1. (4 puntos) Contesta brevemente, pero argumentando tu respuesta, a las siguientes cuestiones:

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(1)

Probabilidad II

Tercero de Matem´

aticas UAM, curso 2006-2007

Examen de junio, 14-6-2007

1.

(4 puntos) Contesta brevemente, pero argumentando tu respuesta, a las siguientes cuestiones:

a) Sean X e Y dos variables aleatorias independientes, con varianzas respectivas σ

21

y σ

22

. ¿Cu´

al

es la varianza de la variable X − Y ?

Soluci´on. Primero, V(−Y ) = V(Y ) = σ2

2. Y, por la independencia,

V(X − Y ) = V(X + (−Y )) = V(X) + V(−Y ) = σ12+ σ 2 2.

b) Sea X una variable aleatoria uniforme en [−1, 1]. Escribe su funci´on de densidad f

X

(x) y

calcula su funci´

on generatriz de momentos M

X

(t).

Soluci´on. La funci´on de densidad es fX(x) = 12

1

{|x|≤1}(x). Por lo tanto,

MX(t) = E(etX) =  Re txf X(x)dx = 1 2  1 −1e txdx = 1 2 etx t  1 −1 =e t− e−t 2t = sinh(t) t .

c) Sean X

1

, X

2

, . . . variables aleatorias i.i.d., con funci´on de distribuci´on com´

un F (x). Escribe

la funci´

on de distribuci´

on de la variable Zn

= m´ın(X

1, . . . , Xn

).

Soluci´on. Hay que calcular FZn(t) = P(Zn≤ t). Obs´ervese que

P(Zn > t) = P(m´ın(X1, . . . , Xn) > t) = P(X1> t, X2> t, . . . , Xn> t) independencia = n  j=1 P(Xj> t) = n  j=1 [1− FXj(t)]iguales= (1− F (t))n. Por tanto, FZn(t) = 1 − (1 − F (t))n.

d) Sean X e Y dos variables aleatorias i.i.d. que toman valores en {0, 1, 2, . . . }. Sea G(s) su

funci´

on generatriz de probabilidad com´

un. Escribe, en t´

erminos de esta funci´

on generatriz, la

probabilidad de que X + Y sea un n´

umero par (o cero).

Soluci´on. La funci´on generatriz de la variable X + Y es, por la independencia,

GX+Y(s) = GX(s)GY(s) = G(s)2.

Los coeficientes de G(s)2son las probabilidades de que X + Y tome los sucesivos valores 0, 1, 2, . . . :

G(s)2=  n=0 P(X + Y = n)sn= P(X + Y = 0) + P(X + Y = 1)s + P(X + Y = 2)s2+· · · As´ı que G(1)2= P(X + Y = 0) + P(X + Y = 1) + P(X + Y = 2) + P(X + Y = 3) + · · · , mientras que G(−1)2= P(X + Y = 0) − P(X + Y = 1) + P(X + Y = 2) − P(X + Y = 3) + · · · , La respuesta es P(X + Y es par o cero) = G(1) 2 + G(−1)2 2 .

(2)

e) Sea (Xn

) una sucesi´

on de variables aleatorias tales que E[(Xn

− X)

2

]

→ 0 cuando n → ∞

para cierta variable X. Comprueba que X

n

−→ X cuando n → ∞.

P

Soluci´on. Es una simple aplicaci´on de la desigualdad de Chebyshev: para todo ε > 0,

P(|Xn− X| > ε) ≤ E(|Xn− X|

2)

ε2

n→∞ −−−−→ 0 ,

y por tanto Xn −→ X cuando n → ∞.P

f) Consideremos un espacio de probabilidad (Ω, F, P), donde Ω = [−1, 1], F son los borelianos

y P es la medida de Lebesgue dividida por 2. Sea X una variable aleatoria dada por X(ω) = ω

4

para cada ω ∈ Ω. Llamemos µ

X

a la distribuci´

on de probabilidad definida por esta variable

aleatoria X. Calcula µ

X

([a, b]), donde 0 < a < b < 1.

Soluci´on. µX([a, b]) = P  {ω ∈ Ω : X(ω) ∈ [a, b]} = P{ω ∈ Ω : a ≤ ω4≤ b} = P{ω ∈ Ω : −√4b ≤ ω ≤ −√4a} ∪{ω ∈ Ω :√4a ≤ ω ≤ 4b} = 4 a +√4b 2 + 4 b −√4a 2 =4b −√4a −1 1 1 0 q ω4 ... .... .... ... .... .. ....... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .... ... ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... .... ....... ...... a b 4 a 4b −√4a −√4b

2.

(2 puntos) Sea una sucesi´

on X

1, X2, . . . de variables aleatorias independientes dadas por

X

n

=

1

con probabilidad 1/2

n+1

;

0

con probabilidad 1

− (1/2

n

);

−1 con probabilidad 1/2

n+1

.

para cada n = 1, 2, . . .

(a) Comprueba que

X

n

−→ 0

P

cuando n → ∞.

Soluci´on. Calculamos primero

E(Xn) = 1×

1

2n+1 + (−1) ×

1 2n+1 = 0 , V(Xn) = E(Xn2)− E(Xn)2= E(Xn2) = 1

2× 1 2n+1+ (−1) 2× 1 2n+1 = 1 2n.

Y ahora aplicamos la desigualdad de Chebyshev:

P(|Xn| > ε) = P(|Xn− E(X n) =0 | > ε) ≤V(Xn) ε2 = 1 ε22n n→∞ −−−−→ 0

para todo ε > 0, lo que nos da la convergencia a 0 en probabilidad.

(b) Comprueba que

X

n

−−→ 0

c.s.

cuando n → ∞

(observa que este segundo apartado implica el primero).

(3)

Soluci´on. Consideremos el suceso An={|Xn| > ε}. Obs´ervese que P(An) = P(Xn= 1) + P(Xn =−1) = 1 2n . As´ı que  n=1 P(An) =  n=1 1 2n < +∞

El lema de Borel-Cantelli nos asegura que, entonces,

P(An infinitas veces) = 0.

Lo que nos dice que Xn−−→ 0 cuando n → ∞.c.s.

3.

(2 puntos) Vamos a lanzar muchas veces una moneda (con probabilidad p = 10 % de que salga

cara). Los lanzamientos son independientes. Llamemos T

1

al n´

umero de lanzamientos hasta que

sale la primera cara. Contamos, desde ese momento, el n´

umero de lanzamientos hasta que salga

la siguiente: sea T

2

ese n´

umero de lanzamientos. Y as´ı sucesivamente, hasta que aparece la cara

umero 40. Consideremos la variable aleatoria que registra el n´

umero de lanzamientos hasta esa

cuadrag´

esima cara; esto es, T

1

+ T

2

+

· · · + T40

.

Estima la probabilidad de que T

1

+ T

2

+

· · · + T

40

tome un valor entre 400 y 490.

Soluci´on. Llamemos T a la suma T1+· · ·+T40. Las variables Tjson i.i.d., y todas ellas son geom´etricas de

par´ametro p = 0,1. As´ı que T es una binomial negativa de par´ametros n = 40 y p = 0,1, cuyas probabilidades son conocidas. Una posible respuesta es, entonces,

() P(400 ≤ T ≤ 490) = 490  j=400  j − 1 39  p40(1− p)j−40.

Para estimar esta probabilidad, utilizamos el TLC. Como T es una suma de variables i.i.d., entonces la variable tipificada (con media 0 y desviaci´on t´ıpica 1)

T − E(T ) σ(T )

d

→ N (0, 1) .

Las variables Tj tienen

(media) E(Tj) = 1 p= 10 , (varianza) V(Tj) = 1− p p2 = 90 .

As´ı que T tiene media E(T ) = 40 × 10 = 400 y (por la independencia) varianza V(T ) = 40 × 90 = 3600 y desviaci´on t´ıpica σ(T ) = 60.

Por lo tanto, llamando F (x) a la funci´on de distribuci´on de la N (0, 1),

P(400 ≤ T ≤ 490) = P(0 ≤ T − 400 ≤ 90) = P  0 T − 400 60 90 60  = P  0 T − 400 60 3 2  ≈√1  3/2 0 e−x2/2dx = F (3/2) − F (0) = F (3/2) − 0, 5 .

Una consulta a la tabla nos dice que esta probabilidad es 0, 9332 − 0, 5 = 0, 4332. Por cierto, si calculamos, con ayuda del ordenador, la suma de (), obtenemos 0,40935 (es decir, la estimaci´on basada en el TLC, con

(4)

4.

(2 puntos) Consideremos un camino aleatorio

S

n

= S

0

+

n



j=1

X

j

(que arranca en S

0

= 0)

para el que P(Xj

= +1) = p, para cada j = 1, 2, . . . . Calcula P(S

4

= 2, S

8

= 0, S

12

= 2).

Soluci´on. Condicionamos sucesivamente:

P(S4= 2, S8= 0, S12= 2) = P(S12= 2|S4= 2, S8= 0)P(S4= 2, S8= 0)

= P(S12= 2|S4= 2, S8= 0)P(S8= 0|S4= 2)P(S4= 2) Calculemos la primera de estas probabilidades:

P(S12= 2|S4= 2, S8= 0) = P(X1+· · · + X12= 2|X1+· · · + X4= 2, X1+· · · + X8= 0) = P(X1 +· · · + X 8 =0 +X9+· · · + X12= 2|X1+· · · + X8= 0) = P(X9+· · · + X12= 2|X1+· · · + X8= 0) independencia = P(X9+· · · + X12= 2) variables iguales = P(S4= 2) = 4p3q ;

De manera an´aloga se obtienen P(S8= 0|S4= 2) = 4pq3 y P(S4= 2) = 4p3q. El resultado final es

P(S4= 2, S8= 0, S12= 2) = 4p3q 4pq34p3q = 43p7q5.

Un argumento menos formalizado, y en el que hacemos uso de que las variables Xj son id´enticas e

indepen-dientes, nos permite responder directamente a la pregunta del enunciado, que es la de calcular la probabilidad de que un camino aleatorio pase por las alturas marcadas en la figura:

12 8

4

La trayectoria del primer tramo tiene probabilidad 4p3q (pues hay tres subidas y una bajada, y cuatro

posibles posiciones de la bajada), la del segundo 4pq3(igual que antes, cambiando los papeles de p y q) y la del tercero, de nuevo 4p3q. El resultado es el producto de estas tres probabilidades.

5.

(1 punto extra) Tenemos una baraja francesa, que consta de 52 cartas, la mitad rojas y la

otra mitad negras. Las cartas est´

an situadas boca abajo en un mont´

on bien barajado. En cada

movimiento, el jugador descubre una carta de la baraja, observa su color y la deposita en la mesa.

En cierto momento (y s´

olo una vez), el jugador dir´

a “¡roja en la siguiente!”. Ganar´

a si, efectivamente,

la carta que se descubre es efectivamente roja.

Llamemos (

F

n

) a la filtraci´

on que recoge la informaci´

on sobre las primeras n extracciones.

a) Llamemos Rn

al n´

umero de cartas rojas que quedan en el mont´

on justo despu´es de descubrir la

n-´esima carta. Calcula E(R

n

|F

n−1

) y comprueba que la sucesi´

on de variables aleatorias (X

n

),

dada por Xn

= Rn

/(52 − n) para cada n, es una martingala.

(5)

Soluci´on. Situ´emonos justo antes de la extracci´on n: quedan 52−n+1 cartas (pues se han descubierto

n − 1 de las 52 originales), de las cuales Rn−1son rojas. As´ı que, si sale roja en la siguiente (lo que se

produce con probabilidad Rn−1/(52 − n + 1), la variable Rn toma el valor Rn−1− 1. Y si sale negra

(esto tiene probabilidad 1− Rn−1/(52 − n + 1)), entonces Rn vale Rn−1. De manera que E(Rn|Fn−1) = (Rn−1− 1) Rn−1 52− n + 1+ Rn−1  1 Rn−1 52− n + 1  = Rn−1− Rn−1 52− n + 1. Obs´ervese que (Xn) esFn-medible. Ahora calculamos

E(Xn|Fn−1) = E  R n 52− n|Fn−1  = 1 52− nE(Rn|Fn−1) = 1 52− n  Rn−1− Rn−1 52− n + 1  = (52− n + 1)Rn−1− Rn−1 (52− n)(52 − n + 1) = Rn−1 52− (n − 1) = Xn−1.

b) Comprueba que no existe una estrategia para el jugador con la que la probabilidad de ganar el

juego sea distinta de 1/2. (Sugerencia: una estrategia en este juego es un tiempo de parada).

Soluci´on. Cualquier estrategia en este juego es un tiempo de parada T (acotado, por supuesto). Como (Xn) es martingala, sabemos que

E(XT) = E(X0) =

1 2.

Pero obs´ervese que, si paramos en tiempo T , entonces ganamos si sale roja en tiempo T +1, y perdemos en caso contrario. Y saldr´a roja (ganaremos) con probabilidad justamente

XT =52R− TT .

De manera que la probabilidad de ganar si paramos en T es E(XT), que ya hemos visto que es 1/2.

Notas y comentarios:

Algunos valores de la funci´

on de distribuci´

on de una variable aleatoria normal

N (0, 1):

x

=

F (x)

F (x) =

1

2 π



x −∞

e

−t2/2

dt

Figure

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