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Probabilidad, Apuntes de Estadística Empresarial

Asignatura: Estadística Empresarial II, Profesor: , Carrera: ADE + Turismo, Universidad: URJC

Tipo: Apuntes

2016/2017

Subido el 22/09/2017

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Cálculo de Probabilidades I Septiembre 2016
Ejercicio 1. Sea Tuna variable aleatoria geométrica con función de proba-
bilidad
P{T=t}= (1 p)t1ppara t= 1,2, . . .,
siendo el parámetro 0<p<1. Sean {Xk}k1variables aleatorias indepen-
dientes entre e independientes de T, cada una con distribución uniforme en
los nvalores {1,2, . . . , n}. Se define
Z= ax{X1, . . . , XT}.
(a) Hallar la función de distribución de Zcondicionada por T=t, para cada
t1, y deducir la función de distribución de Z.
(b) Determinar la función de probabilidad de Tcondicionada por Zk,
para k= 1,2, . . . , n, y deducir el valor de E[T|Zk].
Ejercicio 2. Se tienen 2ncartas marcadas con los valores
1,1,2,2,3,3, . . . , n, n.
Tras barajar las cartas, se van descubriendo una por una y poniendo en fila
sobre una mesa. Cuando el valor de la carta que se ha descubierto coincide
con el de alguna que ya está sobre la mesa, se retiran ambas cartas. Sea Nk,
para k= 1,...,2n, el número de cartas que hay sobre la mesa tras el k-ésimo
turno. Se tiene, obviamente, N1=N2n1= 1 yN2n= 0.
(a) Calcular P{Nn=n}yP{Nn+1 =n+ 1}.
(b) Determinar la función de probabilidad de Nk+1 condicionada por Nk.
(c) Deducir de (b) la ecuación recurrente que verifica pk= E[Nk]y probar
que su solución es pk=k(2nk)
2n1.
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Cálculo de Probabilidades I — Septiembre 2016

Ejercicio 1. Sea T una variable aleatoria geométrica con función de proba-

bilidad

P{T = t} = (1 − p)t−^1 p para t = 1, 2 ,.. .,

siendo el parámetro 0 < p < 1. Sean {Xk}k≥ 1 variables aleatorias indepen-

dientes entre sí e independientes de T , cada una con distribución uniforme en

los n valores { 1 , 2 ,... , n}. Se define

Z = m´ax{X 1 ,... , XT }.

(a) Hallar la función de distribución de Z condicionada por T = t, para cada

t ≥ 1 , y deducir la función de distribución de Z.

(b) Determinar la función de probabilidad de T condicionada por Z ≤ k,

para k = 1, 2 ,... , n, y deducir el valor de E[T | Z ≤ k].

Ejercicio 2. Se tienen 2 n cartas marcadas con los valores

1 , 1 , 2 , 2 , 3 , 3 ,... , n, n.

Tras barajar las cartas, se van descubriendo una por una y poniendo en fila

sobre una mesa. Cuando el valor de la carta que se ha descubierto coincide

con el de alguna que ya está sobre la mesa, se retiran ambas cartas. Sea Nk,

para k = 1,... , 2 n, el número de cartas que hay sobre la mesa tras el k-ésimo

turno. Se tiene, obviamente, N 1 = N 2 n− 1 = 1 y N 2 n = 0.

(a) Calcular P{Nn = n} y P{Nn+1 = n + 1}.

(b) Determinar la función de probabilidad de Nk+1 condicionada por Nk.

(c) Deducir de (b) la ecuación recurrente que verifica pk = E[Nk] y probar

que su solución es pk = k(2 2 nn−− 1 k ).

Solución

Ejercicio 1. (a). Condicionada por T = t, la variable Z se obtiene como el máximo de t va- riables independientes con distribución uniforme en los puntos { 1 ,... , n}. La probabilidad de que Z sea menor o igual que k, siendo 0 = 1,... , n, es (k/n)t. Por tanto,

P{Z ≤ k | T = t} = (k/n)t^ para t ≥ 1 y 0 ≤ k ≤ n.

Se deduce que la función de distribución de Z es

P{Z ≤ k} =

∑^ ∞

t=

(k/n)t(1 − p)t−^1 p =

pk n − (1 − p)k

(b). Para cada t ≥ 1 se tiene

P{T = t | Z ≤ k} =

P{Z ≤ k | T = t}P{T = t} P{Z ≤ k}

k(1 − p) n

k(1 − p) n

)t− 1 .

Se trata de una distribución geométrica de parámetro 1 − k(1 n− p)cuya esperanza es

E[T | Z ≤ k] =

n n − k(1 − p)

Ejercicio 2. (a). El número de formas de extraer las n primeras cartas es (2n)!/n!. El número de casos en el que las n cartas tienen valor distinto es 2 nn!. Por tanto,

P{Nn = n} =

2 n ( 2 n n

Tras extraer n+1 cartas, necesariamente se ha formado alguna pareja: P{Nn+1 = n+1} = 0. (b). Si Nk = j entonces hay j cartas sobre la mesa, todas distintas entre sí, y hay k − j cartas que ya han sido retiradas (en particular, k − j debe ser par). En el mazo quedan pues 2 n − k cartas, de las cuales j coinciden dos a dos con las que están descubiertas y 2 n − k − j son parejas completas. Se deduce que

P{Nk+1 = j + 1 | Nk = j} =

2 n − k − j 2 n − k

y P{Nk+1 = j − 1 | Nk = j} =

j 2 n − k

(c) Por el apartado anterior se tiene que

E[Nk+1 | Nk = j] = 1 +

2 n − k − 2 2 n − k

· j

luego

pk+1 = 1 +

2 n − k − 2 2 n − k

· pk

con el dato inicial p 0 = 0 (o p 1 = 1). Por inducción se prueba la igualdad pedida.