Notación:
Designaremos un número entero con una letra minúscula
Denotamos el máximo común divisor de $m$ y $n$ por $(m,n)$
Para expresar que $a$ divide a $b$ ( $b$ es múltiplo de $a$ ), escribiremos $a|b$ ( con lo cual notaremos $b=\dot{a}$ )
Lema (de Bézout)
Sea $d=(m,n)$, entonces se puede encontrar una combinación $a\,m+b\,n$ tal que $$d \,| \,(a\,m+b\,n)$$
Definición ( $a$ congruente con $a$ módulo $m$ )
Sea $m$ un entero no negativo. Decimos que $a=b\, \text{mod} \, m$ ( o también $a\equiv b\, (\text{mod} \, m)$ ) si y sólo si $m \,| \,(b-a)$
Pequeño teorema de Fermat
Sea $a$ un número entero no negativo y $p$ primo, tales que $a \neq \dot{p}$, entonces $a^{p-1} = 1 \;( \,\text{mod}\, p)$
Otra forma de enunciar el Pequeño Teorema de Fermat
Sea $a$ un número entero no negativo y $p$ primo, entonces $a^p = a \; ( \,\text{mod}\, p)$
lunes, 27 de febrero de 2017
miércoles, 1 de febrero de 2017
Una aplicación de la desigualdad de Tchebychev
Teorema de Tchebychev:
Sea $X$ una variable aleatoria, con esperanza matemática y varianza finitas, entonces se cumple que, para un número real $k\succ 0$, $$P\{\left|X-E[X]\right|\ge k \}\le \dfrac{\sigma^2(X)}{k^2}$$
Ejemplo de aplicación:
En una sesión de cine de verano al aire libre acude una media $1000$ personas, con una desviación estándar de $\sigma=20$. ¿ Cuántas sillas son necesarias para que, con una probabilidad del $75\,\%$, todos los espectadores puedan sentarse ?.
SOLUCIÓN. Del resultado expuesto, $$P\{\left|X-E[X]\right|\ge k \}\le \dfrac{\sigma^2(X)}{k^2}$$ podemos escribir $$P\{\left|X-1000\right|\ge k \}\le \dfrac{20^2}{k^2}$$ luego, por la propiedad del contrario, $$P\{\left|X-1000\right|\prec k \}\ge 1-\dfrac{20^2}{k^2}$$ donde $$1-\dfrac{20^2}{k^2}=0,75$$ y por tanto $$k=40$$ Así pues $$P\{\left|X-1000\right|\prec 40 \}\ge 0,75$$
Con lo cual $$\left|X-1000\right| \prec 40 \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x-100 \prec 40 \Rightarrow x \prec 1040 \\ y \\ -(x-100) \prec 40 \Rightarrow x \succ 960 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow 960 \prec X \prec 1040 $$
Referencias:
CUADRAS, C.M, Problemas de Probabilidad y Estadística ( Vol. 1 ), Ediciones PPU, Barcelona, 1990
Sea $X$ una variable aleatoria, con esperanza matemática y varianza finitas, entonces se cumple que, para un número real $k\succ 0$, $$P\{\left|X-E[X]\right|\ge k \}\le \dfrac{\sigma^2(X)}{k^2}$$
Ejemplo de aplicación:
En una sesión de cine de verano al aire libre acude una media $1000$ personas, con una desviación estándar de $\sigma=20$. ¿ Cuántas sillas son necesarias para que, con una probabilidad del $75\,\%$, todos los espectadores puedan sentarse ?.
SOLUCIÓN. Del resultado expuesto, $$P\{\left|X-E[X]\right|\ge k \}\le \dfrac{\sigma^2(X)}{k^2}$$ podemos escribir $$P\{\left|X-1000\right|\ge k \}\le \dfrac{20^2}{k^2}$$ luego, por la propiedad del contrario, $$P\{\left|X-1000\right|\prec k \}\ge 1-\dfrac{20^2}{k^2}$$ donde $$1-\dfrac{20^2}{k^2}=0,75$$ y por tanto $$k=40$$ Así pues $$P\{\left|X-1000\right|\prec 40 \}\ge 0,75$$
Con lo cual $$\left|X-1000\right| \prec 40 \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x-100 \prec 40 \Rightarrow x \prec 1040 \\ y \\ -(x-100) \prec 40 \Rightarrow x \succ 960 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow 960 \prec X \prec 1040 $$
Referencias:
CUADRAS, C.M, Problemas de Probabilidad y Estadística ( Vol. 1 ), Ediciones PPU, Barcelona, 1990
domingo, 29 de enero de 2017
La distribución binomial negativa en el lanzamiento repetido de una moneda
ENUNCIADO. Lanzando repetidamente una moneda ( la probabilidad de salir cara en un lanzamiento es $p$ ), ¿ cuál es la probabilidad de que aparezcan $i$ caras antes que $j$ cruces ?
SOLUCIÓN. Otra vez nos encontramos con la distribución binomial negativa ( véase la entrada anterior ). Tengamos en cuenta que antes de la $i$-ésima cara, habrán aparecido $i-1$ caras y $k$ cruces ( $0 \le k \le j-1$ ). Entendemos ahora un 'fracaso' como la aparición de cara. Sumando todos los posibles 'fracasos' obtenemos: $$\displaystyle \sum_{k=0}^{j-1}\,\binom{i-1+k}{i-1}\cdot p^i \cdot (1-p)^{k}$$
$\square$
SOLUCIÓN. Otra vez nos encontramos con la distribución binomial negativa ( véase la entrada anterior ). Tengamos en cuenta que antes de la $i$-ésima cara, habrán aparecido $i-1$ caras y $k$ cruces ( $0 \le k \le j-1$ ). Entendemos ahora un 'fracaso' como la aparición de cara. Sumando todos los posibles 'fracasos' obtenemos: $$\displaystyle \sum_{k=0}^{j-1}\,\binom{i-1+k}{i-1}\cdot p^i \cdot (1-p)^{k}$$
$\square$
Buscando la seta preferida
ENUNCIADO. Se sabe que una determinada especie de seta ( en un determinado bosque ) está en proporción del $10\,\%$. Un mitólogo busca setas de dicha especie. ¿ Cuál es la probabilidad de encontrar $10$ setas que no sean de la especie deseada antes de encontrar la tercera seta perteneciente a la especie pedida ?
SOLUCIÓN. Denominaremos 'fallo' a encontrar una seta de una especie que no es la buscada, y éxito a encontrar una seta de la especie deseada. Entonces, según el enunciado, la probabilidad de éxito es $p=0,1$.
Denotamos por $X$ la variable aleatoria "número de fallos antes de encontrar la $n$-ésima seta de la especie deseada". Sabemos que $X$ se ajusta a una distribución binomial negativa, siendo $$P\{X=k\}=\displaystyle \binom{n-1+k}{n-1}\cdot p^n\cdot (1-p)^k$$
Como $k=10$ y $n=3$, obtenemos: $$P\{X=10\}=\displaystyle \binom{3-1+10}{3-1}\cdot (0,1)^3\cdot (1-0,1)^{10} \approx 0,0157$$
$\square$
SOLUCIÓN. Denominaremos 'fallo' a encontrar una seta de una especie que no es la buscada, y éxito a encontrar una seta de la especie deseada. Entonces, según el enunciado, la probabilidad de éxito es $p=0,1$.
Denotamos por $X$ la variable aleatoria "número de fallos antes de encontrar la $n$-ésima seta de la especie deseada". Sabemos que $X$ se ajusta a una distribución binomial negativa, siendo $$P\{X=k\}=\displaystyle \binom{n-1+k}{n-1}\cdot p^n\cdot (1-p)^k$$
Como $k=10$ y $n=3$, obtenemos: $$P\{X=10\}=\displaystyle \binom{3-1+10}{3-1}\cdot (0,1)^3\cdot (1-0,1)^{10} \approx 0,0157$$
$\square$
domingo, 22 de enero de 2017
Extensión de la distribución geométrica a la distribución binomial negativa. Algunos ejemplos.
Consideremos un experimento de pruebas repetidas independientes. Realizando $N$ pruebas repetidas ( en el esquema éxito-fracaso ), estamos interesados en calcular la probabilidad de que se produzcan $x$ fallos antes del $n$-ésimo éxito ( donde, desde luego, $N=x+n$ ).
Así, pues, denotemos por $X$ a la variable que da cuenta de dicho número de fallos producidos antes del $n$-ésimo éxito; todo ello, realizando $N$ pruebas repetidas. Es claro que cualquier valor $x$ de $X$ pertenece al conjunto $\{0,1,2,3,\ldots\,N\}$ donde $N\ge 0$
Vamos a dar ahora el siguiente resultado ( no lo demostraremos aquí ):
La variable $X$ así establecida sigue la llamada distribución binomial negativa, que denotamos por $BN(n,p)$, de manera que la función de probabilidad ( o de cuantía ) es de la forma
$P\{X=x\}=\displaystyle \binom{n+x-1}{n-1} \cdot q^{x} \cdot p^{n-1}\cdot p = \displaystyle \binom{n+x-1}{n-1} \cdot q^{x} \cdot p^{n}=$
$=\displaystyle \binom{n+x-1}{x} \cdot q^{x} \cdot p^{n}$
EJEMPLO 1 ENUNCIADO.
Consideremos una moneda cuya probabilidad de obtener cara ( en un lanzamiento ) es $p=1/3$. ¿Cuál es la probabilidad de que, al ser lanzada $n=5$ veces seguidas (pruebas repetidas independientes), aparezcan tres cruces antes de la segunda cara ?
SOLUCIÓN. Siendo $p=1/3$ la probabilidad de éxito en un lanzamiento (obtener cara), la probabilidad de fracaso en un lanzamiento (obtener cruz) es $q=1-p=2/3$. Entonces: $$P\{X=3\}=\displaystyle \binom{2+3-1}{2-1}\cdot \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \cdot \left(\dfrac{1}{3}\right)^2=\binom{4}{1}\cdot =\dfrac{32}{243} \approx 0,1317$$
El siguiente ejemplo muestra con bastante claridad la distribución binomial negativa como extensión de la distribución geométrica
EJEMPLO 2 ENUNCIADO.
Un entomólogo se propone encontrar mariposas de una cierta especie. Los individuos de dicha especie se encuentran en un porcentaje del $2\,\%$ ( con respecto al conjunto de individuos de la población de mariposas ). Hállese la probabilidad de que encuentre $100$ mariposas de la especie no deseada antes de dar con:
a) un individuo de la especie deseada
b) cinco individuos de la especie deseada
SOLUCIÓN. Siendo $p=0,02$ la probabilidad de éxito ( encontrar ), la probabilidad de fracaso es $q=1-p=0,98$. Entonces:
a) Según la distribución geométrica y representando $X$ la variable aleatoria 'número de mariposas encontradas de la especie no deseada antes de encontrar una mariposa de la especie que se busca', podemos escribir $$P\{X=100\}=\displaystyle (0,98)^{100}\cdot 0,02\approx 0,0027$$
b) De acuerdo con la distribución binomial negativa, y representando ahora $X$ el número de mariposas encontradas que no pertenecen a la especie buscada, tenemos $$P\{X=100\}=\displaystyle \binom{100+5-1}{5-1}\cdot (0,98)^{100}\cdot (0,02)^5 \approx 0,0020$$
$\square$
Así, pues, denotemos por $X$ a la variable que da cuenta de dicho número de fallos producidos antes del $n$-ésimo éxito; todo ello, realizando $N$ pruebas repetidas. Es claro que cualquier valor $x$ de $X$ pertenece al conjunto $\{0,1,2,3,\ldots\,N\}$ donde $N\ge 0$
Vamos a dar ahora el siguiente resultado ( no lo demostraremos aquí ):
La variable $X$ así establecida sigue la llamada distribución binomial negativa, que denotamos por $BN(n,p)$, de manera que la función de probabilidad ( o de cuantía ) es de la forma
$P\{X=x\}=\displaystyle \binom{n+x-1}{n-1} \cdot q^{x} \cdot p^{n-1}\cdot p = \displaystyle \binom{n+x-1}{n-1} \cdot q^{x} \cdot p^{n}=$
$=\displaystyle \binom{n+x-1}{x} \cdot q^{x} \cdot p^{n}$
Consideremos una moneda cuya probabilidad de obtener cara ( en un lanzamiento ) es $p=1/3$. ¿Cuál es la probabilidad de que, al ser lanzada $n=5$ veces seguidas (pruebas repetidas independientes), aparezcan tres cruces antes de la segunda cara ?
SOLUCIÓN. Siendo $p=1/3$ la probabilidad de éxito en un lanzamiento (obtener cara), la probabilidad de fracaso en un lanzamiento (obtener cruz) es $q=1-p=2/3$. Entonces: $$P\{X=3\}=\displaystyle \binom{2+3-1}{2-1}\cdot \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \cdot \left(\dfrac{1}{3}\right)^2=\binom{4}{1}\cdot =\dfrac{32}{243} \approx 0,1317$$
El siguiente ejemplo muestra con bastante claridad la distribución binomial negativa como extensión de la distribución geométrica
Un entomólogo se propone encontrar mariposas de una cierta especie. Los individuos de dicha especie se encuentran en un porcentaje del $2\,\%$ ( con respecto al conjunto de individuos de la población de mariposas ). Hállese la probabilidad de que encuentre $100$ mariposas de la especie no deseada antes de dar con:
a) un individuo de la especie deseada
b) cinco individuos de la especie deseada
SOLUCIÓN. Siendo $p=0,02$ la probabilidad de éxito ( encontrar ), la probabilidad de fracaso es $q=1-p=0,98$. Entonces:
a) Según la distribución geométrica y representando $X$ la variable aleatoria 'número de mariposas encontradas de la especie no deseada antes de encontrar una mariposa de la especie que se busca', podemos escribir $$P\{X=100\}=\displaystyle (0,98)^{100}\cdot 0,02\approx 0,0027$$
b) De acuerdo con la distribución binomial negativa, y representando ahora $X$ el número de mariposas encontradas que no pertenecen a la especie buscada, tenemos $$P\{X=100\}=\displaystyle \binom{100+5-1}{5-1}\cdot (0,98)^{100}\cdot (0,02)^5 \approx 0,0020$$
$\square$
sábado, 21 de enero de 2017
Sobre la distribución geométrica o de Pascal
ENUNCIADO. Efectuamos lanzamientos repetidos de una moneda. La probabilidad de que aparezca cara en un lanzamiento es $p$. Se pide:
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca en el $k$-ésimo lanzamiento ( $k \ge 1$ ) ?
b) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca antes del $k+1$-ésimo lanzamiento ?
c) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca después del $k$-ésimo lanzamiento ?
d) ¿ Cual es el valor esperado de la variable aleatoria "la primera cara aparece en el $k+1$-ésimo lanzamiento", si $p=\dfrac{1}{2}$ ?
SOLUCIÓN.
La situación se ajusta perfectamente al modelo geométrico ( o de Pascal ) de variable aleatoria. Designamos por $X$ la variable aleatoria cuyos valores corresponden al lanzamiento en que aparece la primera cara, así $X=\{1,2,3,\ldots,\}$. Entonces:
a) $P\{X=k\}=(1-p)^{k-1}\cdot p$, donde $k\ge 1$
b)
$P\{X\le k\}=p+(1-p)\cdot p + (1-p)^2\cdot p+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\cdot p$
$=p\left(1+(1-p) + (1-p)^2+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\right)$
$=p\left(1+(1-p) + (1-p)^2+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\right)$
$\overset{\text{suma prog. geométrica de razón} \; 1-p}{=} \quad p\cdot \left( 1 \cdot \dfrac{(1-p)^k-1}{(1-p)-1}\right) = 1-(1-p)^k $
En otras palabras, la función de distribución $F(k)$ viene dada por $$P\{X\le k\}=\displaystyle \sum_{i=1}^{k}\,(1-p)^{i-1} \cdot p=1-(1-p)^k \quad,\quad (k\ge 1)$$
c)
P$\{X \succ k\}=1-P\{X\le k\}$
$=1-\left(1-(1-p)^k\right)$
$=(1-p)^k$
d)
Sabemos ( véanse la observación (2) ) que $E[X]=\dfrac{1-p}{p}$, y como $p=\dfrac{1}{2}$, obtenemos $E[X]=\dfrac{1-1/2}{1/2}=1$, lo cual indica que el número de lanzamientos esperado que resultan ser cruz antes de aparecer la primera cara es $1$.
OBSERVACIONES.
(1) Otra forma equivalente de formular la distribución geométrica -- quizás más cómoda para los cálculos -- consiste en preguntarse cuántos fracasos aparecen antes del primer éxito; en el caso que nos ocupa: cuántas cruces aparecen antes de la primera cara ?. Así, la variable aleatoria $X$ toma valores en el conjunto de los enteros no negativos $\{0,1,2,3,\ldots,\}$ y por tanto $P\{X=m\}=(1-p)^m\cdot p$ donde $m=0,1,2,\ldots$. Entonces, la función de distribución viene dada por $$F(k) \overset{\text{Definición}}{=}P\{X \le k \}=\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,(1-p)^j\cdot p$$ Denotando, por comodidad, por $q$ a $1-p$, $$P\{X \le k \}=\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,q^j\cdot p=p\cdot \left( 1+q+q^2+\ldots+q^m\right)=$$
$=\overset{\text{suma de una p. geométrica de razón}\; q}{=}p\cdot \dfrac{q^{m+1}-1}{q-1}=$
$=p\cdot \dfrac{q^{m+1}-1}{-p}=1-q^{m+1}=1-(1-p)^{m+1}$
Y, por tanto, $$P\{X \succ m\}=1-P\{X \le m\}=(1-p)^{m+1}$$
Démonos cuentas ahora que si pensamos en que la aparición de la primera cara se produce, a mucho tardar, en el $k$-ésimo lanzamiento, tenemos el número de cruces consecutivas que han tenido que aparecer antes, $m$, es $k-1$, luego [la probabilidad pedida en (b)] es igual a $\left(1-(1-p)^{m+1}\right)_{m=k-1}=1-(1-)^k$, que es el resultado obtenido en el desarrollo de dicho apartado.
(2) El valor esperado de $X$ se calcula aplicando la definición $$E[X] \overset{\text{Definición}}{=}\displaystyle \sum_{j=0}^{\infty}\, j\cdot P\{X=j\}=\displaystyle \sum_{j=0}^{\infty}\,j\cdot q^j \cdot p=\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\,\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p$$ Procedamos pues a calcular $$\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p$$
$$\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p=0+p\cdot q+2\cdot p q^2+3\cdot p \cdot q^3+\ldots+m \cdot p \cdot q^m$$ y sacando factor común de $p$ nos queda
$p\cdot ( 0+q+2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m )=$
$=p\cdot (q+ 2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m )$
Denotaremos por $S_m$ a la sumade los $m$ términos $$S_m=q+ 2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m \quad \quad (1)$$
Multiplicando por $\dfrac{1}{q}$ en ambos miembros, $$\dfrac{1}{q}\,S_m=1+ 2\cdot q+3\cdot q^2+\ldots+m \cdot q^{m-1} \quad \quad (2)$$ Restando ahora, miembro a miembro, (2) de (1) nos queda $$\dfrac{1}{q}\,S_m=(1+q+q^2+\ldots+q^{m-1})-m\,q^m$$ esto es $$\dfrac{1-q}{q}\,S_m=(1+q+q^2+\ldots+q^{m-1})-m\,q^m$$ sumando la serie geométrica del segundo miembro, $$\dfrac{1-q}{q}\,S_m=\dfrac{q^{m-1}-1}{q-1}-m\,q^m$$ luego $$S_m=\dfrac{q}{1-q}\cdot \dfrac{q^{m-1}}{q-1}+\dfrac{q}{(1-q)^2}-\dfrac{q}{1-q}\cdot m\cdot q^m$$ Pasando al límite, $$\displaystyle \lim_{m\rightarrow \infty}\,S_m=\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{1-q}\cdot \dfrac{q^{m-1}}{q-1}+\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{(1-q)^2}-\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{1-q}\cdot m\cdot q^m$$ Teniendo en cuenta que $q\prec 1$, los límites del primer y del tercer término del segundo miembro se anulan y sólo es distinto de cero el límite del segundo término, que es constante, por tanto, $$\displaystyle \lim_{m\rightarrow \infty}\,S_m=\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{(1-q)^2}=\dfrac{q}{(1-q)^2}=\dfrac{q}{p^2}$$ Recordemos que queda aún multiplicar por $p$ para obtener el resultado de $E[X]$, por consiguiene $$E[X]=p\cdot \dfrac{q}{p^2}=\dfrac{q}{p}=\dfrac{1-p}{p}$$
(3)
El cálculo de la varianza $V[X]\overset{\text{Definición}}{=}E[X^2]-(E[X])^2$, empleando las mismas técnicas para la suma de la serie geométrica que aparece, nos lleva al siguiente resultado $$V[X]=\dfrac{1-p}{p^2}$$
$\square$
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca en el $k$-ésimo lanzamiento ( $k \ge 1$ ) ?
b) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca antes del $k+1$-ésimo lanzamiento ?
c) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca después del $k$-ésimo lanzamiento ?
d) ¿ Cual es el valor esperado de la variable aleatoria "la primera cara aparece en el $k+1$-ésimo lanzamiento", si $p=\dfrac{1}{2}$ ?
SOLUCIÓN.
La situación se ajusta perfectamente al modelo geométrico ( o de Pascal ) de variable aleatoria. Designamos por $X$ la variable aleatoria cuyos valores corresponden al lanzamiento en que aparece la primera cara, así $X=\{1,2,3,\ldots,\}$. Entonces:
a) $P\{X=k\}=(1-p)^{k-1}\cdot p$, donde $k\ge 1$
b)
$P\{X\le k\}=p+(1-p)\cdot p + (1-p)^2\cdot p+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\cdot p$
$=p\left(1+(1-p) + (1-p)^2+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\right)$
$=p\left(1+(1-p) + (1-p)^2+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\right)$
$\overset{\text{suma prog. geométrica de razón} \; 1-p}{=} \quad p\cdot \left( 1 \cdot \dfrac{(1-p)^k-1}{(1-p)-1}\right) = 1-(1-p)^k $
En otras palabras, la función de distribución $F(k)$ viene dada por $$P\{X\le k\}=\displaystyle \sum_{i=1}^{k}\,(1-p)^{i-1} \cdot p=1-(1-p)^k \quad,\quad (k\ge 1)$$
c)
P$\{X \succ k\}=1-P\{X\le k\}$
$=1-\left(1-(1-p)^k\right)$
$=(1-p)^k$
d)
Sabemos ( véanse la observación (2) ) que $E[X]=\dfrac{1-p}{p}$, y como $p=\dfrac{1}{2}$, obtenemos $E[X]=\dfrac{1-1/2}{1/2}=1$, lo cual indica que el número de lanzamientos esperado que resultan ser cruz antes de aparecer la primera cara es $1$.
OBSERVACIONES.
(1) Otra forma equivalente de formular la distribución geométrica -- quizás más cómoda para los cálculos -- consiste en preguntarse cuántos fracasos aparecen antes del primer éxito; en el caso que nos ocupa: cuántas cruces aparecen antes de la primera cara ?. Así, la variable aleatoria $X$ toma valores en el conjunto de los enteros no negativos $\{0,1,2,3,\ldots,\}$ y por tanto $P\{X=m\}=(1-p)^m\cdot p$ donde $m=0,1,2,\ldots$. Entonces, la función de distribución viene dada por $$F(k) \overset{\text{Definición}}{=}P\{X \le k \}=\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,(1-p)^j\cdot p$$ Denotando, por comodidad, por $q$ a $1-p$, $$P\{X \le k \}=\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,q^j\cdot p=p\cdot \left( 1+q+q^2+\ldots+q^m\right)=$$
$=\overset{\text{suma de una p. geométrica de razón}\; q}{=}p\cdot \dfrac{q^{m+1}-1}{q-1}=$
$=p\cdot \dfrac{q^{m+1}-1}{-p}=1-q^{m+1}=1-(1-p)^{m+1}$
Y, por tanto, $$P\{X \succ m\}=1-P\{X \le m\}=(1-p)^{m+1}$$
Démonos cuentas ahora que si pensamos en que la aparición de la primera cara se produce, a mucho tardar, en el $k$-ésimo lanzamiento, tenemos el número de cruces consecutivas que han tenido que aparecer antes, $m$, es $k-1$, luego [la probabilidad pedida en (b)] es igual a $\left(1-(1-p)^{m+1}\right)_{m=k-1}=1-(1-)^k$, que es el resultado obtenido en el desarrollo de dicho apartado.
(2) El valor esperado de $X$ se calcula aplicando la definición $$E[X] \overset{\text{Definición}}{=}\displaystyle \sum_{j=0}^{\infty}\, j\cdot P\{X=j\}=\displaystyle \sum_{j=0}^{\infty}\,j\cdot q^j \cdot p=\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\,\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p$$ Procedamos pues a calcular $$\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p$$
$$\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p=0+p\cdot q+2\cdot p q^2+3\cdot p \cdot q^3+\ldots+m \cdot p \cdot q^m$$ y sacando factor común de $p$ nos queda
$p\cdot ( 0+q+2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m )=$
$=p\cdot (q+ 2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m )$
Denotaremos por $S_m$ a la sumade los $m$ términos $$S_m=q+ 2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m \quad \quad (1)$$
Multiplicando por $\dfrac{1}{q}$ en ambos miembros, $$\dfrac{1}{q}\,S_m=1+ 2\cdot q+3\cdot q^2+\ldots+m \cdot q^{m-1} \quad \quad (2)$$ Restando ahora, miembro a miembro, (2) de (1) nos queda $$\dfrac{1}{q}\,S_m=(1+q+q^2+\ldots+q^{m-1})-m\,q^m$$ esto es $$\dfrac{1-q}{q}\,S_m=(1+q+q^2+\ldots+q^{m-1})-m\,q^m$$ sumando la serie geométrica del segundo miembro, $$\dfrac{1-q}{q}\,S_m=\dfrac{q^{m-1}-1}{q-1}-m\,q^m$$ luego $$S_m=\dfrac{q}{1-q}\cdot \dfrac{q^{m-1}}{q-1}+\dfrac{q}{(1-q)^2}-\dfrac{q}{1-q}\cdot m\cdot q^m$$ Pasando al límite, $$\displaystyle \lim_{m\rightarrow \infty}\,S_m=\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{1-q}\cdot \dfrac{q^{m-1}}{q-1}+\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{(1-q)^2}-\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{1-q}\cdot m\cdot q^m$$ Teniendo en cuenta que $q\prec 1$, los límites del primer y del tercer término del segundo miembro se anulan y sólo es distinto de cero el límite del segundo término, que es constante, por tanto, $$\displaystyle \lim_{m\rightarrow \infty}\,S_m=\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{(1-q)^2}=\dfrac{q}{(1-q)^2}=\dfrac{q}{p^2}$$ Recordemos que queda aún multiplicar por $p$ para obtener el resultado de $E[X]$, por consiguiene $$E[X]=p\cdot \dfrac{q}{p^2}=\dfrac{q}{p}=\dfrac{1-p}{p}$$
(3)
El cálculo de la varianza $V[X]\overset{\text{Definición}}{=}E[X^2]-(E[X])^2$, empleando las mismas técnicas para la suma de la serie geométrica que aparece, nos lleva al siguiente resultado $$V[X]=\dfrac{1-p}{p^2}$$
$\square$
domingo, 15 de enero de 2017
Acerca de la apuesta múltiple en el juego de la Lotería Primitiva
ENUNCIADO. La Lotería Primitiva es un juego de azar regulado por Loterías y Apuestas del Estado (LAE) que consiste en hacer apuestas, marcando por lo menos 6 números (diferentes) entre 1 y 49. En el sorteo, cada número de la 6-tupla premiada sólo puede salir una vez. Si se marcan más de $6$ números, realizamos múltiples apuestas. ¿ Cuántas apuestas corresponden a marcar $9$ números ? ¿ Cuál es la probabilidad de que marcando $8$ números acertemos exactamente $4$ números de la 6-tupla ganadora ? [ Instrucción: Realizar el cálculo sin tener en cuenta el número complementario ]
SOLUCIÓN. Como no importa el orden de aparición de los números que constituyen la 6-tupla ganadora, el número de apuestas pedido ( al marcar $9$ números ) es $C_{9,6}=\binom{9}{6}=84$ apuestas.
Procedemos ahora a responder a la segunda pregunta. Denotemos por $S$ al suceso pedido. El número de casos posibles es $N=\binom{49}{6}=13\,983\,816$. El número de casos favorables, $N(S)$, lo calculamos razonando como sigue: De entre los $8$ números marcados hay $\binom{8}{4}$ maneras de elegir cuatro números premiados y, por cada una de esas posibilidades, existen $\binom{49-8}{6-4}$ maneras de elegir los dos números no premiados entre los $49-8$ a los que no se ha apostado; luego, por el principio multiplicativo, $N(S)=\binom{8}{4}\cdot \binom{49-8}{6-4}=57\,400$. Entonces, por la regla de Laplace ( cada una de las $\binom{49}{6}$ posibles 6-tuplas es equiprobable ) $$P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$$ llegamos a $$P(S)=\dfrac{\binom{8}{4}\cdot \binom{49-8}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1047\cdot 10^{-3}$$
$\square$
SOLUCIÓN. Como no importa el orden de aparición de los números que constituyen la 6-tupla ganadora, el número de apuestas pedido ( al marcar $9$ números ) es $C_{9,6}=\binom{9}{6}=84$ apuestas.
Procedemos ahora a responder a la segunda pregunta. Denotemos por $S$ al suceso pedido. El número de casos posibles es $N=\binom{49}{6}=13\,983\,816$. El número de casos favorables, $N(S)$, lo calculamos razonando como sigue: De entre los $8$ números marcados hay $\binom{8}{4}$ maneras de elegir cuatro números premiados y, por cada una de esas posibilidades, existen $\binom{49-8}{6-4}$ maneras de elegir los dos números no premiados entre los $49-8$ a los que no se ha apostado; luego, por el principio multiplicativo, $N(S)=\binom{8}{4}\cdot \binom{49-8}{6-4}=57\,400$. Entonces, por la regla de Laplace ( cada una de las $\binom{49}{6}$ posibles 6-tuplas es equiprobable ) $$P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$$ llegamos a $$P(S)=\dfrac{\binom{8}{4}\cdot \binom{49-8}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1047\cdot 10^{-3}$$
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