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