult” i i 2001/8/30 page 35 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 35 P2.11] Sea A1 y A2 dos sucesos con A1 ∩ A2 = ∅. Dar una condici´n necesaria o y suficiente para que A1 y A2 sean independientes. Soluci´n o A1 , A2 independientes ⇔ P (A1 ) · P (A2 ) = P (A1 ∩ A2 ) = P (∅) = 0 ⇔ P (A1 ) = 0 ´ P (A2 ) = 0 o P2.12] Dado que P (A) = 1/3, P (B|A) = 1/3; determinar si se cumple que: 1. A y B son independientes. 2. A ∩ B = ∅. 3. A ⊆ B. 4. P (Ac |B c ) = 2/3. Soluci´n o 1. Supongamos que se realiza un experimento aleatorio que consiste en extraer una bola de una urna con nueve bolas numeradas del 1 al 9. Entonces, un espacio muestral es Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} . Dicho espacio es equiprobable y P ({i}) = 1/9, para todo i = 1, . . . , 9. Definimos A como el suceso “el n´mero extra´ es menor que cua- u ıdo tro”, es decir, A = {1, 2, 3} , y sea B el suceso “el n´mero extra´ u ıdo es mayor que dos”, es decir, B = {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} . Entonces: 7 P (B) = 9 P (B ∩ A) P ({3}) 1/9 1 P (B|A) = = = = . P (A) 1/3 1/3 3 P (B) = P (B|A), por lo que se concluye que los dos sucesos no son independientes. 2. Por definici´n de probabilidad condicionada, se tiene que: o P (B ∩ A) P (B ∩ A) P (B|A) = = = 1/3, P (A) 1/3 obteni´ndose as´ que P (B ∩ A) = 1/9. Por lo tanto, A ∩ B = ∅. e ı 3. En el mismo contraejemplo utilizado en el primer apartado del pro- blema se observa que A ⊆ B. i i i i
- 32. “libroult” i i 2001/8/30 page 36 i i 36 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 4. Obs´rvese, en el contraejemplo del apartado (a), que: e P (Ac ∩ B c ) P (∅) P (Ac |B c ) = = = 0. P (B c ) P ({1, 2}) P2.13] ¿Son ciertas las igualdades: 1. P (A|B) = P (Ac |B c ); 2. P (A|B) + P (Ac |B c ) = 1; 3. P (A|B) + P (A|B c ) = 1? Soluci´n o 1. Para ver que la igualdad P (A|B) = P (Ac |B c ) es falsa, definimos un espacio muestral Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, con P ({i}) = 1/6, para todo i = 1, . . . , 6, pudiendo pensarse que cada suceso elemental i se corresponde con la cara que sale al lanzar un dado. Definimos tambi´n los sucesos A = {1, 2} y B = {3, 4}, que verifican: e A ∩ B = ∅, c B = {1, 2, 5, 6} , c c c A ∩ B = (A ∪ B) = {5, 6} . Sustituyendo en las correspondientes expresiones, se obtiene: P (A ∩ B) P (∅) P (A|B) = = =0 P (B) P (B) P (Ac ∩ B c ) P (Ac |B c ) = = P (B c ) P ({5, 6}) 2/6 1 = = = . P ({1, 2, 5, 6}) 4/6 2 Luego la igualdad P (A|B) = P (Ac |B c ) no es cierta. 2. La igualdad P (A|B) + P (Ac |B c ) = 1 tampoco se verifica, pues, si utilizamos los datos del ejemplo del apartado anterior, resulta: P (A|B) + P (Ac |B c ) = 0 + 1/2 = 1/2 = 1. 3. La igualdad P (A|B) + P (A|B c ) = 1 no es cierta, pues, utilizando nuevamente el ejemplo del primer apartado, se obtiene: A ∩ B c = {1, 2} , i i i i
- 33. “libroult” i i 2001/8/30 page 37 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 37 y sustituyendo: P (A|B) = 0 P (A ∩ B c ) P ({1, 2}) P (A|B c ) = = P (B c ) P ({1, 2, 5, 6}) 2/6 1 = = . 4/6 2 Luego P (A|B) + P (A|B c ) = 0 + 1/2 = 1/2 = 1. P2.14] Demostrar que si dos sucesos A y B son independientes, entonces Ac y B c son independientes. Soluci´n o Comprobemos que P (A ∩ B) = P (A) · P (B) implica que P (Ac ∩ B c ) = P (Ac ) · P (B c ). En efecto, c P (Ac ∩ B c ) = P ((A ∪ B) ) = 1 − P (A ∪ B) = 1 − P (A) − P (B) + P (A ∩ B) = 1 − P (A) − P (B) + P (A) · P (B) = (1 − P (A)) · (1 − P (B)) = P (Ac ) · P (B c ) , concluy´ndose as´ que Ac y B c son independientes. e ı P2.15] Sean A y B dos sucesos tales que P (A) = 1/4, P (B|A) = 1/2 y P (A|B) = 1/4. Decir si son ciertas o falsas las siguientes relaciones: 1. A ⊂ B; 2. A y B son independientes; 3. Ac y B c son independientes; 4. A y B son incompatibles; 5. P (Ac |B c ) = 1/2; 6. P (A|B) + P (Ac |B c ) = 1. Soluci´n o 1. N´tese que si A ⊂ B entonces A ∩ B = A, y se verificar´ o ıa: P (A ∩ B) P (A) 1 P (B|A) = = =1= , P (A) P (A) 2 por lo que no es posible que A ⊂ B. i i i i
- 34. “libroult” i i 2001/8/30 page 38 i i 38 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 2. Es cierto. En efecto, A y B son independientes, pues: 1 1 1 P (A ∩ B) = P (B|A) · P (A) = · = 2 4 8 y 1 1 1 P (A) · P (B) = · = . 4 2 8 Luego P (A ∩ B) = P (A) · P (B) . 3. Habiendo demostrado ya la independencia de A y B, y teniendo en cuenta el ejercicio 14, se concluye que Ac y B c son independientes. 4. No es cierto que A y B sean incompatibles, ya que: 1 1 1 P (A ∩ B) = P (B|A) · P (A) = · = = 0. 2 4 8 5. Tampoco se cumple que P (Ac |B c ) = 1/2, pues: P (Ac ∩ B c ) P (Ac ) · P (B c ) 3 P (Ac |B c ) = = = . P (B c ) P (B c ) 4 6. Se verifica que P (A|B) + P (Ac |B c ) = 1. En efecto, 1 3 P (A|B) + P (Ac |B c ) = + = 1. 4 4 P2.16] Demostrar los siguientes resultados: Dado (Ω, A, P ) un espacio proba- bil´ ıstico, un subconjunto de sucesos A1 , . . . , Ak disjuntos dos a dos, y otro suceso B tal que B ⊆ ∪k Ai ; i=1 1. Teorema de la probabilidad total: k P (B) = P (B|Ai )P (Ai ). i=1 2. Teorema de Bayes: para cada j ∈ {1, . . . , k}, P (B|Aj )P (Aj ) P (Aj |B) = k . i=1 P (B|Ai )P (Ai ) Soluci´n: o 1. Dado que B es la uni´n disjunta de los conjuntos B ∩Ai , el resultado o es trivial. 2. Consecuencia inmediata de aplicar la definici´n de probabilidad con- o dicionada y del apartado anterior. i i i i
- 35. “libroult” i i 2001/8/30 page 39 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 39 P2.17] Supuesto que los sucesos A1 , A2 y A3 son independientes y asumiendo que r = 0, 1, 2, 3, obtener expresiones en t´rminos de P (A1 ), P (A2 ) y e P (A3 ) para las probabilidades de los sucesos: 1. ocurren exactamente r sucesos; 2. al menos ocurren r sucesos; 3. como m´ximo ocurren r sucesos. a Soluci´n o 1. Veamos la probabilidad de que ocurran exactamente r sucesos para cada valor de r: Si r = 0, por el ejercicio 10: “Si A1 , A2 y A3 son independientes, entonces Ac , Ac y Ac son independientes”, luego 1 2 3 P (Ac ∩ Ac ∩ Ac ) 1 2 3 = P (Ac ) · P (Ac ) · P (Ac ) = 1 2 3 = (1 − P (A1 )) · (1 − P (A2 )) · (1 − P (A3 )) . Si r = 1 entonces P ((A1 ∩ Ac ∩ Ac ) ∪ (Ac ∩ A2 ∩ Ac ) ∪ (Ac ∩ Ac ∩ A3 )) 2 3 1 3 1 2 = P (A1 ∩ Ac ∩ Ac ) + P (Ac ∩ A2 ∩ Ac ) + P (Ac ∩ Ac ∩ A3 ) . 2 3 1 3 1 2 Esta igualdad se verifica porque los sucesos son disjuntos. Adem´s, a por el ejercicio P2.8: P Ai ∩ Ac ∩ Ac j k = P (Ai ) − P (Ai ∩ Aj ) − P (Ai ∩ Ak ) +P (Ai ∩ Aj ∩ Ak ) = P (Ai ) − P (Ai ) · P (Aj ) − P (Ai ) · P (Ak ) +P (Ai ) · P (Aj ) · P (Ak ) , para todo i, j, k = 1, 2, 3; i = j, i = k, j = k. Continuando con las igualdades anteriores 3 3 P (Ai )−2· (P (Ai ) · P (Aj ))+3·P (A1 )·P (A2 )·P (A3 ) , i=1 i<j i,j=1 que est´ expresado en t´rminos de las probabilidades pedidas. a e Si r = 2, entonces: P ((A1 ∩ A2 ∩ Ac ) ∪ (A1 ∩ Ac ∩ A3 ) ∪ (Ac ∩ A2 ∩ A3 )) = 3 2 1 = P ((A1 ∩ A2 ) ∩ Ac ) + P ((A1 ∩ A3 ) ∩ Ac ) + P (Ac ∩ (A2 ∩ A3 )) 3 2 1 = P (A1 ∩ A2 ) − P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) + P (A1 ∩ A3 ) −P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) + P (A2 ∩ A3 ) − P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) , i i i i
- 36. “libroult” i i 2001/8/30 page 40 i i 40 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD donde la primera igualdad se verifica por ser sucesos disjuntos. Adem´s, por el ejercicio 10: “Si A1 , A2 y A3 son independientes, a entonces A1 , A2 y A3 son independientes por pares”, luego, el ultimo t´rmino de esta ultima expresi´n es equivalente a: ´ e ´ o P (A1 ) · P (A2 ) + P (A1 ) · P (A3 ) + P (A2 ) · P (A3 ) −3 · P (A1 ) · P (A2 ) · P (A3 ) . Si r = 3, se tiene que: P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P (A1 ) · P (A2 ) · P (A3 ) , por ser sucesos independientes. 2. La probabilidad de que ocurran al menos r sucesos es: Si r = 0, esta probabilidad es P (Ω) = 1. Si r = 1, entonces: P (A1 ∪ A2 ∪ A3 ) = 1 − P (Ac ∩ Ac ∩ Ac ) = 1 2 3 = 1 − (1 − P (A1 )) · (1 − P (A2 )) · (1 − P (A3 )) . Si r = 2, tenemos P ((A1 ∩ A2 ) ∪ (A1 ∩ A3 ) ∪ (A2 ∩ A3 )) = P (A1 ∩ A2 ) + P (A1 ∩ A3 ) + P (A2 ∩ A3 ) −2 · P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P (A1 ) · P (A2 ) + P (A1 ) · P (A3 ) + P (A2 ) · P (A3 ) −2 · P (A1 ) · P (A2 ) · P (A3 ) , donde la segunda igualdad se verifica por ser A1 , A2 y A3 sucesos independientes. Si r = 3, la probabilidad es: P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P (A1 ) · P (A2 ) · P (A3 ) , verific´ndose esta igualdad por ser A1 , A2 y A3 sucesos indepen- a dientes. 3. Calculemos la probabilidad de que al m´ximo ocurran r sucesos. a Si r = 0, se tiene que P (Ac ∩ Ac ∩ Ac ) = (1 − P (A1 )) · (1 − P (A2 )) · (1 − P (A3 )) . 1 2 3 i i i i
- 37. “libroult” i i 2001/8/30 page 41 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 41 Si r = 1, entonces 1 − P ((A1 ∩ A2 ) ∪ (A1 ∩ A3 ) ∪ (A2 ∩ A3 )) = 1 − P (A1 ) · P (A2 ) − P (A1 ) · P (A3 ) − P (A2 ) · P (A3 ) +2 · P (A1 ) · P (A2 ) · P (A3 ) , por ser A1 , A2 y A3 sucesos independientes. Si r = 2, la probabilidad que nos interesa obtener es 1 − P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = 1 − P (A1 ) · P (A2 ) · P (A3 ) , por ser A1 , A2 y A3 sucesos independientes. Si r = 3, el resultado es P (Ω) = 1. P2.18] Dilema del concurso televisivo. En un concurso de televisi´n se le ofrece o al concursante la posibilidad de elegir una entre 3 puertas (A, B, C) para quedarse lo que hay tras ella. El presentador le informa de que s´lo una o de ellas tiene un buen regalo (un apartamento en Torrevieja, Alicante), mientras que las otras dos est´n vac´ El concursante opta por una y a ıas. tras decirlo, el presentador (que conoce exactamente d´nde est´ el regalo) o a le abre una de las otras dos puertas no elegidas por el concursante donde no est´ el regalo. Luego le ofrece al concursante la opci´n de cambiar su a o decisi´n inicial eligiendo la otra puerta a´n no abierta. ¿Qu´ debe hacer el o u e concursante? Es decir, ¿debe el concursante aceptar la nueva posibilidad cambiando la puerta que eligi´ originalmente, o no? o Soluci´n o En el momento original donde el concursante debe tomar su primera decisi´n, es evidente que la probabilidad de que escoja la puerta tras la que o se oculta el regalo es igual a 1/3. Supuesto que opta por una, se encuentra con que el presentador le ofrece una nueva informaci´n: le reduce las tres o posibilidades iniciales a dos. Esto cambia por tanto las probabilidades, ya que la puerta abierta por el presentador pasa a tener probabilidad 0, mientras que las otras dos se reparten el 1/3 que esa puerta pierde. Pero, ¿de qu´ manera? Desde luego, no equitativamente, puesto que la puerta e elegida por el concursante sigue teniendo probabilidad 1/3 y la otra que no abri´ el presentador pasa a tener probabilidad 2/3. o Por tanto, el concursante s´ deber´ cambiar su elecci´n original, ya que ı ıa o con ello duplica la probabilidad de obtener el regalo. Obviamente, este consejo se basa unicamente en consideraciones matem´ticas y no tiene ´ a presente de ninguna forma la afici´n o aversi´n al riesgo del concursante. o o i i i i
- 38. “libroult” i i 2001/8/30 page 42 i i 42 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD P2.19] Dilema del prisionero. En una c´rcel hay 3 prisioneros (A, B, C) con a historiales similares. En un momento dado, los tres solicitan el indulto a un tribunal, y sin conocerse m´s detalles llega la informaci´n al prisionero a o A de que han concedido el indulto a 2 de los 3 prisioneros. El prisionero A conoce a uno de los miembros del tribunal y puede intentar hacerle una pregunta para obtener algo de informaci´n. Sabe que no puede preguntar o si ´l es uno de los dos indultados, pero s´ puede pedir que le den el nombre e ı de uno de los otros dos (nunca ´l) que est´ indultado. Pensando un poco e e concluye que si no hace tal pregunta, entonces la probabilidad de ser uno de los dos indultados es 2/3, mientras que si la hace obtendr´ respuesta y a entonces la probabilidad de ser el otro indultado es 1/2. Por ello, concluye que es mejor no hacer tal pregunta, porque sea cual sea la respuesta, s´lo o le servir´ para disminuir la probabilidad de ser uno de los dos indultados. a ¿D´nde est´ el error de su razonamiento? o a Soluci´n o Si no hace la pregunta, entonces un espacio muestral es Ω = {w = {w1 , w2 } : wi ∈ {A, B, C} , w1 = w2 } = {{A, B} , {A, C} , {B, C}} , que es un espacio equiprobable. Dado que el suceso “A es indultado” coincide con {{A, B} , {A, C}}, entonces su probabilidad es 2/3, y por tanto ese c´lculo del prisionero es correcto. a Sin embargo, si hace la pregunta, un espacio muestral ser´ ıa Ω = {w = ({w1 , w2 } , w3 ) : wi ∈ {A, B, C} , w1 = w2 , w3 ∈ {w1 , w2 } {A}} , donde w1 y w2 representan los dos presos indultados, y w3 es el nombre de uno de los indultados que el miembro del tribunal da al preso A. N´tese o que: 1 P (({A, B} , B)) = P (({A, C} , C)) = , 3 1 P (({B, C} , B)) = P (({B, C} , C)) = , 6 donde se asume que A no es indultado con probabilidad 1/3 y en tal caso la respuesta puede ser B ´ C con igual probabilidad. En consecuencia el o suceso “A es indultado” coincide con {({A, B} , B) , ({A, C} , C)} y por tanto la probabilidad sigue siendo 2/3. Aqu´ est´ su error. En efecto, era ı a de esperar que conocer la respuesta a su pregunta no le diera informaci´n o sobre la probabilidad de que ´l mismo fuera indultado, debido al propio e enunciado de la pregunta. i i i i
- 39. “libroult” i i 2001/8/30 page 43 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 43 P2.20] Supongamos que entramos en un casino con 20 euros y desear´ ıamos salir con 40 euros. Se nos ofrecen dos posibilidades para aumentar el capital en una ruleta: 1. apostar los 20 euros sobre “pares” en una unica jugada; ´ 2. apostar un euro sobre “pares” en cada jugada durante una secuencia de jugadas hasta que pierda sus 20 euros o gane lo deseado. Analizar matem´ticamente ambas alternativas. a Soluci´n o Recurriendo a la primera opci´n, propia de jugadores m´s arriesgados, o a hay una probabilidad de ganar igual a 18/38 ∼ 0,474. = Sin embargo, con la segunda opci´n, propia de jugadores m´s cautelosos, o a la probabilidad de ganar es: 20 20 18 −1 = 0. 1084. 20 40 18 −1 Es decir, con la segunda opci´n tiene un 25 % menos de posibilidades de o ganar que con la primera opci´n. o P2.21] ¿Cu´l es el m´ a ınimo n´mero de alumnos que debe tener una clase para u garantizar una probabilidad 0.5 de que el d´ de cumplea˜os de alg´n ıa n u alumno coincida con el d´ de cumplea˜os del rector de la universidad? ıa n Se asume que los a˜os son de 365 d´ n ıas. Soluci´n o La probabilidad de que entre n alumnos no haya ninguno con el mismo d´ de cumplea˜os que el rector es 364n /365n , y por tanto la probabilidad ıa n de que en una clase con n alumnos haya al menos uno con el cumplea˜os n deseado es 1 − 364n /365n . Ahora obtengamos el menor valor n natural tal que: n 364 1 1− ≥ , 365 2 es decir, −n · (ln364 − ln365) ≥ ln1 − ln2, concluyendo as´ que n ≥ 252,652, luego la clase debe tener al menos 253 ı alumnos. i i i i
- 40. “libroult” i i 2001/8/30 page 44 i i 44 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD P2.22] ¿Cu´l es el menor n´mero de alumnos que debe tener una clase para a u garantizar con probabilidad 0.5 que haya al menos dos alumnos con igual d´ de cumplea˜os? ıa n Soluci´n o Sea n el n´mero de alumnos de una clase. Claramente, si n > 365, enton- u ces seguro que hay alguna coincidencia. Asumamos por tanto que n ≤ 365. La probabilidad de que en el aula no haya ninguna coincidencia es: 365 · 364 · . . . · (365 − n + 1) 365! n = . 365 (365 − n)! · 365n Por tanto, se trata de encontrar el menor n tal que: 365! 1 1− n ≥ , (365 − n)! · 365 2 es decir: ln365! − ln (365 − n)! − nln365 ≤ ln2. Si n = 22 la probabilidad de que haya al menos una coincidencia es 0,4757, es decir, no cumple lo deseado. Sin embargo, para n = 23 tal probabilidad es 0,5073, es decir, s´ cumple la desigualdad anterior, y por ı lo tanto el menor n´mero de alumnos es 23. u P2.23] Un joven tiene un pleito sobre el que cree firmemente que ´l tiene la e raz´n. Sabe que hay dos tribunales: o 1. Tribunal A: formado por 3 personas que, con independencia, tienen probabilidad p, p, 1/2 respectivamente de emitir un informe indivi- dual correcto. El informe colectivo se obtiene mediante la regla de la mayor´ entre los tres informes individuales. ıa 2. Tribunal B: formado por 1 persona que tiene probabilidad p de emi- tir un informe correcto. ¿Por cu´l de los dos tribunales deber´ optar el joven? Razonar la res- a ıa puesta matem´ticamente. a Soluci´n o El tribunal A emite un informe conjunto acertado cuando se da uno de los siguientes sucesos: A1 ≡ “los dos miembros con probabilidad p aciertan”. (Esto ocurre debido a que por la regla de la mayor´ esto implica ıa que el informe conjunto ser´ acertado, sin importar el informe del a miembro con probabilidad 1/2.) i i i i
- 41. “libroult” i i 2001/8/30 page 45 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 45 A2 ≡ “uno de los dos miembros de probabilidad p acierta y el otro no, y el miembro con probabilidad 1/2 acierta”. Puesto que ambos sucesos son disjuntos, la probabilidad de que el tribunal acierte es: 1 P (A1 ) + P (A2 ) = p2 + 2 · p · (1 − p) · = p. 2 Es decir, los dos tribunales tienen la misma probabilidad de emitir un informe acertado sobre un pleito. P2.24] Una mano de p´ker consiste en cinco cartas seleccionadas sin reemplaza- o miento de una baraja de 52 (sin comodines). Determinar la probabilidad de obtener las siguientes combinaciones: 1. Escalera de color: las cinco cartas consecutivas y del mismo palo. 2. Escalera de color real: escalera de color con el As como carta mayor, detr´s de la K. a 3. P´ker: cuatro cartas con la misma numeraci´n. o o 4. P´ker de ases. o 5. Full: tres cartas con una numeraci´n y las otras dos con otra. o 6. Escalera: las cinco cartas consecutivas (el As puede ir al comienzo o al final). 7. Color: las cinco cartas del mismo palo. 8. Dobles parejas. 9. Tr´ ıo. 10. Pareja. Soluci´n o Para introducir un espacio muestral denotemos cada carta mediante un par (n, e), donde n representa el n´mero en la carta (es decir, n ∈ u {1, 2, . . . , 13}) y l representa el palo (es decir, l ∈ {A, B, C, D}). Entonces el espacio muestral es: Ω = {w = {w1 , w2 , w3 , w4 , w5 } : para todo i = j; wi = (n, e) , n ∈ {1, 2, . . . , 13} , e ∈ {A, B, C, D} , wi = wj }. Claramente este espacio es equiprobable y: 52 |Ω| = C52,5 = . 5 i i i i
- 42. “libroult” i i 2001/8/30 page 46 i i 46 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 1. Definamos el suceso A = “Se obtiene una escalera de color”. Cada palo de la baraja tiene 52/4 = 13 cartas, con las que se pueden formar 13 − 5 + 1 = 9 escaleras de color. Por tanto, ya que hay cuatro palos distintos, se tiene que: 4 |A| = · 9 = 4 · 9 = 36. 1 Luego: |A| 36 P (A) = = 52 . |Ω| 5 2. Sea el suceso B = “Se obtiene una escalera de color real”. Por cada palo de la baraja s´lo hay una escalera de color real posible. Por o tanto: 4 |B| 1 P (B) = = 52 . |Ω| 5 3. Sea C el suceso “Se obtiene un p´ker”. Hay 13 numeraciones dife- o rentes. Una vez escogidas 4 cartas con la misma numeraci´n se elige o entre las 52 − 4 = 48 restantes la que falta para completar la mano, obteni´ndose que e 13 |C| 1 · 48 P (C) = = 52 . |Ω| 5 4. Definamos el suceso D =“Se obtiene un p´ker de ases”. Hay 52−4 = o 48 cartas posibles para a˜adir a los 4 ases y completar la mano, por n lo que la probabilidad deseada es: |D| 48 P (D) = = 52 . |Ω| 5 5. Sea el suceso E = “Se obtiene un full”. Fijada una numeraci´n, o pueden formarse C4,3 = 4 conjuntos de tres cartas, ya que hay 4 palos distintos. Por lo tanto, como hay 13 posibles numeraciones distintas, en total se tienen 13 · 4 = 52 posibilidades para escoger las tres cartas iguales del full. Para las dos cartas restantes hay que tener en cuenta que no pueden ser de la misma numeraci´n anterior, luego, procediendo an´loga- o a mente al caso anterior, hay en total 12 · C4,2 = 12 · 6 = 72 combina- ciones posibles. Finalmente, se calcula: 4 4 |E| 13 · 3 · 12 · 2 P (E) = = 52 . |Ω| 5 i i i i
- 43. “libroult” i i 2001/8/30 page 47 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 47 6. Sea el suceso F =“Se obtiene una escalera”. Hay 13−5+1 = 9 nume- raciones posibles de las escaleras, a las que hay que a˜adir una m´s n a que corresponde a la escalera con el As al final. Si fijamos una nume- raci´n i, i + 1, i + 2, i + 3, i + 4, con i = 1, . . . , 9, 10, tendremos, para o cada valor de i, 45 escaleras (incluyendo las de color, y las de color real si i = 10). Si eliminamos las 4 escaleras de color correspondien- tes a esa numeraci´n (una por cada palo), quedan 45 −4 = 4·(44 −1) o escaleras y, dado que hay 10 numeraciones posibles. Entonces: |F | 4 · (44 − 1) · 10 P (F ) = = 52 . |Ω| 5 7. Representemos por G al suceso “Se obtiene color”. Para cada palo, hay C13,5 combinaciones posibles de 5 cartas. De ellas, como vimos en los apartados (a) y (b), 9+1=10 corresponden a escaleras de color y a escaleras de color reales. Por lo tanto se eliminan, resultando: 4 13 |G| 1 · 5 − 10 P (G) = = 52 . |Ω| 5 8. Definamos el suceso H =“Se obtienen dobles parejas”. Hay C13,2 formas distintas de elegir los palos con los que se forman las dos parejas, y C4,2 de crear la pareja para cada uno de esos palos. Para la quinta carta quedan 52 − 4 − 2 − 2 = 44 posibilidades, puesto que se restan, adem´s de las cuatro cartas ya escogidas, las cuatro cartas a que quedan con la misma numeraci´n que cada una de las parejas. o De este modo se evita obtener un full. As´ la probabilidad buscada ı, es 13 |H| · 4 · 4 · 44 P (H) = = 2 2 52 2 . |Ω| 5 9. Denotemos por I al suceso “Se obtiene un tr´ Hay C13,1 ·C4,3 com- ıo”. binaciones posibles de tres cartas con la misma numeraci´n. Para las o dos que completan la mano se debe tener en cuenta que ninguna de ellas puede tener la misma numeraci´n que las tres cartas anterio- o res, ya que se obtendr´ un p´ker, y adem´s ambas no pueden ser ıa o a de la misma numeraci´n, pues se formar´ un full. Luego, una vez o ıa fijadas las 3 primeras, se escoge la cuarta carta de un conjunto de 52 − 4 = 48 cartas (se descartan las 4 cartas que hay con la nume- raci´n de las tres ya elegidas), y para la ultima quedan, finalmente, o ´ 48 − 4 = 44 posibilidades (se descartan las de la misma numeraci´no que la cuarta carta). Adem´s, como no se tiene en cuenta el orden a en que se elijan estas dos ultimas cartas, dividimos 48 · 44 por 2! y ´ resulta: 13 |I| · 4 · 48·44 P (I) = = 1 3 52 2! . |Ω| 5 i i i i
- 44. “libroult” i i 2001/8/30 page 48 i i 48 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 10. Sea J el suceso “Se obtiene una pareja”. Las dos cartas que forman la pareja pueden escogerse de un total de 13·C4,2 parejas posibles. Para las tres que faltan deben descartarse aquellas combinaciones que, junto a las dos primeras cartas, formar´ un tr´ un p´ker o un full. ıan ıo, o Por lo tanto, y procediendo de forma similar al caso del tr´ fijadas ıo, las dos primeras hay 52 − 4 = 48 posibilidades para la tercera carta, 48−4 = 44 para la cuarta y 44−4 = 40 para la ultima. An´logamente ´ a al apartado anterior, se dividen las 48 · 44 · 40 combinaciones de las tres ultimas cartas por 3! = 6, ya que no importa el orden en que ´ ´stas se elijan. As´ e ı: 13 4 |J| 1 · 2 · 48 · 44 · 40 P (J) = = 52 . |Ω| 5 P2.25] Un banco ha comprobado que la probabilidad de que un cliente con fondos extienda un cheque con fecha equivocada es de 0.001. En cambio, todo cliente sin fondos pone una fecha err´nea en sus cheques. El 90 % o de los clientes del banco tienen fondos. Se recibe hoy en caja un cheque con fecha equivocada. ¿Qu´ probabilidad hay de que sea de un cliente sin e fondos? Soluci´n o Representemos un suceso elemental como w = (w1 , w2 ) , donde w1 repre- senta si el cliente tiene o no fondos (w1 ∈ con, sin) y w2 representa si el cheque tiene o no fecha equivocada (w2 ∈ {corr, equiv}). El espacio Ω no es equiprobable y tiene 4 elementos. Los datos que se dan son: P (w2 = equiv|w1 = con) = 0,001, P (w2 = corr|w1 = con) = 0,999, P (w2 = equiv|w1 = sin) = 1, P (w2 = corr|w1 = sin) = 0, P (w1 = con) = 0,9, P (w1 = sin) = 0,1. La probabilidad pedida es: P (w1 = sin ∩ w2 = equiv) P (w1 = sin|w2 = equiv) = = P (w2 = equiv) P (w2 = equiv|w1 = sin) · P (w1 = sin) = = P (w2 = equiv|w1 = sin) · P (w1 = sin) + P (w2 = equiv|w1 = con) · P (w1 = con) 1 · 0,1 = = 0,99108. 1 · 0,1 + 0,001 · 0,9 i i i i
- 45. “libroult” i i 2001/8/30 page 49 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 49 P2.26] En una bolsa hay cinco bolas, blancas o negras. Se extrae una bola y es blanca. H´llese la probabilidad de que en la bolsa haya dos blancas y a tres negras si para formar la urna se tiraron cinco monedas y se metieron tantas blancas como caras resultaron y tantas negras como cruces. Soluci´n o Representemos un suceso elemental como: w = (w1 , w2 , w3 , w4 , w5 , w6 ) , donde w1 , w2 , w3 , w4 y w5 representan los resultados de los lanzamientos de la moneda, y por tanto tambi´n la composici´n de la urna. Adicional- e o mente, w6 representa el color de la bola extra´ de la urna. Denotemos ıda por Ci (i = 0, 1, 2, 3, 4, 5) el suceso de obtener i caras en los 5 lanzamien- tos de la moneda, es decir, que la urna contenga i bolas blancas y 5 − i bolas negras, y sea B el suceso “extraer una bola blanca de la urna”. Entonces el problema se resuelve mediante los siguientes c´lculos: a P (C2 ∩ B) P (B|C2 ) · P (C2 ) P (C2 |B) = = = P (B) 5 P (B|Ci ) · P (Ci ) i=0 2 5 1 5 4 5 · 2 · 2 1 = 5 = 5 i 5 1 5 4 5 · i · 2 0+ i−1 i=0 i=1 4 4 1 = = 4 = . 5 4 (1 + 1) 4 i i=0 P2.27] Una urna contiene cinco dados con sus caras de color blanco o rojo. El dado n´mero i (i = 1, 2, 3, 4, 5) tiene i de sus caras blancas y el resto u rojas. Se selecciona al azar un dado de la urna, se lanza y sale cara roja. ¿Cu´l es la probabilidad de que el dado seleccionado sea el i? a Soluci´n o Representemos un suceso elemental como w = (w1 , w2 ) , donde w1 es el n´mero de caras blancas del dado (y por tanto el n´mero del dado), y w2 u u es el color que se obtiene al lanzar el dado. As´ ı: Ω = {w = (w1 , w2 ) : w1 ∈ {1, 2, 3, 4, 5} , w2 ∈ {B, R}} . Este espacio muestral no es equiprobable, pues P ({(1, R)}) = P ({(5, R)}) . La probabilidad pedida es: P (w1 = i ∩ w2 = R) P (w1 = i|w2 = R) = P (w2 = R) i i i i
- 46. “libroult” i i 2001/8/30 page 50 i i 50 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD P (w2 = R|w1 = i) · P (w1 = i) = 5 = P (w2 = R|w1 = j) · P (w1 = j) j=1 6−i 1 6−i 6−i 6 · 5 6 6 = = = 5 6−j 1 1 5 5 − 1 · 5·6 6 2 6 · 5 5− 6 · j j=1 j=1 6−i 6 6−i = 5 = , i = 1, . . . , 5. 2 15 P2.28] Dos personas lanzan una moneda n veces cada una. ¿Cu´l es la proba- a bilidad de que obtengan el mismo n´mero de caras? u Soluci´n o Representemos un suceso elemental como w = (w1 , . . . , wn , wn+1 , . . . , w2n ) , con wi ∈ {C, X}, donde w1 , . . . , wn son los resultados de los n lanza- mientos de una de las dos personas, y wn+1 , . . . , w2n los resultados de la otra. Denotamos por Ck , k = 0, 1, . . . , n al suceso “ambas obtienen exac- tamente k caras”. Dado que estos sucesos son disjuntos, la probabilidad de obtener el mismo n´mero de caras viene dada por: u n P (C0 ∪ C1 . . . ∪ Cn ) = P (Ck ) k=0 n k k n 2 2k n 1 n 1 n 1 = · · · = · . k 2 k 2 k 2 k=0 k=0 P2.29] En un pueblo de n + 1 habitantes, una persona le rumorea algo a una segunda persona, quien lo repite a una tercera, etc. En cada paso se elige aleatoriamente al receptor del rumor de entre n personas. Encontrar la probabilidad de que el rumor pase r veces sin: 1. regresar al que lo origin´; o 2. repet´ ırsele a una persona. Soluci´n o Numeremos a los habitantes desde 0 hasta n, y supongamos que el rumor parte inicialmente del habitante 0. Para introducir un espacio muestral, vamos a representar cada suceso elemental como w = (w1 , w2 , . . . , wr ) , i i i i
- 47. “libroult” i i 2001/8/30 page 51 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 51 donde wi , i = 0, . . . , n son las personas por las que pasa el rumor tras transmitirlo el habitante 0. As´ ı: Ω = {w = (w1 , w2 , . . . , wr ) : wi ∈ {0, 1, . . . , n} , w1 = 0, wi = wi−1 } . Este espacio es equiprobable y |Ω| = nr . 1. Sea el suceso A = “El rumor pasa r veces sin regresar al habitante 0”= {w ∈ Ω : wi = 0, para todo i}. Entonces: r−1 r−1 |A| n · (n − 1) n−1 P (A) = = = . |Ω| nr n 2. Sea el suceso B = “El rumor pasa r veces sin repetirse a ninguna persona”= {w ∈ Ω : wi = wj , para todo i = j} . Por lo tanto: |B| n · (n − 1) · (n − 2) · . . . · (n − r + 1) n! P (B) = = = . |Ω| nr (n − r)! · nr P2.30] Un ropero contiene n pares de zapatos. Si se escogen al azar 2r zapatos (con 2r < n) ¿Cu´l es la probabilidad de que: a 1. no haya ning´n par completo; u 2. haya exactamente un par completo; 3. haya exactamente dos pares completos? Soluci´n o Representemos cada zapato mediante un par (y, z), donde y representa el n´mero del par (es decir, y ∈ {1, 2, . . . , n}) y z representa el pie (es decir, u z ∈ {D, I}). Entonces, un espacio muestral es: Ω = {w = {w1 , . . . , w2r } : wi = (yi , zi ) , yi ∈ {1, . . . , n} , zi ∈ {D, I} ; wi = wj , para todo i = j}. Claramente este espacio es equiprobable, y 2n |Ω| = . 2r 1. Definimos el suceso A = “No hay ning´n par completo”: u A = {w ∈ Ω : yi = yj , para todo i = j; i, j = 1, . . . , n} . Entonces, n |A| 2r · 22r P (A) = = 2n . |Ω| 2r (Si 2r > n, entonces P (A) = 0). i i i i
- 48. “libroult” i i 2001/8/30 page 52 i i 52 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 2. Definimos el suceso B = “Hay exactamente un par completo”: B = {w ∈ Ω : ∃i = j/yi = yj ∧ ∀k = i, j : yk = yl , ∀l = k} , luego, n n−1 |B| 1 · 2r−2 · 22r−2 P (B) = = 2n . |Ω| 2r 3. Definimos el suceso C = “Hay exactamente dos pares completos”: C = {w ∈ Ω : ∃i = j/yi = yj ∧ ∀k = i, j : yk = yl , ∀l = k} . As´ se tiene que ı, n n−2 |C| 2 · 2r−4 · 22r−4 P (C) = = 2n . |Ω| 2r P2.31] Un examen de oposici´n consta de 14 temas. Se debe escoger un te- o ma de entre dos tomados al azar. Calcular la probabilidad de que a un alumno que ha preparado 5 temas le toque al menos uno que sabe. ¿Cu´l a es el n´mero m´ u ınimo de temas que debe preparar para que tenga una probabilidad superior a 1/2 de superar el examen? Soluci´n o Representemos cada suceso elemental como w = {w1 , w2 }, donde w1 , w2 ∈ {1, 2, . . . , 14}. As´ ı Ω = {w = {w1 , w2 } ; w1 , w2 ∈ {1, 2, . . . , 14} , w1 = w2 } , que es claramente un espacio muestral equiprobable. Definimos el suceso A = “Le toca al menos un tema que ha preparado”. Entonces: 14−5 36 55 P (A) = 1 − P (Ac ) = 1 − 2 14 =1− = . 2 91 91 que es la probabilidad que se pide calcular. Finalmente, supongamos que i = “n´mero de temas preparados por el u alumno”. Para superar el examen le debe tocar al menos un tema que haya preparado. Por lo tanto, la probabilidad de aprobar el examen ser´ ıa P (A), e imponiendo la condici´n del enunciado: o 14 − i 14 1 P (A) = 1 − P (Ac ) = 1 − / > , 2 2 2 i i i i
- 49. “libroult” i i 2001/8/30 page 53 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 53 (14 − i) · (13 − i) 1 1− > . 14 · 13 2 Efectuando las operaciones correspondientes, la inecuaci´n se puede ex- o presar como: i2 − 27i + 91 < 0, y resolvi´ndola se concluye que el alumno debe preparar como m´ e ınimo 4 temas. P2.32] Obtener la probabilidad p de que al lanzar n veces dos dados se ob- tenga al menos un 6 doble. ¿Cu´ntas partidas habr´ que jugar para que a a tengamos p = 1/2 de obtener un 6 doble? Soluci´n o Un espacio muestral para este problema es: Ω = {w = (w1 , w2 ; w3 , w4 ; . . . ; w2n−1 , w2n ) : wi ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}} , donde w2i−1 y w2i , i = 1, 2, . . . , n son los resultados respectivos de ambos dados en el i-´simo lanzamiento. Entonces, sea el suceso A = “se obtiene e al menos un 6 doble”, A = {w ∈ Ω : ∃k ∈ {1, 2, . . . , n} , w2k−1 = w2k = 6} , luego Ac = {w ∈ Ω : (w2k−1 , w2k ) = (6, 6) , para todo k ∈ {1, 2, . . . , n}} . Luego, dado que los resultados de los lanzamientos del par de dados son independientes entre s´ y adem´s la probabilidad de obtener un 6 doble ı, a es 1/62 = 1/36, se tiene que: n n 1 P (A) = 1−P (Ac ) = 1− [1 − P {(w2k−1 , w2k ) = (6, 6)}] = 1− 1 − 36 k=1 Por ultimo, veamos cu´ntas partidas necesitamos jugar para obtener un ´ a 6 doble con probabilidad p = 1/2 . Igualando: n 1 1 1− 1− = , 36 2 −ln2 n= = 24,605. ln35/36 Por tanto, tras aproximar el resultado, se concluye que necesitamos jugar 25 partidas. i i i i
- 50. “libroult” i i 2001/8/30 page 54 i i 54 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD P2.33] Problema de Bertrand. Dos arqueros de la misma destreza tiran al blan- co, el primero dos flechas y el segundo una. Si gana el que tire la flecha m´s cercana al centro de la diana, ¿cu´l es la probabilidad de que gane a a el primero? Soluci´n o Un espacio muestral para este problema consiste en considerar cada su- ceso elemental como la posici´n en proximidad al centro que ocupa cada o lanzamiento. As´ por ejemplo, se puede considerar que los dos primeros ı, lanzamientos son del primer arquero y el tercer lanzamiento es del segun- do. Adem´s, la probabilidad de que dos lanzamientos queden exactamente a a igual distancia del centro se asume que es cero, con lo que el espacio muestral equivale a las distintas formas de reordenar las tres calificaciones “m´s cercano”, “intermedio” y “m´s alejado” entre los tres lanzamientos. a a Claramente se trata de un espacio con 3! = 6 sucesos elementales, todos ellos equiprobables. Si cada elemento de dicho espacio se representa por w = (w1 , w2 , w3 ) , siendo w1 y w2 el primer y segundo lanzamiento, respectivamente, del primer arquero, w3 es el unico lanzamiento del segundo arquero, entonces ´ el suceso que nos interesa es A = {w : w1 = “m´s cercano”} ∪ {w : w2 = “m´s cercano”} a a Dado que estos sucesos son disjuntos y contienen dos sucesos elementales cada uno de ellos, entonces P (A) = 2/6 + 2/6 = 2/3. P2.34] Problema de Galton. Se lanzan tres monedas al aire, ¿cu´l es la proba- a bilidad de que las tres sean caras o las tres cruces? Soluci´n o Asumiendo que las monedas son distintas, representemos el espacio mues- tral como: Ω = {w = (w1 , w2 , w3 ) : wi ∈ {C, X} , i = 1, 2, 3} donde wi , i = 1, 2, 3 son los resultados respectivos de las tres mone- das, siendo C = “cara” y X = “cruz” los resultados posibles de cada lanzamiento. Entonces, sean los sucesos A = “se obtienen tres caras” y B = “se obtienen tres cruces”. Puesto que estos sucesos son disjun- tos, se tiene que la probabilidad de obtener tres caras o tres cruces es 3 3 P (A ∪ B) = P (A) + P (B) = (1/2) + (1/2) = 1/4. P2.35] Una loter´ vende n2 boletos y da n premios. Si una persona compra n ıa boletos, ¿cu´l es la probabilidad de que gane al menos un premio? a i i i i
- 51. “libroult” i i 2001/8/30 page 55 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 55 Soluci´n o Resolver este problema es equivalente a calcular la probabilidad de que, al extraer n bolas diferentes simult´neamente de una urna con n2 bolas a (numeradas de 1 a n), de las cuales n son negras y el resto blancas, al menos una de las bolas que se saquen sea negra. Un espacio muestral es: Ω = w = {w1 , . . . , wn } : wi ∈ 1, . . . , n2 ; wi = wj , ∀i = j; i, j = 1, . . . , n , que es claramente equiprobable. Si definimos el suceso A = “se extrae al menos una bola negra”, entonces la probabilidad pedida ser´ ıa: n2 −n P (A) = 1 − P (Ac ) = 1 − n n2 . n P2.36] Cierto profesor lleva siempre en el bolsillo dos cajas de N f´sforos; cada o vez que necesita un f´sforo toma al azar una de las cajas. Al cabo de o cierto tiempo una de las cajas est´ vac´ Calcular las correspondientes a ıa. probabilidades de que en ese momento la otra contenga r = 0, 1, . . . , N f´sforos suponiendo que: o 1. la caja est´ vac´ al tomar el ultimo f´sforo; a ıa ´ o 2. descubre la caja vac´ cuando por primera vez la saca y no hay ya ıa f´sforos. o Soluci´n o Supongamos que las dos cajas, que representaremos por A y B, tienen la misma probabilidad de ser tomadas. Para cada apartado del problema se definir´ un espacio muestral. a 1. Supongamos que la caja est´ vac´ al tomar el ultimo f´sforo. Esto a ıa ´ o significa que el profesor ha tomado 2N − r f´sforos en total: N − r o de una de las cajas y N de la otra (la que queda vac´ y una vez ıa), que deja vac´ una caja, para. Por lo tanto, podemos definir como ıa espacio muestral: Ω = {w = (w1 , w2 , . . . , w2N −r ) : wi ∈ {0, 1} , i = 1, . . . , 2N − r} , donde cada wi , (i = 1, . . . , 2N − r) representa la caja que se escoge en i−´simo lugar (pudi´ndose tomar o no f´sforos de ella, ya que e e o puede estar vac´ Se supone que wi = 1 si se escoge la caja A y ıa). wi = 0 si se escoge la B, para cada valor de i (i = 1, 2, . . . , 2N − r) . Este espacio es claramente equiprobable, con |Ω| = 22N −r . i i i i
- 52. “libroult” i i 2001/8/30 page 56 i i 56 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Definamos el suceso A =“la caja A queda vac´ y en la B quedan r ıa f´sforos”. o w = (w1 , w2 , . . . , w2N −r−1 , 1) : wi ∈ {0, 1} , i = 1, . . . , 2N − r − 1; A= 2N −r−1 . wi = N − 1 i=1 Por lo tanto, la probabilidad de que la caja A quede vac´ y en ıa la B queden r f´sforos es |M | / |Ω| = C2N −r−1,N −1 /22N −r . Esta o probabilidad es igual a la del otro caso posible: que la caja B quede vac´ y en la A queden r f´sforos. De este modo, se obtiene finalmente ıa o que la probabilidad pedida es 2 · C2N −r−1,N −1 /22N −r . 2. Supongamos que descubre la caja vac´ cuando por primera vez la ıa saca y no hay ya f´sforos. Por lo tanto, tras coger 2N − r f´sforos o o (de los que N corresponden a la caja que queda vac´ y N − r a la ıa otra) mediante el procedimiento de tomar una caja al azar y tomar un f´sforo de ella, el profesor coge una ultima caja antes de parar: o ´ la caja que est´ vac´ Por lo tanto, se define como espacio muestral: a ıa. Ω = {w = (w1 , . . . , w2N −r , w2N −r+1 ) : wi ∈ {0, 1} , i = 1, . . . , 2N − r} , donde los wi (i = 1, 2, . . . , 2N − r) se definen igual que en el apar- tado anterior. En este caso, |Ω| = 22N −r+1 . Sea el suceso B =“la caja A queda vac´ y en la B quedan r f´sforos”. ıa o wi ∈ {0, 1} , i = 1, . . . , 2N − r B = w = (w1 , . . . , w2N −r , 1) : 2N −r . wi = N i=1 Por lo tanto, la probabilidad de que la caja A quede vac´ y en la B ıa queden r f´sforos es |M | / |Ω| = C2N −r,N /22N −r+1 . Esta probabili- o dad es igual a la del otro caso posible: que la caja B quede vac´ y ıa en la A queden r f´sforos. De este modo, se obtiene finalmente que o la probabilidad pedida es 2 · C2N −r,N /22N −r+1 . P2.37] Problema de Buffon. Se tiene una mesa rayada con l´ ıneas paralelas separadas una distancia 2b. Se lanza una aguja de longitud 2a para que caiga sobre la mesa. Hallar la probabilidad de que la aguja corte a alguna l´ ınea si a ≤ b. Soluci´n o Un suceso elemental de este problema puede describirse mediante un par de n´meros, w = (w1 , w2 ), donde el primero w1 representa la distancia u del centro de la aguja (tras caer sobre la mesa) a la l´ ınea m´s pr´xima, a o i i i i
- 53. “libroult” i i 2001/8/30 page 57 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 57 y el segundo w2 representa el ´ngulo que la inclinaci´n de la aguja tiene a o respecto de las l´ ıneas en la mesa. N´tese que por tanto w1 ∈ [0, b[ y que o w2 ∈ [0, π[. En efecto, dado el objetivo que se persigue en el problema, es suficiente mirar s´lo la posici´n respecto a la l´ o o ınea en la mesa m´s a pr´xima y no interesa distinguir entre los dos extremos de la aguja (da o igual la punta que el ojo de la aguja). El conjunto de todos los sucesos elementales anteriores configura un es- pacio muestral Ω = [0, b[×[0, π[ claramente equiprobable. Por ello, la probabilidad de cualquier suceso A ⊆ Ω se obtiene dividiendo la integral sobre A entre bπ. En concreto, si A es el suceso que representa “la aguja toca una l´ ınea” y, asumiendo que a ≤ b, entonces A := {w ∈ Ω : w1 ∈ [0, a cos(w2 )[ para cada w2 ∈ [0, π[}. Consecuentemente π a cos(y) 1 2a P (A) = ∂x ∂y = bπ 0 0 bπ P2.38] Se consideran dos n´meros aleatorios elegidos uniformemente y con in- u dependencia dentro del intervalo [0, 1]. 1. Calcular la probabilidad de que su diferencia sea mayor que 1/6. 2. Calcular la probabilidad de que su suma sea mayor que 1. 3. Calcular la probabilidad de que su producto sea mayor que 1/7. Soluci´n: o Un espacio muestral viene dado por Ω = {w = (w1 , w2 ) : 0 ≤ w1 ≤ 1 y 0 ≤ w2 ≤ 1}. Seg´n la hip´tesis del enunciado, se trata de un espacio equiprobable y u o por tanto se aplica la Ley de Laplace. Consecuentemente, el c´lculo de la a probabilidad de un suceso se limita al c´lculo del ´rea del correspondiente a a trozo en Ω, ya que el ´rea del total es la unidad. a 1. Sea A el suceso “su diferencia es mayor que 1/6”, es decir: A = {w ∈ Ω : w1 − w2 > 1/6 o w2 − w1 > 1/6} Gr´ficamente es f´cil ver que el ´rea de A es la de un cuadrado con a a a lado 5/6, es decir, P (A) = (5/6)2 = 0,69444. i i i i
- 54. “libroult” i i 2001/8/30 page 58 i i 58 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 2. Sea B el suceso “su suma es mayor que 1”, es decir: B = {w ∈ Ω : w1 + w2 > 1}. Gr´ficamente se deduce que el ´rea coincide con la de medio cua- a a drado, es decir: 1 P (B) = . 2 3. Sea C el suceso “su producto es mayor que 1/7”, es decir: C = {w ∈ Ω : w1 · w2 > 1/7}. Concretamente: 1 1 1 1 P (C) = ·1 + ∂w2 ∂w1 = 1 − · ln7. 7 1/7 1/(7w1 ) 7 P2.39] Problema de encuentro. Se conoce que en un intervalo de tiempo de 30 minutos llegan a un mismo punto de encuentro y de forma aleatoria dos personas. ¿Qu´ probabilidad existe de que una de las personas espere por e la otra al menos 10 minutos? Soluci´n: o Este cl´sico problema en cualquier asignatura relacionada con las Proba- a bilidades es una mera reformulaci´n del problema anterior. En efecto, un o espacio muestral equiprobable es Ω = {w = (w1 , w2 ) : 0 ≤ w1 ≤ 30 y 0 ≤ w2 ≤ 30}. Si A representa los sucesos en los que “el encuentro sucede despu´s de 10 minutos de espera por parte de algunas de las personas”, e es decir: A = {w ∈ Ω : w1 − w2 > 10 o w2 − w1 > 10}, y de forma an´loga a como se hizo en el problema anterior: a 5 P (A) = . 9 P2.40] Dos personas acuden a un punto de encuentro aleatoriamente entre las 18:00 y las 19:00 horas, pero s´lo permanecen en dicho punto 5 minutos. o ¿Qu´ probabilidad hay de que efectivamente coincidan? e Soluci´n: o A efectos pr´cticos, no es relevante la hora en que acuden las personas a al punto de encuentro, sino la fracci´n de una hora que ha transcurrido o desde las 18:00 horas. Por lo tanto, y considerando que las 18:00 horas son el origen, sea [x, x + 5/60] = [x, x + 1/12] el intervalo de tiempo, entre las 18:00 y 19:00 horas, que una de las personas permanece en el i i i i
- 55. “libroult” i i 2001/8/30 page 59 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 59 y y = x + 11/12 1 y = x − 11/12 1 x Figura 2.1: Regi´n de casos favorables sobre casos posibles del problema P2.40. o punto de encuentro, e igualmente [y, y + 1/12] el correspondiente a la otra persona. N´tese que en consecuencia x e y estar´n comprendidos entre 0 o a y 1 − 11/12, pues ambos representan la parte de una hora que transcurre hasta que las dos personas llegan respectivamente al punto de encuentro. Para que ambas coincidan debe verificarse que x − 1/12 ≤ y ≤ x + 1/12. La figura 2.1 muestra que el ´rea comprendida entre estas dos rectas es a 2 12 − (11/12) , luego la probabilidad de coincidir ser´ aproximadamente a igual a 1/6. P2.41] Un punto se mueve en el plano partiendo del origen por saltos de unida- des enteras. Cuando est´ en la posici´n (m, n), para cualesquiera n´meros a o u enteros m y n, tiene una probabilidad p de pasar a la posici´n (m+1, n) y o una probabilidad 1−p de pasar a la (m, n+1). Determinar la probabilidad de que el punto pase por la posici´n (a, b). o Soluci´n: o Supongamos que el punto est´ inicialmente en la posici´n (0, 0), por lo a o que para pasar por (a, b) debe realizar a desplazamientos a la derecha y b desplazamientos hacia arriba, es decir, un total de a + b desplazamientos. Podemos representar cada suceso elemental como w = (w1 , . . . , wa+b ), con wi ∈ {D, A} , i = 1, . . . , a + b, donde cada wi es la direcci´n del o i−´simo movimiento: D =“derecha” y A =“arriba”. Por lo tanto, un e espacio muestral ser´ ıa Ω = {w = (w1 , w2 , . . . , wa+b ) : wi ∈ {D, A} , i = 1, . . . , a + b} . Este espacio no es equiprobable si p = 1/2. La probabilidad de un suceso elemental con s movimientos a la derecha, por ejemplo, es ps · a+b−s (1 − p) . i i i i
- 56. “libroult” i i 2001/8/30 page 60 i i 60 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Definamos el suceso A =“el punto realiza a desplazamientos hacia la derecha y b hacia la izquierda”. Cualquier suceso elemental de A tiene b la misma probabilidad de ocurrir, y esta probabilidad es pa · (1 − p) . Por lo tanto, ya que hay Ca+b,a combinaciones posibles de estos a + b movimientos, finalmente se tiene que a+b b P (A) = · pa · (1 − p) . a P2.42] Ocho personas se suben en un ascensor en el piso 0 de un edificio de once plantas (0,1,2,. . . ,10,11). Cada persona selecciona el piso en el que se bajar´n, entre el 1 y el 11, con igual probabilidad. Nadie m´s se subir´. a a a 1. Calcular la probabilidad de que todas las personas se bajen antes del quinto piso. Calcular la probabilidad de que el ascensor llegue hasta el piso octavo y all´ se bajen las ultimas personas que queden. ı ´ 2. Calcular la probabilidad de que en ning´n piso se baje m´s de una u a persona. Calcular la probabilidad de que s´lo dos personas viajen o entre el piso sexto y el s´ptimo. e Soluci´n: o Un modelo matem´tico para este problema puede consistir en considerar a cada suceso elemental como la planta donde decide bajarse cada perso- na asumiendo, por ejemplo, que todas las personas son distinguibles. Es decir, Ω = {w = (w1 , . . . , w8 ) : wi ∈ {1, . . . , 11} para cada i = 1, . . . , 8} . Este espacio muestral tiene |Ω| = 118 sucesos elementales, y adem´s a todos ellos son igualmente probables. Como consecuencia de esto ultimo, ´ la probabilidad de cualquier suceso se calcula dividiendo el n´mero de u sucesos elementales que contiene entre |Ω|. N´tese que otro espacio muestral alternativo podr´ desarrollarse no dis- o ıa tinguiendo entre las personas, es decir, identificando cada suceso elemen- tal con el n´mero de personas que se bajan en cada planta. Sin embargo, u en este caso el c´lculo de la probabilidad de un suceso no se reduce a con- a tar cu´ntos sucesos elementales contiene ya que el nuevo espacio muestral a no ser´ equiprobable. ıa 1. Continuando con el espacio muestral Ω, sea A el suceso “todas las personas se bajan antes del quinto piso”, es decir: A = {w ∈ Ω : wi < 5 para cada i = 1, . . . , 8}. i i i i
- 57. “libroult” i i 2001/8/30 page 61 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 61 Entonces P (A) = |A|/|Ω| donde |A| = 48 , ya que cada componente de un suceso en A s´lo puede asumir valores en {1, 2, 3, 4}. Por tanto, o 8 4 P (A) = = 0, 0003. 11 En general, para k = 1, . . . , 11, si Sk representa el suceso “todas las personas se bajan antes del k-´simo piso”, es decir: e Sk = {w ∈ Ω : wi < k para cada i = 1, . . . , 8}, entonces P (Sk ) = |Sk |/|Ω|, donde |Sk | = (k−1)8 ya que cada compo- nente de un suceso en Sk s´lo puede asumir valores en {1, . . . , k −1}. o N´tese que adem´s Sk−1 ⊆ Sk para todo k = 1, . . . , 11. o a Consideremos ahora el suceso B definido por “el ascensor llega hasta el piso octavo y all´ se bajan las ultimas personas que quedan”, es ı ´ decir: B = {w ∈ Ω : wi < 9 para cada i = 1, . . . , 8 y existe un j : wj = 8}. Entonces B = S9 S8 y |B| = |S9 S8 | = |S9 | − |S8 |. Consecuente- mente, 88 − 78 P (B) = = 0, 0513. 118 2. Sea C el suceso “en ning´n piso se baja m´s de una persona”, es u a decir: C = {w ∈ Ω : wi = wj para todo i =j}. Entonces P (C) = |C|/|Ω| donde 11 |C| = · 8!. 8 El primer factor son las distintas formas de elegir las 8 plantas di- ferentes donde se bajar´n las personas, y el segundo las distintas a asignaciones porque estamos trabajando con un espacio muestral donde distinguimos entre personas. Sea D el suceso “s´lo dos personas viajan entre el piso sexto y el o s´ptimo”, es decir: e wi ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6} para seis ´ ındices i, y D= w∈Ω: wj ∈ {7, 8, 9, 10, 11} para los otros ´ındices j Entonces P (D) = |D|/|Ω| donde 8 |D| = · 66 · 52 6 i i i i
- 58. “libroult” i i 2001/8/30 page 62 i i 62 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD El primer factor son las posibilidades de elegir las 6 personas que se bajar´n antes de la planta s´ptima, quedando al tiempo fijas tambi´n a e e las que se bajar´n despu´s de la sexta. El segundo factor son las a e posibilidades de que las 6 personas elegidas se bajen antes de la s´ptima, y el tercer factor las posibilidades de que las 2 personas e restantes se bajen despu´s de la sexta. e P2.43] A y B juegan 12 partidas de ajedrez. A gana seis, B gana cuatro y en dos quedan en tablas. Otro d´ acuerdan jugar un torneo de 3 partidas. ıa Hallar la probabilidad de que 1. A gane las tres; 2. en dos partidas queden en tablas; 3. A y B ganen alternadamente; 4. B gane al menos una partida. Soluci´n: o Un posible espacio muestral es Ω = {w = (w1 , w2 , w3 ) : wi ∈ {A, B, X} , i = 1, 2, 3} , donde cada wi (i = 1, 2, 3) representa el resultado de la i-´sima partida e del torneo, siendo este resultado A o B si la partida la gana el jugador A o el B, respectivamente, o bien X si quedan en tablas. Adem´s, los re- a sultados de las partidas son independientes. Por otra parte, a la vista de los resultados obtenidos en 12 partidas, se asume que las respectivas pro- babilidades de obtener cada uno de los resultados anteriores son 1/2, 1/3 y 1/6. As´ el espacio muestral dado no es equiprobable, puesto que, por ı, ejemplo, P ({(A, B, A)}) = 1/12, pero P ({(A, B, B)}) = 1/18. 1. Sea M el suceso “A gana las tres partidas”. Luego, M = {(A, A, A)} y la correspondiente probabilidad es P (M ) = (1/2)3 = 1/8. 2. Definimos el suceso N = “En dos partidas del torneo A y B quedan en tablas”. Se tiene entonces que N = N1 ∪ N2 ∪ N3 , siendo Ni = {w = (w1 , w2 , w3 ) : wi ∈ {A, B} ; wj = X, para todo j = 1, 2, 3, j = i}, i = 1, 2, 3. i i i i
- 59. “libroult” i i 2001/8/30 page 63 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 63 N´tese que los sucesos elementales que son permutaciones de un o mismo conjunto de resultados individuales, tienen la misma proba- bilidad de ocurrir. Por lo tanto: P (N ) = 3 · P ({(A, X, X)}) + 3 · P ({(B, X, X)}) 2 2 1 1 1 1 5 =3· · +3· · = . 2 6 3 6 72 3. Sea el suceso S = “A y B ganan alternadamente”. As´ como cada ı, torneo consta de 3 partidas, se obtiene que 2 2 1 1 1 1 5 P (S) = P ({(A, B, A)})+P ({(B, A, B)}) = · + · = . 3 2 2 3 36 4. Representemos por T el suceso “B gana al menos una partida”. La probabilidad deseada es P (T ) = 1 − P (T c ) = 1 − P ({(A, A, A)}) − C3,1 · P ({(A, X, X)}) −C3,1 · P ({(A, A, X)}) − P ({(X, X, X)}) 1 1 1 1 19 = 1− +3· +3· + = . 8 72 24 216 27 P2.44] Una bolsa contiene dos bolas blancas y tres bolas negras. Cada una de cuatro personas, A, B, C y D, en ese orden, saca una bola y no la repone. El primero que la saque blanca gana. Determinar las probabilidades de ganar de A, B, C y D. Soluci´n: o Representemos cada suceso elemental como w = (w1 , w2 , w3 , w4 ), donde cada wi , i = 1, 2, 3, 4 es el color de la bola que extrae la i-´sima persona, e siendo wi = U si la bola es blanca y wi = V si es negra, para i = 1, 2, 3, 4. As´ un espacio muestral ser´ ı, ıa Ω = {w = (w1 , w2 , w3 , w4 ) /wi ∈ {U, V } , i = 1, 2, 3, 4} , que no es equiprobable. Por otra parte, sean los sucesos Ai = “La i-´sima persona gana”= “La e primera bola blanca aparece en el i-´simo lugar”. Supondremos que las e personas est´n ordenadas de A a D. Las probabilidades de ganar son, por a tanto: 2 P (A1 ) = , 5 3 2 3 P (A2 ) = · = , 5 4 10 i i i i
- 60. “libroult” i i 2001/8/30 page 64 i i 64 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 3 2 2 1 P (A3 ) = · · = , 5 4 3 5 3 2 1 2 1 P (A4 ) = · · · = . 5 4 3 2 10 P2.45] Una caja contiene ocho bolas rojas, tres blancas y nueve azules. Si se sacan tres bolas al azar, determinar la probabilidad de que: 1. las tres sean rojas; 2. las tres sean blancas; 3. dos sean rojas y una blanca; 4. al menos una sea blanca; 5. sean una de cada color; 6. salgan en el orden roja, blanca, azul. Soluci´n: o Asumiendo que las bolas se extraen de forma simult´nea, consideremos a el espacio muestral Ω = {w = {w1 , w2 , w3 } : wi ∈ {r, b, a}} , donde wi , i = 1, 2, 3 representa el color de cada bola que se extrae, siendo r si la bola es roja, b si es blanca y a si es azul. Este espacio no es equiproba- ble. Sin embargo, si se numeran las bolas del 1 al 20 (es decir, se consideran las bolas de un mismo color distinguibles entre s´ y se considera como es- ı) pacio muestral Ω = {w = {w1 , w2 , w3 } : wi = 1, 2, . . . , 20; i = 1, 2, 3}, s´ se ı tendr´ un espacio equiprobable, a siendo|Ω| = C20,3 , y podremos usar la regla de Laplace. 1. Sea el suceso A = “Se extraen tres bolas rojas”. La probabilidad pedida es entonces: C8,3 14 P (A) = = . C20,3 285 2. Representemos por B al suceso “Se extraen tres bolas blancas”. Se tiene que: C3,3 1 P (B) = = . C20,3 1140 3. Definamos el suceso C = “Se extraen dos bolas rojas y una blanca”. Teniendo en cuenta que hay 8 bolas rojas y 3 blancas, se obtiene: C8,2 · C3,1 7 P (C) = = . C20,3 95 i i i i
- 61. “libroult” i i 2001/8/30 page 65 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 65 4. Sea D el suceso “Al menos una de las bolas extra´ ıdas es blanca”. Entonces, C17,3 34 23 P (D) = 1 − P (Dc ) = 1 − =1− = . C20,3 57 57 5. Definamos el suceso E = “Se extraen 3 bolas de diferente color”. Por lo tanto, C8,1 · C3,1 · C9,1 18 P (E) = = . C20,3 95 6. Para calcular la probabilidad pedida, dado que las bolas se extraen una a una y sin reemplazamiento, debemos definir un nuevo espacio muestral en el que se tenga en cuenta el orden de extracci´n. Si nu- o meramos las bolas del 1 al 20 (para as´ distinguir entre s´ a las bolas ı ı de un mismo color, al igual que se hizo al comienzo del ejercicio), se tiene que un espacio muestral es: wi = 1, 2, . . . , 20 i = 1, 2, 3 Ω = w = (w1 , w2 , w3 ) : . wi = wj para todo i = j Este espacio es claramente equiprobable, con Ω = V20,3 . Sea el suceso F = “Las tres bolas se extraen en el orden roja, blanca, azul”. Se tiene entonces, dado que hay 8 bolas rojas, 3 blancas y 9 azules, que: 8·3·9 3 P (F ) = = . V20,3 95 Obs´rvese que este nuevo espacio muestral Ω podr´ haberse usado e ıa desde el comienzo del problema para calcular tambi´n las probabi- e lidades de los cinco primeros apartados. Sin embargo, para ello se recurri´ al espacio muestral Ω, que es mucho m´s sencillo que Ω y o a no tiene en cuenta el orden de aparici´n de las bolas. No obstante, o si se realizaran todos los c´lculos s´lo con este espacio se obtendr´ a o ıa: V8,3 14 P (A) = = . V20,3 285 V3,3 1 P (B) = = . V20,3 1140 Teniendo en cuenta que hay V8,2 formas de ordenar dos bolas rojas tomadas de las 8 que existen, y V3,1 formas de tomar las bolas blan- cas, hay, para cada distribuci´n de ´stas, C3,1 formas de combinar o e esas 3 bolas de forma ordenada, manteniendo las dos bolas rojas en su posici´n relativa, obteni´ndose que: o e C3,1 · V8,2 · V3,1 7 P (C) = = . V20,3 95 i i i i
- 62. “libroult” i i 2001/8/30 page 66 i i 66 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Del mismo modo que antes, tambi´n se tiene que: e V17,3 34 23 P (D) = 1 − P (Dc ) = 1 − =1− = . V20,3 57 57 Finalmente, si han de ser de tres colores diferentes, se debe tener en cuenta que, fijadas las tres bolas, hay 3! maneras posibles de ordenarlas. Por lo tanto, 3! · V8,1 · V3,1 · V9,1 18 P (E) = = . V20,3 95 P2.46] De una baraja de 52 naipes se sacan 5. Hallar la probabilidad de que: 1. cuatro sean Ases; 2. cuatro sean Ases y uno Rey; 3. tres sean Dieces y dos Sotas; 4. salgan Nueve, Diez, Sota, Caballo y Rey en cualquier orden; 5. tres sean de un palo y dos de otro; y 6. al menos uno sea un As. Soluci´n: o Para introducir un espacio muestral denotemos cada carta mediante un par de n´meros (n, l), donde n representa el n´mero en la carta (es decir, u u n ∈ {1, 2, . . . , 13}) y l representa el palo (es decir, l ∈ {A, B, C, D}). Entonces el espacio muestral es: Ω = {w = {w1 , w2 , w3 , w4 , w5 } : wi = wj , para todo i = j; wi = (n, l) , n ∈ {1, 2, . . . , 13} , l ∈ {A, B, C, D}}. Claramente este espacio es equiprobable y: 52 |Ω| = = 2598960. 5 1. Sea A el suceso “Cuatro de las cinco cartas escogidas son Ases”. Una vez fijados los 4 Ases, hay un total de 52 − 4 = 48 posibilidades para la quinta carta. Aplicando la regla de Laplace, se obtiene que: 1 · 48 1 P (A) = 52 = . 5 54145 i i i i
- 63. “libroult” i i 2001/8/30 page 67 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 67 2. Representemos por B al suceso “Cuatro cartas son Ases y una Rey”. En este caso, una vez fijados los 4 Ases, hay 4 posibilidades para la quinta carta: los 4 Reyes. As´ se tiene que ı, 1·4 1 P (B) = 52 = . 5 649740 3. Sea el suceso C = “Hay tres Dieces y dos Sotas”. Se tienen C4,3 formas de escoger tres Dieces, que han de combinarse con el total de C4,2 formas de elegir las dos Sotas. Por lo tanto: 4 4 3 · 2 1 P (C) = 52 = . 5 108290 4. Definamos el suceso D = “Salen Nueve, Diez, Sota, Caballo y Rey en cualquier orden”. N´tese que no importa el orden en que aparezcan o las cartas, por lo que podemos continuar usando el espacio muestral definido al principio del ejercicio. Se obtiene que: 4 5 1 64 P (D) = 52 = . 5 162435 5. Sea E el suceso “Tres cartas son de un palo y dos de otro”. La baraja tiene 4 palos, por lo que hay C4,2 formas de escoger los dos palos. Para cada una de ´stas, ya que cada palo consta de 13 cartas, se e tiene un total de C13,3 y C13,2 posibilidades para elegir las tres y dos cartas, respectivamente, de cada uno de los dos palos, resultando: 4 13 13 2 · 3 · 2 429 P (E) = 52 = . 5 8330 6. Sea el suceso F = “Al menos una de las cartas es un As”. As´ el ı, suceso F c = “Ninguna carta es un As”, y es m´s sencillo recurrir a a ´ste para el c´lculo de la probabilidad de F . N´tese que hay 4 Ases e a o en la baraja, por lo hay C52−4,5 formas de escoger cinco cartas sin que ninguna de ellas sea un As. De esta forma se tiene que: 48 35673 18472 P (F ) = 1 − P (F c ) = 1 − 5 52 =1− = . 5 54145 54145 P2.47] En una urna que contiene n bolas se echa una bola roja, extrayendo posteriormente una bola. Hallar la probabilidad de que la bola extra´ ıda sea roja, si son igualmente probables todas las suposiciones posibles sobre el color inicial (rojo/no rojo) de las n bolas que contiene la urna. i i i i
- 64. “libroult” i i 2001/8/30 page 68 i i 68 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Soluci´n: o Representemos cada suceso elemental como w = (c, r, r), donde c repre- senta el color de la bola extra´ ıda, y r y r son el n´mero de bolas rojas y u no rojas, respectivamente, que hay en la urna despu´s de introducir una e bola roja en la urna inicial. Un espacio muestral viene dado por Ω = w = (c, r, r) : c ∈ R, R ; r = 1, . . . , n + 1; r = 0, . . . , n; r + r = n + 1 , donde el color de la bola que se saca, c, es R si la bola es roja y R si es de otro color. Este espacio no es equiprobable, como se ver´ a continuaci´n. a o Definamos el suceso A = “Se extrae una bola roja”, que es el conjunto de sucesos elementales: A = {w = (R, r, r) : r = 1, . . . , n + 1 : r = 0, . . . , n; r + r = n + 1} . Sean tambi´n los sucesos Bij = “Despu´s de introducir una bola roja, la e e urna tiene i bolas rojas y j bolas de otro color”= w = (c, i, j) / c ∈ R, R , con i = 1, . . . , n + 1; j = 0, . . . , n; i + j = n + 1. Por el enunciado del problema, las suposiciones para los colores de las n bolas de la urna inicial son equiprobables, por lo que tambi´n lo ser´n las urnas que resultan de e a a˜adir una bola roja a las iniciales. Por lo tanto, ya que se tiene un total n de n + 1 urnas posibles, se verifica que P (Bij ) = 1/ (n + 1) , para todo i = 1, . . . , n + 1; j = 0, . . . , n, con i + j = n + 1. Se comprueba que, por ejemplo: 1 1 1 P ({(R, 1, n)}) = P (A|B1,n ) · P (B1,n ) = · = 2, n+1 n+1 (n + 1) pero 2 1 1 P ({(R, 2, n − 1)}) = P (A|B2,n−1 )·P (B2,n−1 ) = · = 2, n+1 n+1 (n + 1) por lo que el espacio muestral definido no es equiprobable. Para calcular P (A), n´tese que se han de tener en cuenta todas las posi- o bles combinaciones para la urna. Los sucesos Bij (con i = 1, . . . , n+1; j = 0, . . . , n; i + j = n + 1) constituyen una partici´n de Ω. Por lo tanto, apli- o cando el teorema de la probabilidad total, se tiene que: P (A) = P (A|B1,n ) · P (B1,n ) + P (A|B2,n−1 ) · P (B2,n−1 ) + . . . + P (A|Bn+1,0 ) · P (Bn+1,0 ) = 1 1 2 n+1 = · + + ... + n+1 n+1 n+1 n+1 1 (n + 1) · (n + 2) n+2 = 2 · = . (n + 1) 2 2 · (n + 1) i i i i
- 65. “libroult” i i 2001/8/30 page 69 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 69 P2.48] Consid´rese el intervalo de la recta real [0, a] con a > 0. e 1. Calcular la probabilidad de que el producto de dos n´meros tomados u al azar sobre tal intervalo sea menor que una constante b. Cuantificar tal probabilidad suponiendo b = 2 y a = 4. 2. Para los valores de a y b del apartado anterior, calcular la proba- bilidad de que el producto de los dos n´meros tomados al azar sea u menor que b, sabiendo que su suma es mayor que b. Soluci´n: o Un posible espacio muestral es Ω = {w = (x, y) : 0 ≤ x, y ≤ a, }, donde x e y son dos n´meros tomados al azar sobre el intervalo [0, a]. Este u espacio es claramente equiprobable, ya que los n´meros se eligen de forma u uniforme e independiente. 1. Sea el suceso A = “El producto de dos n´meros tomados al azar en u el intervalo [0, a] es menor que b”= {w ∈ Ω : x · y < b}. N´tese que o el espacio muestral tomado es equiprobable, por lo que el c´lculo de a P (A) se reduce, aplicando la ley de Laplace, a obtener el ´rea A, a que es una parte de la superficie de un cuadrado de lado a, para dividirla por el ´rea de este cuadrado, que corresponde al espacio Ω. a Adem´s, se deben distinguir dos casos: a Si b ≤ a2 , debemos dividir el ´rea deseada en dos partes. Pa- a ra la primera de ellas el ´rea es inmediata, puesto que es un a rect´ngulo de lados b/a y a. Sin embargo, para la segunda de- a bemos calcular la correspondiente integral, y la figura 2.2 ayuda a ello. El resultado final es: a b/x 1 1 P (A) = · b+ ∂y ∂x = · b + b · ln a2 /b . a2 b/a 0 a2 Si b > a2 , se tiene que b/a > a, por lo que P (A) = a2 /a2 = 1. En el caso particular b = 2 y a = 4 resulta: P (A) = 1/8·(1 + Ln 8) ∼ = 0,38. 2. Definamos el suceso B = “La suma de dos n´meros tomados al u azar en el intervalo [0, a] es mayor que b”= {w ∈ Ω/w1 + w2 > b} . El ´rea deseada es la intersecci´n de A y B, para b = 2 y a = a o 4. Obs´rvese que si utilizamos el ´rea correspondiente obtenida en e a el apartado anterior, todo se reduce a restar a ´sta el ´rea de un e a tri´ngulo rect´ngulo de base 2 y altura 2. Por lo tanto, el resultado a a es: 1 P (A ∩ B) = · (2 + 2 · Ln 8 − 2) ∼ 0,26. = 16 i i i i
- 66. “libroult” i i 2001/8/30 page 70 i i 70 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD y a y = b/x a x Figura 2.2: Regi´n para integrar en el problema P2.48. o P2.49] Se eligen dos puntos aleatoria e independientemente de un segmento de longitud unidad, resultando dividido en tres nuevos segmentos. Hallar la probabilidad de que 1. cada uno de ellos tenga una longitud mayor o igual que 1/4; 2. se pueda formar un tri´ngulo con ellos como lados. a Soluci´n: o Un posible espacio muestral es Ω = {w = (w1 , w2 ) : w1 , w2 ∈ [0, 1]}, don- de w1 y w2 son las distancias del primero y segundo punto, respectiva- mente, al extremo inferior del segmento. Por lo tanto, los segmentos que se forman tienen longitudes w1 , w2 − w1 y 1 − w2 . Adem´s, este espacio a es claramente equiprobable, pues los puntos se eligen de forma aleatoria e independiente. 1. Representemos por A al suceso “Cada uno de los segmentos que se forman tiene una longitud mayor o igual que 1/4”, que es el conjunto A = {w = (w1 , w2 ) ∈ Ω : w1 ≥ 1/4, w2 − w1 ≥ 1/4, 1 − w2 ≥ 1/4} . Procediendo an´logamente al ejercicio anterior, el c´lculo de P (A) a a se reduce a obtener el ´rea del tri´ngulo que forman las tres rectas a a correspondientes a las desigualdades anteriores. Por lo tanto: 2 (1/4) 1 P (A) = = . 2 32 2. Representemos por a, b y c a las longitudes de los segmentos que se forman con los tres puntos elegidos aleatoriamente. Para dos valores de a y b (dentro de los posibles), con a < b, n´tese que s´lo con un o o i i i i
- 67. “libroult” i i 2001/8/30 page 71 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 71 segmento de longitud c que verifique b−a < c < b+a podr´ formarse a un tri´ngulo. a Sea el suceso B = “Podemos formar un tri´ngulo con los segmentos a obtenidos (a < b)”. Teniendo en cuenta lo anterior, se tiene que B = B1 ∪ B2 , con: B1 = {w = (w1 , w2 ) : w2 − 2 · w1 < 1 − w2 < w2 ; w2 − 2 · w1 ≥ 0, w1 , w2 ∈ [0, 1]}, que corresponde al caso a ≤ b, y B2 = {w = (w1 , w2 ) : 2 · w1 − w2 < 1 − w2 < w2 ; w2 − 2 · w1 < 0, w1 , w2 ∈ [0, 1]}, para a > b. Adem´s, B1 ∩ B2 = ∅. a Procediendo an´logamente al primer apartado de este ejercicio, se a tiene que el ´rea deseada corresponde a dos tri´ngulos que forman a a un tri´ngulo rect´ngulo de base 1/2 y altura 1/2. Por lo tanto, el a a resultado es P (B) = 1/8. An´logamente, cuando a ≥ b, la probabi- a lidad de poder formar un tri´ngulo con los segmentos obtenidos es a 1/8, por lo que se concluye que la probabilidad de poder formar un tri´ngulo es 1/4. a P2.50] Un inversor tiene la posibilidad de invertir en dos tipos de valores V1 y V2 . Si invierte en V1 tiene una probabilidad de 0.6 de obtener 16 millones de beneficio, y si invierte en V2 tiene una probabilidad de 0.8 de conseguir 12 millones. Si en tal inversi´n obtiene beneficios, est´ dispuesto a volver o a a invertir en el mismo tipo de valor. En cambio, si no obtiene beneficios, invertir´ en el otro tipo. a 1. ¿Cu´l es la probabilidad de que obtenga beneficios en la segunda a inversi´n? o 2. Si finalmente obtiene beneficios, ¿cu´l es la probabilidad de que la a primera inversi´n la hubiera efectuado en V1 ? o Soluci´n: o Un espacio muestral para este problema viene dado por Ω = w = (w1 , w2 ) : wi = (wi1 , wi2 ) ; wi1 ∈ {V1 , V2 } , wi2 ∈ B, B ; i = 1, 2 , donde wi1 representa el tipo de valor en el que invierte la i-´sima vez, e siendo V1 o V2 si es del tipo 1 o del tipo 2 respectivamente, y wi2 el resultado de esa inversi´n, que ser´ B si obtiene beneficios o B si no los o a i i i i
- 68. “libroult” i i 2001/8/30 page 72 i i 72 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD obtiene. Adem´s, dado que si el inversor no obtiene beneficios con un a tipo de valor entonces no vuelve a invertir en ´l, un suceso elemental del e tipo w = (w1 , w2 ), con w1 = V1 , B , w2 = (V1 , B), por ejemplo, tendr´ıa probabilidad cero. Si, por el contrario, obtiene beneficios, entonces repite con el tipo de valor. Por tanto, el espacio Ω no es equiprobable. 1. Sean MkB y MkB los sucesos “No obtiene beneficios con una primera inversi´n en Vk ” y “Obtiene beneficios con una primera inversi´n en o o Vk ”, respectivamente, con k = 1, 2. Se tiene que MkB = w ∈ Ω : w11 = Vk , w12 = B , y MkB = {w ∈ Ω : w11 = Vk , w12 = B} , con k = 1, 2. Estos sucesos constituyen una partici´n del espacio Ω. o Definamos tambi´n los sucesos NkB = “No obtiene beneficios con e una segunda inversi´n en Vk ” y NkB = “Obtiene beneficios con una o segunda inversi´n en Vk ”, que son el conjunto de sucesos elementales: o NkB = w ∈ Ω : w21 = Vk , w22 = B , y NkB = {w ∈ Ω : w21 = Vk , w22 = B} , respectivamente. Estos sucesos constituyen tambi´n una partici´n e o del espacio Ω. De acuerdo con los datos que proporciona el problema y suponiendo que elegir el tipo de valor 1 en la primera inversi´n o o elegir el 2 son igualmente probables, se verifica que P (M1B ) = P (M1B |M1B ∪ M1B ) · P (M1B ∪ M1B ) = 0,6 · 0,5 = 0,3, P (M1B ) = 0,5 − 0,3 = 0,2. Se procede de forma an´loga con los dos sucesos restantes, obte- a ni´ndose que e P (M2B ) = 0,8 · 0,5 = 0,4, P (M2B ) = 0,5 − 0,4 = 0,1. Para que obtenga beneficios en la segunda inversi´n hay que tener o en cuenta dos posibilidades: que los obtenga invirtiendo en el primer tipo o bien en el segundo. De esta forma, resulta P (N1B ) = P (N1B |M1B ) · P (M1B ) + P (N1B |M2B ) · P (M2B ) = = 0,6 · 0,5 · 0,6 + 0,6 · 0,5 · 0,2 = 0,24, P (N2B ) = P (N2B |M2B ) · P (M2B ) + P (N2B |M1B ) · P (M1B ) = = 0,8 · 0,5 · 0,8 + 0,8 · 0,5 · 0,4 = 0,48, i i i i
- 69. “libroult” i i 2001/8/30 page 73 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 73 por lo que finalmente: P (N1B ∪ N2B ) = P (N1B ) + P (N2B ) = 0,72. 2. Utilizando los sucesos definidos en el apartado anterior, la probabi- lidad deseada es P (M1B ∪ M1B |N1B ∪ N2B ) = P (M1B |N1B ∪ N2B ) + P (M1B |N1B ∪ N2B ) , con P (M1B |N1B ∪ N2B ) = P (N1B ∪ N2B |M1B ) · P (M1B ) /P (N1B ∪ N2B ) = [P (N1B |M1B ) + P (N2B |M1B )] · P (M1B ) /P (N1B ∪ N2B ) = = (0,6 + 0) · 0,3/0,72 = 0,25, y tambi´n e P (M1B |N1B ∪ N2B ) = P (N1B ∪ N2B |M1B ) · P (M1B ) /P (N1B ∪ N2B ) = = [P (N1B |M1B ) + P (N2B |M1B )] · P (M1B ) /P (N1B ∪ N2B ) = = (0 + 0,8) · 0,2/0,72 ∼ 0,2222, = por lo que la probabilidad de que la primera inversi´n la hubiera o efectuado en V1 habiendo obtenido beneficios en la segunda inversi´n o es aproximadamente 0.472. P2.51] Una urna contiene 10 bolas numeradas del 0 al 9. Se extraen 4 bolas una a una con reemplazamiento. ¿Cu´ntos elementos tiene el espacio muestral a de este experimento? Supuesto que se cumple la regla de Laplace, calcular la probabilidad de los siguientes sucesos: 1. La primera bola extra´ est´ numerada con 3 y la segunda con 0. ıda a 2. El n´mero que se forma con las bolas acaba en 380. u 3. El n´mero que se forma con las bolas es mayor que 3571. u Supongamos una loter´ en la que cada boleto cuesta 1.000 ptas., cuyo ıa, sorteo consiste en extraer 4 bolas, seg´n el experimento previo. Obtienen u premios todos los boletos cuyos n´meros coincidan con las 4, 3, 2 ´ 1 u o ultimas cifras del n´mero extra´ ´ u ıdo. La cuant´ (no acumulable) de los ıa premios es de: 2.000.000 ptas. si coinciden las 4 cifras; 200.000 ptas. si coinciden s´lo las tres ultimas cifras; 20.000 ptas. si coinciden las 2 ultimas o ´ ´ i i i i
- 70. “libroult” i i 2001/8/30 page 74 i i 74 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD cifras; y 2.000 ptas. si coincide la ultima cifra. ¿Ser´ rentable jugar a esta ´ ıa loter´ ıa? Soluci´n: o Un espacio muestral viene dado por Ω = {w = (w1 , w2 , w3 , w4 ) : wi = 0, 1, . . . , 9; para todo i = j} , donde wi representa el n´mero de la bola que aparece en la i-´sima ex- u e tracci´n, para i = 1, 2, 3, 4. N´tese que las bolas se extraen con reem- o o plazamiento y son todas diferentes entre s´ por lo que este espacio es ı, equiprobable y tiene un total de |Ω| = 104 elementos. 1. Sea el suceso A = “La primera bola es un tres y la segunda un cero”. A = {w ∈ Ω : w1 = 3, w2 = 0} . Aplicando la regla de Laplace se obtiene que P (A) = |A| / |Ω| = 102 /104 = 0,01. 2. Definamos el suceso B = “El n´mero que se forma con las bolas u acaba en 380”. B = {w ∈ Ω : w2 = 3, w3 = 8, w4 = 0} . La probabilidad deseada es P (B) = |B| / |Ω| = 10/104 = 0,001. 3. Representemos por C al suceso “El n´mero que se forma con las u bolas es mayor que 3571”, que es el conjunto: C = C1 ∪ C2 ∪ C3 ∪ C4 = {w ∈ Ω : w1 > 3} ∪ {w ∈ Ω : w1 = 3, w2 > 5} ∪ {w ∈ Ω : w1 = 3, w2 = 5, w3 > 7} ∪ {w ∈ Ω : w1 = 3, w2 = 5, w3 = 7, w4 > 1} , donde los sucesos Ci son disjuntos, i = 1, 2, 3, 4. Por lo tanto: |C| = |C1 | + |C2 | + |C3 | + |C4 | = 6 · 103 + 4 · 102 + 2 · 10 + 8 = 6428. Finalmente se obtiene que P (C) = 6428/104 = 0,6428. Si suponemos una loter´ con boletos de 1000 pesetas en la que se obtie- ıa nen premios de diferente cuant´ seg´n el n´mero de cifras que coinciden ıa u u con el n´mero extra´ en el sorteo, necesitamos definir una variable u ıdo aleatoria que mida el premio que gana el jugador con el boleto que ha adquirido. Para ello, supongamos que y es el n´mero del boleto compra- u do, y consta de las cifras siguientes: y1 , y2 , y3 e y4 . Sean los sucesos Ai = “Las i ultimas cifras del boleto coinciden con las del n´mero premiado”= ´ u i i i i
- 71. “libroult” i i 2001/8/30 page 75 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 75 {w ∈ Ω : wj = yj , ∀j = 4 − i + 1, . . . , 4; wk = yk , ∀k = j}, con i = 1, 2, 3, 4. Por otra parte, definamos sobre el espacio muestral dado al principio del ejercicio una variable aleatoria ξ que representa la ganancia del jugador, con el boleto que ha comprado, para el n´mero premiado en el sorteo. Se u tiene que P ξ = 2 · 102+i = P w ∈ Ω : ξ (w) = 2 · 102+i |Ai | 94−i = P (Ai ) = = , |Ω| 104 para i = 1, 2, 3, 4. De aqu´ se deduce que ı 4 94−i P (ξ = 0) = 1 − = 0,918. i=1 104 Finalmente, utilizaremos estas probabilidades calculadas para ver la ga- nancia esperada del jugador, obteni´ndose: e 4 94−i E [ξ] = 2 · 102+i · = 687,8. i=1 104 Por lo tanto, no es rentable jugar a esta loter´ puesto que el dinero que ıa, se invierte en un boleto es mucho mayor que la ganancia que se espera conseguir. P2.52] Una urna contiene cinco bolas numeradas del 1 al 5. Se extraen dos bolas una a una sin reemplazamiento, y se supone que existe aleatoriedad uniforme. Hallar la probabilidad de los siguientes sucesos: 1. Se selecciona una bola con n´mero impar la primera vez. u 2. Se selecciona una bola con n´mero impar la segunda vez. u 3. Se seleccionan las dos bolas con n´mero impar. u Generalizar el problema al caso de que la urna contenga n bolas, nume- radas de 1 a n. ¿Se obtienen los mismos resultados cuando n es par que cuando es impar? Soluci´n: o Consideremos el espacio muestral Ω = {w = (w1 , w2 ) : wi ∈ {1, 2, 3, 4, 5} , w1 = w2 } , donde wi representa el n´mero de la bola de la i-´sima extracci´n, para u e o i = 1, 2. Este espacio es equiprobable, con |Ω| = 20. i i i i
- 72. “libroult” i i 2001/8/30 page 76 i i 76 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 1. Sea el suceso A = “Se selecciona una bola con n´mero impar la u primera vez”: A = {w ∈ Ω : w1 ∈ {1, 3, 5}} . Aplicando la regla de Laplace se obtiene que 3·4 3 P (A) = = . 20 5 2. Representemos por B al suceso “Se selecciona una bola con n´mero u impar la segunda vez”: B = {w ∈ Ω : w2 ∈ {1, 3, 5}} = {w ∈ Ω : w1 , w2 ∈ {1, 3, 5}} ∪ {w ∈ Ω : w1 ∈ {2, 4} , w2 ∈ {1, 3, 5}} . An´logamente al apartado anterior, resulta a 3·2+2·3 3 P (B) = = . 20 5 3. Definamos el suceso C = {w ∈ Ω : w1 , w2 ∈ {1, 3, 5}}. Se tiene por tanto: 3·2 3 P (C) = = . 20 10 En el caso general de que la urna contenga n bolas, numeradas de 1 a n, utilizaremos el espacio muestral Ω = {w = (w1 , w2 ) : wi ∈ {1, . . . , n} , w1 = w2 } , con |Ω| = n · (n − 1), y se han de distinguir dos casos: Si n es par: 1. Sea el suceso A = “Se selecciona una bola con n´mero impar la u primera vez”: n A = w ∈ Ω : w1 = 2 · i − 1, para todo i = 1, . . . , . 2 Aplicando la regla de Laplace se obtiene que n 2 · (n − 1) 1 P (A) = = . n · (n − 1) 2 2. Representemos por B al suceso “Se selecciona una bola con n´mero u impar la segunda vez”. De forma an´loga resulta a 1 P (B) = . 2 i i i i
- 73. “libroult” i i 2001/8/30 page 77 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 77 3. Definamos el suceso C = {w ∈ Ω : w1 , w2 = 2 · i − 1, para todo i = 1, . . . , n/2} . La probabilidad pedida es n 2 · n −1 2 n−2 P (C) = = . n · (n − 1) 4 · (n − 1) Si n es impar: 1. En este caso, el suceso A = {w ∈ Ω : w1 = 2 · i − 1, para todo i = 1, . . . , (n + 1) /2} , obteni´ndose por lo tanto que e n+1 2 · (n − 1) n+1 P (A) = = . n · (n − 1) 2·n 2. An´logamente a n+1 P (B) = . 2·n 3. Por ultimo, se obtiene que ´ (n+1) 2 · n+1 − 1 2 n+1 P (C) = = . n · (n − 1) 4·n A la vista de los resultados obtenidos, se puede concluir que para calcular estas probabilidades se ha de distinguir si el n´mero de bolas es par o u impar, puesto que de un caso a otro las probabilidades difieren. P2.53] Se dispone de tres cajas id´nticas y cada caja contiene dos cajones. e Una caja contiene una moneda de oro en cada caj´n, otra contiene una o moneda de plata en cada caj´n, y la tercera una moneda de oro en un o caj´n, y una moneda de plata en el otro caj´n. o o 1. Se selecciona aleatoriamente una caja, ¿cu´l es la probabilidad de a que la caja seleccionada contenga monedas de diferentes metales? 2. Se selecciona aleatoriamente una caja, y al abrir aleatoriamente un caj´n, nos encontramos con una moneda de oro. ¿Cu´l es la proba- o a bilidad de que el otro caj´n contenga una moneda de plata? o Soluci´n: o Numeremos las cajas: la caja 1 es aquella caja con 2 monedas de oro, la 2 es la que tiene 2 monedas de plata y, finalmente, las monedas de i i i i
- 74. “libroult” i i 2001/8/30 page 78 i i 78 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD diferente metal (una de oro y otra de plata) se encuentran en la caja 3. Sea entonces el espacio muestral Ω = {w = (w1 , w2 ) : w1 ∈ {1, 2, 3} ; w2 ∈ {O, P }} , donde w1 representa la caja escogida y w2 el metal de la moneda que contiene un caj´n de esa caja escogido de forma aleatoria. Este espacio o muestral no es equiprobable, pues, por ejemplo, P ({(1, P )}) = 0, pero P ({(1, O)}) = 1/3. 1. Sea el suceso Ai = “Se selecciona la caja i”, i = 1, 2, 3. En nuestro caso, i = 3, por lo que el suceso A3 es equivalente a “La caja se- leccionada tiene monedas de diferentes metales”. Sean tambi´n los e sucesos Bo = “La moneda en el caj´n escogido de forma aleatoria en o la caja seleccionada es de oro”y Bp el correspondiente a una moneda de plata. Se tiene entonces que: P (A3 ) = P ({(3, O)}) + P ({(3, P )}) = P (Bo |A3 ) · P (A3 ) + P (Bp |A3 ) · P (A3 ) = 1 1 1 = 2· · = . 2 3 3 2. Si uno de los cajones contiene una moneda de oro y el otro una de plata, la caja en la que se encuentran es la B. Por lo tanto, la probabilidad pedida, es: P (Bo |A3 ) · P (A3 ) P (A3 |Bo ) = = P (Bo ) 1 P (Bo |A3 ) · P (A3 ) ·1 2 3 1 = = 1 = . 3 1· 3 +0· 1 + 3 1 2 · 1 3 3 P (Bo |Ai ) · P (Ai ) i=1 P2.54] Una urna contiene 8 bolas blancas y 4 bolas negras. Se sacan dos bolas una a una con reemplazamiento. Sea A el suceso: “la primera bola extra´ıda es blanca”; y B el suceso: “al menos una de las dos bolas extra´ ıdas es blanca”. Calcular P (A ∩ B), P (A ∩ B c ), P (Ac ∩ B), P (Ac ∩ B c ) y las probabilidades condicionadas P (A|B), P (A|B c ), P (B|A) y P (B|Ac ). Soluci´n: o Un espacio muestral para este problema es Ω = {w = (w1 , w2 ) : wi ∈ {b, n} , i = 1, 2} , donde cada wi representa el color de la bola extra´ en i- ´simo lugar, ıda e con i = 1, 2, siendo igual a b si la bola es blanca y n si es negra. Este i i i i
- 75. “libroult” i i 2001/8/30 page 79 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 79 2 espacio no es equiprobable, ya que, por ejemplo, P ({(b, b)}) = (8/12) , pero P ({(b, n)}) = 8/12 · 4/12. Se tiene que: A ∩ B = A = {(b, b) , (b, n)} , A ∩ B c = ∅, Ac ∩ B = {(n, b)} , Ac ∩ B c = B c = {(n, n)} . Por lo tanto, se calculan las probabilidades correspondientes, y resulta: 2 2 2 1 2 P (A ∩ B) = P ({(b, b)}) + P ({(b, n)}) = + · = , 3 3 3 3 P (A ∩ B c ) = 0, 2 P (Ac ∩ B) = P ({(n, b)}) = , 9 1 P (Ac ∩ B c ) = . 9 Una vez visto esto, las probabilidades condicionadas son: P (A ∩ B) P (A ∩ B) 3 P (A|B) = = = , P (B) 1 − P (B c ) 4 P (A ∩ B c ) P (A|B c ) = = 0, P (B c ) P (A ∩ B) P (B|A) = = 1, P (A) P (Ac ∩ B) 2 P (B|Ac ) = c) = . P (A 3 P2.55] Se lanza una moneda tres veces y en una urna vac´ se ponen tantas ıa bolas blancas como n´mero de caras obtenidas y tantas negras como el u n´mero de lanzamiento en que se obtiene cruz por primera vez, si es que u se obtiene alguna. 1. ¿Son independientes el n´mero de bolas blancas y el n´mero de bolas u u negras? ¿Son condicionalmente independientes dado que en la urna hay m´s de tres bolas? a 2. Se sacan dos bolas de la urna. ¿Cu´l es la probabilidad de que sean a de distinto color? Si son de distinto color, ¿cu´l es la probabilidad a de que la urna quede vac´ ıa? Soluci´n: o i i i i
- 76. “libroult” i i 2001/8/30 page 80 i i 80 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Un espacio muestral para este problema es Ω = {w = (w1 , w2 , w3 ) : wi ∈ {C, X} , i = 1, 2, 3} , donde wi representa el resultado del i-´simo lanzamiento de la moneda: C e si es “cara”y X si es “cruz”, para i = 1, 2, 3. Este espacio es equiprobable, con |Ω| = 23 = 8. Definamos los sucesos Ajk = “En la urna hay j bolas blancas y k negras”, para j, k = 0, 1, 2, 3. Se tiene as´ que los unicos ı ´ sucesos distintos del vac´ ser´n: ıo a A30 = {(C, C, C)} , A21 = {(X, C, C)} , A22 = {(C, X, C)} , A23 = {(C, C, X)} , A11 = {(X, X, C) , (X, C, X)} , A12 = {(C, X, X)} , A01 = {(X, X, X)} . Definamos tambi´n los sucesos Al· = “En la urna hay l bolas blancas”, e para l = 0, 1, 2, 3 y A·m = “En la urna hay m bolas negras”, para m = 0, 1, 2, 3. 1. Se tiene, por ejemplo, que P (A2· ∩ A·3 ) = P (A23 ) = 1/8, pero P (A2· ) = 3/8 y P (A·3 ) = 1/8, por lo que P (A2· ∩ A·3 ) = P (A2· ) · P (A·3 ). Se concluye as´ que el n´mero de bolas blancas y el n´mero ı u u de bolas negras no son independientes. Por otra parte, sea el suceso B = “La urna tiene m´s de 3 bolas”= a A22 ∪ A23 . Veamos todos los casos posibles. Supongamos que j = 2, luego P (Aj· ∩ A·k |B) = P (Ajk |B) = 0, y adem´s P (Aj· |B) = a 0, por lo que P (Aj· ∩ A·k |B) = P (Aj· |B) · P (A·k |B) = 0, para cualquier valor de k, con k = 0, 1, 2, 3. En el caso de que j = 2, se tiene que 1/2 si k = 2, 3 P (A2· ∩ A·k |B) = P (A2k |B) = , 0 en caso contrario y adem´s P (A2· |B) = 1 y a 1/2 si k = 2, 3 P (A·k |B) = 1 = . 0 en caso contrario Por lo tanto, P (A2· ∩ A·k |B) = P (A2· |B)·P (A·k |B) , para cualquier valor de k = 0, 1, 2, 3. De esto y de lo obtenido anteriormente para j = 2 se tiene que el n´mero de bolas blancas y el n´mero de bolas u u negras en la urna son condicionalmente independientes dado que en la urna hay m´s de tres bolas. a i i i i
- 77. “libroult” i i 2001/8/30 page 81 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 81 2. Suponiendo que las dos bolas se extraen sin reemplazamiento, y dado que no importa el orden en que ´stas se extraigan, podemos definir e el espacio muestral Ω = {w = (w1 , w2 , w3 , x) : wi ∈ {C, X} , i = 1, 2, 3; x = 0, 1, 2} , donde x representa el n´mero de bolas blancas en una extracci´n de u o dos bolas de una urna formada seg´n el resultado de las 3 tiradas. u Este espacio no es equiprobable. Sea el suceso A = “Las dos bolas extra´ ıdas son de distinto color”. Sean tambi´n los sucesos Bi = “De las dos bolas extra´ e ıdas, i son blancas”, para i = 0, 1, 2. Por lo tanto: P (A) = 1 − P (Ac ) = 1 − [P (B0 ) + P (B2 )] , y utilizando los sucesos definidos en el apartado anterior para aplicar el teorema de las probabilidades totales, se tiene que: P (B0 ) = P (B0 |A30 ) · P (A30 ) + P (B0 |A21 ) · P (A21 ) +P (B0 |A22 ) · P (A22 ) + P (B0 |A23 ) · P (A23 ) +P (B0 |A11 ) · P (A11 ) + P (B0 |A12 ) · P (A12 ) +P (B0 |A01 ) · P (A01 ) , resultando una probabilidad 2 3 2 1 2 2 2 1 P (B0 ) = · 4 + 5 + 3 = . 8 2 2 2 10 Procediendo de manera an´loga se llega a que P (B2 ) = 1/5. De este a modo 7 P (A) = 1 − [P (B0 ) + P (B2 )] = . 10 Si las dos bolas extra´ ıdas son de distinto color, la urna quedar´ vac´ a ıa s´lo si antes de las extracciones ten´ 1 bola blanca y 1 negra. Por o ıa lo tanto, y usando los sucesos definidos anteriormente, se tiene que la probabilidad de que la urna quede vac´ despu´s de extraer una ıa e bola blanca y una negra es: P (B1 |A11 ) · P (A11 ) 1· 1 10 P (A11 |B1 ) = = 234 = , P (B1 ) 40 23 donde P (B1 ) se ha calculado de forma an´loga a P (B0 ) . a i i i i
- 78. “libroult” i i 2001/8/30 page 82 i i 82 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD P2.56] Cuatro tiradores disparan independientemente sobre cuatro objetivos, cada uno sobre uno. Cada tirador dispone de seis balas. La probabilidad de acertar en el objetivo con cada tiro es de 0.8. Un tirador deja de disparar al alcanzar el blanco. 1. Probabilidad de que alguno de los tiradores consuma toda su muni- ci´n. o 2. Si todos los tiradores consumen la munici´n, ¿cu´l es la probabilidad o a de que todos los objetivos hayan sido alcanzados? 3. Calcular la probabilidad de que sobren dos balas en total. Soluci´n: o Un espacio muestral es Ω = {w = (w1 , w2 , w3 , w4 ) : wi = (wi1 , wi2 ) ; wi1 = 0, 1, 2, 3, 4, 5; wi2 ∈ {a, f } ; para todo i = 1, 2, 3, 4}, donde cada wi1 representa el n´mero de balas que le sobran al tirador u i tras acertar en el objetivo, y wi2 es el resultado que ha obtenido, que ser´ a si acierta y f si falla, para todo i = 1, 2, 3, 4. N´tese que si a un a o tirador le sobra alguna bala, significa que ha acertado. Sin embargo, si no le sobra ninguna, puede que haya acertado al disparar la ultima bala ´ o bien que ´ste tiro tambi´n lo haya fallado. N´tese tambi´n que desde e e o e que un jugador falle los 5 primeros tiros, ya no le sobrar´ ninguna bala, a sea cual sea el resultado para esta ultima. ´ 1. Sea A el suceso “Alguno de los tiradores consume toda su munici´n”. o Definamos tambi´n los sucesos Aij = “Al tirador i le sobran j balas”, e para i = 1, 2, 3, 4 y j = 0, 1, 2, 3, 4, 5. Por lo tanto: 4 P (A) = 1 − P (Ac ) = 1 − P Ac i0 , i=1 y ya que los tiradores disparan independientemente y su probabili- dad de acierto es 0.8, se tiene que 4 4 P (A) = 1− P (Ac ) = 1 − i0 [1 − P (Ai0 )] i=1 i=1 4 = 1− 1 − 0,25 · 0,8 + 0,25 · 0,2 = i=1 4 = 1− 1 − 0,25 = 1. 2794 · 10−3 i=1 i i i i
- 79. “libroult” i i 2001/8/30 page 83 i i CAP´ ITULO 2. FUNDAMENTOS DE PROBABILIDADES 83 2. Definamos los sucesos Bi = “El tirador i acierta”, para i = 1, 2, 3, 4. Los tiradores disparan de manera independiente, por lo que la pro- babilidad pedida es: 4 4 4 4 P Bi | Ai0 = P (Bi |Ai0 ) = [P (B1 |A10 )] i=1 i=1 i=1 4 4 P (B1 ∩ A10 ) 0,25 · 0,8 = = P (A10 ) 0,25 = 0,84 = 0,4096. 3. N´tese que para que entre los cuatro tiradores sobren dos balas o tiene que suceder que, o bien ambas le sobran al mismo tirador o bien a dos tiradores diferentes. Todos los tiradores tienen la misma probabilidad de acertar, por lo que si vemos estos dos casos para dos tiradores concretos, podemos luego extenderlo a todos. Por lo tanto, y teniendo en cuenta, como siempre, que disparan de forma independiente, se tiene que: 4 3 3 5 18 P A12 ∩ Ai0 = (0,2) · 0,8 · (0,2) = (0,2) · 0,8, i=2 y por otra parte 4 2 2 4 5 18 2 P A11 ∩ A21 ∩ Ai0 = (0,2) · 0,8 · (0,2) = (0,2) ·(0,8) . i=3 Si denotamos por C al suceso “Sobran dos balas en total”, entonces, teniendo en cuenta todos los casos posibles, resulta: 18 18 2 P (C) = C4,1 · (0,2) · 0,8 + C4,2 · (0,2) · (0,8) = 18 18 2 = 4 · (0,2) · 0,8 + 6 · (0,2) · (0,8) = 1. 8455 · 10−12 . i i i i
- 80. “libroult” i i 2001/8/30 page 84 i i i i i i
- 81. “libroult” i i 2001/8/30 page 85 i i CAP´ ITULO 3 Distribuciones de probabilidad Dado un espacio probabil´ıstico (Ω, A, P ), una variable aleatoria ξ sobre Ω es una funci´n real que act´a como un “aparato de medida” sobre los sucesos o u elementales: ξ : Ω −→ IR w −→ ξ (w) Se llama funci´n de distribuci´n de ξ a otra funci´n real, ahora con dominio o o o tambi´n real, tal que: e Fξ : IR −→ IR x −→ Fξ (x) = P ({w ∈ Ω : ξ (w) ≤ x}) En general, dada una funci´n real F cualquiera tal que: o 1. lim F (x) = 0, lim F (x) = 1, x→−∞ x→+∞ 2. F no decreciente, 3. F continua por la derecha, se dice funci´n de distribuci´n, ya que siempre es posible dise˜ar un espacio o o n muestral con una probabilidad y una variable aleatoria cuya funci´n de distri- o buci´n sea F . o Atendiendo a la forma de su funci´n de distribuci´n, las variables aleatorias o o reales pueden ser clasificadas en tres tipos: 85 i i i i
- 82. “libroult” i i 2001/8/30 page 86 i i 86 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Discretas: Pueden tomar un n´mero discreto (finito o numerable) de valores u reales. Continuas: Pueden tomar todos los valores de uno o varios intervalos de la recta real, que pueden ser acotados o no acotados. Mixtas: Son combinaciones de las dos anteriores. Dada una variable aleatoria discreta ξ, se llama funci´n de probabilidad a: o Pξ (k) = P ({w ∈ Ω : ξ (w) = k}) , para todo k ∈ IN. Dada una variable aleatoria continua ξ, se llama funci´n de densidad a: o x fξ (x) tal que Fξ (x) = fξ (t) · ∂t, para todo x ∈ IR. −∞ Se llama esperanza de una variable aleatoria ξ a: E [ξ] = k · Pξ (k), si la variable aleatoria es discreta. k∈ξ(Ω) E [ξ] = t∈ξ(Ω) t · fξ (t) · ∂t, si la variable aleatoria es continua. Se llama varianza de una variable aleatoria ξ a: 2 2 V [ξ] = E (ξ − E [ξ]) = E ξ 2 − (E [ξ]) . Dada una variable aleatoria ξ, se define: 1. Funci´n caracter´ o ıstica de ξ (esta funci´n siempre existe): o ϕξ (t) = E eitξ . 2. Funci´n generatriz de probabilidades (o funci´n generatriz de momentos o o factoriales) de ξ discreta: φξ (t) = E tξ . 3. Funci´n generatriz de momentos de ξ: o Gξ (t) = E etξ . Denotaremos por F (y − ) al l´ ımite de F (x) cuando x se aproxima a y por la derecha. i i i i
- 83. “libroult” i i 2001/8/30 page 87 i i CAP´ ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 87 Ejercicios Resueltos P3.1] En una universidad se ha observado que el 60 % de los estudiantes que se matriculan lo hacen en una carrera de Ciencias, mientras que el otro 40 % lo hacen en carreras de Humanidades. Si un determinado d´ se realizan ıa 20 matr´ıculas, calcular la probabilidad de que: 1. haya igual n´mero de matr´ u ıculas en Ciencias y en Humanidades; 2. el n´mero de matr´ u ıculas en Ciencias sea menor que en Humanidades; 3. haya al menos 8 matr´ ıculas en Ciencias; 4. no haya m´s de 12 matr´ a ıculas en Ciencias. 5. Si las cinco primeras matr´ ıculas son de Humanidades, calcular la probabilidad de que: a) en total haya igual n´mero de matr´ u ıculas en Ciencias y en Hu- manidades; b) en total haya al menos 6 en Ciencias m´s que en Humanidades. a Soluci´n o Sea ξ una variable aleatoria que mide el n´mero de matr´ u ıculas en Hu- manidades de un total de 20 matr´ ıculas. Suponiendo que los estudiantes eligen su carrera de forma independiente entre ellos, y teniendo presente (seg´n el enunciado) que la probabilidad de que alguien se matricule en u Humanidades es 1 − 0,6 = 0,4, se tiene que esta variable es una binomial de par´metros n = 20 y p = 0,4, siendo: a 20 20−k P (ξ = k) = · 0,4k · (1 − 0,4) , para todo k = 0, . . . , 20. k 1. La probabilidad de que haya igual n´mero de matr´ u ıculas es: 20 20−10 P (ξ = 10) = · 0,410 · (1 − 0,4) = 0,11714. 10 2. Para calcular la probabilidad de que el n´mero de matr´ u ıculas en Ciencias sea menor que el n´mero de matr´ u ıculas en Humanidades debe obtenerse: P (ξ > 10) = 1 − Fξ (10) = 1 − 0,8725 = 0,1275. 3. La probabilidad de que haya al menos 8 matr´ ıculas en Ciencias es equivalente a la probabilidad de que haya como m´ximo 12 matr´ a ıcu- las en Humanidades. Por lo tanto: P (ξ ≤ 12) = Fξ (12) = 0,9790. i i i i
- 84. “libroult” i i 2001/8/30 page 88 i i 88 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 4. La probabilidad de que no haya m´s de 12 matr´ a ıculas en Ciencias es: P (ξ ≥ 8) = 1 − Fξ (7) = 1 − 0,4159 = 0,5851. 5. N´tese que las matr´ o ıculas son independientes entre s´ por lo que si ı, las cinco primeras son en Humanidades, podemos definir una nueva variable η, tambi´n binomial, pero con par´metros n = 20 − 5 = 15 e a y p = 0,4, que determina el n´mero de matr´ u ıculas en Humanidades de un total de 15 matr´ıculas. De esta forma: a) La probabilidad de que en total haya igual n´mero de matr´ u ıculas en Ciencias que de matr´ıculas en Humanidades es: P (η = 5) = Fη (5) − Fη 5− = 0,4032. b) La probabilidad de que en total haya al menos 6 matr´ ıculas en Ciencias m´s que en Humanidades es: a P (η ≤ 2) = Fη (2) = 0,0271. P3.2] Determinar k para que la siguiente funci´n sea de distribuci´n: o o 0, x <0 F (x) = 1 − k(1 − x), 0 ≤ x < k 1, k≤ x Calcular la probabilidad de [1/2, 1] condicionada por [1/2, 2]. Soluci´n o Las tres primeras condiciones vistas en el ejercicio anterior para tener una funci´n de distribuci´n se verifican para cualquier valor de k. Sin embar- o o go, para que se verifiquen las dos ultimas condiciones deben descartarse ´ ciertos valores de k. Ya que k > 0, se tiene que ∂F (x) = k > 0, 0 ≤ x < k. ∂x Adem´s, debe verificarse que F (x) ≥ 0, para todo x. En particular, 1 − a k (1 − x) ≥ 0, 0 ≤ x < k cuando k ≤ 1. Se comprueba que para 0 < k ≤ 1 la funci´n es mon´tona creciente y positiva, por lo que se tiene que, en o o ese caso, F es funci´n de distribuci´n. o o Bajo la condici´n 0 < k ≤ 1, calculemos la probabilidad pedida: o P ([1/2, 1] ∩ [1/2, 2]) P ([1/2, 1]) P ([1/2, 1] | [1/2, 2]) = = P ([1/2, 2]) P ([1/2, 2]) F (1) − F (1/2− ) F (1) − F (1/2− ) = = = 1. F (2) − F (1/2− ) F (1) − F (1/2− ) i i i i
- 85. “libroult” i i 2001/8/30 page 89 i i CAP´ ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 89 P3.3] Sea la probabilidad en IR dada por 0, x ≤ −4 √ (x + 4)/16, √ −4 < x < 2 √ √ P ((−∞, x]) = (x − 2 + 4)/8, √2 ≤ x < 4 + 2 1, 4+ 2≤ x √ √ Calcular la probabilidad de √ siguientes conjuntos: [0, 1], [0, 2], [ 2, 4], √ √ los ( 2, 4), {0, 1}, {4 + 2}, { 2}, [0, 5), [2, 8], IN, Q ∩ [0, 1], [−2, 2] − Q. I I Soluci´n o √ N´tese que esta funci´n es continua en todo IR, excepto en el punto o o 2. Teniendo eso en cuenta, calculemos las probabilidades que se piden: P ([0, 1]) = P ((−∞, 1]) − P ((−∞, 0)) = 5/16 − 4/16 = 1/16. √ √ P [0, 2] = P ((−∞, 2]) − P ((−∞, 0)) = 4/8 − 4/16 = 1/4. √ √ √ √ P [ 2, 4] = P ((−∞, 4])−P ((−∞, 2)) = 8 − 2 /8− 2 + 4 /16 = √ 3/4 − 3 2/16. √ √ √ P ( 2, 4) = P ((−∞, 4)) − P ((−∞, 2]) = 8 − 2 /8 − 4/8 = √ 1/2 − 2/8. P ({0, 1}) = 0. √ P 4+ 2 =0 √ √ √ √ P 2 = P (−∞, 2] −P (−∞, 2) = 4/8− 2 + 4 /16 = √ 1/4 − 2/16. P ([0, 5)) = P ((−∞, 5))−P √ √ ((−∞, 0)) = P ((−∞, 5])−P ((−∞, 0]) = 9 − 2 /8 − 4/16 = 7 − 2 /8. √ P ([2, 8]) = P ((−∞, 8]) − P ((−∞, 2)) = 1 − 6 − 2 /8. P (IN) = 0. P (I ∩ [0, 1]) = 0. Q √ √ P ([−2, 2] − Q) = P I 2 = 1/4 − 2/16. P3.4] Sea la probabilidad en IR dada por ex /2, −∞ < x ≤0 P ((−∞, x]) = 1 − e−x /2, 0< x Calcular las probabilidades de: [0, 1], [−2, 2), {0}, {1, 2, 3}, [1, 3]. Soluci´n o Las probabilidades que se piden son: i i i i
- 86. “libroult” i i 2001/8/30 page 90 i i 90 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD P ([0, 1]) = P ((−∞, 1]) − P ((−∞, 0)) = 1 − e−1 /2 − 1/2 = 1/2 − e−1 /2. P ([−2, 2)) = P ((−∞, 2)) − P ((−∞, −2)) = 1 − e−2 /2 − e−2 /2 = 1 − 2e−2 /2 = 1 − 1/e2 . P ({0}) = P ((−∞, 0]) − P ((−∞, 0)) = 1/2 − 1/2 = 0. P ({1, 2, 3}) = 0. P ([1, 3]) = P ((−∞, 3]) − P ((−∞, 1)) = 1 − e−3 /2 − 1 − e−1 /2 = −e−3 + e−1 /2. P3.5] Sea la probabilidad en IR2 : P ((−∞, x] × (−∞, y]) = xy(x + y)/2 si 0 ≤ x, y ≤ 1. Calcular las probabilidades de (0, 0,5) × (0,5, 1) , [0,2, 0,8] × {0,5} , [0,4, 1]2 (0,3, 0,4) × [0,4, 0,5] , [0,2, 0,6]2 ∪ [0,4, 0,8]2 , {(x, y) : x + y ≤ 1}. Soluci´n o Procedemos a calcular las probabilidades correspondientes, teniendo en cuenta que: P ([a, b] × [c, d]) = P ((−∞, b] × (−∞, d]) − P ((−∞, b] × (−∞, c]) −P ((−∞, a] × (−∞, d]) + P ((−∞, a] × (−∞, c]). En caso de que el intervalo sea abierto o semiabierto, estas probabilidades se calculan de manera an´loga, puesto que: a P ((−∞, x] × (−∞, y]) = P ((−∞, x] × (−∞, y)) = P ((−∞, x) × (−∞, y]) = P ((−∞, x) × (−∞, y)) . De esta forma se obtiene que: P ((0, 0,5) × (0,5, 1)) = 0,5 · 1 · (0,5 + 1) /2 − 0,5 · 0,5 · (0,5 + 0,5) /2 − 0 = ,25. P ([0,2, 0,8] × {0,5}) = 0. P [0,4, 1]2 = 1 · 1 · (1 + 1) /2 − 2 · [1 · 0,4 · (1 + 0,4) /2] + 0,4 · 0,4 · (0,4 + 0,4) /2 = 0,504. P ((0,3, 0,4) × [0,4, 0,5]) = 0,4·0,5·(0,4 + 0,5) /2 −0,42 ·(0,4 + 0,4) /2− 0,3 · 0,5 · (0,3 + 0,5) /2 + 0,3 · 0,4 · (0,3 + 0,4) /2 = ,00 8. i i i i
- 87. “libroult” i i 2001/8/30 page 91 i i CAP´ ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 91 ξ(x) 1/2 t 0 t 1/2 t + 1/2 x Figura 3.1: Puntos de [0, 1] con im´genes a trav´s de ξ en (−∞, t]. a e P [0,2, 0,6]2 ∪ [0,4, 0,8]2 = P [0,2, 0,6]2 + P [0,4, 0,8]2 −P [0,2, 0,6]2 ∩ [0,4, 0,8]2 = P [0,2, 0,6]2 + P [0,4, 0,8]2 −P [0,4, 0,6]2 = 0,62 · (0,6 + 0,6) /2 − 0,2 · 0,6 · (0,2 + 0,6) +0,22 · (0,2 + 0,2) /2 + 0,82 · (0,8 + 0,8) /2 − 0,4 · 0,8 · (0,4 + 0,8) + 0,42 · (0,4 + 0,4) /2 + 0,62 · (0,6 + 0,6) /2 − 0,4 · 0,6 · (0,4 + 0,6) + 0,42 · (0,4 + 0,4) /2 = 0,28. 2 P ({(x, y) : x + y ≤ 1}) = P [0, 1] /2 = 1 · 1 · (1 + 1) /4 = 1/2. P3.6] Sea ξ una variable aleatoria definida sobre el intervalo [0, 1] como sigue: x si x ≤ 1/2 ξ(x) = x − 1/2 si x > 1/2 Hallar la funci´n de distribuci´n de ξ y su funci´n de densidad. o o o Soluci´n o La funci´n de distribuci´n de una variable aleatoria viene dada por: o o Fξ (t) = P (ξ ≤ t) = P ({x ∈ [0, 1] : ξ (x) ≤ t}) . Teniendo en cuenta la definici´n de la variable aleatoria ξ, representada o en la figura 3.1, conviene distinguir varios casos: Si t < 0, entonces Fξ (t) = P (φ) = 0. Si 0 ≤ t < 1/2, entonces Fξ (t) = P ([0, t] ∪ [1/2, t + 1/2]) = 2t. Si t ≥ 1/2, entonces Fξ (t) = 1 Por lo tanto, se tiene que: 0, si t < 0 Fξ (t) = 2t, si 0 ≤ t < 1/2 0, si t ≥ 1/2. i i i i
- 88. “libroult” i i 2001/8/30 page 92 i i 92 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD y por lo tanto: 0, si t < 0 fξ (t) = 2, si 0 ≤ t < 1/2 1, si t ≥ 1/2 P3.7] Un dado es lanzado 5 veces. Sea ξ la variable aleatoria que nos indica la suma de los valores de sus caras. Hallar los siguientes conjuntos: {w : ξ(w) = 4}; {w : ξ(w) = 6}; {w : ξ(w) = 30}; {w : ξ(w) ≥ 29}. Soluci´n o Antes de hallar los conjuntos que se piden, es conveniente definir un espacio para la variable que se va a utilizar. Definamos: Ω = {w = (w1 , w2 , w3 , w4 , w5 ) : wi ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6} , ∀i = 1, . . . , 5} , donde cada wi representa el resultado del i-´simo lanzamiento del dado, e con i = 1, . . . , 5. Sea el espacio de probabilidad Ω, 2Ω , P , cuyos suce- sos elementales son equiprobables. Sobre dicho espacio se considera la variable ξ, definida como: 5 ξ (w) = wi , i=1 para todo w ∈ Ω. Hallemos los conjuntos que se piden: Evidentemente, {w : ξ(w) = 4} = φ. {w : ξ(w) = 6} = w1 , w2 , w3 , w4 , w5 , donde los elementos wk = w1 , w2 , w3 , w4 , w5 , k k k k k k = 1, . . . , 5, k son aquellos elementos de Ω tales que wi = 1, para todo i ∈ k {1, 2, 3, 4, 5} {k} y wk = 2. {w : ξ(w) = 30} = {(6, 6, 6, 6, 6)} . {w : ξ(w) ≥ 29} = {w : ξ(w) = 29} ∪ {w : ξ(w) = 30}, donde {w : ξ(w) = 30} = {(6, 6, 6, 6, 6)} y {w : ξ(w) = 29} = w1 , w2 , w3 , w4 , w5 . Los elementos wk = w1 , w2 , w3 , w4 , w5 , k k k k k k = 1, . . . , 5, k son aquellos elementos de Ω tales que: wi = 6, para todo i ∈ k {1, 2, 3, 4, 5} {k} y wk = 5. i i i i
- 89. “libroult” i i 2001/8/30 page 93 i i CAP´ ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 93 P3.8] Supongamos que la duraci´n en minutos de las llamadas telef´nicas sigue o o una distribuci´n dada por la funci´n o o e−x/3 e− x/3 Fξ (x) = 1 − − , para todo x ≥ 0. 2 2 Calcular la probabilidad de que la duraci´n de una llamada cualquiera o sea: 1. superior a 6 minutos; 2. igual a 6 minutos. Soluci´n o Sea ξ una variable aleatoria con la distribuci´n indicada en el enunciado o que mide la duraci´n (en minutos) de una llamada telef´nica. o o 1. Se tiene que: e−6/3 e− 6/3 e−2 P (ξ > 6) = 1 − Fξ (6) = + =2· = e−2 . 2 2 2 2. Por otra parte: P (ξ = 6) = P (ξ ≤ 6) − P (ξ < 6) = Fξ (6) − Fξ 6− = e−x/3 e− x/3 = 1 − e−2 − l´ ım − 1− = x→6− 2 2 e−2 e−1 e−1 − e−2 = 1 − e−2 − 1 + + = . 2 2 2 x P3.9] Demostrar que F (x) = 1/2n , para todo x ≥ 1, es funci´n de distri- o n=1 buci´n. o Soluci´n o Comprobemos las condiciones que debe verificar toda funci´n de distri- o buci´n: o 1. Se supone, ya que no se indica nada al respecto, que F (x) = 0 para todo x < 1, por lo que l´ım F (x) = 0. x→−∞ x ∞ 2. l´ ım F (x) = l´ ım 1/2n = 1/2n = 1. x→+∞ x→+∞ n=1 n=1 i i i i
- 90. “libroult” i i 2001/8/30 page 94 i i 94 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD x+h x n 3. l´ + F (x + h) = l´ + ım ım 1/2n = 1/2 =F (x), para todo x ≥ h→0 h→0 n=1 n=1 1. Por lo tanto, F es continua por la derecha en todo punto de la recta real. x1 x2 4. F (x1 ) = 1/2n ≤ F (x2 ) = 1/2n , para todo 1 ≤ x1 ≤ x2 . Adem´s, a n=1 n=1 ya que F (x) = 0, para todo x < 1, se concluye que F es mon´tona. o 5. Es claro que F (x) ≥ 0, para todo x. P3.10] Determinar el valor k para que cada una de las siguientes funciones sean funci´n de densidad: o 1. f (x) = kxe−kx , para todo x > 0 √ √ 2. f (x) = k/ 1 − x, para todo x ∈ (0, 2/2) 3. f (x) = k/(1 + x2 ), para todo x ∈ IR Soluci´n o N´tese que para las tres funciones se verifica f (x) ≥ 0 para k > 0. o Comprobemos en cada caso la segunda condici´n. o ∞ ∞ 1. 0 f (x) ∂x = 0 kxe−kx ∂x = 1/k·Γ (2) = 1/k, lo que es 1 si k = 1. √ √ 2/2 2/2 2. 0 f (x) ∂x = k(1 − x)−1/2 ∂x √ 0 1/2 = k · − 1 − 2/2 / (1/2) + 2 , lo que es uno si k = 1. 0898. +∞ +∞ 3. −∞ f (x) ∂x = k(1 + x2 )−1 ∂x −∞ = k · (arctan (−∞) − arctan (+∞)) = k [π/2 − (−π/2)] = kπ, lo que es 1 si k = 1/π. P3.11] Sea ξ una variable aleatoria con funci´n de densidad fξ (x) = kx + o 1/2, para todo x ∈ [−1, 1]. 1. Determinar los valores de k para los cuales fξ (x) es ciertamente una funci´n de densidad. o 2. Calcular la esperanza, la moda y la mediana de ξ. 3. ¿Para qu´ valores de k se minimiza la varianza de ξ? e Soluci´n o 1. Debe verificarse que fξ (x) ≥ 0, para todo x ∈ [−1, 1]. Se han de distinguir dos casos: a) Si k > 0, la funci´n de densidad es una recta con pendiente o positiva. Por lo tanto, tiene que imponerse que fξ (−1) = −k + 1/2 ≥ 0, es decir, k ≤ 1/2. i i i i
- 91. “libroult” i i 2001/8/30 page 95 i i CAP´ ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 95 b) Si k < 0, la recta tiene ahora pendiente negativa, por lo que es necesario que fξ (1) = k + 1/2 ≥ 0, luego k ≥ −1/2. 1 Se comprueba adem´s que −1 fξ (x) · ∂x = 1, para cualquier valor a de k, as´ que, de acuerdo con esto y lo visto anteriormente, para ı que fξ (x) sea funci´n de densidad, k debe pertenecer al intervalo o [−1/2, 1/2]. 2. Calculemos la esperanza de la variable ξ: 1 1 2k E [ξ] = x · fξ (x) · ∂x = x · (kx + 1/2) · ∂x = . −1 −1 3 Por otra parte, para calcular la moda debemos tener en cuenta, al igual que en el primer apartado, el signo de la constante k. La moda es el valor que maximiza la funci´n de densidad fξ (x). Ya que ´sta o e es una funci´n derivable en el intervalo [−1, 1], y adem´s su derivada o a es igual a k, se obtiene que: a) Si k > 0, entonces la moda de la variable ξ es 1. b) Si k = 0, la moda es cualquier punto en el intervalo [−1, 1] . c) Si k < 0, la moda es −1. Por otra parte, la mediana es un valor Me tal que P (ξ ≥ Me) ≥ 1/2 y P (ξ ≤ M e) ≤ 1/2. En el caso que nos ocupa: 1 1 P (ξ ≥ Me) = fξ (x) · ∂x = (kx + 1/2) · ∂x Me Me 2 k 1 (Me) Me = + −k· − , 2 2 2 2 √ y esta probabilidad es igual a 1/2 si Me = −1 + 1 + 4k 2 /2k, en el caso de que k = 0. N´tese que si k = 0, entonces Me = 0. o 2 3. La varianza de la variable ξ es V (ξ) = E ξ 2 − (E [ξ]) . Se tiene que 1 1 1 1 E ξ2 = x2 · fξ (x) · ∂x = x2 · kx + · ∂x = . −1 −1 2 3 De este modo, y conociendo, por el segundo apartado del problema, que E [ξ] = 2k/3, obtenemos que: 2 1 2k 1 4k 2 V (ξ) = − = − , 3 3 3 9 y se comprueba que esto se maximiza cuando k = 0. i i i i
- 92. “libroult” i i 2001/8/30 page 96 i i 96 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD P3.12] La densidad de cierta caracter´ ıstica qu´ ımica de algunos compuestos vie- ne dada por la funci´n siguiente: o 0 x≤0 2x 0 < x ≤ 0,8 fξ (x) = 0,72 0,8 < x ≤ 1,3 0 x > 1,3 Calcular: 1. los tres primeros momentos ordinarios; 2. esperanza matem´tica y varianza; a 3. E[2ξ + 5ξ 2 − ξ 3 ]. Soluci´n o 1. Los tres primeros momentos ordinarios son E [ξ] , E ξ 2 y E ξ 3 . 0,8 1,3 E [ξ] = 0 2x2 · ∂x + 0,8 0,72x · ∂x = 0. 71933. 0,8 1,3 E ξ2 = 0 2x3 · ∂x + 0,8 0,72x2 · ∂x = 0. 6092. 0,8 1,3 E ξ3 = 0 2x4 · ∂x + 0,8 0,72x3 · ∂x = 0. 57144. 2. Calculamos la varianza y se obtiene: 2 2 V (ξ) = E ξ 2 − (E [ξ]) = 0,6092 − (0. 71933) = 9. 1764 · 10−2 . 3. Teniendo en cuenta las propiedades de la esperanza, el resultado es: E[2ξ + 5ξ 2 − ξ 3 ] = 2 · E[ξ] + 5 · E[ξ 2 ] − E[ξ 3 ] = 3,9132. P3.13] La funci´n de densidad de una variable aleatoria ξ viene determinada o por: 1 16 xe−x/4 , x > 0 fξ (x) = 0, para cualquier otro valor 1. Determinar la funci´n generatriz de momentos de ξ. o 2. Utilizar (1) para encontrar la media y la varianza de ξ. Soluci´n o 1. La funci´n generatriz de momentos de una variable aleatoria es: o ∞ x Gξ (t) = E etξ = e−tx · · e−x/4 · ∂x = 0 16 Para t < 1/4 es: x=+∞ 1 x(t−1/4) x 1 1 Gξ (t) = e − = 2. 16 t − 1/4 (t − 1/4)2 x=0 (1 − 4t) i i i i
- 93. “libroult” i i 2001/8/30 page 97 i i CAP´ ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 97 2. Se verifica que: ∂Gξ (t) | t=0 = E [ξ] , ∂t ∂ 2 Gξ (t) | t=0 = E ξ2 . ∂t2 Por lo tanto, la media y la varianza de la variable ξ son: E [ξ] = 8, 2 V (ξ) = E ξ 2 − (E [ξ]) = 96 − 64 = 32. P3.14] Bajo las tapas de yogur de una determinada marca comercial hay 6 tipos diferentes de s´ ımbolos. Bajo cada tapa hay exactamente uno, y se asume que en el mercado todos han sido distribuidos aleatoriamente de manera uniforme. Si nos ofrecen un premio regalo por enviar un sobre con los 6 s´ ımbolos diferentes (una tapa con cada uno), ¿cu´ntos yogures a hay que comprar en media? Soluci´n o En general, si un s´ ımbolo determinado aparece con probabilidad p al rea- lizar una extracci´n, entonces el n´mero medio de extracciones necesario o u hasta que aparece por primera vez ese s´ımbolo es: 2 m = 1 · p + 2 · (1 − p) · p + 3 · (1 − p) · p + . . . Para sumar esta serie n´tese que: o 2 3 (1 − p) · m = (1 − p) · p + 2 · (1 − p) · p + 3 · (1 − p) · p + . . . , y restando ambas series: ∞ k 1 m − (1 − p) · m = p · (1 − p) = p · = 1, p k=0 y por tanto m = 1/p. Dicho esto, volvamos a nuestro problema origi- nal. Evidentemente, el n´mero medio de extracciones hasta que apa- u rezca un resultado cualquiera es 1. En el caso de dos, este n´mero es u 1 + 1/ (5/6) = 1 + 6/5, y, en general, el n´mero medio de extracciones u hasta que aparezcan n s´ ımbolos distintos (n = 1, . . . , 6) es n 1 6−i+1 . k=1 6 Por lo tanto, hay que comprar una media de 6 · (1/6 + 1/5 + 1/4 + 1/3 + 1/2 + 1) = 14,7 yogures para conseguir los seis s´ ımbolos distintos. i i i i
- 94. “libroult” i i 2001/8/30 page 98 i i 98 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD P3.15] Una caja contiene dos monedas legales y una con dos caras. Se selecciona una moneda al azar. 1. Si se lanza la moneda y sale cara, ¿cu´l es la probabilidad de que a la moneda sea legal? ¿Y si en otros tres lanzamientos vuelve a salir cara? 2. Se selecciona una moneda, se lanza y se devuelve a la caja. ¿Cu´l a ser´ el n´mero medio de veces que tendremos que repetir el proceso a u hasta que se obtenga una cruz? Soluci´n: o Un espacio muestral para este problema es m ∈ {l1 , l2 , l} Ω= w = (m, w1 , w2 , w3 , w4 ) : , wi ∈ {C, X}, para todo i = 1, 2, 3, 4 donde m representa la moneda escogida al azar. Denotamos por l1 y l2 a las dos monedas legales y por l a la moneda con dos caras. Por otra parte, cada wi es el resultado del i- ´simo lanzamiento, para i = 1, 2, 3, 4, e siendo C si es “cara”y X si es “cruz”. 1. Sean los sucesos A = “La moneda escogida es legal”y Bi = “El i- ´simo lanzamiento de la moneda es cara”, para i = 1, 2, 3, 4. Si se e lanza una moneda escogida al azar y sale cara, la probabilidad de que la moneda sea legal es: P (A|B1 ) = P (B1 |A) · P (A) /P (B1 ) = P (B1 |A) · P (A) = = P (B1 |A) · P (A) + P (B1 |Ac ) · P (Ac ) 1 2 2 · 1 = 1 2 3 1 = . 2 · 3 +1· 3 2 La probabilidad de que la moneda sea legal conociendo lo anterior y que adem´s en otros tres lanzamientos vuelve a salir cara, es, a teniendo en cuenta que todos los lanzamientos efectuados con la moneda son independientes entre s´ ı: 4 4 P Bi |A · P (A) i=1 P A| Bi = 4 = i=1 P Bi i=1 4 P (Bi |A) · P (A) i=1 = 4 4 = P Bi |A · P (A) + P Bi |Ac · P (Ac ) i=1 i=1 i i i i
- 95. “libroult” i i 2001/8/30 page 99 i i CAP´ ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 99 4 P (Bi |A) · P (A) i=1 = 4 4 = P (Bi |A) · P (A) + P (Bi |Ac ) ·P (Ac ) i=1 i=1 1 4 2 2 ·3 1 = = . 1 4 2 1 9 2 · 3 + 14 · 3 2. Definimos el espacio muestral k = 1, 2, . . . wi = (wi1 , wi2 ) Ω = w = (w1 , . . . , wk ) : wi1 ∈ l1 , l2 , l , wi2 = C , para todo i = 1, . . . , k − 1 wk1 ∈ {l1 , l2 } , wk2 = X donde wi1 es la moneda escogida al repetir el proceso por i- ´simae vez, para i = k y wk1 es la moneda con la que sale una cruz y detene- mos el proceso, para i = 1, 2, . . . , k. N´tese que esta ultima moneda o ´ debe ser legal, pues debe dar una cruz, y que, por otra parte, las k − 1 primeras tiradas deben ser cara, para que se necesite continuar el proceso. Sobre este espacio definimos la variable aleatoria ξ que representa el n´mero de veces que hay que repetir el proceso hasta u que sale cruz, incluyendo el ultimo lanzamiento. ´ Sean Di los sucesos “En el i- ´simo lanzamiento sale una cara”y Ei = e “En el i- ´simo lanzamiento sale una cruz”, para i = 1, 2, 3, . . . , k. e Sean tambi´n Li = “La moneda del i- ´simo lanzamiento es legal”y e e Li = “La moneda del i -´simo lanzamiento no es legal”. Usando los e sucesos definidos en el apartado anterior, se tiene que: k−1 P (ξ = k) = P ({w ∈ Ω : ξ (w) = k}) = P (Di ) · P (Ek ) , i=1 donde 1 2 1 2 P (Di ) = P (Di |Li ) · P (Li ) + P Di |Li · P Li = · +1· = , 2 3 3 3 para todo i = 1, 2, . . . , k − 1, y 1 2 1 P (Ek ) = P (Ek |Lk ) · P (Lk ) + P Ek |Lk · P Lk = · = , 2 3 3 pues la moneda del ultimo lanzamiento debe ser legal para que pueda ´ salir una cruz. Por lo tanto: k−1 2 1 P (ξ = k) = · , 3 3 i i i i
- 96. “libroult” i i 2001/8/30 page 100 i i 100 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD T 1 d d d d d d d d E 1 2 3 4 5 Figura 3.2: Ejemplo para el ejercicio P3.16 con n = 2 y m = 3. luego, el n´mero medio de lanzamientos hasta que salga cruz es u ∞ k−1 1 2 E [ξ] = · k· = 3. 3 3 k=1 P3.16] Consideremos l´ ıneas que unen n + m puntos del plano (1, x1 ) , (2, x2 ) , . . . , (n + m, xn+m ) , donde los valores x1 , x2 , . . . , xn+m son n ceros y m unos distribuidos de forma totalmente aleatoria. Por ejemplo, para n = 2 y m = 3, la figura 3.2 muestra una recta con 3 saltos. ¿Cu´l es el n´mero medio de saltos a u de una l´ ınea? Soluci´n o Dado que la media de una suma es siempre la suma de las medias, entonces lo pedido se limita a calcular la probabilidad de que entre dos puntos consecutivos haya un salto, y multiplicar dicho valor por el n´mero de u puntos consecutivos (parejas de puntos) que hay. Mientras que el segundo valor es claramente n + m − 1, el primero es n m m n · + · . n+m n+m−1 n+m n+m−1 Para calcular este ultimo valor se ha tenido presente que hay dos probabi- ´ lidades disjuntas: o salto de 0 a 1, o salto de 1 a 0. Adem´s, la probabilidad a de que haya un 0 en el primer punto de la pareja es n/ (n + m), y lue- go la probabilidad de que haya un 1 en el segundo es m/ (n + m − 1). An´logamente, la probabilidad de que haya un 1 en el primer punto es a m/ (n + m), y de que haya un 0 en el segundo es n/ (n + m − 1). Como conclusi´n, el n´mero medio solicitado es o u n m m n 2nm (n + m − 1) · · + · = . n+m n+m−1 n+m n+m−1 m+n i i i i
- 97. “libroult” i i 2001/8/30 page 101 i i CAP´ ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 101 Como se observa en este ejemplo, no siempre el mejor camino para cal- cular la media de una variable aleatoria consiste en pasar primero por el c´lculo de su distribuci´n de probabilidad, ya que en algunos problemas a o (como ´ste) tal distribuci´n puede ser dif´ de obtener, mientras que la e o ıcil media es f´cil. a P3.17] Un jugador comienza un juego de azar con k euros. En cada partida el juego le permite ganar o perder 1 euro, independientemente de lo que tenga, hasta que no tenga nada. La probabilidad de ganar el euro de cada partida es p y la de perder el euro es 1 − p. ¿Qu´ probabilidad hay de que e lo pierda todo alguna vez? Soluci´n o Si Pk representa la probabilidad buscada, entonces Pk = (1 − p) Pk−1 + pPk+1 , donde se asume P0 = 1. As´ por ejemplo: ı, P1 = 1 − p + pP2 , 2 y puesto que P2 = P1 , ya que perder 2 euros es perder primero uno y luego otro de forma independiente, entonces: 2 P1 = 1 − p + pP1 , por lo que, o bien P1 = 1, ´ P1 = (1 − p) /p, ya que ´stas son las dos o e soluciones de la ecuaci´n cuadr´tica anterior. Ahora bien, si p < 1/2 o a entonces P1 = 1 y si p ≥ 1/2 entonces P1 = (1 − p) /p. De igual forma se concluye que m Pk = 1−p p , si p > 1/2 Pk = 1 , si p ≤ 1/2 P3.18] Un jugador A tiene m euros y otro B tiene n euros. En cada partida un jugador gana 1 euro y el otro pierde 1 euro. La probabilidad de que A gane una partida es p y la de que gane B es 1 − p. El juego contin´a u hasta que uno pierda todo. ¿Qu´ probabilidad tiene A de perder? e Soluci´n o Observemos que plantear este problema es equivalente al problema ante- rior cuando uno de los jugadores (B) tiene un enorme capital (n → +∞), m y que en tal caso la probabilidad de que A pierda es [(1 − p) /p] , si p > 1/2. i i i i
- 98. “libroult” i i 2001/8/30 page 102 i i 102 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Cuando n es finito, la situaci´n cambia, pero el problema se puede resolver o de forma an´loga porque, si Qm representa la probabilidad que tiene A a de pasar de m a Q, sin haber alcanzado nunca n + m, entonces: m m+n 1−p 1−p = Qm + (1 − Qm ) · . p p Por tanto, la probabilidad pedida es: m 1 − [(1 − p) /p] Qm = 1 − m+n , 1 − [(1 − p) /p] siempre que p > 1/2. Cuando p = 1/2, la expresi´n anterior es la indeterminaci´n 0/0, que se o o resuelve aplicando la regla de L’Hospital, obteni´ndose e Qm = n/ (n + m) . P3.19] En una elecci´n hay dos candidatos, y en la urna de votaci´n hay n o o papeletas a favor de uno y m a favor del otro, con n > m. Si se asume que los votos en la urna han sido suficientemente mezclados, ¿qu´ proba- e bilidad hay de de que al menos suceda un empate durante el conteo de los votos? Soluci´n o Es importante observar que, por cada sucesi´n que produzca un empate o comenzando con un candidato, existe otra secuencia que lleva tambi´ne a empate y comienza con el otro candidato. En efecto, si representamos por N y M a los dos candidatos, entonces una secuencia tal como NNMNNMMM tiene asociada otra secuencia que da empate y que comienza en M : M M N M M N N N. La correspondencia consiste s´lo en cambiar las letras. o Esta importante observaci´n demuestra que el n´mero de casos favorables o u que comienzan con un candidato es igual al n´mero de casos favorables u que comienzan con el otro candidato. O, dicho en otras palabras, que la probabilidad de que exista al menos un empate es el doble de la proba- bilidad de que haya empate empezando por el candidato M . Ahora bien, esta ultima probabilidad es simplemente la probabilidad de que el primer ´ voto sea de M , ya que luego es seguro que habr´ empate porque n > m. a Consecuentemente la probabilidad buscada es: m 2· . n+m i i i i
- 99. “libroult” i i 2001/8/30 page 103 i i CAP´ ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 103 Figura 3.3: Esfera que circunscribe los bordes de la moneda. P3.20] ¿Cu´n gruesa debe de ser una moneda para que tenga probabilidad 1/3 a de caer de canto? Soluci´n o Evidentemente, si tenemos presentes las caracter´ ısticas f´ ısicas de los ma- teriales, es decir, la elasticidad de la moneda, la fuerza y direcci´n cono que se lanza, las caracter´ ısticas de la superficie sobre la que cae, etc., entonces este problema no est´ matem´ticamente bien definido y su res- a a puesta debe proceder m´s de experimentos f´ a ısicos que de la Teor´ de ıa Probabilidades. Sin embargo, para dar una respuesta con esta segunda herramienta, asumamos las siguientes hip´tesis: veamos la moneda como o la esfera circunscrita por sus dos bordes circulares (v´ase figura 3.3), y e entendamos que la moneda “cae de canto” cuando el polo inferior de la esfera est´ entre los dos c´ a ırculos (v´ase figura 3.4). Con esta notaci´n es e o claro que el problema pide la distancia que debe separar a los dos c´ ırculos para que el ´rea sobre la esfera que limitan sus dos c´ a ırculos sea la mitad del ´rea restante. a Dada la simetr´ concentr´monos en una secci´n de la esfera. Por ejem- ıa, e o plo, en su secci´n central (figura 3.5). Para que la longitud de la circun- o ferencia entre un canto sea la mitad de la longitud de la circunferencia entre un lado, debe cumplirse que α = 2π/6. Puesto que tanα = r/g con r el radio de la moneda y g la mitad de su grueso, entonces r g= = 0,354r. arctan (π/3) En otras palabras, el grueso de la moneda debe ser 35.4 % el di´metro de a la moneda para que tenga probabilidad 1/3 de caer de canto. i i i i
- 100. “libroult” i i 2001/8/30 page 104 i i 104 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD suelo Figura 3.4: Moneda cayendo de canto. r α g Figura 3.5: Secci´n central de la esfera. o i i i i
- 101. “libroult” i i 2001/8/30 page 105 i i CAP´ ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 105 Ω IR η g ξ IR Figura 3.6: Transformaci´n de variables aleatorias. o P3.21] Dos de los lados de un tri´ngulo is´sceles tienen una longitud L cada a o uno y el ´ngulo x entre ellos es el valor de una variable aleatoria ξ con a funci´n de densidad proporcional a x(π − x) en cada punto x ∈ (0, π/2). o Calcular la funci´n de densidad del ´rea del tri´ngulo y su esperanza. o a a Soluci´n o Consideremos un espacio muestral Ω donde los sucesos elementales w que lo configuran son los tri´ngulos is´celes cuyos dos lados iguales miden a o L, y se distinguen por el ´ngulo que ambos forman. Sobre el espacio a muestral Ω se asume una probabilidad P . Sea ξ la variable que mide dicho ´ngulo. Entonces en el enunciado nos informan que se trata de una a variable aleatoria sobre Ω con funci´n de densidad: o kx(π − x), x ∈ (0, π/2) fξ (x) = 0, para cualquier otro valor, donde k debe ser una constante tal que se verifica que: fξ (x) ≥ 0, para todo x, +∞ fξ (x) ∂x = 1. −∞ De estas dos condiciones resulta que k es igual a 12/π 3 . Definamos ahora una segunda variable η que mide el ´rea de cada tri´ngu- a a lo en Ω. Esta variable es claramente obtenible a partir de la variable ξ. En efecto, conociendo el ´ngulo x entre los dos lados de tri´ngulo w, se a a tiene que su base es 2Lsen (x/2) y su altura es Lcos (x/2). Por tanto, el a ´rea y de un tri´ngulo con ´ngulo x es a a 2Lsen (x/2) · Lcos (x/2) L2 sen(2x/2) L2 senx y = g(x) = = = . 2 2 2 Es decir, la variable η se calcula totalmente componiendo ξ con la funci´n o g seg´n la expresi´n (v´ase la figura 3.6): u o e L2 senξ η=g ◦ ξ= . 2 i i i i
- 102. “libroult” i i 2001/8/30 page 106 i i 106 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Una primera idea para calcular la funci´n de densidad del ´rea fη es la o a de comenzar calculando su funci´n de distribuci´n Fη . Para esto consi- o o deremos cualquier valor y ∈ IR: Fη (y) = P {w ∈ Ω : η(w) ≤ y} = P {w ∈ Ω : g(ξ(w)) ≤ y} Claramente, si y ≤ 0 entonces Fη (y) = 0, mientras que si y ≥ L2 /2 entonces Fη (y) = 1. S´lo nos queda ver c´mo queda Fη (y) cuando 0 ≤ o o y ≤ L2 /2, y para ello sustituyamos el valor de la funci´n g en la expresi´n o o anterior: L2 sen(ξ(w)) Fη (y) = P w∈Ω: ≤y 2 2y = P w ∈ Ω : ξ(w) ≤ arcsen L2 arcsen( L2 ) 2y arcsen( L2 ) 2y 12 = fξ (x)∂x = x(π − x)∂x. −∞ 0 π3 Resolviendo esta integral se obtiene la funci´n de distribuci´n de η. Luego o o derivando en y se concluye su funci´n de densidad: o 12 2y 2y 2 fη (y) = · arcsen · π − arcsen · . π3 L2 L2 L4 − 4y 2 para y ∈ 0, L2 /2 , y 0 en otro caso. Obviamente, tambi´n es posible realizar un c´lculo directo de la funci´n e a o de densidad de η = g ◦ ξ conociendo la f´rmula general que acorta el o proceso: hη (y) = fξ (g −1 (y)) · g −1 (y) Finalmente, la esperanza de la variable η se puede calcular o bien direc- tamente aprovechando que hemos calculado su funci´n de densidad: o L2 /2 E[η] = fη (y)∂y 0 o indirectamente usando que η = g ◦ ξ: π/2 π/2 L2 senx 12 12L2 E[η] = g(x) · fξ (x) · ∂x = · 3 · x · (π − x) · ∂x = . 0 0 2 π π3 P3.22] En funci´n de un estudio realizado en varios establecimientos, se conoce o que la demanda ξ de determinado producto es una variable aleatoria con funci´n de densidad fξ (x) = e−x , cuando x > 0. La venta de una cantidad o i i i i
- 103. “libroult” i i 2001/8/30 page 107 i i CAP´ ITULO 3. DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 107 x produce una ganancia de ax y el sobrante y no vendido produce una p´rdida by, con a y b constantes positivas. Calcular la cantidad conve- e niente de aprovisionamiento para que la ganancia esperada sea m´xima. a Apl´ıquese al caso particular de a = 1 y b = 2. Soluci´n o Sea c la cantidad de aprovisionamiento. Para una demanda x, la ganancia g (x) viene definida por: ax − b (c − x) ,0 ≤ x < c g(x) = . ac ,x ≥ c A partir de esto se tiene la variable aleatoria ganancia η = g ◦ ξ(v´ase la e figura 3.6), resultando: +∞ E[η] = E[g ◦ ξ] = g(x)fξ (x)∂x = −∞ c ∞ = (ax − b (c − x)) e−x ∂x + ace−x ∂x = 0 c = − (a + b) ce−c + (a + b − bc) 1 − e−c + ace−c El valor de c que maximiza la ganancia esperada se obtiene derivando la expresi´n anterior respecto de c, resultando que c = ln (1 + a/b) . o En el caso particular a = 1, b = 2 se tiene que c = ln (3/2) . P3.23] Se dispone de 7 huchas, cada una con 10 billetes de 1000 pts., 6 billetes de 2000 pts., 4 billetes de 5000 pts. y 1 billete de 10000 pts. Nos dan 7 billetes, extra´ ıdos aleatoriamente uno de cada hucha. 1. ¿Cu´l es el n´mero esperado de pesetas que recibimos? a u 2. ¿Qu´ probabilidad hay de recibir 17000 pesetas? (Ayuda: calcular e la funci´n generatriz de probabilidades). o Soluci´n o Consideremos como espacio muestral el conjunto de 7- uplas de billetes, uno procedente de cada urna. Adem´s, sea ξi una variable aleatoria que a representa el valor (en miles de pesetas) de un billete extra´ de la ıdo hucha i- ´sima. Esta variable puede tomar los valores 1, 2, 5 y 10 con e probabilidades P (ξi = 1) = 10/21, P (ξi = 2) = 6/21, P (ξi = 5) = 4/21 y P (ξi = 10) = 1/21, i = 1, . . . , 7, respectivamente. Suponiendo que las 7 huchas de las que se dispone son independientes (en cuanto al resultado 7 de una extracci´n), sea η = o ξi la variable aleatoria que representa el i=1 valor total de los billetes extra´ ıdos i i i i
- 104. “libroult” i i 2001/8/30 page 108 i i 108 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 1. El n´mero esperado de pesetas (en miles) recibidas es: u 7 7 E [η] = E ξi = E [ξi ] i=1 i=1 7 = · (10 · 1 + 6 · 2 + 4 · 5 + 1 · 10) = 17. 333. 21 2. Para calcular P (η = 17) usando la funci´n generatriz de probabili- o dades φη (t) = E [tη ] , sucede que: φ(k) (t) η = k! · P (η = k) . t=0 En el caso de este problema, esta funci´n es: o P 7 7 ξi 7 φη (t) = E ti=1 = E tξi = E tξ = i=1 7 1 7 · t1 · 10 + t2 · 6 + t5 · 4 + t10 · 1 . 21 Queda pendiente calcular la derivada 17-´sima, evaluarla en t = 0 y e dividirla por 17!. i i i i
- 105. “libroult” i i 2001/8/30 page 109 i i CAP´ ITULO 4 Principales variables aleatorias Entre las variables aleatorias discretas destacan: Variable Aleatoria Uniforme: Dado un n´mero natural n, se llama u variable aleatoria uniforme ξ y se denota por ξ ∼ U [n] a una va- riable que toma valores en {1, 2, . . . , n}, cada uno con igual proba- bilidad. Es decir, es una variable aleatoria discreta con funci´n de o probabilidad: 1/n , si k ∈ {1, 2, . . . , n} Pξ (k) = 0 , resto Algunas caracter´ ısticas son: E [ξ] = (n + 1) /2 V (ξ) = n2 − 1 /12 n 1 φξ (t) = · tk n k=1 tn 1 e −1 Gξ (t) = · n 1 − e−t 1 eitn − 1 ϕξ (t) = · n 1 − e−it Variable Aleatoria de Bernoulli: Dado p ∈ [0, 1], se llama variable aleatoria de Bernoulli de par´metro p a una variable aleatoria que a 109 i i i i
- 106. “libroult” i i 2001/8/30 page 110 i i 110 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD toma s´lo dos valores posibles, uno con probabilidad p y el otro con o probabilidad 1 − p. Los experimentos de este tipo se llaman “prue- bas de Bernoulli”, sus dos resultados se suelen denominar “´xito” e y “fracaso” (o “blanco” y “negro”,...), y la variable les asocia los valores 1 y 0, respectivamente. La funci´n de probabilidad de esta o variable es: p , si k = 1 Pξ (k) = 1 − p , si k = 0 Se denota por ξ ∼ B (p), y algunas caracter´ ısticas suyas son: E [ξ] = p V (ξ) = p · (1 − p) φξ (t) = (1 − p) + p · t Gξ (t) = (1 − p) + p · et ϕξ (t) = (1 − p) + p · ei·t Variable Aleatoria Binomial: Dados dos n´meros n y p, con n natu- u ral y p perteneciente al intervalo [0, 1], se llama variable aleatoria Binomial de par´metros n y p a una variable aleatoria que toma a valores en {0, 1, . . . , n} y tiene como funci´n de probabilidad: o n n−k Pξ (k) = · pk · (1 − p) , para todo k ∈ {0, 1, . . . , n} . k Se denota por ξ ∼ Bi (n, p), y representa una variable aleatoria que mide el n´mero de veces que ocurre el suceso “´xito” en n pruebas de u e Bernoulli de par´metro p e independientes. Algunas caracter´ a ısticas de esta distribuci´n son: o E [ξ] = n·p V (ξ) = n · p · (1 − p) n φξ (t) = (1 − p + p · t) n Gξ (t) = 1 − p + p · et n ϕξ (t) = 1 − p + p · ei·t Variable Aleatoria Hipergeom´trica: Dados N , A y B n´meros na- e u turales, se llama variable aleatoria Hipergeom´trica de par´metros e a (n, A, B) a una variable que trata de medir el n´mero de “´xi- u e tos”(bolas azules, por ejemplo) cuando se extrae una muestra de tama˜o n sin reemplazamiento, de una urna con N = A + B bo- n las, de las que A son azules y el resto blancas. Esta distribuci´n es o i i i i
- 107. “libroult” i i 2001/8/30 page 111 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 111 an´loga a la Binomial, pero se basa en un muestreo realizado sin a reemplazamiento. Su funci´n de probabilidad es: o A B k · n−k Pξ (k) = N , para todo k = 0, 1, . . . , n, n y se denota por ξ ∼ H (n, A, B). Se tiene que: A E [ξ] = n· N A B N −n V (ξ) = n· · · . N N N −1 Variable Aleatoria Binomial Negativa: Dados dos n´meros n y p, u con n natural y p perteneciente al intervalo [0, 1], se llama variable aleatoria Binomial Negativa de par´metros n y p a una variable a aleatoria que toma valores k = 0, 1, . . . y tiene como funci´n de o probabilidad: n+k−1 k Pξ (k) = · pn · (1 − p) , para todo k = 0, 1, . . . k Se denota por ξ ∼ BN (n, p), y representa una variable aleatoria que mide el n´mero de fracasos que ocurren antes de obtener n u ´xitos con una secuencia de pruebas independientes de Bernoulli con e probabilidad de ´xito p. Algunas caracter´ e ısticas de esta distribuci´n o son: n · (1 − p) E [ξ] = p n · (1 − p) V (ξ) = p2 n p 1 φξ (t) = , para |t| < . 1 − (1 − p) · t 1−p n p Gξ (t) = , para (1 − p) et < 1. 1 − (1 − p) · et n p ϕξ (t) = 1 − (1 − p) · eit Variable Aleatoria de Poisson: Consideremos la variable que mide el n´mero de sucesos que ocurren en un intervalo de amplitud fija, u siendo λ el promedio de sucesos en dicho intervalo. Esta variable sigue una distribuci´n de Poisson de par´metro λ, y se denota ξ ∼ o a P (λ), con λ > 0. Su funci´n de probabilidad es: o λk −λ Pξ (k) = · e , para k = 0, 1, . . . k! i i i i
- 108. “libroult” i i 2001/8/30 page 112 i i 112 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Las principales caracter´ ısticas de esta distribuci´n son: o E [ξ] = λ V (ξ) = λ φξ (t) = eλ·(t−1) = eλ·(e −1) t Gξ (t) = eλ·(e −1) it ϕξ (t) La distribuci´n de Poisson se obtiene tambi´n como l´ o e ımite de la dis- tribuci´n Binomial de par´metros n y λ/n cuando n → ∞. Adem´s, o a a la suma de dos variables de Poisson independientes de par´metros λ1 a y λ2 , respectivamente, es a su vez una Poisson de par´metro λ1 +λ2 . a Variable Aleatoria Geom´trica: Dado p ∈ [0, 1], la variable aleatoria e que cuenta el n´mero de fracasos que preceden al primer ´xito en u e una sucesi´n infinita de pruebas de Bernoulli sigue una distribuci´n o o Geom´trica de par´metro p, donde p es la probabilidad de ´xito, y e a e se denota ξ ∼ G (p). La funci´n de probabilidad de esta variable es: o k Pξ (k) = p · (1 − p) , con k = 0, 1, . . . Adem´s: a 1−p E [ξ] = p 1−p V (ξ) = p2 p 1 φξ (t) = , para |t| < . 1 − (1 − p) · t 1−p p Gξ (t) = , para (1 − p) · et < 1 1 − (1 − p) · et p ϕξ (t) = 1 − (1 − p) · eit Es importante destacar que la suma de variables independientes e id´nticamente distribuidas seg´n una Geom´trica de par´metro p es e u e a una Binomial Negativa. Entre las variables aleatorias continuas destacan: Variable Aleatoria Uniforme: Se llama variable aleatoria Uniforme en un intervalo [a, b], con a ≤ b y a, b ∈ IR, y se denota por ξ ∼ U [a, b], a una variable aleatoria ξ con funci´n de densidad o 1 fξ (x) = , para a ≤ x ≤ b. b−a i i i i
- 109. “libroult” i i 2001/8/30 page 113 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 113 Sus principales caracter´ ısticas son: a+b E [ξ] = , 2 2 (b − a) V (ξ) = , 12 et·b − et·a Gξ (t) = , para t = 0. t · (b − a) eit·b − eit·a ϕξ (t) = , para t = 0. i · t · (b − a) Variable Aleatoria Triangular: Dados dos par´metros a y b tales que a a < b, se llama variable aleatoria Triangular de par´metros a y b a y se denota por T (a, b), a una variable aleatoria ξ cuya funci´n de o densidad viene descrita por: 4(x−a) (b−a)2 , si a ≤ x < a+b 2 fξ (x) = 4(b−x) 2 , si a+b ≤ x < b 2 (b−a) 0 , en el resto Claramente E [ξ] = (a + b) /2. Variable Aleatoria Exponencial: Se llama variable aleatoria Expo- nencial con par´metro λ, con λ > 0, y se denota por ξ ∼ Exp (λ), a a una variable aleatoria ξ con funci´n de densidad o fξ (x) = λ · e−λ·x , para x > 0. Sus principales caracter´ ısticas son: 1 E [ξ] = , λ 1 V (ξ) = , λ2 λ Gξ (t) = , para t < λ. λ−t λ ϕξ (t) = . λ−i·t Esta variable aparece, por ejemplo, cuando se estudia la distancia entre dos sucesos consecutivos que sigan una distribuci´n de Poisson. o Variable Aleatoria Gamma: Se llama variable aleatoria Gamma de par´metros a y p, con a, p > 0, y se denota por ξ ∼ Γ (a, p), a una a variable aleatoria ξ con funci´n de densidad o ap fξ (x) = · e−a·x · xp−1 , para x ≥ 0. Γ (p) i i i i
- 110. “libroult” i i 2001/8/30 page 114 i i 114 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Sus principales caracter´ ısticas son: p E [ξ] = , a p V (ξ) = , a2 p a Gξ (t) = , para |t| < a. a−t p a ϕξ (t) = . a−i·t Adem´s, se verifica que la suma de variables aleatorias independien- a tes e id´nticamente distribuidas seg´n una Exponencial sigue una e u distribuci´n Gamma. Por ello, la distribuci´n Gamma es la que apa- o o rece cuando se estudia la distancia entre p sucesos que sigan una variable de Poisson de par´metro a. a Variable Aleatoria Normal: Se llama variable aleatoria Normal de media µ y varianza σ 2 y se denota por ξ ∼ N µ, σ 2 , a una va- riable aleatoria ξ con funci´n de densidad: o 1 (x−µ)2 fξ (x) = √ · e− 2·σ 2 . 2·π· σ2 Sus principales caracter´ ısticas son: E [ξ] = µ, V (ξ) = σ2 , 2 1 ·t2 Gξ (t) = et·µ+ 2 ·σ , i·t·µ− 2 ·σ 2 ·t2 1 ϕξ (t) = e . Es importante destacar la importancia de la variable aleatoria con distribuci´n N (0, 1), denominada “distribuci´n normal tipificada”. o o Variable Aleatoria χ2 de Pearson: Se llama as´ a la variable aleato- ı ria resultante de sumar los cuadrados de d variables aleatorias in- dependientes con distribuci´n N (0, 1). Se dice que d (d > 0) es el o n´mero de grados de libertad, y la variable se denota ξ ∼ χ2 . Su u d funci´n de densidad es: o 2−d/2 · xd/2−1 · e−x/2 fξ (x) = Γ (d/2) para todo x > 0. Su media es d y su varianza es 2d. La funci´n o generatriz de momentos es: −d/2 1 Gξ (t) = (1 − 2t) , para t < . 2 i i i i
- 111. “libroult” i i 2001/8/30 page 115 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 115 Variable Aleatoria t de Student: La variable aleatoria ξ tiene distri- buci´n t de Student con d grados de libertad, y se denota ξ ∼ Td , si o su funci´n de densidad es: o − d+1 Γ d+1 2 x2 2 fξ (x) = √ 1+ dπΓ d2 d para todo x real. Su media es 0 y la varianza d/ (d − 2). La fun- ci´n generatriz de momentos no existe. Adem´s, el cociente entre o a una variable normal tipificada y una variable con distribuci´n χ2 o d independientes tiene una distribuci´n Td . o Variable Aleatoria F de Fisher-Snedecor: La variable aleatoria ξ tie- ne distribuci´n F de Fisher-Snedecor con n y m grados de libertad o (n y m n´meros naturales), si su funci´n de densidad es: u o n+m Γ 2 nn/2 mm/2 n/2−1 −(n+m)/2 fξ (x) = x (m + nx) Γ n2 Γ m 2 para todo x real. Se denota ξ ∼ Fn,m , y su media es: m , para m > 2, (m − 2) y su varianza: 2m2 (n + m − 2) 2 , para m > 4. n (m − 2) (m − 4) La funci´n generatriz de momentos no existe. Adem´s, el cociente o a entre dos variables aleatorias independientes con distribuci´n χ2 , o con n y m grados de libertad, respectivamente, es una Fn,m . Ejercicios Resueltos P4.1] Supongamos que la probabilidad de tener una unidad defectuosa en una l´ ınea de ensamblaje es de 0.05. Si el conjunto de unidades terminadas constituye un conjunto de ensayos independientes 1. ¿cu´l es la probabilidad de que entre diez unidades dos se encuentren a defectuosas? 2. ¿y de que a lo sumo dos se encuentren defectuosas? 3. ¿cu´l es la probabilidad de que por lo menos una se encuentre de- a fectuosa? i i i i
- 112. “libroult” i i 2001/8/30 page 116 i i 116 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Soluci´n o Sea ξi una variable aleatoria que representa el estado de una unidad ter- minada en la l´ ınea de ensamblaje en el momento i, siendo ξi = 1 si la unidad es defectuosa y ξi = 0 en caso contrario. La variable ξi sigue una distribuci´n de Bernoulli con par´metro p = 0,05, de acuerdo con el dato o a inicial del problema. Adem´s, n´tese que un conjunto de unidades ter- a o minadas constituye un conjunto de ensayos independientes, por lo que el n´mero de unidades defectuosas de un total de n unidades termina- u n das (ξ1 , . . . , ξn ), esto es, ηn,p = ξi , sigue una distribuci´n binomial de o i=1 par´metros n y p = 0,05. Hechas estas consideraciones iniciales, procede- a mos a resolver el problema. 1. Procedemos a calcular: 10 8 P (η10,0,05 = 2) = · 0,052 · (1 − 0,05) = 0,0746. 2 2. Se tiene que: 2 10 10−i P (η10,0,05 ≤ 2) = · 0,05i · (1 − 0,05) = 0,9884. i=0 i 3. Por ultimo: ´ P (η10,0,05 ≥ 1) = 1 − P (η10,0,05 = 0) = 10 10−0 = 1− · 0,050 · (1 − 0,05) = 0 = 1 − 0,5987 = 0,4013. P4.2] El gerente de un restaurante que s´lo da servicio mediante reservas sabe, o por experiencia, que el 20 % de las personas que reservan una mesa no asistir´n. Si el restaurante acepta 25 reservas pero s´lo dispone de 20 a o mesas, ¿cu´l es la probabilidad de que a todas las personas que asistan a al restaurante se les asigne una mesa? Soluci´n o Representemos por la variable aleatoria ξ la decisi´n de asistir (ξ = 0) o o no (ξ = 1) finalmente al restaurante por parte de una persona que ha hecho una reserva. Esta variable sigue una distribuci´n de Bernoulli de o par´metro p = 0,2, de acuerdo con el enunciado del ejercicio. Suponiendo a que las distintas reservas son independientes entre s´ se tiene que, de un ı, total de n reservas (ξ1 , . . . , ξn ), el n´mero de ellas que acuden finalmen- u n te al restaurante es una variable aleatoria Yn = ξi , con distribuci´n o i=1 i i i i
- 113. “libroult” i i 2001/8/30 page 117 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 117 binomial de par´metros n y p = 0,2. En el caso particular del problema, a n = 25. Entonces, para que aquellas personas que asistan al restaurante de las 25 que han hecho la reserva puedan disponer de una mesa, debe ocurrir que acudan 20 o menos. As´ se tiene que: ı, 20 25 25−i P (Y25 ≤ 20) = · 0,2i · (1 − 0,2) = 0,5799. i=0 i P4.3] Una empresa electr´nica observa que el n´mero de componentes que o u fallan antes de cumplir 100 horas de funcionamiento es una variable alea- toria de Poisson. Si el n´mero promedio de estos fallos es ocho, u 1. ¿cu´l es la probabilidad de que falle un componente en 25 horas? a 2. ¿y de que fallen no m´s de dos componentes en 50 horas? a 3. ¿cu´l es la probabilidad de que fallen por lo menos diez en 125 horas? a Soluci´n o Sea la variable aleatoria ξ, con distribuci´n de Poisson de par´metro o a λξ = E [ξ] = 8, que determina el n´mero de componentes que fallan u antes de cumplir 100 horas de funcionamiento. 1. Considerando que se cumplen ciertas condiciones de regularidad, podemos asumir que una variable η que mide el n´mero de compo- u nentes que fallan antes de cumplir 25 horas de funcionamiento sigue una distribuci´n de Poisson con par´metro λη = E [η] = 8/4 = 2. o a Por lo tanto, la probabilidad deseada es la siguiente: 21 −2 P (η = 1) = · e = 0. 27067. 1! 2. An´logamente, definimos una variable aleatoria U con distribuci´n a o de Poisson de par´metro λU = 8/2 = 4, que mide el n´mero de com- a u ponentes que fallan antes de cumplir las 50 horas de funcionamiento. Se tiene entonces que: 2 4i −4 P (U ≤ 2) = · e = 0. 2381. i=0 i! 3. De la misma forma, definiendo una variable aleatoria V con distri- buci´n de Poisson de par´metro λV = 10, se obtiene: o a 10 10i −10 P (V ≥ 10) = 1 − P (V < 10) = 1 − ·e = 0,41696. i=0 i! i i i i
- 114. “libroult” i i 2001/8/30 page 118 i i 118 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD P4.4] Una gran tienda de art´ ıculos el´ctricos descubre que el n´mero ξ de e u tostadores vendidos por semana obedece a una ley de Poisson de media 10. La ganancia de cada tostador vendido es de 500 ptas. Sin embargo, un lunes se encuentran con que s´lo les quedan 10 tostadores, y que a lo o largo de esa semana no van a poder traer m´s del almac´n. Determinar la a e distribuci´n de las ganancias totales (en ptas.) en concepto de tostadores o de pan a lo largo de esa semana. Soluci´n o Teniendo en cuenta los datos del problema, podemos definir una variable aleatoria η, que representa la ganancia total (en pesetas) en concepto de tostadores de pan a lo largo de la semana considerada, a partir de la variable ξ: 500 · ξ , si 0 ≤ ξ < 10 η= 5000 , si ξ ≥ 10 En el segundo caso, si la demanda ξ es de m´s de 10 tostadores, es decir, a si supera al n´mero de existencias, s´lo es posible vender este ultimo u o ´ n´mero de tostadores. u La distribuci´n de las ganancias totales en pesetas es, por tanto: o Fη (t) = P ({w ∈ Ω : η(w) ≤ t}) = 0 , si t < 0 t/500 = t P (500 · ξ ≤ t) = Fξ 500 = P (ξ = i) , si 0 ≤ t < 5000 i=0 1 , si t ≥ 5000. N´tese que una vez m´s η = g ◦ ξ (v´ase la figura 3.6) para una simple o a e funci´n real g. o P4.5] Se extraen n cartas, una a una con reemplazamiento, de una baraja espa˜ola (4 palos de 10 cartas cada uno). Si ξ representa la suma de los n n n´meros que aparecen en las cartas, u 1. calcular P (ξ = k) y E[ξ] ; 2. hallar la funci´n generatriz de probabilidades de ξ. o Soluci´n o Definamos una variable aleatoria η que representa el valor de una carta extra´ del total de la baraja, con valores equiprobables 1,2,. . . ,10, siendo ıda P (η = k) = 1/10, para todo k ∈ A = {1, . . . , 10}. Definamos tambi´n un e conjunto B formado por los (k1 , . . . , kn ) ∈ An en los que no se repite un mismo n´mero m´s de 4 veces. N´tese adem´s que el unico dato a u a o a ´ tener en cuenta en cada extracci´n es el n´mero de la carta, no el palo, o u i i i i
- 115. “libroult” i i 2001/8/30 page 119 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 119 puesto que en el problema se utilizar´ una variable ξ que da la suma de a los n´meros de un total de n extracciones con reemplazamiento. u Supuesta la independencia de las extracciones, sea η1 , . . . , ηn un conjunto de n variables aleatorias independientes con la misma distribuci´n que η, o que miden el resultado en cada una de las n extracciones con reemplaza- n miento. N´tese que ξ = o ηi . i=1 1. Las probabilidades deseadas son, dado un n´mero n = 1, 2, . . . : u n P (ξ = k) = P ηi = k i=1 n n 1 = P (ηi = ki ) = . i=1 10 (k1 ,...,kn )∈B (k1 ,...,kn )∈B P n P n ki =k ki =k i=1 i=1 Adem´s, a n n 10 n 11 E [ξ] = E ηi = E [ηi ] = n · E [η] = · i= · n. i=1 i=1 10 i=1 2 2. La funci´n generatriz de probabilidades es: o P n n ηi n φξ (t) = E t i=1 = E [tηi ] = (E [tη ]) . i=1 Se obtiene que: n 1 1 t − tn+1 E [tη ] = · ti = · , 10 i=1 10 1−t y por lo tanto: n 1 t − tn+1 φξ (t) = · . 10 1−t P4.6] Se lanza consecutivamente un dado hasta que aparece por primera vez un as. Suponiendo que en el primer lanzamiento no hemos obtenido un as, calcular la probabilidad de que sean necesarios m´s de tres lanzamientos. a Soluci´n o Sea ξ una variable aleatoria que representa el n´mero de lanzamientos u consecutivos (e independientes) que hay que efectuar con un dado hasta i i i i
- 116. “libroult” i i 2001/8/30 page 120 i i 120 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD que aparezca un as por primera vez. Esta variable es una geom´trica de e par´metro p = 1/6, siendo p la probabilidad de obtener un as en un lan- a zamiento del dado. En el enunciado del problema se a˜ade la suposici´n n o de que el as no se obtiene en el primer lanzamiento y, por lo tanto, la probabilidad que se pide calcular es: 3 5 i−1 1 1 1− 6 · 6 P (ξ > 3) i=1 25 P (ξ > 3 | ξ > 1) = = = = 0, 6944. P (ξ > 1) 5 0 1 1 36 1− 6 · 6 P4.7] De un paquete de n tarjetas ordenadas de forma creciente y numeradas 1, 2, . . . , n se selecciona aleatoriamente una tarjeta. Si est´ marcada con a k, se selecciona una segunda tarjeta entre las k primeras. Sea ξ1 el n´mero u de la tarjeta seleccionada en primer lugar y ξ2 el de la tarjeta seleccionada en segundo lugar. Calcular: 1. P (ξ2 = j), 2. E[ξ2 ], 3. P (ξ1 = k|ξ2 = j), 4. E[ξ1 ]. Soluci´n o N´tese que la variable ξ1 , supuestas ciertas condiciones de regularidad, o puede tomar los valores 1, 2, . . . , n, con P (ξ1 = k) = 1/n, para todo k = 1, . . . , n. Sin embargo, para el c´lculo de las probabilidades P (ξ2 = j) es a necesario tener en cuenta el resultado de la primera selecci´n. o 1. Se tiene que: n P (ξ2 = j) = P (ξ2 = j | ξ1 = i) · P (ξ1 = i) i=1 n 1 = · P (ξ2 = j | ξ1 = i) . n i=1 Obs´rvese que si j > i, entonces P (ξ2 = j | ξ1 = i) = 0. Por lo tanto: e n n 1 1 1 P (ξ2 = j) = · P (ξ2 = j | ξ1 = i) = · . n i=j n i=j i 2. El valor esperado de la tarjeta seleccionada en segundo lugar es: n n n 1 j · 1 E[ξ2 ] = j · P (ξ2 = j) = · . j=1 n j=1 i=j i i i i i
- 117. “libroult” i i 2001/8/30 page 121 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 121 3. Procediendo de forma similar al primer apartado, se calcula: P (ξ2 = j|ξ1 = k) · P (ξ1 = k) P (ξ1 = k|ξ2 = j) = P (ξ2 = j) −1 n 1 = k· i , si j ≤ k i=j 0 , si j > k 4. Por ultimo, el valor esperado para la primera tarjeta seleccionada ´ es: n n 1 n+1 E [ξ1 ] = i · P (ξ1 = i) = · i= . i=1 n i=1 2 P4.8] Un vendedor de enciclopedias sabe que la probabilidad de obtener un cliente en cada visita es 0.3. ¿Cu´l es el n´mero medio de visitas diarias a u si cada d´ vende exactamente 10 enciclopedias? ¿Cu´l es la probabilidad ıa a de que, a lo largo de un mes, no tenga que hacer m´s de 50 visitas diarias? a Soluci´n o Definamos una variable aleatoria ξ que representa el n´mero de visitas u en las que no obtiene clientes que debe realizar el vendedor hasta vender 10 enciclopedias. Esta variable sigue una distribuci´n binomial negativa o de par´metros n = 10 y p = 0,3, de acuerdo con los datos del problema, a y por tanto E [ξ] = n (1 − p) /p. Se asume que las visitas realizadas son independientes entre s´ Entonces, el n´mero medio de visitas diarias que ı. u debe hacer el vendedor es: n (1 − p) 0,7 E [ξ + 10] = + 10 = 10 · + 10 = 33. 333. p 0,3 Por otra parte, para calcular la probabilidad de que no tenga que hacer m´s de 50 visitas diarias a lo largo de un mes (de 30 d´ a ıas), definamos un conjunto de variables aleatorias ξ1 , . . . , ξ30 independientes e id´nticamen- e te distribuidas seg´n ξ, que representan el n´mero de visitas sin clientes u u necesarias hasta vender 10 enciclopedias cada uno de los d´ del mes. Se ıas tiene que: 30 30 P (ξ1 ≤ 40, . . . , ξ30 ≤ 40) = P (ξi ≤ 40) = [P (ξ ≤ 40)] = i=1 40 30 10 + i − 1 = · 0,310 · 0,7i = i=0 i = 0. 9597730 = 0. 29175. i i i i
- 118. “libroult” i i 2001/8/30 page 122 i i 122 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD P4.9] Hallar el m´ınimo entero n tal que la probabilidad de obtener al menos un as en n lanzamientos, sea mayor o igual que 0.9. Soluci´n o Sea ξn una variable aleatoria que representa el n´mero de ases obtenidos u en n lanzamientos de un dado. Se debe obtener el menor entero n tal que: P (ξn ≥ 1) ≥ 0,9, es decir, P (ξn = 0) ≤ 0,1. Considerando que la probabilidad de obtener un as con este dado es 1/6, se tiene que: n 5 ≤ 0,1, 6 desigualdad que se verifica para todo n ≥ 13. P4.10] Demostrar las siguientes f´rmulas recurrentes para el c´lculo de la fun- o a ci´n de probabilidad: o (n − k)p 1. Pξ (k + 1) = · Pξ (k), si ξ ∼ Bi(n; p). (k + 1)(1 − p) λ 2. Pξ (k + 1) = · Pξ (k), si ξ ∼ Poiss(λ). k+1 (n + k)(1 − p) 3. Pξ (k + 1) = · Pξ (k), si ξ ∼ BiNeg(n; p). k+1 (A − k)(n − k) 4. Pξ (k + 1) = · Pξ (k), si ξ ∼ Hip(n, A, B). (k + 1)(B − (n − k) + 1) Soluci´n o 1. Si ξ ∼ Bi(n; p), entonces n n−k Pξ (k) = · pk · (1 − p) , k para todo k = 0, . . . , n. Se verifica que: n n−k−1 Pξ (k + 1) = · pk+1 · (1 − p) = k+1 n−k n n−k (1 − p) = · · p · pk · = k k+1 (1 − p) (n − k)p = · Pξ (k). (k + 1)(1 − p) i i i i
- 119. “libroult” i i 2001/8/30 page 123 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 123 2. Si ξ ∼ Poiss(λ), entonces λk −λ Pξ (k) = ·e , k! para todo k = 0, 1, . . . Se verifica que: λk+1 λ Pξ (k + 1) = · e−λ = · Pξ (k). (k + 1)! k+1 3. Si ξ ∼ BiNeg(n; p), entonces n+k−1 k Pξ (k) = · pn · (1 − p) , k para todo k = n, n + 1, . . . Se verifica que: n+k k+1 Pξ (k + 1) = · pn · (1 − p) = k+1 n+k−1 n+k k = · · pn · (1 − p) · (1 − p) = k k+1 (n + k)(1 − p) = · Pξ (k). k+1 4. Si ξ ∼ Hip(n, A, B), entonces A B k · n−k Pξ (k) = A+B , n para todo k = 0, . . . , n. Se verifica que: A B k+1 · n−k−1 Pξ (k + 1) = A+B = n A−k A n−k B k+1 · k · B−n+k+1 · n−k = A+B = n (A − k)(n − k) = · Pξ (k). (k + 1)(B − (n − k) + 1) P4.11] Sean ξ y η las variables aleatorias que cuentan el n´mero de veces que u sale 1 y 6, respectivamente, en 5 lanzamientos de un dado. ¿Son ξ y η independientes? Soluci´n o i i i i
- 120. “libroult” i i 2001/8/30 page 124 i i 124 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Las variables ξ y η siguen ambas una distribuci´n binomial de par´metros o a n = 5 y p = 1/6. Veamos, mediante un contraejemplo, que ξ y η no son independientes. Por un lado se tiene que: 5 2 P (ξ = 0, η = 0) = , 3 pero 5 5 P (ξ = 0) = = P (η = 0) , 6 y por lo tanto 5 10 2 5 P (ξ = 0, η = 0) = = P (ξ = 0) · P (η = 0) = , 3 6 concluy´ndose as´ que las variables no son independientes. e ı P4.12] En la teor´ de los rayos c´smicos se presenta la distribuci´n de Pascal- ıa o o Furry, dada por los valores i = 0, 1, 2, . . ., con probabilidades respectivas: 1 µ pi = 1+µ ( 1+µ )i , µ > 0. Determinar el par´metro µ. a Soluci´n o Se verifica que ∞ ∞ i 1 µ 1 1 pi = · = · = 1, i=0 i=0 1+µ µ+1 1 + µ 1 − [µ/ (µ + 1)] i para cualquier µ > 0. Adem´s, 1/ (1 + µ) < 1 y [µ/ (1 + µ)] < 1, para a todo µ > 0. P4.13] Pedro y Juan dividen al azar una barra de chocolate con 4n porciones (n > 0) en dos trozos de modo que el trozo de Pedro siempre es mayor que el de Juan, al que siempre le toca algo. 1. Calcular el n´mero esperado de porciones de Pedro. u 2. Calcular la varianza de tal n´mero. u 3. Probar que si en tres ocasiones sucesivas el trozo de Pedro es mayor que tres veces el de Juan, es razonable pensar que la partici´n no se o ha hecho de un modo aleatorio. i i i i
- 121. “libroult” i i 2001/8/30 page 125 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 125 Soluci´n o 1. Consideremos el espacio muestral Ω formado por todas las posibles divisiones de la tableta. Numerando las porciones podemos caracte- rizar cada divisi´n mediante un n´mero entre 1 y 4n − 1, donde no o u vale el 2n. Es decir, cada suceso elemental w ∈ Ω puede identificarse como la cantidad de porciones que quedan a un lado (por ejemplo a la derecha) tras la divisi´n, lo que a la vez determina el n´mero de o u porciones que quedan al otro lado. As´ ı: Ω = {1, 2, . . . , 4n − 2, 4n − 1} − {2n} . Para cada w ∈ Ω, no confundamos su valor con la cantidad de porciones que le damos a Juan y a Pedro, ya que esto se calcula mediante un m´ınimo y un m´ximo de {w, 4n − w}, respectivamente. a Asumamos por hip´tesis que Ω es equiprobable, es decir, que: o 1 P (w) = , 4n − 2 para todo w ∈ Ω, o dicho en otras palabras, que la tableta se parte en dos trozos de forma aleatoria y uniforme, pero descartando la probabilidad de que los dos trozos sean iguales o alguno vac´ ıo. Definamos ahora las variables aleatorias: ξ: Ω → IR w → ξ (w) = m´x {w, 4n − w} a y η: Ω → IR w → η (w) = m´ {w, 4n − w} ın representando la primera a Pedro y la segunda a Juan. Antes de sumergirnos en el c´lculo de E [ξ] y V (ξ), como pide el enunciado, a conozcamos algo de estas variables. Claramente son discretas y η = 4n−ξ. Adem´s, ξ toma valores en {2n + 1, 2n + 2, . . . , 4n − 2, 4n − 1}, a todos con igual probabilidad: 2 1 P (ξ = k) = P ({w ∈ Ω : ξ (w) = k}) = = , 4n − 2 2n − 1 cualquiera que sea k ∈ {2n + 1, . . . , 4n − 1}. Por tanto: 4n−1 2n−1 1 E [ξ] = k · P (ξ = k) = 2n + k= 2n − 1 k=2n+1 k=1 n (2n − 1) = 2n + = 3n. 2n − 1 i i i i
- 122. “libroult” i i 2001/8/30 page 126 i i 126 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 2. De la misma forma, se obtiene que: 4n−1 2 V (ξ) = E ξ 2 − (E [ξ]) = k 2 · P (ξ = k) − 9n2 = k=2n+1 2n−1 1 2 = (k + 2n) − 9n2 = 2n − 1 k=1 2n−1 2n−1 1 = k 2 + 4n k + 4n2 (2n − 1) − 9n2 = 2n − 1 k=1 k=1 3 2 1 2 (2n − 1) + 3 (2n − 1) + (2n − 1) = + 8n2 (2n − 1) 2n − 1 6 n (n − 1) −9n2 = . 3 3. Si el trozo de Pedro es mayor que tres veces el de Juan en una partici´n, se verifica que: o ξ > 3 · (4n − ξ) , es decir: ξ > 3n. Por lo tanto, supongamos que se realizan 3 particiones (independien- tes) y representemos, respectivamente, por ξ1 , ξ2 y ξ3 al n´mero de u trozos que corresponden a Pedro en cada una. Siendo las variables ξ1 , ξ2 y ξ3 independientes, se tiene que: 3 4n−1 3 3 P (ξi > 3n) = [P (ξ > 3n)] = P (ξ = i) = i=1 i=3n+1 3 1 = (4n − 1 − (3n + 1) + 1) · = 2n − 1 3 n−1 = , 2n − 1 que es una probabilidad muy peque˜a. Por lo tanto, es razonable n pensar que la partici´n no se ha hecho de un modo aleatorio. o P4.14] Una variable aleatoria ξ tiene la funci´n generatriz Gξ (t) = (0,2et + o 0,8)5 . Se pide: 1. Funci´n de probabilidad. o 2. P (ξ > 0) y P (1 ≤ ξ ≤ 3). i i i i
- 123. “libroult” i i 2001/8/30 page 127 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 127 3. Esperanza y varianza. Soluci´n o Podemos obtener la funci´n generatriz de probabilidades de esta variable o aleatoria discreta a partir de la funci´n generatriz de momentos. N´tese o o que la funci´n generatriz de probabilidades de una variable aleatoria es la o funci´n φξ (t) = E tξ , mientras que su funci´n generatriz de momentos o o tξ es Gξ (t) = E e . Por lo tanto: 5 5 φξ (t) = Gξ (lnt) = 0,2 · elnt + 0,8 = (0,2 · t + 0,8) . 1. Se verifica que, si φξ es derivable k veces en un entorno del origen, entonces: ∂φξ (k) (t) = k! · P (ξ = k) . ∂tk t=0 En concreto, en este caso, k = 0, 1, 2, 3, 4, 5. As´ ı: 5! P (ξ = k) = · 0,2k · 0,85−k , (5 − k)! · k! para todo k = 0, 1, 2, 3, 4, 5. N´tese que ´sta es la funci´n de pro- o e o babilidad de una variable aleatoria binomial de par´metros n = 5 y a p = 0,2. 2. Teniendo esto en cuenta, se tiene que: 5 P (ξ > 0) = 1 − P (ξ = 0) = 1 − · 0,20 · 0,85 = 0. 67232. 0 3. De forma similar: 3 5 P (1 ≤ ξ ≤ 3) = · 0,2k · 0,85−k = 0,6656. k k=1 4. Si G (t) es derivable en un entorno del origen k veces, entonces ∂G(k) G(k) (t) = (t) = mk . t=0 ∂tk t=0 En este caso: 4 E [ξ] = m1 = Gξ (t) = 0,2 · et + 0,8 · et = 1. t=0 t=0 Y tambi´n: e V (ξ) = m2 − m2 = Gξ (t) 1 −1 t=0 3 = et · 0,2 · et + 0,8 · 1,6 + 0,2 · et − 1 = 0,8 t=0 i i i i
- 124. “libroult” i i 2001/8/30 page 128 i i 128 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD P4.15] Una variable aleatoria ξ tiene la siguiente funci´n generatriz Gξ (t) = o t e2(e −1) . Se pide: 1. Funci´n de probabilidad. o 2. P (ξ > 1) y P (ξ > 2). 3. Esperanza y desviaci´n t´ o ıpica. Soluci´n o Procediendo de forma an´loga al ejercicio anterior, la funci´n generatriz a o de probabilidades es: φξ (t) = Gξ (lnt) = e2·(e −1) lnt = e2·(t−1) . 1. Asimismo: 1 P (ξ = k) = · 2k · e−2 , k! para todo k = 0, 1, . . . N´tese que esto se corresponde con la funci´n o o de probabilidad de una variable de Poisson con par´metro λ = 2. a 2. Las probabilidades deseadas son: 1 1 P (ξ > 1) = 1 − · 2k · e−2 = 0,59399. k! k=0 y tambi´n: e 2 1 P (ξ > 2) = 1 − · 2k · e−2 = 0,32332. k! k=0 3. Por ultimo, y de forma similar al anterior ejercicio: ´ = 2 · e2·(e −1)+t t E [ξ] = m1 = Gξ (t) = 2, t=0 t=0 y tambi´n: e V (ξ) = m2 − m2 = Gξ (t) 1 −1 t=0 = 2 · 2 · et + 1 · e2·(e −1)+t t − 4 = 2. t=0 P4.16] El tiempo de reparaci´n de unas m´quinas de escribir tiene una distri- o a buci´n aproximadamente exponencial, con media 22 minutos. o 1. Hallar la probabilidad de que el tiempo de reparaci´n sea menor que o diez minutos. i i i i
- 125. “libroult” i i 2001/8/30 page 129 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 129 2. El costo de reparaci´n es de 2000 pts. por cada media hora o fracci´n. o o ¿Cu´l es la probabilidad de que una reparaci´n cueste 4000 pts.? a o 3. Para efectuar una programaci´n, ¿cu´nto tiempo se debe asignar a o a cada reparaci´n para que la probabilidad de que cualquier tiempo o de reparaci´n mayor que el tiempo asignado sea s´lo de 0.1? o o Soluci´n o Definamos una variable aleatoria ξ que representa el tiempo de reparaci´n o (en minutos) de las m´quinas y sigue una distribuci´n exponencial de a o −1 par´metro λ = (E [ξ]) = 1/22. Por lo tanto, la funci´n de densidad de a o esta variable es: 1 fξ (x) = · e−x/22 , x > 0. 22 1. La probabilidad de que un tiempo de reparaci´n sea menor que diez o minutos es: 10 1 10 P (ξ < 10) = · e−x/22 ∂x = −e−x/22 = 1 − e−5/11 . 0 22 0 2. De acuerdo con el enunciado, para un tiempo de reparaci´n dado, o el costo de reparaci´n se obtendr´ a partir del n´mero total de frac- o a u ciones de media hora y el conjunto de minutos restantes, inferiores a 30. (Todos, este ultimo inclusive, se cobran a 2000 pesetas). Te- ´ niendo esto en cuenta, se observa que una reparaci´n costar´ 4000 o a pesetas siempre que su duraci´n sea superior a 30 minutos e inferior o o igual a 60 minutos (y as´ cada fracci´n de la segunda media hora ı o se cobrar´ como una media hora entera). As´ a ı: 60 1 P (30 < ξ ≤ 60) = · e−x/22 ∂x = −e−30/11 + e−15/11 . 30 22 3. Representamos por t (t > 0) el tiempo asignado a una reparaci´n o (en minutos). Debe verificarse: P (ξ > t) = 0,1, es decir: ∞ 1 ∞ · e−x/22 ∂x = −e−x/22 = e−t/22 = 0,1 t 22 t y esto se cumple para t = −22 · ln0,1 = 50. 657 ∼ 51 minutos. = i i i i
- 126. “libroult” i i 2001/8/30 page 130 i i 130 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD P4.17] Se supone que las plantas de una determinada especie se distribuyen de forma aleatoria en una regi´n con densidad promedio de λ plantas por o unidad de ´rea. Adem´s se conoce que tal aleatoriedad sigue una distri- a a buci´n de Poisson, es decir, que el n´mero de plantas en una regi´n con o u o ´rea A es una variable aleatoria de Poisson de par´metro λ · A. Elegida a a una planta al azar, sea ξ la distancia a la planta vecina de su misma es- pecie m´s pr´xima. Determinar la funci´n de densidad de ξ y determinar a o o su valor medio. Soluci´n o Comencemos determinando la funci´n de distribuci´n de ξ, es decir, o o Fξ (x) = P ({w : ξ (w) ≤ x}) para todo x ∈ IR. Claramente Fξ (x) = 0 cuando x ≤ 0. En cambio, si x > 0 entonces {w : ξ (w) ≤ x} representa el suceso “en un c´ ırculo de radio x, descontado el punto central, hay al ´ menos una planta”. Este es el suceso complementario de “en un c´ ırculo de radio x, descontado el punto central, no hay ninguna planta”, y cuya probabilidad viene dada por 0 λπx2 2 2 · e−λ·π·x = e−λ·π·x , 0! ya que el ´rea de un c´ a ırculo de radio x (incluso elimin´ndole el punto a central) es π · x2 . Consecuentemente, 0 , si x < 0 Fξ (x) = 2 1 − e−λ·π·x , si x ≥ 0. Ahora podemos f´cilmente conocer la funci´n de densidad de ξ : a o 0 , si x < 0 fξ (x) = 2 2λπxe−λ·π·x , si x ≥ 0, y su media: ∞ 2 1 E [ξ] = 2λπx2 e−λ·π·x ∂x = √ . 0 2 λ P4.18] Demostrar que si ξ tiene distribuci´n exponencial con media λ, entonces o la variable aleatoria η = ξ (parte entera de ξ) es una geom´trica de e par´metro p. Encontrar p en t´rminos de λ. a e Soluci´n o La variable ξ tiene funci´n de densidad fξ (x) = (1/λ) · e−x/λ , cuando o x > 0. Para cualquier k = 0, 1, 2, . . . se tiene que: k+1 1 −x/λ P (η = k) = P ( ξ = k) = P (k ≤ ξ < k + 1) = ·e ∂x = k λ k+1 = −e−x/λ = e−k/λ − e−(k+1)/λ = e−k/λ 1 − e−1/λ , k i i i i
- 127. “libroult” i i 2001/8/30 page 131 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 131 k es decir, P (η = k) = p · (1 − p) con p = 1 − e−1/λ . P4.19] Sup´ngase que ξ se distribuye como N (µ, σ), de manera que P (ξ ≤ 0) = o 1/3 y P (ξ ≤ 1) = 2/3. 1. ¿Cu´les son los valores de µ y σ? a 2. ¿Y si P (ξ ≤ 1) = 3/4? Soluci´n o 1. A partir de estas dos condiciones, tipificando la variable ξ y buscando los correspondientes percentiles en las tablas de la variable normal est´ndar, podremos obtener dos ecuaciones lineales en µ y σ. Debe a verificarse que: 0−µ 1 P (ξ ≤ 0) = FZ = , σ 3 de donde se deduce que −µ/σ = z0,3333 = −0,4307, siendo Z una variable aleatoria con distribuci´n normal de media 0 y varianza 1. o Adem´s: a 1−µ 2 P (ξ ≤ 1) = FZ = , σ 3 luego (1 − µ) /σ = z0,6667 = 0,4307.obteni´ndose finalmente que µ = e 0,5 y σ = 1,16. 2. En este caso, las ecuaciones ser´ −µ/σ = z0,3333 = −0,4307 y, ıan procediendo de modo an´logo, a 1−µ 3 P (ξ ≤ 1) = FZ = , σ 4 es decir, (1 − µ) /σ = z0,75 = 0,6745, de lo que se obtiene que µ = 0,39 y σ = 0,9. P4.20] Encontrar la distribuci´n de ξ 2 siendo ξ una variable aleatoria uniforme: o 1. en el intervalo [0, 1]; 2. en [−1, 1]; 3. en [−1, 2]. Soluci´n o Si ξ es una variable uniforme en un intervalo [a, b] , a < b, se tiene que su funci´n de distribuci´n es Fξ (u) = (u − a) / (b − a) , para todo u ∈ [a, b] . o o i i i i
- 128. “libroult” i i 2001/8/30 page 132 i i 132 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Por lo tanto, si se quiere ver la distribuci´n del cuadrado de esta variable, o que denominaremos η, se proceder´ del siguiente modo: a Fη (t) = P (η ≤ c) = P ξ 2 ≤ c √ √ √ √ = P − c ≤ ξ ≤ c = Fξ c − Fξ − c = √ √ √ c−a − c−a 2· c = − = , b−a b−a b−a obteni´ndose, en cada caso particular: e √ 1. Si [a, b] = [0, 1], Fη (c) = 2 · c. √ 2. Si [a, b] = [−1, 1], Fη (c) = c. √ 3. Si [a, b] = [−1, 2], Fη (c) = 2 c/3. P4.21] Encontrar la distribuci´n de cξ, donde c es una constante positiva y ξ o una exponencial de media θ. Soluci´n o Si la variable ξ sigue una distribuci´n exponencial de media θ, su funci´n o o de densidad vendr´ dada por a 1 −x/θ fξ (x) = ·e , x > 0, θ y su funci´n de distribuci´n ser´, por tanto o o a t 1 −x/θ t Fξ (t) = ·e ∂x = −e−x/θ = 1 − e−t/θ . 0 θ 0 La distribuci´n de la variable cX es: o Fcξ (t) = P (cξ ≤ t) = Fξ (t/c) = 1 − e−t/(c·θ) , que se corresponde con la distribuci´n de una variable aleatoria exponen- o cial de media c · θ. P4.22] Supongamos que una part´ ıcula es lanzada desde el origen del plano xy en l´ ınea recta que forma un ´ngulo θ con el eje x. Sea ξ la segunda a coordenada del punto cuando la part´ ıcula choca con la recta x = 1. Mostrar que si el ´ngulo se distribuye uniformemente en (−π/2, π/2), a entonces fξ (y) = [π(1 + y 2 )]−1 . Esta distribuci´n se llama distribuci´n de o o Cauchy. Ver que es sim´trica respecto al cero pero que no tiene esperanza. e Soluci´n o N´tese que si la l´ o ınea recta forma un ´ngulo θ con el eje x, la segunda a coordenada del punto donde la part´ıcula choca con la recta x = 1 coincide i i i i
- 129. “libroult” i i 2001/8/30 page 133 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 133 con la tangente de θ, es decir, la variable ξ = tanθ. Teniendo en cuenta que, adem´s, θ sigue una distribuci´n uniforme en (−π/2, π/2), fθ (t) = a o 1/π, para todo t ∈ (−π/2, π/2). Se obtiene que: 1 −1 fξ (y) = fθ (arctan (y)) · (arctan(y)) = · 1 + y2 . π Adem´s, aunque es sim´trica respecto al cero no tiene esperanza, puesto a e que 0 −1 1/π · y · 1 + y 2 · ∂y = −∞ −∞ pero +∞ −1 1/π · y · 1 + y 2 · ∂y = +∞. 0 P4.23] A partir de las expresiones de las distribuciones notables, di cu´l es el a valor adecuado de la constante c de manera que c · h(x) sea funci´n de o densidad, e indica su esperanza y varianza para las siguientes funciones h(x), donde a y b son par´metros positivos: a 2 2 (a) exp(−x2 /2), para todo x ∈ IR; (f) e−(x−a) /b , para todo x ∈ IR; (b) x, 0 < x ≤ 2; (g) e−ax x5 , x > 0; (c) 1, 1 < x < 10; (h) e−a|x| , para todo x ∈ IR; (d) exp(−5x), x > 0; (i) x7 (1 − x)9 , 0 < x < 1; −(x−a)2 (e) e , para todo x ∈ IR; (j) x7 (b − x)9 , 0 < x < b. Soluci´n o La constante c debe verificar que: f (x) ≥ 0, para todo x ∈ A, f (x) ∂x = 1. A +∞ √ √ 1. Se verifica que −∞ c · exp(−x2 /2) · ∂x = c · 2π = 1 si c = 1/ 2π. Adem´s, esta funci´n es positiva para cualquier valor real, por lo a o que es una funci´n de densidad. Una vez determinado el valor de c, o calculamos la esperanza y la varianza de la variable, resultando: +∞ √ −x2 E [X] = x · 1/ 2π · exp( ) · ∂x = 0. −∞ 2 +∞ 2 1 −x2 V (X) = E X 2 − (E [X]) = x2 · √ · exp( ) · ∂x = 1. −∞ 2π 2 i i i i
- 130. “libroult” i i 2001/8/30 page 134 i i 134 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 2 2. Se tiene que 0 cx · ∂x = 2c = 1 si c = 1/2. Adem´s: a 2 x2 4 E [X] = · ∂x = . 0 2 3 2 2 x3 4 2 V (X) = · ∂x − = . 0 2 3 9 10 3. Para que sea funci´n de densidad, se ha de cumplir que 1 c·∂x = 1, o para lo cual c debe ser igual a 1/9. La esperanza y la varianza de la variable son: 10 x 11 E [X] = · ∂x = . 1 9 2 10 2 x2 11 121 27 V (X) = · ∂x − = 37 − = . 1 9 2 4 4 ∞ 4. Se verifica que 0 c · exp(−5x) · ∂x = c/5 = 1 si c = 5. Por lo tanto: ∞ 1 E [X] = 5x · e−5x · ∂x = . 0 5 ∞ 2 1 1 V (X) = 5x2 · e−5x · ∂x − = . 0 5 25 2 +∞ 2 5. La funci´n c·e−(x−a) es funci´n de densidad si −∞ c·e−(x−a) ·∂x = o o √ 1, condici´n que se cumple para c = 1/ π. Se tiene entonces que: o +∞ 2 e−(x−a) E [X] = x· √ · ∂x = a. −∞ π +∞ 2 e−(x−a) 1 V (X) = x2 · √ · ∂x − a2 = . −∞ π 2 +∞ 2 /b2 √ √ −1 6. Se verifica que −∞ c · e−(x−a) · ∂x = cb π = 1 si c = (b π) . N´tese que c > 0. Adem´s: o a +∞ 1 2 2 E [X] = √ · x · e−(x−a) /b · ∂x = a. −∞ b π +∞ 1 2 2 V (X) = √ · x2 · e−(x−a) /b · ∂x − a2 = b2 /2. −∞ b π i i i i
- 131. “libroult” i i 2001/8/30 page 135 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 135 ∞ 7. La integral 0 c · e−ax · x5 · ∂x = 1 si c = a6 /120. Adem´s: a ∞ a6 6 E [X] = · e−ax · x6 · ∂x = . 0 120 a 42 36 6 V (X) = 2 − 2 = 2. a a a 8. Para que sea funci´n de densidad, se ha de cumplir que o +∞ 2c c · e−a|x| · ∂x = = 1, −∞ a para lo cual c debe ser igual a a/2 . La esperanza y la varianza de la variable son: E [X] = 0 +∞ a 2 −a|x| 2 V (X) = ·x ·e · ∂x − 02 = 2 . −∞ 2 a 1 9. Se verifica que c · x · (1 − x)9 · ∂x = c/194480 = 1 si c = 194480. 0 7 Una vez determinado el valor de c, calculamos la esperanza y la varianza de la variable, resultando: 1 4 E [X] = 194480 · x8 · (1 − x)9 · ∂x = . 0 9 1 2 4 4 16 20 V (X) = 194480 · x9 · (1 − x)9 · ∂x − = − = . 0 9 19 81 1539 10. Para que sea funci´n de densidad, se ha de cumplir que o b c · x7 · (b − x)9 · ∂x = 1, 0 para lo cual c debe ser igual a 194480/b17 . La esperanza y la varianza de la variable son: b 194480 8 4 E [X] = · x · (b − x)9 · ∂x = · b. 0 b17 9 b 194480 9 16 4 2 16 2 20 2 V (X) = 17 ·x ·(b−x)9 ·∂x− ·b2 = b − ·b = b . 0 b 81 19 81 1539 P4.24] Consideremos un dado que tiene en tres de sus caras un 1, en dos tiene un 2 y en una de ellas un 3. Tres jugadores act´an de la siguiente manera: u el primero obtiene sus puntos lanzando el dado; el segundo lo vuelve a lanzar y sus puntos son el producto los puntos en su lanzamiento por los puntos del primero; igualmente hace el tercero multiplicando el resultado de su lanzamiento por los puntos del segundo. i i i i
- 132. “libroult” i i 2001/8/30 page 136 i i 136 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 1. Describir el espacio probabil´ ıstico asociado a esta experiencia alea- toria: (Ω, A, P ). 2. Sea ξ el n´mero de jugadores con igual puntuaci´n y η la suma de u o las tres puntuaciones. Calcular P (ξ < 3) y P (η > 8|ξ ≤ 1). 3. Hallar E[η|ξ = 2]. Soluci´n o 1. Sea Ω el espacio formado por las posibles puntuaciones de los tres jugadores. Teniendo en cuenta c´mo se obtienen, seg´n las reglas del o u juego: y z Ω= w = (x, y, z) : x, , ∈ {1, 2, 3} , x y donde x, y, z son las puntuaciones obtenidas por cada uno de los tres jugadores, respectivamente. Sea tambi´n A la σ- ´lgebra for- e a mada por todos los subconjuntos de Ω y la funci´n de probabili- o dad P , que se define teniendo en cuenta que los tres lanzamientos son independientes, siendo 1/2 la probabilidad de obtener un 1, 1/3 para un 2 y 1/6 para un 3. As´ por ejemplo, si las puntuaciones ı, son 1, 3 y 6, los resultados de los tres lanzamientos deben de ha- ber sido 1, 3 y 2 para cada jugador, respectivamente, por lo que P ((1, 3, 6)) = (1/2) · (1/6) · (1/3) = 1/36. 2. Las variables ξ y η est´n definidas sobre el espacio probabil´ a ıstico definido en el apartado anterior del problema. P (ξ < 3) = 1 − P (ξ = 3) = 1 − P ({w ∈ Ω : x = y = z}) = = 1 − [P ((1, 1, 1)) + P ((2, 2, 2)) + P ((3, 3, 3))] = 3 2 2 1 1 1 1 1 3 = 1− + · + · = . 2 3 2 6 2 4 Por otra parte: P (η > 8, ξ ≤ 1) P (η > 8, ξ = 1) P (η > 8|ξ ≤ 1) = = . P (ξ ≤ 1) P (ξ = 1) Para que las puntuaciones de los tres jugadores sean distintas, ning´n u resultado del dado puede ser igual a 1 para el segundo o tercer ju- gador. La tabla siguiente muestra las distintas posibilidades: i i i i
- 133. “libroult” i i 2001/8/30 page 137 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 137 resultados dado puntuaci´n probabilidad suma de puntuaciones o 2 1,2,2 (1, 2, 4) 1/2 · (1/3) 7 1,2,3 (1, 2, 6) 1/2 · 1/3 · 1/6 9 1,3,2 (1, 3, 6) 1/2 · 1/3 · 1/6 10 2 1,3,3 (1, 3, 9) 1/2 · (1/6) 13 3 2,2,2 (2, 4, 8) (1/3) 14 2 2,2,3 (2, 4, 12) (1/3) · 1/6 18 2 2,3,2 (2, 6, 12) (1/3) · 1/6 20 2 2,3,3 (2, 6, 18) 1/3 · (1/6) 26 2 3,2,2 (3, 6, 12) (1/3) · 1/6 21 2 3,2,3 (3, 6, 18) 1/3 · (1/6) 27 2 3,3,2 (3, 9, 18) 1/3 · (1/6) 30 3 3,3,3 (3, 9, 27) (1/6) 39 Se obtiene por tanto que: 2 3 2 1 1 1 1 1 1 1 1 P (η > 8, ξ = 1) = 2· · · + · + +3· · 2 3 6 2 6 3 3 6 2 3 1 1 1 +3· · + 3 6 6 7 = , 36 y adem´s: a 2 7 1 1 1 P (ξ = 1) = + · = , 36 2 3 4 por lo que: 7 36 7 P (η > 8|ξ ≤ 1) = 1 = . 4 9 P4.25] Para averiguar el tama˜o N de una poblaci´n de lagartos se utiliza el n o m´todo siguiente de captura-marcaje-recaptura. Se capturan k lagartos, e se les marca y se les reincorpora a su poblaci´n. Un tiempo despu´s se o e realizan n avistamientos independientes de los que ξ es el n´mero de ellos u que est´n marcados. a 1. Obtener una expresi´n para la probabilidad de que ξ = m. o 2. Si k = 4 y m = 1, demostrar que la probabilidad es m´xima cuando a N = 4n. 3. Si N = 12, k = 4 y n = 3, ¿cu´l es la probabilidad de que los tres a lagartos observados est´n marcados si sabemos que al menos uno de e ellos lo est´? a i i i i
- 134. “libroult” i i 2001/8/30 page 138 i i 138 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 4. ¿Cu´l es el n´mero medio de observaciones que habr´ que hacer a u ıa para que en dos de ellas el lagarto est´ marcado? e Soluci´n o Teniendo en cuenta que los n avistamientos que se realizan son indepen- dientes, la variable aleatoria ξ sigue una distribuci´n binomial de par´me- o a tros n y k/N , donde k/N es la probabilidad de que un lagarto escogido al azar de la poblaci´n est´ marcado. o e 1. La probabilidad de que m de los lagartos est´n marcados es: e m n−m n k k P (ξ = m) = · · 1− , m = 0, 1, . . . , n. m N N 2. Si k = 4 y m = 1: 1 n−1 n−1 n 4 4 4 · n · (N − 4) P (ξ = 1) = · · 1− = . 1 N N Nn Derivando en la anterior expresi´n respecto de N e igualando a cero o se obtiene que: n−2 N n−1 · (N − 4) · [(n − 1) · N − (N − 4) · n] = 0, por lo que N = 4n. 3. Si N = 12, k = 4 y n = 3, la probabilidad de que los tres lagartos est´n marcados sabiendo que al menos uno de ellos lo est´ es: e a P (ξ = 3, ξ ≥ 1) P (ξ = 3) 1 P (ξ = 3 | ξ ≥ 1) = = = . P (ξ ≥ 1) 1 − P (ξ = 0) 397 P4.26] Una alumna trae cada d´ a la Universidad una tableta de chocolate ıa de 16 cm., y de cuando en cuando le da un mordisco y se come la mitad de lo que le queda. Asumiendo que esta golosa apetencia aparece en la ma˜ana siguiendo una distribuci´n de Poisson de media un mordisco por n o hora: 1. Calcular la distribuci´n del tiempo que transcurre hasta que aparece o la primera mordida. 2. ¿Cu´ntos cent´ a ımetros de chocolate esperas que le quede tras las cinco horas de clases? 3. ¿Qu´ probabilidad hay de que soporte una hora de clase sin morder e su tableta? i i i i
- 135. “libroult” i i 2001/8/30 page 139 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 139 4. Si un d´ entre las 9:00 y las 14:00 horas, la ha mordido en cuatro ıa, ocasiones, ¿qu´ probabilidad hay de que lo haya hecho durante las e tres primeras horas de clase? 5. Calcular la distribuci´n del tiempo transcurrido hasta que toma el o tercer trozo de chocolate. ¿Cu´les son los supuestos necesarios para a que esa respuesta sea correcta? 6. Calcular la funci´n de distribuci´n del m´ o o ınimo tiempo hasta su pri- mera mordida en la ma˜ana, a lo largo de los cinco d´ de una n ıas semana. Soluci´n o 1. Fijado cualquier intervalo temporal de amplitud t horas, para t > 0 arbitrario pero fijo, sea ξt la variable aleatoria que mide el n´mero u de mordiscos que se producen en dicho intervalo. Seg´n el enun- u ciado, esta variable aleatoria sigue una distribuci´n de Poisson de o par´metro t, es decir: a tk −t P (ξt = k) = · e , para todo k = 0, 1, 2, . . . k! Consideremos otra variable aleatoria η1 que mide el tiempo que transcurre hasta que se produce el primer mordisco en un intervalo de amplitud ilimitada. Se pretende demostrar que: fη1 (x) = e−x , para todo x > 0. En efecto, utilizando la informaci´n disponible para ξt y la relaci´n o o entre ambas variables aleatorias, se tiene que, para cualquier x > 0 : Fη1 (x) = P (η1 ≤ x) = 1 − P (η1 > x) = 1 − P (ξx = 0) = x0 = 1 − e−x · = 1 − e−x , 0! luego el tiempo que transcurre hasta que aparece la primera mordida sigue una distribuci´n exponencial de par´metro 1. o a 2. Sea ζ5 la variable aleatoria que mide la longitud de la tableta restante tras un intervalo de tiempo de 5 horas. Claramente: 16 ζ5 = , 2ζ5 y por lo tanto lo solicitado es: ∞ 16 16 E [ζ5 ] = E = · P (ζ5 = k) 2ζ5 2k k=0 i i i i
- 136. “libroult” i i 2001/8/30 page 140 i i 140 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD ∞ k 1 5 = 16 · e−5 · · = 16e−5/2 . k! 2 k=0 3. La probabilidad de que soporte una hora de clase sin morder su tableta es: 10 −1 1 P (ξ1 = 0) = ·e = . 0! e 4. La probabilidad de que haya mordido la tableta cuatro veces en 5 horas, sabiendo que lo ha hecho en las tres primeras horas de clase es: P (ξ3 = 4, ξ5 = 4) P (ξ3 = 4, ξ2 = 0) P (ξ3 = 4 | ξ5 = 4) = = = P (ξ5 = 4) P (ξ5 = 4) P (ξ3 = 4) · P (ξ2 = 0) = = P (ξ5 = 4) 34 20 4! · e−3 · 0! · e−2 = 54 = 0. 1296. 4! · e−5 5. Sea η3 la variable aleatoria que mide el tiempo transcurrido hasta el tercer mordisco. Se tiene que: Fη3 (t) = P (η3 ≤ t) = 1 − P (η3 > t) = = 1 − [P (ξt = 0) + P (ξt = 1) + P (ξt = 2)] = t0 −t t1 −t t2 −t = 1− ·e + ·e + ·e = 0! 1! 2! t2 = 1 − e−t 1 + t + , 2 y por lo tanto: ∂Fη3 (t) t2 e−t fη3 (t) = = . ∂t 2 Otra alternativa consiste en razonar pensando que η3 es suma de 3 variables aleatorias independientes e id´nticamente distribuidas del e 1 2 3 tipo η1 , que denotaremos η1 , η1 , η1 , y por tanto: fη1 ,η1 ,η1 (x, y, z) = fη1 (x) · fη1 (y) · fη1 (z) = e−(x+y+z) . 1 2 3 1 2 3 Se obtiene entonces: 1 2 3 Fη3 (t) = P η1 + η1 + η1 ≤ t t t−x t−x t2 e−t = e−(x+y+z) · ∂z · ∂y · ∂x = . 0 0 0 2 i i i i
- 137. “libroult” i i 2001/8/30 page 141 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 141 1 2 3 4 5 6. Consideremos 5 variables aleatorias η1 , η1 , η1 , η1 , η1 independientes e id´nticamente distribuidas seg´n la variable η1 introducida en el e u primer apartado de este mismo problema, con distribuci´n exponen- o cial de par´metro 1. Se desea calcular la distribuci´n de: a o ın 1 2 3 4 5 η = m´ η1 , η1 , η1 , η1 , η1 . La distribuci´n de esta variable es: o Fη (x) ın 1 2 3 4 5 = P m´ η1 , η1 , η1 , η1 , η1 ≤ x ın 1 2 3 4 5 = 1 − P m´ η1 , η1 , η1 , η1 , η1 > x = 5 5 = 1 − [P (η1 > x)] = 1 − [1 − Fη1 (x)] = 1 − e−5x . P4.27] A y B disputan un torneo de ajedrez, que concluye cuando uno de ellos alcanza v victorias. En cada partida el jugador A tiene probabilidad p de ganar, y B probabilidad q, con p+q < 1. Dejando indicados los resultados, se pide: 1. probabilidad de que A gane el torneo, resultando t partidas en tablas y ganando b partidas el otro jugador. Probabilidad de que A gane el torneo; 2. funci´n de probabilidad del n´mero total de partidas disputadas; o u 3. en un momento dado, cuando el torneo no ha finalizado, nos entera- mos de que B lleva ganadas b partidas y se han producido t tablas, pero no sabemos cu´ntas haya podido ganar A hasta el momento; a calcular la probabilidad de que gane A. Soluci´n o Consideremos el espacio muestral: Ω = {w = (w1 , w2 , . . .) : wi ∈ {A, B, X}} , donde cada wi representa el resultado de la partida i−´sima: wi = A e significa que “A gana”, wi = B significa que “A pierde” y wi = X significa que “A empata”. Se asume que las partidas son independientes, sucediendo que: P (A) = p, P (B) = q, P (X) = 1 − p − q. 1. Asumamos que 0 ≤ w < v. Para calcular la probabilidad de que el torneo consista en: i i i i
- 138. “libroult” i i 2001/8/30 page 142 i i 142 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD v partidas tipo A, w partidas tipo B, t partidas tipo X, la ultima partida es tipo A, es decir wv+w+t = A, ´ observemos que hay v+w+t−1 formas de situar las w partidas tipo w B entre las v + w + t − 1 primeras partidas, y hay v+t−1 formas t de situar las t partidas tipo tabla. Dado adem´s que cualquiera de a t estas distribuciones posibles tiene probabilidad pv · q w · (1 − p − q) , entonces la probabilidad del suceso solicitada es: A P SvA+wB+tX v+w+t−1 t = w · v+t−1 t · pv · q w · (1 − p − q) (v+w+t−1)! t = w!·t!·(v−1)! · pv · q w · (1 − p − q) . Finalmente la probabilidad de que gane A es: ∞ v−1 P SA = A P SvA+wB+tX t=0 w=0 ∞ v−1 (v + w + t − 1)! v w t = · p · q · (1 − p − q) . t=0 w=0 w! · t! · (v − 1)! 2. Sea la variable aleatoria η : Ω → IR donde η (w) es el n´mero de la u partida donde aparece la v−´sima partida tipo A, si antes hay menos e de v de tipo B; y el n´mero de la partida donde aparece la v−´sima u e partida tipo B, en otro caso. Entonces, para todo k ∈ {v, v + 1, . . .} sucede: m´ ın{v−1,k−v} A B Fη (k) = P SvA+wB+(k−v−w)X +P SwA+vB+(k−v−w)X , w=1 A donde SvA+wB+(k−v−w)X es el conjunto de todos los posibles torneos en los que gana A, despu´s de perder w partidas y empatar k −v −w, e B y donde SwA+vB+(k−v−w)X es el conjunto de todos los torneos en los que gana B despu´s de perder w partidas y empatar k − v − w. e 3. Asumimos que w < v. Entonces: v−1 P (A gana) = P (A gana | ha ganado k) · P (ha ganado k) , k=0 i i i i
- 139. “libroult” i i 2001/8/30 page 143 i i CAP´ ITULO 4. PRINCIPALES VARIABLES ALEATORIAS 143 donde P (A gana | ha ganado k) equivale a la probabilidad de que A obtenga las otras v − k victorias, no m´s de v − w − 1 derrotas, y a cualquier n´mero adicional de tablas. As´ u ı: P (A gana | ha ganado k) ∞ v−w−1 (v − k + s + u − 1)! v−k u s = ·p · q · (1 − p − q) . s=0 u=0 s! · u! · (v − k − 1)! Por otro lado: w+t+k t+u t P (ha ganado k) = · · pk · q w · (1 − p − q) . w t Como conclusi´n: o v−1 ∞ v−w−1 P (A gana) = k=0 s=0 u=0 (v − k + s + u − 1)! · (w + t + k)! v u+w s+t ·p ·q · (1 − p − q) . s! · u! · (v − k − 1)! · w! · t! · k! P4.28] Sean x1 y x2 dos puntos aleatorios elegidos uniformemente en el inter- valo [0, π]. 1. Hallar la funci´n de densidad de la variable aleatoria Y = X1 − X2 . o 2. Calcular la esperanza de Y y de |Y |. 3. Dados dos puntos elegidos uniformemente en una semicircunferencia de radio R, hallar la distribuci´n de la distancia entre ellos. o Soluci´n o 1. El rango de la variable aleatoria Y = X1 − X2 es el conjunto de valores comprendidos en el intervalo [−π, π]. Se deben distinguir dos casos posibles: FY (y) = P (Y ≤ y) = P (X1 − X2 ≤ y) 2 (π + y) / 2π 2 , si − π ≤ y < 0 = 2 2 2 , π − (π − y) /2 /π , si 0 ≤ y < π de lo que se obtiene que: (π + y) /π 2 , si − π ≤ y < 0 fY (y) = , (π − y) /π 2 , si 0 ≤ y < π es decir, π − |y| fY (y) = , y ∈ [−π, π] . π2 i i i i
- 140. “libroult” i i 2001/8/30 page 144 i i 144 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 2. La esperanza de la variable Y es: π − |y| E [Y ] = πy · · ∂y −π π2 0 π+y π−y = y· · ∂y + πy · · ∂y = −π π2 0 π2 π−y π−y = πy · · ∂y − πy · · ∂y = 0. 0 π2 0 π2 Por otra parte, para la variable |Y |, se obtiene: π−y π E [|Y |] = 2 · πy · · ∂y = . 0 π2 3 i i i i
- 141. “libroult” i i 2001/8/30 page 145 i i CAP´ ITULO 5 Variables aleatorias bidimensionales Si bien las variables aleatorias son funciones de un espacio probabil´ ıstico (Ω, A, P ) sobre IR, los vectores aleatorios son funciones de un espacio proba- ıstico sobre IRn , para alg´n natural n. En este cap´ bil´ u ıtulo se presentan proble- mas donde aparecen vectores aleatorios con n = 2. Dado un vector aleatorio bidimensional ξ = (ξ1 , ξ2 ), se llama funci´n de o distribuci´n conjunta a la funci´n definida sobre IR2 como: o o Fξ (x1 , x2 ) = P ({w ∈ Ω : ξ1 (w) ≤ x1 , ξ2 (w) ≤ x2 }) para todo (x1 , x2 ) ∈ IR2 . Se llama funci´n de distribuci´n marginal de una o o componente del vector aleatorio, a la proyecci´n de la funci´n de distribuci´n o o o conjunta cuando las otras componentes toman valores pr´ximos a infinito. Por o ejemplo, Fξ1 (x1 ) = l´ ım Fξ (x1 , x2 ). x2 →+∞ Si la funci´n de distribuci´n conjunta del vector aleatorio es continua enton- o o ces cada componente del vector es una variable aleatoria continua, sucediendo que la funci´n de densidad de una componente coincide con la integral de la o funci´n de densidad conjunta sobre la otra componente. Por ejemplo: o +∞ fξ1 (x1 ) = fξ (x1 , x2 )∂x2 . −∞ Cuando adem´s las componentes son variables aleatorias independientes enton- a ces: fξ (x1 , x2 ) = fξ1 (x1 ) · f˙ξ2 (x2 ). 145 i i i i
- 142. “libroult” i i 2001/8/30 page 146 i i 146 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Si el vector aleatorio asume s´lo una cantidad numerable de valores, en- o tonces cada componente es una variable aleatoria discreta, sucediendo que la funci´n de probabilidad de una componente coincide con la suma de la funci´n o o de probabilidad conjunta sobre la otra componente. Por ejemplo: Pξ1 (k1 ) = Pξ (k1 , k2 ). k2 Cuando adem´s las componentes son variables aleatorias independientes enton- a ces: ˙ Pξ (k1 , k2 ) = Pξ1 (k1 ) · Pξ2 (k2 ). Ejercicios Resueltos P5.1] Sea la funci´n de masa P {(1, 2)} = P {(1, 3)} = P {(2, 2)} = P {(2, 3)} = o 1/6, P {(3, 3)} = 2/6. Calcular: 1. la funci´n de distribuci´n bivariante asociada; o o 2. P {(x, y) ∈ IR2 : x + y = 4}. Soluci´n o 1. Considerando los distintos casos posibles, la funci´n de distribuci´n o o bivariante asociada es: 0 si x < 1 0 si y < 2 1/6 si 1 ≤ x < 2, 2 ≤ y < 3 F (x, y) = 2 ≤ x, 2 ≤ y < 3 1/3 si 1 ≤ x < 2, y ≥ 3 2/3 si 2 ≤ x < 3, y ≥ 3 1 si x ≥ 3, y ≥ 3 2. Los unicos puntos con probabilidad no nula pertenecientes a la recta ´ x + y = 4 son (1, 3) y (2, 2). Por lo tanto: P (x, y) ∈ IR2 : x + y = 4 = P ({(1, 3)}) + P ({(2, 2)}) = 1/3. P5.2] Sea una urna con 15 bolas rojas, 10 negras y 25 blancas. Se extraen 10 con reemplazamiento y al azar y se considera la variable aleatoria (ξ, η) donde ξ es “n´mero de rojas”y η es “n´mero de negras”. u u 1. Calcular la funci´n de probabilidad conjunta. o 2. Hallar las funciones de distribuci´n marginales. o i i i i
- 143. “libroult” i i 2001/8/30 page 147 i i CAP´ ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 147 Soluci´n o 1. La funci´n de probabilidad conjunta viene dada, teniendo en cuenta o que las bolas se extraen con reemplazamiento, por: x y 10−x−y 10! 15 10 25 P (ξ = x, η = y) = · · · , x! · y! · (10 − x − y)! 50 50 50 para x, y ∈ {0, . . . , 10} . 2. Las funciones de distribuci´n de estas dos variables discretas son: o x 10−x 10 15 35 P (ξ = x) = · · , x 50 50 y 10−y 10 10 40 P (η = y) = · · . y 50 50 P5.3] Sea el vector aleatorio (ξ, η) con funci´n de probabilidad conjunta: o 3 3 4 i j 3−i−j i, j = 0, 1, 2, 3 P (ξ = i, η = j) = , 120 i+j ≤3 Calcular P (0 < ξ ≤ 2, η = 3) y P (ξ ≥ 1). Soluci´n o N´tese que esta funci´n de probabilidad conjunta toma valores no nulos o o para aquellos puntos (i, j)tales que i, j = 0, 1, 2, 3 y i + j ≤ 3. Por lo tanto: P (0 < ξ ≤ 2, η = 3) = P (ξ = 1, η = 3) + P (ξ = 2, η = 3) = 0. Por otra parte: 3 P (ξ ≥ 1) = 1 − P (ξ = 0) = 1 − P (ξ = 0, η = j) = j=0 3 1 3 3 4 17 = 1− = . j=0 120 0 j 3−j 24 P5.4] Una urna contiene tres bolas rojas, tres blancas y cuatro negras. Se ex- traen dos bolas de la urna, sin reemplazamiento. Sean las variables ξ y η definidas como ξ = 1 si la bola extra´ en primer lugar es roja y 0 si ıda no lo es, y η = 1 si la bola extra´ en segundo lugar es roja y 0 si no lo ıda i i i i
- 144. “libroult” i i 2001/8/30 page 148 i i 148 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD es. Calcular las distribuciones conjuntas, marginales y condicionadas de (ξ, η). ¿Son ξ y η independientes? Soluci´n o La funci´n de probabilidad conjunta, as´ como las funciones de probabi- o ı lidad marginales, est´n expresadas en la siguiente tabla: a η|ξ 0 1 7 6 3 7 7 0 10 · 9 10 · 9 10 7 3 3 2 3 1 10 · 9 10 · 9 10 7 3 10 10 1 Adem´s: a P (ξ = x, η = y) P (ξ = x | η = y) = , y = 0, 1, P (η = y) por lo que: 2/3 , si x=0 P (ξ = x | η = 0) = , 1/3 , si x=1 7/9 , si x=0 P (ξ = x | η = 1) = . 2/9 , si x=1 Finalmente, se puede afirmar que las variables ξ y η no son independien- tes, puesto que P (ξ = x, η = y) = P (ξ = x) · P (η = y) , para todo x, y ∈ {0, 1} . P5.5] Repetir el problema anterior suponiendo que las extracciones se hacen con reemplazamiento. Soluci´n o De forma similar al caso anterior: η|ξ 0 1 7 7 3 7 7 0 10 · 10 10 · 10 10 7 3 3 3 3 1 10 · 10 10 · 10 10 7 3 10 10 1 i i i i
- 145. “libroult” i i 2001/8/30 page 149 i i CAP´ ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 149 y adem´s: a 7/10 , si x=0 P (ξ = x | η = 0) = , 3/10 , si x=1 7/10 , si x=0 P (ξ = x | η = 1) = . 3/10 , si x=1 Finalmente, se puede afirmar que las variables ξ y η son independientes, puesto que P (ξ = x, η = y) = P (ξ = x) · P (η = y) , para todo x, y = 0, 1. P5.6] El vector aleatorio (ξ, η) tiene la distribuci´n de probabilidad conjunta o dada por P (ξ = x, η = y) = k(x + 1)(y + 1) donde x, y = 0, 1, 2. 1. Calcular el valor de k. 2. Calcular las distribuciones marginales. 3. Distribuciones de ξ condicionada a η = y (y = 0, 1, 2). 4. ¿Son independientes ξ y η? 5. Calcular P (ξ + η > 2) y P (ξ 2 + η 2 ≤ 1). 6. Distribuciones de Z = ξ + η y de ϕ = ξ 2 + η 2 . Soluci´n o 1. El valor de k es aqu´l para el que se verifica: e 2 2 k(x + 1)(y + 1) = 36k = 1, x=0 y=0 es decir, k = 1/36. 2. Las distribuciones marginales son: 2 (x + 1)(y + 1) x+1 P (ξ = x) = = , para x = 0, 1, 2. y=0 36 6 2 (x + 1)(y + 1) y+1 P (η = y) = = , para y = 0, 1, 2. x=0 36 6 3. La distribuci´n de ξ condicionada a η = y (y = 0, 1, 2) es: o P (ξ = x, η = y) x+1 P (ξ = x | η = y) = = , para x = 0, 1, 2. P (η = y) 6 i i i i
- 146. “libroult” i i 2001/8/30 page 150 i i 150 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 4. Las variables ξ y η son independientes, pues P (ξ = x, η = y) = P (ξ = x) · P (η = y) , para todo x, y = 0, 1, 2. O, alternativamente, porque P (ξ = x | η = y) = P (ξ = x) , para todo x, y = 0, 1, 2. 5. Se tiene que P (ξ + η > 2) = P (ξ = 1, η = 2) + P (ξ = 2, η = 1) 7 +P (ξ = 2, η = 2) = . 12 P (ξ 2 + η 2 ≤ 1) = P (ξ = 0, η = 0) 5 +P (ξ = 0, η = 1) + P (ξ = 1, η = 0) = . 36 6. A partir de la funci´n de probabilidad conjunta del vector aleatorio o (ξ, η) se concluye que la variable Z = ξ + η tiene distribuci´n: o z P (Z = z) 0 1/36 1 1/19 2 5/18 3 1/13 4 1/14 y ϕ = ξ 2 + η2 : w P (ϕ = w) 0 1/36 1 1/19 2 1/14 3 0 4 1/16 5 1/13 6 0 7 0 8 1/14 i i i i
- 147. “libroult” i i 2001/8/30 page 151 i i CAP´ ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 151 P5.7] Consideremos una urna con 3 bolas azules, 2 blancas y 1 roja. Extraemos 3 bolas sin reemplazamiento, y consideremos las variables aleatorias que nos dan el n´mero ξ de bolas azules y el n´mero η de bolas blancas u u que aparecen en la extracci´n. Calcular la distribuci´n de probabilidad o o conjunta. Soluci´n o ξ=0 ξ=1 ξ=2 ξ=3 η=0 0 0 3/20 1/20 η=1 0 6/20 6/20 0 η=2 1/20 3/20 0 0 P5.8] Definimos sobre el experimento de lanzar diez veces una moneda las variables aleatorias ξ como el “n´mero de lanzamiento en el que aparece u la primera cara (si no aparece cara ξ = 0)”, y η como el “n´mero de u lanzamiento en el que aparece la primera cruz” (con η = 0 si no aparece cruz). 1. Calcular la funci´n de probabilidad conjunta. o 2. Calcular las distribuciones marginales. 3. Distribuciones de ξ condicionada a η = y (y = 0.,10). 4. ¿Son independientes ξ y η? 5. Probabilidad de que |ξ − η| ≥ 1. Soluci´n o 1. N´tese que si una de las dos variables (ξ o η) toma un valor mayor o que 1 o bien igual a cero, la probabilidad P (ξ = x, η = y) ser´ nu- a la si la otra variable toma un valor distinto de 1. Por lo tanto P (ξ = x, η = y) es: 1 10 , si x = 1, y = 0 2 1 10 10−y 10−y · = 1/2y , si x = 1, y = 2, . . . , 10 2 i i=0 = 1 10 , si x = 0, y = 1 2 1 10 10−x 10−x · = 1/2x , si x = 2, . . . , 10, y = 1 2 j j=0 2. Las correspondientes distribuciones marginales son: i i i i
- 148. “libroult” i i 2001/8/30 page 152 i i 152 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 10 P (ξ = x) = y=0 P (ξ = x, η = y) = 1 10 2 , si x=0 10 1 10 = + 1/2y = 1/2 , si x=1 2 y=2 1 2x , si x = 2, . . . , 10 10 P (η = y) = x=0 P (ξ = x, η = y) = 1 10 , si y=0 2 10 = 1 10 + 1/2x = 1/2 , si y=1 2 x=2 1 2y , si y = 2, . . . , 10 3. Si y = 0 : P (ξ = x, η = 0) P (ξ = 1 | η = 0) = = 1, P (η = 0) si y = 1 : 1 9 , si x=0 P (ξ = x | η = 1) = 2 1 2x−1 , si x = 2, . . . , 10 y por ultimo, si y = 2, . . . , 10 : ´ 1 P (ξ = 1 | η = y) = . 2y−1 4. Las variables aleatorias ξ y η no son independientes, pues, por ejem- plo: 1 1 1 P (ξ = 2, η = 1) = 2 = P (ξ = 2) · P (η = 1) = 2 · . 2 2 2 5. Finalmente: P (|ξ − η| ≥ 1) = 1 − P (|ξ − η| = 0) 10 = 1 − P (ξ = η) = 1 − P (ξ = i, η = i) = 1. i=0 P5.9] En una jaula hay un rat´n y dos pollitos. La probabilidad de que cada uno o de los animales salga de la jaula en la pr´xima hora es de 0.3. Esperamos o una hora y observamos lo que queda en la jaula. i i i i
- 149. “libroult” i i 2001/8/30 page 153 i i CAP´ ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 153 1. ¿C´mo se distribuye la variable aleatoria ξ que cuenta el n´mero de o u animales que quedan en la jaula? 2. Si η es el n´mero total de patas de los animales que hay en la jaula, u dar la distribuci´n conjunta de (ξ, η). ¿Son ξ y η independientes? o 3. ¿Cu´l es la probabilidad de que el n´mero de patas no supere al a u doble del n´mero de animales? u Soluci´n o 1. La variable aleatoria ξ que cuenta el n´mero de animales que quedan u en la jaula tiene la siguiente distribuci´n: o 3 P (ξ = x) = · 0,33−x · 0,7x , para x = 0, 1, 2, 3. x 2. La distribuci´n de probabilidad conjunta del vector aleatorio (ξ, η) o es: η|ξ 0 1 2 3 0 0,027 0 0 0 0,027 2 0 0,126 0 0 0,126 4 0 0,063 0,147 0 0,21 6 0 0 0,294 0 0,294 8 0 0 0 0,343 0,343 0,027 0,189 0,441 0,343 1 Adem´s, las variables ξ y η no son independientes, pues: a P (ξ = 0, η = 0) = 0,33 = P (ξ = 0) · P (η = 0) = 0,36 . 3. La probabilidad de que el n´mero de patas no supere al doble del u n´mero de animales viene dada por: u P (η ≤ 2ξ) = P (ξ = 0, η = 0)+P (ξ = 1, η = 2)+P (ξ = 2, η = 4) = 0,3. Esto puede observarse en la figura 5.1. P5.10] Sea (ξ, η) una variable aleatoria bidimensional con funci´n de densidad o f (x, y) = 24y (1 − x − y), si (x, y) pertenece al recinto limitado por las rectas x + y = 1, x = 0, y = 0. 1. Calcular la funci´n de distribuci´n de la variable aleatoria bidimen- o o sional (ξ, η) . 2. Calcular las funciones de densidad marginales. 3. Calcular las funciones de densidad condicionadas. i i i i
- 150. “libroult” i i 2001/8/30 page 154 i i 154 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD η T ¡ ¡ η = 2ξ q ¡ ¡ q ¡ ¡ q q ¡ ¡ ¡ ¡q ¡ ¡ E ¡ ξ Figura 5.1: Diagrama para el ejercicio P5.9. y R4 R6 R3 R5 R2 x R1 Figura 5.2: Regiones del plano para el problema P5.10. i i i i
- 151. “libroult” i i 2001/8/30 page 155 i i CAP´ ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 155 Soluci´n o Dividimos IR2 en distintas regiones seg´n muestra la figura 5.2, y en cada u una se obtiene: si (x, y) ∈ R1 : F (x, y) = 0; si (x, y) ∈ R2 : x y F (x, y) = 24t (1 − s − t) ∂t ∂s = 12y 2 x − 6y 2 x2 − 8y 3 x; 0 0 si (x, y) ∈ R3 : 1−y y F (x, y) = 24t (1 − s − t) ∂t ∂s 0 0 x 1−s + 24t (1 − s − t) ∂t ∂s 1−y 0 = y (2y − 8y + 6) − (1 − x)4 + y 4 ; 2 2 si (x, y) ∈ R4 : x 1−s F (x, y) = 24t (1 − s − t) ∂t ∂s = 1 − (1 − x)4 ; 0 0 si (x, y) ∈ R5 : y 1−t F (x, y) = 24t (1 − s − t) ∂s ∂t = y 2 (3y 2 − 8y + 6); 0 0 si (x, y) ∈ R6 : F (x, y) = 1. Las correspondientes funciones de densidad marginales son: 1−x y=1−x 24y 2 24y 3 fξ (x) = 24y (1 − x − y) ∂y = (1 − x) − = 0 2 3 y=0 3 3 3 = 12 (1 − x) − 8 (1 − x) = 4 (1 − x) , para 0 ≤ x ≤ 1. 1−y x=1−y fη (y) = 24y (1 − x − y) ∂x = 24y (1 − y) x − 12yx2 = 0 x=0 2 2 2 = 24y (1 − y) − 12y (1 − y) = 12y (1 − y) , para 0 ≤ y ≤ 1. i i i i
- 152. “libroult” i i 2001/8/30 page 156 i i 156 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD y R3 R5 R4 R2 x R1 Figura 5.3: Regiones del plano para el problema P5.11. Por ultimo, las funciones de densidad condicionadas son: ´ f (x, y) 24y (1 − x − y) 2(1 − x − y) fξ|η=y (x) = = 2 = 2 fη (y) 12y (1 − y) (1 − y) para 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 1 − y, y f (x, y) 24y (1 − x − y) 6y(1 − x − y) fη|ξ=x (y) = = 3 = 3 fX (x) 4 (1 − x) (1 − x) para 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x. P5.11] Sea (ξ, η) una variable aleatoria bidimensional con funci´n de distribu- o ci´n uniforme en el recinto limitado por y = x/2, x = 2, y = 0. Calcular o la funci´n de distribuci´n. o o Soluci´n o El recinto propuesto en el enunciado es el tri´ngulo sombreado en la a figura 5.3. Dado que la funci´n de distribuci´n es uniforme, entonces o o fξ,η (x, y) = k para k un valor constante en el recinto y las integrales se reducen al c´lculo de ´reas. As´ a a ı: 2 x/2 k∂y∂x = 1, 0 0 es decir, k = 1. Por tanto, la funci´n de distribuci´n es: o o si (x, y) ∈ R1 : F (x, y) = 0; si (x, y) ∈ R2 : F (x, y) = xy − y 2 ; i i i i
- 153. “libroult” i i 2001/8/30 page 157 i i CAP´ ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 157 y R4 R6 R3 R2 R5 R1 x Figura 5.4: Regiones del plano para el problema P5.12. si (x, y) ∈ R3 : x2 F (x, y) = ; 4 si (x, y) ∈ R4 : F (x, y) = y(2 − y); si (x, y) ∈ R5 : F (x, y) = 1. P5.12] Sea (ξ, η) una variable aleatoria bidimensional con distribuci´n uniforme o en el recinto: C = (x, y) ∈ IR2 : x2 + y 2 < 1, x ≥ 0, y ≥ 0 . 1. Calcular la funci´n de distribuci´n conjunta. o o 2. Calcular las funciones de densidad marginales. 3. Calcular las funciones de densidad condicionadas. Soluci´n o 1. Consideremos las zonas del plano indicadas en la figura 5.4. La funci´n de densidad es f (x, y) = 4/π cuando (x, y) est´ en R2 , y o a f (x, y) = 0 cuando (x, y) est´ fuera de R2 . Para calcular la funci´n a o de distribuci´n es util el siguiente resultado: o ´ 1 1 − x2 · ∂x = · arcsenx + x · 1 − x2 + c. 2 De este modo, considerando un punto (x, y) arbitrario pero fijo: i i i i
- 154. “libroult” i i 2001/8/30 page 158 i i 158 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD si (x, y) ∈ R1 : F (x, y) = 0; si (x, y) ∈ R2 : y x 4 F (x, y) = ∂s ∂t = xy 0 0 π si (x, y) ∈ R3 : √ √ 1−y 2 y x 1−s2 4 4 F (x, y) = ∂t ∂s+ √ ∂t ∂s = 0 0 π 1−y 2 0 π 4 1 y 1 − y2 + arcsenx + x 1 − x2 − arcsen 1 − y2 − y 1 − y2 ; π 2 si (x, y) ∈ R4 : √ x 1−s2 4 2 F (x, y) = ∂t ∂s = arcsenx + x 1 − x2 ; 0 0 π π si (x, y) ∈ R5 : √ y 1−t2 4 2 F (x, y) = ∂s ∂t = arcseny + y 1 − y2 ; 0 0 π π si (x, y) ∈ R6 : F (x, y) = 1. 2. Las funciones de densidad marginales son: √ 1−x2 4 4 fξ (x) = ∂y = 1 − x2 0 π π si 0 < x < 1, y fξ (x) = 0 en el resto; y √ 2 1−y 4 4 fη (y) = ∂x = 1 − y2 0 π π si 0 < y < 1, y fη (y) = 0 en el resto. 3. Para todo x ∈ [0, 1] : f (x, y) 1 fη|ξ=x (y) = =√ fξ (x) 1 − x2 √ si 0 ≤ y ≤ 1 − x2 y cero en el resto. Dado que para la variable condicionada el valor de x es un par´√ ametro fijo, su distribuci´n ha o resultado uniforme en el intervalo [0, 1 − x2 ]. De forma similar la variable ξ condicionada a η = y sigue una distribuci´n uniforme en o [0, 1 − y 2 ] cuando y ∈ [0, 1]. i i i i
- 155. “libroult” i i 2001/8/30 page 159 i i CAP´ ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 159 P5.13] Sea una muestra aleatoria simple de tama˜o n, obtenida de una distribu- n ci´n uniforme en [0, 1]. Sean η = m´x {ξ1 , . . . , ξn } y ζ = m´ {ξ1 , . . . , ξn }. o a ın Se pide: 1. Calcular las distribuciones de η, de ζ y de la conjunta. 2. Funci´n de densidad condicionada de η dado ζ. o 3. Funci´n de densidad condicionada de ζ dado η. o 4. Esperanza de η, η 2 y varianza de η. 5. Esperanza de ζ, ζ 2 y varianza de ζ. 6. Esperanza condicionada de η dada ζ. Soluci´n o 1. Para w ∈ [0, 1] se tiene: Fη (w) = P m´x ξi ≤ w = P (ξ1 ≤ w, . . . , ξn ≤ w) . a i N´tese que las variables aleatorias ξ1 , . . . , ξn son independientes y o est´n id´nticamente distribuidas, por lo que se puede afirmar que: a e n P (ξ1 ≤ w, . . . , ξn ≤ w) = [P (ξ ≤ w)] , obteni´ndose as´ que e ı Fη (w) = wn , para 0 ≤ w ≤ 1. Por otra parte, y procediendo de forma an´loga al caso anterior, se a obtiene que: Fζ (z) = P m´ ξi ≤ z = 1 − P m´ ξi > z = ın ın i i n = 1 − P (ξ1 > z, . . . , ξn > z) = 1 − [P (ξ > z)] n = 1 − (1 − z) , para 0 ≤ z ≤ 1. Como se verifica que 0 ≤m´ ξi ≤m´x ξi ≤ 1, el vector (η, ζ) se ın a i i distribuye en la regi´n comprendida entre las rectas z = w, w = 1, o z = 0. Vamos a hallar la funci´n de distribuci´n en el interior de o o esta regi´n, ya que la funci´n de densidad se obtiene derivando en o o esa zona. La funci´n de distribuci´n conjunta es: o o Fη,ζ (w, z) = P m´x ξi ≤ w, m´ ξi ≤ z a ın i i = P m´x ξi ≤ w − P m´x ξi ≤ w, m´ ξi > z a a ın i i i n n n = Fη (w) − [P (z < ξ ≤ w)] = w − (w − z) , para 0 ≤ w ≤ 1, z ≤ w. i i i i
- 156. “libroult” i i 2001/8/30 page 160 i i 160 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD 2. A partir de lo anterior se obtiene que: fη (w) = nwn−1 , 0 ≤ w ≤ 1, n−1 fζ (z) = n (1 − z) , 0 ≤ z ≤ 1, n−2 fη,ζ (w, z) = n (n − 1) (w − z) , 0 ≤ w ≤ 1, z ≤ w, y por lo tanto: n−2 fη,ζ (w, z) (n − 1) (w − z) fη|ζ=z (w) = = n−1 , z ≤ w ≤ 1. fζ (z) (1 − z) 3. An´logamente, a n−2 fη,ζ (w, z) (n − 1) (w − z) fζ|η=w (z) = = , 0 ≤ z ≤ w. fη (w) wn−1 4. Utilizando los resultados del apartado anterior se obtiene que: 1 n E [η] = wnwn−1 ∂w = , 0 n+1 1 n E η2 = w2 nwn−1 ∂w = . 0 n+2 Por lo tanto: 2 −n V (η) = E η 2 − (E [η]) = 2 . (n + 1) (n + 2) 5. De la misma forma, se obtiene: 1 n−1 1 E [ζ] = zn (1 − z) ∂z = , 0 n+1 1 2 n−1 2 E ζ = z 2 n (1 − z) ∂z = , 0 (n + 3) (n + 2) (n + 1) 2 2 1 V (ζ) = − . (n + 3) (n + 2) (n + 1) n+1 6. Por ultimo: ´ 1 E [η | ζ = z] = w · fη|ζ=z (w) · ∂w z 1 n−1 n−2 = n−1 · ∂w w (w − z) (1 − z) z 1−z = 1− , para 0 ≤ z ≤ 1. n P5.14] Dado el intervalo [0, 1], se eligen al azar tres n´meros a, b y c y con ellos u construimos la ecuaci´n de segundo grado ax2 + bx + c = 0. Calcular la o probabilidad de que tenga soluciones reales. i i i i
- 157. “libroult” i i 2001/8/30 page 161 i i CAP´ ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 161 Soluci´n o Para que esta ecuaci´n tenga soluciones reales, el discriminante, b2 − 4ac, o ha de ser mayor o igual que cero. Por lo tanto, la probabilidad deseada es P B 2 − 4AC ≥ 0 , donde A, B y C son variables aleatorias con dis- tribuci´n uniforme sobre el intervalo [0, 1]. Para ello, vamos a considerar o una nueva variable aleatoria ξ = AC, con funci´n de densidad fξ (x). Se o tiene entonces que: √ P B 2 − 4AC ≥ 0 = 1 − P B 2 − 4AC < 0 = 1 − P B < 4AC = √ 1/4 2 x 1 1 = 1− fB (b) · ∂b ·fξ (x)·∂x− fB (b) · ∂b ·fξ (x)·∂x. 0 0 1/4 0 Ahora bien, la funci´n de densidad de la variable aleatoria ξ se obtiene a o partir de: Fξ (x) = P (ξ ≤ x) = P (AC ≤ x) = x 1 = fC (c) · ∂c · fA (a) · ∂a 0 0 1 x/a + fC (c) · ∂c · fA (a) · ∂a = x 0 = x − xlnx, y por lo tanto: ∂Fξ (x) fξ (x) = = −lnx, para x ∈ [0, 1] . ∂x Sustituyendo en el desarrollo anterior se tiene que: 1 1 3 1 5 1 P B 2 − 4AC ≥ 0 = 1 − ln2 − − + ln2 = + ln2 = 0, 2544. 3 9 4 2 36 6 Antes de terminar conviene observar que, aunque a sea distinto de ce- ro con probabilidad 1, no conviene dividir por a y estudiar la ecuaci´n o x2 + (b/a)x + (c/a) = 0, ya que, aunque A, B, C sean independientes, las variables B/A y C/A no lo son. P5.15] Sea f (x, y) = cyex , x ≤ y ≤ 0; f (x, y) = 0 en el resto. 1. Calcular c y obtener las funciones de distribuci´n conjunta, mar- o ginales y condicionadas. Expresar y comprobar la relaci´n que hay o entre ellas. i i i i
- 158. “libroult” i i 2001/8/30 page 162 i i 162 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD y R4 R3 x R1 R2 Figura 5.5: Regiones del plano para el problema P5.15. 2. Calcular la esperanza de η dado ξ + 2 = 0, la funci´n caracter´ o ıstica de η dado η + 2 ≤ 0; la funci´n de distribuci´n de η dado ξ + 2 ≤ o o 0 ≤ η + 2; y la funci´n de densidad de η dado ξ + η + 2 ≥ 0. o Soluci´n o 1. La funci´n f (x, y) = cyex debe verificar: o 0 0 cyex ∂y ∂x = 1, −∞ x y esto se cumple si c = −1. Para obtener la funci´n de distribuci´n conjunta, debemos dividir o o el plano en diferentes regiones y estudiar el valor de la probabilidad F (x, y) = P (ξ ≤ x, η ≤ y) en cada una. Se tiene: si x ≤ y ≤ 0: x y x2 y2 F (x, y) = −tes ∂t ∂s = −x+1− ex , −∞ s 2 2 si y ≤ x: y y F (x, y) = −tes ∂t ∂s = (1 − y) ey , −∞ s si x ≤ 0, y ≥ 0: x 0 x2 F (x, y) = −tes ∂t ∂s = − x + 1 ex , −∞ t 2 i i i i
- 159. “libroult” i i 2001/8/30 page 163 i i CAP´ ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 163 en otro caso: F (x, y) = 1. Por otra parte, las correspondientes funciones de distribuci´n mar- o ginales son: x 0 x2 Fξ (x) = −tes ∂t ∂s = − x + 1 ex , para x ≤ 0. −∞ s 2 y y Fη (y) = −tes ∂t ∂s = (1 − y) ey , para y ≤ 0. −∞ s Las funciones de distribuci´n condicionadas son: o Si y ≤ 0: Rx −yes ∂s R−∞ y = ex−y si x ≤ y Fξ|η=y (x) = −∞ s −ye ∂s 1 si y < x. Si x ≤ 0: Ry −tex ∂t y 2 Rx 0 =1− si x ≤ y ≤ 0 x −te ∂t x x Fη|ξ=x (y) = 1 si y ≥ 0 0 si y < x. 2. Se obtiene que: 0 4 E [η | ξ + 2 = 0] = E [η | ξ = −2] = yfη|ξ=−2 (y) ∂y = − . −2 3 Adem´s, la funci´n caracter´ a o ıstica de η dado η + 2 ≤ 0 es: 0 1 ϕη|η≤−2 (t) = E eitη | η ≤ −2 = eity fη (y) ∂y P (η ≤ −2) −2 0 1 = eity (−ey + (1 − y) ey ) ∂y Fη (−2) −2 −e2 + e −it 1 2 e−it = − . 3 it + 1 3 it + 1 Y la funci´n de distribuci´n de η dado ξ + η + 2 ≥ 0 es: o o Fη|ξ+η+2≥0 (y) = Fη|ξ≤−2≤η (y) = = Pη|ξ≤−2≤η (η ≤ y) = P (ξ ≤ −2 ≤ y) = P (ξ ≤ −2 ≤ η) F (−2, y) − F (−2, −2) = = F (−2, 0) − F (−2, −2) y2 = 1 − , para − 2 ≤ y ≤ 0. 4 i i i i
- 160. “libroult” i i 2001/8/30 page 164 i i 164 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD η T (x, y) d d d d d ξ d E -100 -30 0 30 60 100 Figura 5.6: Plano del teatro del ejercicio P5.16. Por ultimo, para obtener la funci´n de densidad de η dado ξ + η + ´ o 2 ≥ 0, calculemos primero la correspondiente funci´n de distribuci´n o o para posteriormente derivar. As´ se obtiene que: ı, P (η ≤ y, ξ + η ≥ −2) Fη|ξ+η+2≥0 (y) = = P (ξ + η ≥ −2) y t −1 −2−t −tes ∂s ∂t = 0 t = −1 −2−t −tes ∂s ∂t ey (y − 1) + e−2−y (y + 1) + 2e−1 = . e−2 + 2e−1 − 1 Por lo tanto, tras derivar en la anterior expresi´n se obtiene: o yey − ye−2−y fη|ξ+η+2≥0 (y | ξ + η + 2 ≥ 0) = . e−2 + 2e−1 − 1 P5.16] Un teatro romano tiene las gradas en forma de semianillo circular con las dimensiones de la figura 5.16. Cuando se compra una entrada cada asiento es equiprobable (distribuci´n uniforme en las gradas). o 1. Calcular la funci´n de densidad de la variable aleatoria T que mide o la distancia entre el lugar al que corresponde una entrada (el punto (x, y) y el centro del escenario (el origen 0). 2. Calcular la funci´n caracter´ o ıstica de T y a partir de ella obtener su varianza. 3. ¿Cu´l es la probabilidad de que el sitio est´ a la sombra, esto es, a a e m´s de 60 metros a la derecha del eje η? Hallar la posici´n media a o en este caso. i i i i
- 161. “libroult” i i 2001/8/30 page 165 i i CAP´ ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 165 Soluci´n o 1. El ´rea de las gradas es π 1002 − 302 /2, y por tanto: a 2 π(1002 −302 ) , si el punto (x, y) pertenece a las gradas f (x, y) = 0 , en otro caso Para hallar la funci´n de densidad de la distancia al origen, obten- o gamos primero: π (t2 −302 ) 2 FT (t) = P (distancia al centro < t) = π(1002 −302 ) = 2 t2 − 302 t2 − 900 = 2 − 302 = , 100 9100 para 30 ≤ t ≤ 100, y derivando en la anterior expresi´n se concluye o que: t fT (t) = para 30 ≤ t ≤ 100. 4550 N´tese que la funci´n de distribuci´n de la variable se ha obtenido o o o a partir de las ´reas de los correspondientes semianillos circulares. a 2. La funci´n caracter´ o ıstica de la variable aleatoria T es: ϕT (s) = E eisT = E [cos (sT )] + iE [sen (sT )] , donde: 100 t E [cos (sT )] = cos (st) ∂t = 30 4550 1 cos (100s) + 100ssen (100s) − cos (30s) − 30ssen (30s) = , 4550 s2 mientras que: E [sen (sT )] = 1 −sen (100s) + 100scos (100s) + sen (30s) − 30scos (30s) − . 4550 s2 Se obtiene finalmente que: is 100eis100 − 30eis30 − eis100 + eis30 ϕT (s) = . s2 Adem´s, teniendo en cuenta que: a ∂ k) ϕT (s) |s=0 = mk , k = 1, 2, . . . ∂sk se obtiene: 2 ∂ 2) ϕT (s) ∂ϕT (s) V (T ) = m2 − m2 = 1 |s=0 − |s=0 . ∂s2 ∂s i i i i
- 162. “libroult” i i 2001/8/30 page 166 i i 166 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD η T 200 frutales 100 hortalizas E 0 200 ξ Figura 5.7: Plano de la finca del ejercicio P5.17. 3. Para obtener la probabilidad de estar a la sombra se calcula el ´rea a de la zona a la sombra: √ 100 1002 −x2 100 ∂y ∂x = 1002 − x2 ∂x = 2236,5, 60 0 60 y por lo tanto, la probabilidad que se pide es: 2236,5 π(1002 −302 ) = 0. 15646. 2 P5.17] Una finca cuadrada cuyo lado mide 200 metros est´ dividida en dos a partes iguales, una con frutales y otra con hortalizas, tal como muestra la figura 5.7. En la esquina 0 duerme el perro guardi´n. Cuando el perro se a despierta, si detecta la presencia de un intruso sale en su persecuci´n mo- o vi´ndose s´lo en las direcciones de los ejes. El ladr´n, que queda inm´vil al e o o o despertarse el perro, se encontrar´ en un punto aleatorio de la finca (ξ, η). a La primera coordenada ξ tiene funci´n de densidad fξ (x) = x/2000 si o 0 ≤ x ≤ 200; y cero en otro caso. La segunda coordenada η se distribuye uniformemente dentro de cada cultivo, pero la probabilidad de encon- trarse en los frutales es doble que en las hortalizas. El perro corre a 10 m/s. 1. Hallar la funci´n de distribuci´n de la coordenada η. o o 2. Hallar la funci´n de densidad del tiempo que tarda en coger al in- o truso. 3. Hallar la primera coordenada de la posici´n media en que se da o caza, en menos de 15 segundos, a un ladr´n que se encuentra en los o frutales. i i i i
- 163. “libroult” i i 2001/8/30 page 167 i i CAP´ ITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS BIDIMENSIONALES 167 Soluci´n o 1. De acuerdo con los datos del problema, la funci´n de densidad de la o variable η es de la forma: 1 a , si 0 ≤ y ≤ 100 fη (y) = 2 a , si 100 < y ≤ 200 Adem´s, debe verificarse: a 100 200 1 2 · ∂y + · ∂y = 1, 0 a 100 a Efectuando los c´lculos correspondientes se obtiene: a 1/300 si 0 ≤ y ≤ 100 fη (y) = 2/300 si 100 < y ≤ 200 y, por lo tanto, ya que ξ y η son variables aleatorias independientes, se tiene: fξ,η (x, y) = fξ (x) · fη (y) 1 x x 300 2000 = 600000 si 0 ≤ y ≤ 100, 0 ≤ x ≤ 200, = 2 x x 300 2000 = 300000 si 100 < y ≤ 200, 0 < x ≤ 200. Es decir, la distribuci´n marginal es x/(3 · 105 ) en los frutales y o x/(6 · 105 ) en las hortalizas. 2. En primer lugar calculemos la probabilidad de que tarde menos de t segundos en coger al intruso, es decir, la funci´n de distribuci´n de o o la variable T en el punto t. Dado que para llegar a un punto (x, y) el perro debe recorrer x + y metros, entonces dicha probabilidad es equivalente a la de que el intruso se encuentre en un punto (x, y) que verifique (x + y) /10 ≤ t. Hay que distinguir varios casos: Si 0 ≤ t ≤ 10: 10t 10t−y x t3 FT (t) = 5 ∂x∂y = 0 0 6 · 10 3600 Si 10 < t ≤ 20: 100 10t−y 10t 10t−y x x FT (t) = ∂x∂y + ∂x∂y 0 0 6 · 105 100 0 3 · 105 Si 20 < t ≤ 30: 100 10t−y 200 10t−y x x FT (t) = ∂x∂y + ∂x∂y 0 0 6 · 105 100 0 3 · 105 i i i i
- 164. “libroult” i i 2001/8/30 page 168 i i 168 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Si 30 < t ≤ 40: 100 200 200 10t−y x x FT (t) = ∂x∂y + ∂x∂y 0 0 6 · 105 100 0 3 · 105 Si 40 < t: FT (t) = 1. Derivando FT (t) se obtiene la funci´n de densidad deseada. Otra o alternativa m´s propia de este cap´ a ıtulo consiste en calcular la funci´n o de densidad conjunta de la variable (T, S), donde T := (ξ + η)/10 y S := ξ, teniendo presente que conocemos la funci´n de densidad o de la variable (ξ, η). Concretamente, dado que ξ = S y η = 10T − S entonces fT,S (t, s) = 10 · fξ,η (s, 10t − s). 3. Se desea ahora calcular el valor esperado de ξ supuesto que η ≥ 100 y ξ + η ≤ 150. La funci´n de distribuci´n de esta variable aleatoria o o condicionada Z es: P (ξ ≤ z, η ≥ 100, ξ + η ≤ 150) FZ (z) = P (η ≥ 100, ξ + η ≤ 150) Claramente los valores relevantes suceden para 0 ≤ z ≤ 50, y para cada uno: z 150−x 0 100 (x/300000)∂y∂x 150z 2 − 2z 3 FZ (z) = 50 150−x = . (x/300000)∂y∂x 125000 0 100 La funci´n de densidad es: o 300z − 6z 2 fZ (z) = 125000 y por tanto la esperanza solicitada es: 50 E[Z] = zfZ (z)∂z = 25. 0 i i i i
- 165. “libroult” i i 2001/8/30 page 169 i i CAP´ ITULO 6 Convergencia Sea {Fξn } una sucesi´n de funciones de distribuci´n. Si existe una funci´n o o o de distribuci´n Fξ tal que: o l´ Fξn (x) = Fξ (x), ım n→∞ en todo punto x en el que Fξ sea continua, diremos que Fξn converge en L L ley a Fξ , y se denota Fξn → Fξ , o, equivalentemente, ξn → ξ. Sea {ξn } una sucesi´n de variables aleatorias definidas sobre el espacio de o probabilidad (Ω, ϕ, P ). Se dice que la sucesi´n converge en probabilidad o a una variable aleatoria ξ si, para cualquier > 0: l´ P ({w ∈ Ω : |ξn (w) − ξ(w)| > }) = 0. ım n→∞ P Se denota ξn → ξ. r Sea {ξn } una sucesi´n de variables aleatorias tales que E [ξn ] < ∞, para o alg´n r > 0. Se dice que ξn converge en media r hacia una variable u aleatoria ξ si E [ξ r ] < ∞ y adem´s: a r l´ E[|ξn − ξ| ] = 0, ım n→∞ r y se denota ξn → ξ. Si r = 2, se dice que la sucesi´n converge en media o cuadr´tica hacia la variable ξ. a 169 i i i i
- 166. “libroult” i i 2001/8/30 page 170 i i 170 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Sea {ξn } una sucesi´n de variables aleatorias definidas sobre el espacio o de probabilidad (Ω, ϕ, P ). Diremos que esta sucesi´n converge casi seguro o hacia una variable aleatoria ξ si y s´lo si, o P ({w ∈ Ω : l´ ξn (w) = ξ(w)}) = 1, ım n→∞ c.s. y se denota ξn → ξ. A continuaci´n se observan las relaciones que existen entre los distintos o tipos de convergencia: c.s. P L ξn → ξ ⇒ ξn → ξ ⇒ ξn → ξ r P Adem´s, si ξn → ξ, para alg´n r > 0, se verifica ξn → ξ. a u Una secuencia de variables aleatorias ξ1 , . . . , ξn , . . . cumple la Ley D´bil e de los Grandes N´meros si la sucesi´n de variables aleatorias η1 , . . . , ηn , . . . u o 1 n definida por ηn = n i=1 (ξi − E[ξi ]) converge en probabilidad a 0. El teorema de Tchebyshev afirma que, dada una sucesi´n de variables alea- o torias ξ1 , . . . , ξn , . . . con media y varianzas finitas, y tal que l´ n→∞ V [ξn ] = 0, ım entonces ξn − E[ξn ] converge en probabilidad a 0 si y s´lo si para cualquier o > 0: l´ P ({w ∈ Ω : |ξn (w) − E[ξn (w)]| > }) = 0. ım n→∞ Una secuencia de variables aleatorias ξ1 , . . . , ξn , . . . cumple la Ley Fuerte de los Grandes N´meros si la sucesi´n de variables aleatorias η1 , . . . , ηn , . . . u o 1 n definida por ηn = n i=1 (ξi − E[ξi ]) converge casi seguro a 0. La Ley Fuerte de los Grandes N´meros de Kolmogorov afirma que, dada una u sucesi´n de variables aleatorias ξ1 , . . . , ξn , . . . con media y varianzas finitas, y o n tal que l´ n→∞ i=1 V [ξi ]/i2 < ∞, entonces {ξn } cumple la Ley Fuerte de los ım Grandes N´meros. u Sea {ξn } una secuencia de variables aleatorias independientes e id´nticamen- e te distribuidas, con media µ y varianza σ 2 finitas. Se verifica, por el Teorema Central del L´ ımite, n i=1 ξi − nµ L √ → Z, σ/ n donde Z es una variable aleatoria normal con media cero y varianza 1. Ejercicios Resueltos P6.1] Sea {Xn }n∈N una sucesi´n de variables aleatorias con distribuci´n: o o k P (Xn = k) 0 1 − 1/n 1 − 1/n 1/ (2n) 1 1/ (2n) i i i i
- 167. “libroult” i i 2001/8/30 page 171 i i CAP´ ITULO 6. CONVERGENCIA 171 Estudiar la convergencia en probabilidad, en ley y en media cuadr´tica a de esta sucesi´n a la variable X ≡ 0. o Soluci´n o Estudiemos en primer lugar si la sucesi´n {Xn }n∈N converge en proba- o bilidad a la variable X ≡ 0. Para ello, dado un ε > 0, se tiene que: P (|Xn − X| > ε) P (Xn = 1 − 1/n) + P (Xn = 1) = 1/n , si ε < 1 − 1/n = P (Xn = 1) = 1/ (2n) , si 1 − 1/n ≤ ε < 1 , 0 , si ε ≥ 1 prob´ndose as´ que esta sucesi´n converge en probabilidad a la variable a ı o X. Para estudiar la convergencia en ley, n´tese que la funci´n de distribuci´n o o o de la variable Xn , n ∈ N es: 0 , si t < 0 1 1 1− n , si 0 ≤ t < 1 − n FXn (t) = 1 1 2n−1 1 1 − n + 2n = 2n , si 1 − n ≤ t < 1 1 , si t ≥ 1 y se verifica: 0 , si t<0 l´ FXn (t) = ım , n→∞ 1 , si t≥0 que es la funci´n de distribuci´n de la variable aleatoria degenerada X ≡ o o 0. Por lo tanto, se concluye que la sucesi´n converge en ley a esta ultima o ´ variable. Finalmente, se analizar´ la convergencia en media cuadr´tica de la suce- a a si´n. Para ello es necesario calcular: o 2 2 1 1 1 2n2 − n + 1 E |Xn − 0| = 1− · + 12 · = . n 2n 2n 2n3 Se observa que: 2 l´ E |Xn | ım = 0, n→∞ de lo que se sigue que la sucesi´n converge en media cuadr´tica a la o a variable aleatoria degenerada X ≡ 0. n P6.2] Sean {Xi }i=1 variables aleatorias independientes distribuidas uniforme- mente en el intervalo [0, θ] , θ > 0. Estudiar la convergencia en ley de la variable aleatoria X(n) = m´x Xi . a i∈{1,...,n} i i i i
- 168. “libroult” i i 2001/8/30 page 172 i i 172 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Soluci´n o Las variables aleatorias Xi , i = 1, .., n tienen como funci´n de distribuci´n o o a: t FXi (x) = , para x ∈ [0, θ] . θ La variable X(n) , por su parte, tiene como funci´n de distribuci´n, para o o t ∈ [0, θ): FX(n) (t) = P X(n) ≤ t = P m´x a Xi ≤ t = P (X1 ≤ t, . . . , Xn ≤ t) , i∈{1,...,n} y, ya que estas variables son independientes, se verifica: n n t FX(n) (t) = P (X1 ≤ t, . . . , Xn ≤ t) = [P (X1 ≤ t)] = . θ Adem´s, FX(n) (t) = 0 si t < 0, y es igual a 1 si t ≥ θ. Se observa que, a cuando n tiende a infinito, esta funci´n de distribuci´n tiende a: o o 0 , si t<θ FX (t) = , 1 , si t≥θ que es la funci´n de distribuci´n de la variable aleatoria degenerada X ≡ o o 0. P6.3] Dar un ejemplo de una sucesi´n de variables aleatorias {Xn }n∈N que o converja a una variable aleatoria X en ley pero no en probabilidad. Soluci´n o Sea una sucesi´n de variables aleatorias {Xn }n∈N y una variable aleatoria o X con la siguiente distribuci´n conjunta: o Xn | X 1 2 3 1 0 1/3 0 2 0 0 1/3 . 3 1/3 0 0 Esta sucesi´n converge en ley a la variable aleatoria X, pues: o 0 , si t < 1 1/3 , si 1 ≤ t < 2 FXn (t) = , 2/3 , si 2 ≤ t < 3 1 , si t ≥ 3 i i i i
- 169. “libroult” i i 2001/8/30 page 173 i i CAP´ ITULO 6. CONVERGENCIA 173 y se verifica que: l´ FXn (t) = FX (t) , ım n→∞ Sin embargo, dado un ε > 0 : 1 , si 0 < ε < 1 P (|Xn − X| > ε) = 1/3 , si 1 ≤ ε < 2 , 0 , si ε ≥ 2 que no converge a cero cuando n → ∞, por lo que la sucesi´n {Xn }n∈N o no converge en probabilidad a la variable X. P6.4] Sea {Fξn } una sucesi´n de funciones de o distribuci´n definidas de la si- o guiente forma: 0 , si t<0 1 Fξn (t) = 1 − n , si 0≤t<n . 1 , si n≤t Estudiar la convergencia en ley de esta sucesi´n. o Soluci´n o Esta sucesi´n converge de forma clara a: o 0 , si t<0 F (t) = , 1 , si t≥0 que es la funci´n de distribuci´n de la variable aleatoria ξ ≡ 0. Por lo o o tanto: L ξn → 0. P6.5] Sea la sucesi´n de variables aleatorias {ξn } tales que: o 1 P (ξn = 0) = 1 − n2 1 P (ξn = n) = 2 n para n = 1, 2, . . .. Demostrar que esta sucesi´n converge en probabilidad o a la variable aleatoria degenerada ξ ≡ 0, pero sin embargo no converge en media cuadr´tica. a Soluci´n o Para estudiar la convergencia en probabilidad es necesario ver, para todo > 0, la convergencia en el l´ ımite de P (|ξn − 0| > ). Se observa que: 1 n2 , si <n P (|ξn − 0| > ) = , 0 , si ≥n i i i i
- 170. “libroult” i i 2001/8/30 page 174 i i 174 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD por lo que: l´ P (|ξn − 0| > ) = 0. ım n→∞ 2 Sin embargo, n´tese que E |ξn | = 1, por lo que esta sucesi´n no con- o o verge en media cuadr´tica a la variable aleatoria ξ ≡ 0. a P6.6] Aplique la Ley D´bil de los Grandes N´meros a un ejemplo. e u Soluci´n o Supongamos que un jugador de baloncesto realiza una serie de lanzamien- tos a canasta, siendo p = 2/3 su probabilidad de encestar en cada tiro. Sean ξ1 , ξ2 , . . . , ξn variables aleatorias independientes con distribuci´n de o Bernoulli de par´metro p = 2/3, donde cada variable representa el resul- a tado de un tiro a canasta y p es la probabilidad de ´xito. Realizados n e n tiros, i=1 ξi /n es la proporci´n de aciertos. Entonces, de acuerdo con la o Ley D´bil de los Grandes N´meros, esta proporci´n converge en probabi- e u o lidad a 2/3. Esto no quiere decir que la proporci´n de aciertos se acerque o a 2/3 conforme crece n, sino que la probabilidad de que la diferencia entre esta proporci´n y 2/3 sea mayor que una cierta cantidad ε > 0 tiende a o cero. P6.7] Una empresa realiza un test de 80 preguntas (con dos posibles respuestas cada una, de las que s´lo hay una cierta) a dos miembros de su plantilla o que han solicitado un ascenso a un puesto del que s´lo hay una plaza o vacante. Suponiendo que el primer empleado sabe la respuesta de 50 preguntas y contesta al azar a las 30 restantes, y el segundo empleado tan s´lo puede contestar correctamente a 20 y responde al azar al resto: o 1. Obtener la probabilidad de que el primer empleado conteste correc- tamente a m´s de 40 preguntas. a 2. ¿Cu´l es la probabilidad de que el segundo empleado responda ade- a cuadamente a un m´ ınimo de 50 preguntas? 3. Si uno de los dos empleados contestara al azar a todas las preguntas, ¿cu´l ser´ la probabilidad de que acertara al menos 40? a ıa Soluci´n o Suponiendo la independencia entre preguntas en el caso de cada emplea- do, sea X1 una variable aleatoria con distribuci´n binomial de par´metros o a n1 = 30 y p1 = 1/2 que representa el n´mero de preguntas, del total de u 30 que responde al azar, que acierta el primer empleado. Sea tambi´n otra e variable X2 que representa esto ultimo en el caso del segundo empleado ´ (de un total de 60 respondidas al azar), y sigue una distribuci´n tambi´n o e binomial de par´metros n2 = 60 y p2 = 1/2. a i i i i
- 171. “libroult” i i 2001/8/30 page 175 i i CAP´ ITULO 6. CONVERGENCIA 175 1. Aproximemos, mediante el Teorema Central del L´ ımite, la distribu- ci´n discreta X1 a una normal o ∗ X1 ∼ N (n1 · p1 = 15, n1 · p1 · (1 − p1 ) = 7,5) , aplicando adem´s una correcci´n por continuidad para el c´lculo de a o a la probabilidad: 10 + 0,5 − 15 P (X1 > 10) ∼ P = Z> √ = 0,9495 7,5 2. De forma similar al apartado anterior, aproximemos la variable alea- toria X2 a una normal ∗ X2 ∼ N (n2 · p2 = 30, n2 · p2 · (1 − p2 ) = 15) , obteni´ndose que: e 30 − 0,5 − 30 P (X2 ≥ 30) ∼ P = Z> √ = 0,5517 15 3. Definamos una variable Y que representa el n´mero de respuestas u correctas del empleado, en el caso de que ´ste responda las 80 pregun- e tas al azar, y sigue una distribuci´n binomial de par´metros n = 80 o a y p = 1/2. Procediendo de forma an´loga a los casos anteriores, la a probabilidad de que acierte al menos 40 preguntas es: 40 − 0,5 − 40 P (Y ≥ 40) ∼ P = Z> √ = 0,5438 20 P6.8] El n´mero de personas que acuden un banco en una semana para abrir u una cuenta sigue una distribuci´n de Poisson de par´metro λ = 1. ¿Cu´l o a a es la probabilidad de que en dos a˜os (es decir, 104 semanas) se hayan n abierto m´s de 100 cuentas? a Soluci´n o Sean Xi , i = 1, 2, . . . , n variables aleatorias independientes con distribu- ci´n de Poisson de par´metro λ = 1, que representan el n´mero de perso- o a u nas que acuden al banco en una semana determinada. La distribuci´n de o la suma de estas n variables es una Poisson de par´metro nλ. Teniendo en a cuenta lo anterior, y aplicando el Teorema Central del L´ ımite, podemos aproximar la suma de las n = 104 variables (tantas como semanas hay en 104 2 a˜os), X = n Xi , a una normal de par´metros µ = 104 y σ 2 = 104. a i=1 Se tiene entonces que: 100 + 0,5 − 104 P (X > 100) ∼ P = Z> √ = 0,6331 104 i i i i
- 172. “libroult” i i 2001/8/30 page 176 i i i i i i
- 173. “libroult” i i 2001/8/30 page 177 i i CAP´ ITULO 7 Regresi´n y correlaci´n o o Sean X e Y variables aleatorias dependientes, entre las que existe una relaci´n funcional del tipo y = E [Y | x], denominada “regresi´n de Y so- o o bre X”. Un caso particular consiste en aproximar la relaci´n entre ambas o variables por una recta: y = ax + b. 2 Calculando los valores de a y b que minimizan E (Y − aX − b) se obtiene la denominada “recta de regresi´n de Y sobre X”: o cov (X, Y ) y − E [Y ] = · (x − E [X]) . V (X) Si existen E X 2 y E Y 2 , se define el “coeficiente de correlaci´n entre o X e Y ” como: cov (X, Y ) ρXY = ρ = . V (X) · V (Y ) El coeficiente de correlaci´n entre dos variables aleatorias X e Y verifica: o |ρXY | ≤ 1. Se dice que dos variables aleatorias X e Y est´n incorreladas si y s´lo si a o se verifica ρXY = 0. N´tese que ρXY = 0 si y s´lo si cov (X, Y ) = 0, por lo que si X e Y son o o independientes, entonces tambi´n est´n incorreladas. e a 177 i i i i
- 174. “libroult” i i 2001/8/30 page 178 i i 178 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD Ejercicios Resueltos P7.1] Sea X una variable aleatoria que se distribuye uniformemente en el in- tervalo (0, 1). ¿Est´n las variables aleatorias X y |1/2 − X| incorreladas? a Soluci´n o Para estudiar si estas variables est´n incorreladas obtengamos el coefi- a ciente de correlaci´n ρXY . Se tiene que: o 1 1 1 cov X, −X =E X· −X − E [X] · E −X , 2 2 2 siendo: 1 1 1 E X· −X = x· − x · fX (x) · ∂x = 2 0 2 1/2 1 1 1 1 = x· − x · ∂x − x· − x · ∂x = , 0 2 1/2 2 8 1 E [X] = , 2 1 1 1 1 1 1 E −X = − x · fX (x) · ∂x = − x · ∂x = , 2 0 2 0 2 4 por lo que: 1 1 1 1 cov X, −X = − · = 0. 2 8 2 4 Por lo tanto, ρXY = 0, y se concluye as´ que ambas variables est´n in- ı a correladas. P7.2] Sean U y V variables aleatorias con igual media e igual varianza. Utili- zando estas variables, obtenga dos variables aleatorias incorreladas. Soluci´n o Definamos X = U + V e Y = U − V . Entonces, 2 2 cov (X, Y ) = E [XY ]−E [X] E [Y ] = E U 2 − V 2 − E [U ] − E [V ] = 0, y por lo tanto ρXY = 0. P7.3] Sea X|Y 0 3 1 0,3 0,1 2 0,1 0,5 la distribuci´n de probabilidad conjunta de las variables aleatorias X e o Y. i i i i
- 175. “libroult” i i 2001/8/30 page 179 i i CAP´ ´ ´ ITULO 7. REGRESION Y CORRELACION 179 1. Obtener el coeficiente de correlaci´n de estas variables. o 2. Determinar la recta de regresi´n de Y sobre X. o Soluci´n o 1. Las correspondientes distribuciones de probabilidad marginales son: X = xi P (X = xi ) 1 0,4 2 0,6 η = yi P (Y = yi ) 0 0,4 3 0,6 Adem´s: a 2 2 E [X · Y ] = xi yj P (X = xi , Y = yj ) = 3,3, i=1 j=1 2 E [X] = xi P (X = xi ) = 1,6, E X 2 i=1 2 = x2 P (X = xi ) = 2,8 i i=1 2 E [Y ] = yj P (Y = yj ) = 1,8, E Y 2 j=1 2 2 = yj P (Y = yj ) = 5,4 j=1 Finalmente: 3,3 − 1,6 · 1,8 ρXY = = 0. 58333. (2,8 − 1,62 ) · (5,4 − 1,82 ) 2. La recta de regresi´n de Y sobre X es: o y − 1,8 = 1,75 · (x − 1,6) . P7.4] Sean: x y= + 2, 15 x y = + 1. 9 i i i i
- 176. “libroult” i i 2001/8/30 page 180 i i 180 EJERCICIOS RESUELTOS DE PROBABILIDAD las rectas de regresi´n de la variable aleatoria bidimensional (X, Y ). De- o terminar el coeficiente de correlaci´n entre X e Y. o Soluci´n o Las rectas de regresi´n de Y sobre X y de X sobre Y son, respectivamente: o cov (X, Y ) y − E [Y ] = · (x − E [X]) , V (X) cov (X, Y ) x − E [X] = · (y − E [Y ]) . V (Y ) Por lo tanto, se observa que cov (X, Y ) 1 = , V (X) 15 cov (X, Y ) = 9. V (Y ) Se obtiene entonces que: 2 [cov (X, Y )] 9 ρ2 = XY = , V (X) V (Y ) 15 por lo que finalmente ρXY = 9/15. P7.5] Sea (X, Y ) una variable aleatoria bidimensional con la siguiente distri- buci´n conjunta: o 1 , si |y| < x, 0 < x < 1 f (x, y) = 0 , en otro caso Determinar el coeficiente de correlaci´n entre X e Y. o Soluci´n o Las funciones de densidad marginales de estas dos variables son: 2x , si 0 < x < 1 fX (x) = 0 , en otro caso 1−y , si 0 < y < 1 fY (y) = 1+y , si − 1 < y ≤ 0 0 , en otro caso por lo que se obtiene que: cov (X, Y ) = E [XY ] − E [X] E [Y ] 1 x 1 x = 0 −x xyf (x, y) ∂y ∂x = 0 −x xy∂y ∂x = 0, luego ρXY = 0. i i i i
- 177. “libroult” i i 2001/8/30 page 181 i i CAP´ ´ ´ ITULO 7. REGRESION Y CORRELACION 181 P7.6] Sea (X, Y ) una variable aleatoria bidimensional con funci´n de densidad o conjunta: f (x, y) = xy, si 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1. Obtenga la recta de regresi´n de Y sobre X y calcule el coeficiente de o correlaci´n entre ambas variables. o Soluci´n o Las correspondientes funciones de densidad marginales son: 1 1 x fX (x) = f (x, y) · ∂y = xy · ∂y = , 0 0 2 1 1 y fY (y) = f (x, y) · ∂x = xy · ∂x = . 0 0 2 Se obtiene entonces: 1 1 E [X] = x · fX (x) · ∂x = = E [Y ] , 0 6 1 1 E X2 = x2 · fX (x) · ∂x = =E Y2 , 0 8 y por lo tanto 7 V (X) = V (Y ) = . 72 Adem´s: a 1 1 1 E [XY ] = xyf (x, y) ∂y∂x = . 0 0 9 La recta de regresi´n de Y sobre X es, por lo tanto: o 1 1 1 9 − 36 1 y− = 7 · x− , 6 72 6 es decir: 1 6 1 y− = · x− . 6 7 6 Finalmente, el coeficiente de correlaci´n entre las variables X e Y es: o 1 12 6 ρXY = 7 = . 72 7 i i i i
- 178. “libroult” i i 2001/8/30 page 182 i i i i i i
- 179. “libroult” i i 2001/8/30 page 183 i i Bibliograf´ ıa [1] J.M. Casas, C. Garc´ L.F. Rivera, A.I. Zamora: Problemas de ıa, Estad´ıstica. Descriptiva, probabilidad e inferencia. Ed. Pir´mide, Madrid, a 1998. [2] C.M. Cuadras: Problemas de Probabilidades y Estad´ ıstica. Vol 1: Pro- babilidades. Ed. PPU, Barcelona, 1985. [3] F.J. Mart´ Pliego, J.M. Montero, L. Ru´ Maya: Problemas de ın ız Probabilidad. Ed. AC, Madrid, 1998. [4] J. Montero, L. Pardo, D. Morales, V. Quesada: Ejercicios y Pro- blemas de C´lculo de Probabilidades. Ed. D´ de Santos, Madrid, 1988. a ıaz ´ [5] V. Quesada, A. Isidoro, L.J. Lopez: Curso y Ejercicios de Estad´ ıstica. Ed. Alhambra, 1984. [6] V.A. Rohatgi: An Introduction to Probability Theory and Mathematical Statistics. Ed. John Wiley & Sons, Nueva York, 1976. 183 i i i i