Facultad de Ciencias F´ısicas y Matem´ M atem´aticas
Universidad de Chile
MA3403-6. Probabilidades y Estad´ Estad´ ısticas 2016. na na Profesor: Vicente Acu˜ e Palacios Pala cios A., Obed Ulloa M. Auxiliar: Jos´ Fecha: 07 de Abril del 2016
Pauta Auxiliar uxiliar 4
P1 Sean X Sean X,, Y vs as , donde X donde X ∼ Bernoulli( Bernoulli( p) p), Y ∼ Binomial( Binomial(n, p), determine E (X ) y E (Y ). ). Calcule luego las varianzas. Soluci´ Solucion: on: ´
Recordemos las formulas de esperanza y varianza que necesitaremos para esta pregunta. Dada una v.a. Z , que toma valores en S en S ,, se tiene: E(X ) =
Var( ar(X ) = E (X 2 ) − E(X )2
= k) k · P(X = k )
k∈S
Con esto procedemos procedemos a desarroll desarrollar ar el problema. problema.
= k) • X ∼ Bernoulli( Bernoulli( p), p), esto es P(X = k ) = E(X ) =
p 1 − p
si k si k = 1 , S = S = {0, 1} si k si k = 0
k · P(X = k) k ) = (0) · P(X = = 0) + (1) · P(X = = 1) = (0) · (1 − p) p) + (1) · p = p = p p
k∈{0,1}
Var( ar(X ) = E (X 2 )
− p2
= (0) · P(X 2 = 0) + (1) · P(X 2 = 1) − p2 = (0) · P(X = = 0) + (1) · P(X = 1) − p2 = (0) · (1 − p) p) + (1) · p − p2 = p(1 p(1 − p) p)
• Y ∼ Binomial( Binomial(n, p), luego P(X = k) k ) = n
E(X ) =
n
k · P(X = k) k ) =
k=0
n k p (1 − p) p)n−k , donde S donde S = = {0, . . . , n}. k
k ( nk ) p ) pk (1 − p) p)n−k
k=0 n
=
k (n−kn)!! ···k! pk (1 − p) p)n−k
k=0 n
=
1! k n (n−kn)!− p)n−k ···(k−1)! p (1 − p)
k=1 n
=
n
k=1
n−1
= n
k=0
n−1
= np
k=0
n−1 k−1
pk (1 − p) p)n−k
n−1 k
pk + 1(1 − p) p)n−(k+1) pk (1 − p) p)(n−1)−k
n−1 k
=P(X =k),X ∼Bin(n−1,p)
n−1
P(X
= np
= k) k ) = np
k=0
=1
1
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Var(X ) = E (X 2 )
− (np)2
=
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E(X 2
− X + X ) − (np)2 = E (X (X − 1)) + E(X ) − (np)2
= np − (np)2 +
n
k=0
= np − (np)2 +
n
k=0
= np − (np)2 +
n
k=2
k(k − 1) ( nk ) pk (1 − p)n−k k(k − 1) (n−nk!)!·k! pk (1 − p)n−k n(n − 1) (n−(kn)!−·(2)! pk (1 − p)n−k k−2)!
= np − (np)2 + n(n − 1)
n
k=2
n−2
= np − (np)2 + n(n − 1)
k=0
= np − (np)2 + n(n − 1) p2
n−2 k−2
pk (1 − p)n−k
n−2 k
pk+2 (1 − p)n−(k+2)
n−2 k=0
n−2 k
pk (1 − p)(n−2)−k
=P(X =k),X ∼Bin(n−2,p)
n−2
2
= np − (np) + n(n − 1) p
P(X
2
= k) = np − (np)2 + n(n − 1)+2 = np(1 − p)
k=0
=1
En este procedimiento se debe ser cuidadoso con los ´ındices de la sumatoria y cabe notar que cada vez que cancelamos algunos elementos del coeficiente binomial, debemos notar c´omo cambia el ´ındice de partida de la sumatoria, puesto que si en el coeficiente binomial nos queda un k − 1, claramente no tiene sentido partir desde k = 0, sino de k = 1. Pero, se debe tener cuidado, pues no por esto se debe hacer que la sumatoria llegue hasta n +1, sino que debe llegar hasta el punto que el coeficiente binomial sigue siendo consistente con la suma inicial. es). Se revuelven y se le reparten 5 naipes a una persona. ¿Cu´al es la P2 Se tiene una baraja de 52 naipes (naipe ingl´ probabilidad de recibir 2 pares? Por ejemplo, As,As,K,K,4. Sin contar los casos en que sale P´oker (como J,J,J,J,5) o un Full House (como 3,3,10,10,10). Soluci´ on:
Antes de determinar la probabilidad de un obtener dos pares; conviene calcular la probabilidad de obtener alg´un par de pares en particular, s.p.g. los pares As, As, 7, 7. donde la probabilidad se construye de la siguiente forma:
• • • • • •
5! permutaciones de elementos en la mano. 2! · 2! 4 probabilidad de que la primera carta sea un As. 52 3 probabilidad de que la segunda carta sea un As. 51 4 probabilidad de que la tercera carta sea un 7. 50 3 probabilidad de que la cuarta carta sea un 7. 49 44 probabilidad de que la quinta carta sea distinta de As y 7. 48
As´ı la probabilidad del evento A = { par de As y par de 7 } es P(A) =
5! 4 3 4 3 44 = 6,0947 · 10−4 2! · 2! 52 51 50 49 48 2
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Luego es f´acil notar que los casos de 2 pares son equiprobables entre si, es decir, la probablilidad de tener dos K, dos J y otra casta distinta, es la misma que tener dos 5, dos Q y otra carta distinta. As´ı, necesitamos saber cuantas combinaciones de pares podemos hacer, lo que como no distinguimos pintas, son 13 elementos distintos en pares, esto es ( 13 2 ). Con esto finalmente P(2 pares) =
−4 ( 13 = 0,0475 2 ) · 6,0947 · 10
Otra forma de plantearlo es mediante casos favorables y casos totales: 1er par
comb. favorables
2do par
5ta carta =anteriores cartas
13 2
·
4 2
4 2 52 5
·
4 1
·
·
11
= 0,0475
comb. totales
o n de vs as iid (independientes id´enticamente distribuidas) como Bernoulli de par´ametro P3 Sea (X n )n∈N una sucesi´ p ∈ (0, 1). Para un r ∈ N , r ≥ 1 se define la v.a. X como:
k
X = ´ınf
k ∈ N , k ≥ 1
X i = r
i=1
Esta variable toma el valor del m´ınimo numero de repeticiones de X i que se debe hacer hasta alcanzar r ´exitos (X i = 1). Demuestre que r k−r −1 ∀k ∈ N , k ≥ 1, P(X = k) = kr− 1 p (1 − p) Calcule su esperanza y varianza.
Esta distribuci´on se conoce como distribuci´on de Pascal o Binomial Negativa. Para el caso r = 1 se le conoce como distribuci´ on Geom´etrica. Soluci´ on:
por como est´a definido X , para ver P(X = k) conviene definir un conjunto que contenga todos los casos en que X = k y ver qu´ e probabilidad tiene esto de ocurrir; es decir, queremos ver la probablidad de el siguiente conjunto: S =
k
s ∈ 0, 1k
si = r ∧ sk = 1
i=1
donde pedimos que el ultimo evento haya sido uno, puesto que se supone que se alcanza el r-´esimo 1 en k intentos, si se hubiese alcanzado antes, corresponde a X < k que no es lo que buscamos, del mismo modo si ocurre despu´ es. Ahora, como el k-´esimo elemento de cada s es fijo, las variaciones se ver´an en las k − 1 primeras coordenadas de s, que se pueden hallar ordenadas de diversas maneras, pero es importante notar que dichos ´ordenes son equiprobables. Por esto, consideraremos un caso particular y la probabilidad de cualquier otro ser´a la misma. Sea ˜s dado por: s˜ = (X 1 = 0, X 2 = 0, . . . , Xk −r = 0, X k−r+1 = 1, . . . , Xk = 1) Luego P(˜ s)
=
P(X 1 =
0, . . . , Xk −r = 0, X k−r+1 = 1, . . . , Xk = 1)
=
P(X 1 =
0) · · · P(X k−r = 0) · P(X k−r+1 = 1) · · · P(X k = 1)
= (1 − p) · · · (1 − p) · p · · · p
k−r veces
r veces
= pr (1 − p)k−r
3
(independencia)
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Como ya se mencion´o, los eventos en S son equiprobables, por lo que ∀s ∈ S, P(s) = cualquiera P(S ) = | S |P(s)
P(˜ s).
As´ı, dado un s ∈ S
y como S son las combinaciones de r − 1 unos y k − r ceros (recordar que el k -´esimo es fijo), entonces k − 1! P(X = k) = P (S ) = | S |P(s) = pr (1 − p)k−r = k − r! · r − 1! Ahora calculemos la esperanza y la varianza: n
E(X )
=
k−1 r−1
k
k=1 n
=
k
k=1
=
n−1
r
k=0 n
= r
k=0 n
= r
k=1
=
pr (1 − p)k−r
k − 1! pr (1 − p)k−r k − r! · r − 1! k! pr (1 − p)k−r k − r! · r!
( kr ) pr (1 − p)k−r r k−1−r 1 ( k− r ) p (1 − p)
r n k−1 r+1 ( r ) p (1 − p)k−(r+1) p k=1 =P(X =k),X ∼BN (r+1,p)
=
r p k
n
P(X
=1
= k) =
r p
=1
4
k − 1 r p (1 − p)k−r r − 1
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r r Var(X ) = E(X (X + 1)) − E(X ) − E(X ) = E (X (X + 1)) − − p p 2
n
=
k(k + 1)
k=1 n
=
k(k + 1)
k=1
= r
n−1
(k + 1)
k=0 n
= r
(k)
k=1
2
k−1 r−1
pr (1 − p)k−r
k − 1! pr (1 − p)k−r k − r! · r − 1! k! pr (1 − p)k−r k − r! · r!
k − 1! pr (1 − p)k−1−r k − 1 − r! · r! n−1
k! pr (1 − p)k−1−r k r! r + 1! − · k=0
= r(r + 1)
n
= r(r + 1) =
k − 1! pr (1 − p)k−2−r k 2 r! r + 1! − − · k=1
r(r + 1) n p2 k=1
k−1 r+1
pr+2 (1 − p)k−(r+2)
=P(X =k),X ∼BN (r+2,p)
=
r(r + 1) p2
n
2
r(r + 1) r r P(X = k) = − − 2 p p p
k=1
=
r(1 − p) p2
=1
P4 Un ayudante sabe que la probabilidad de poner una nota sobre 5,5 al revisar una pregunta es de 0.3. ¿cu´antas
preguntas revisa en promedio a diario, si cada d´ıa pone 10 notas sobre 5,5? Ahora, el ayudante, quien revisa pruebas de varios ramos, decide que si tiene que revisar m´as de 50 preguntas un d´ıa en una semana para alcanzar a poner 10 notas sobre sobre 5,5 en el C1, ser´a mas flexible al revisar el C2. ¿Cu´al es la probabilidad de que el ayudante no sea flexible en el C2? Suponga que el ayudante trabaja 6 d´ıas a la semana. Soluci´ on:
Sea la variable aleatoria X que indica el n´umero de pruebas que revisa el ayudante hasta poner 10 notas sobre 5,5. Esta variable sigue una distribuci´on binomial negativa de par´ametros n = 10 y p = 0,3. Es decir X ∼ BN (10;0,3) Como la esperanza de una binomial negativa nos indica el numero de intentos, basta usar esta f´ormula para saber cuantas preguntas revisa el ayudante en promedio, esto es: E(X ) =
10 = 33, ¯3 0,3
Esto es considerando X como fue definido en la pregunta 3, es decir, considerando que el valor que toma X es el n´ umero de intentos necesarios para lograr r ´exitos, luego su esperanza es n/p. Ahora para la probabilidad de que no tenga que revisar mas de 50 preguntas definimos X i el numero de pruebas que debe haber revisado para poner 10 notas sobre 5,5 en el d´ıa i. Donde los X i son iid, pues las notas que pone un d´ıa no depende de las notas que puso el d´ıa anterior. P(Y 1 ≤ 50, Y 2 ≤ 50, . . . , Y6 ≤
6
50) =
P(Y i ≤ 50)
6
= (P(Y i ≤ 50))
i=1
50
=
i=1
5
i − 1 · 0,310 · 0,7i−10 10 − 1
6
= 0,95976 = 0,7816
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Del mismo modo, hay otros textos que consideran la Binomial Negativa como el n´umero de fallos antes de lograr los r ´exitos, esto es:
k
Y = ´ınf k − r ∈ N , k ≥ 1
X i = r
i=1
donde los X i y r , son como se definieron en la pregunta 3. En tal caso, tambi´en tendr´ıamos que se puede trabajar con Y ∼ BN (10; 0,3), cuya distribuci´on es: P(Y
= k) =
y la esperanza ser´ıa:
r+k−1 k
E(Y )
=
pr (1 − p)k
r(1 − p) p
por lo que para obtener el numero de pruebas promedio que revisa el ayudante, se le debe sumar a esta esperanza, las 10 pruebas que revisa con nota sobre 5,5, puesto que Y cuenta los fallos, que en este caso ser´ıa, cu´antas pruebas bajo 5,5 revisa. Es decir: E(Y +
10) =
10(1 − 0,3) + 10 = 33.¯3 10
Luego de manera an´aloga, para saber la probabilidad de que no revise m´as de 50 pruebas por d´ıa, es equivalente a que revise menos de 40 pruebas con nota bajo 5,5 por d´ıa, pues si revisa m´as de 40, significa que para haberse detenido de revisar, deber´a haber revisado m´as de 50 pruebas. Luego ser´ıa: P(X 1 ≤ 40, X 2 ≤ 40, . . . , X6 ≤
40) =
6
P(X i ≤ 40)
i=1
=
40
i=0
P5 El paseo aleatorio del borracho en
Z
= ( P(X i ≤ 40))6
10 + i − 1 · 0,310 · 0,7i i
6
= 0,95976 = 0,7816
Suponga que un borrachito se mueve aleatoriamente saliendo de la cantina, y que solo se mueve hacia adelante o hacia atr´as dando un paso a la vez. Podemos suponer que el borracho se est´a moviendo en Z y que desde que comenzamos a ver su paseo, est´a en 0. Si la probabilidad de que avance un paso es p y la probabilidad de que retroceda un paso es 1 − p. Sea X n la v.a. de la posici´on del borracho luego de n pasos, con n par. a) Determine el recorrido de X n , R X . n
b) Encuentre la probabilidad de que en el instante n el borracho est´e en la posici´on k. c) Encuentre la esperanza o valor esperado de X n . Soluci´ on:
a) Veremos que pasa para n tanto cuando es par como dice el enunciado, y tambi´en veremos que ocurre cuando es impar. Para ello, primero veamos los casos n = 1, y n = 2:
◦ n = 1: R X2 = {− 1, 1} ◦ n = 2: R X2 = {− 2, 0, 2}
6
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Sea la v.a. Y n que corresponde al paso en el instante n, es decir: P(Y n =
P(Y n = − 1)
1) = p
= 1 − p
n
Luego, por la forma en que se defini´o Y n , X n =
Y i , n ≥ 1. Como Y n toma valores en {1, −1}, siempre es
i=1
impar. n
◦ n par: Entonces X n =
Y i es par (suma par de impares); luego
i=1
RX = {− n, −n + 2, . . . , −2, 0, 2, . . . , n − 2, n} n
n
◦ n impar: Entonces X n =
Y i es impar (suma impar de impares); luego
i=1
RX = {−n, −n + 2, . . . , −1, 1, . . . , n − 2, n} n
Luego para el caso de n cualquiera: RX = { 2k − n|k ∈ {0, 1, . . . , n}} n
b) Sea la v.a. Z n el n´ umero de pasos hacia adelante luego de n pasos. Como los pasos son independientes de los anteriores, entonces Z n ∼ Binom(n, p). =⇒
P(Z n = m) =
n pm(1 − p)n−m m
Luego, si Z n son el numero de pasos hacia adelante luego de n pasos, entonces n − Z n es el numero de pasos hacia atr´as luego de n pasos. Con esto la posici´on a los n pasos, es los pasos hacia adelante menos los pasos hacia atr´as X n = Z n − (n − Z n ) = 2Z n − n =⇒
P(X n = k) = P (2Z n −
k + n Z n = 2
n = k) = P
=
n
n+k
p
n+k
2
(1 − p)
n−k
2
2
c) Un primer intento es querer calcular la esperanza de X n aprovechando que conocemos su probabilidad puntual: n
E(X n ) =
n
kP(X n = k) =
k=0
k
k=0
n
n+k
p
n+k
2
(1 − p)
n−k
2
2
Pero este camino se ve bastante engorroso, por lo cual podemos aprovechar la linealidad de la esperanza y usar n
que X n = 2Z n − n o usar X n =
Y i . Veamos ambos:
i=1
E(X n ) = E (2Z n − n
E(X n ) = E (
n) = 2E(Z n ) − n = 2np − n = n(2 p − 1)
n
Y i ) =
i=1
n
E(Y i )
=
i=1
(1)P(Y i = 1) + ( −1)P(Y i = −1)
i=1 n
p − (1 − p) = n( p − (1 − p)) = n(2 p − 1)
=
i=1
Luego E(X n ) = n(2 p − 1).
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