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Hojas de Problemas – Estadística VII
264.- La distribución de probabilidad de una variable aleatoria discreta es la
siguiente:
xj
1
2
3
…
n
Pj
1
1
1
…
1
n4 + 24
n4 + 34
n4 +1
n4 + n 4
Se pide:
1º) Esperanza matemática o valor medio probable de la variable.
2º) Límite de la esperanza cuando n tiende a infinito.
RESOLUCIÓN.1º) Evidentemente
∑P
≠ 1 , luego X no es una variable aleatoria. Si lo fuera:
i
1
E( X ) = 1
n +1
4
+2
1
n +2
4
n
2º)
k
lim E ( X ) = lim ∑
n →∞
n →∞
n
1
∑
n →∞ 2n
k =1
= lim
=
k =1
2
+ ... + n
4
n2
k 
1+  
n
k
n
 k 2 
1 +    
 n  
2
=
4
= lim
n →∞
1
n + nn
4
k
n
n
1
∑
n k =1
1 1
2x
∫
2 0 1 + x2
( )
2
k
1+  
n
dx =
4
=
1
( Arg sh 1 − Arg sh 0) =
2
1
Arg sh 1 = 0,4407
2
Observando que el valor obtenido es menor que 1, se confirma que la distribución
dada no es una distribución de probabilidad puesto que el valor de la esperanza cae
siempre dentro del recorrido de la variable.
265.- Se dispone de una urna que contiene cinco bolas rojas y cuatro bolas blancas.
Se extraen de su interior cinco bolas y estamos interesados en definir la variable
aleatoria X = número de bolas blancas extraídas. Completar la adjunta tabla en los
dos casos siguientes:
a) Las cinco bolas se extraen de una en una, devolviéndolas cada vez a la urna.
b) Las cinco bolas se extraen de una sola vez.
r
P(X = r)
0
P0
1
P1
…
…
1/10
…
…
…
…
c) Calcular en cada uno de los casos X y σ x2
RESOLUCIÓN.a)
0
5
 5  4   5 
P0 =      = 0'05292 ,
 0  9   9 
1
4
 5  4   5 
P1 =      = 0'21169 ,
 1  9   9 
2
3
 5  4   5 
P2 =      = 0'33870 ,
 2  9   9 
3
2
 5  4   5 
P3 =      = 0'27096 ,
 3  9   9 
 5  4   5 
P4 =      = 0'10838 ,
 4  9   9 
5
0
 5  4   5 
P5 =      = 0'01734 ,
 5  9   9 
4
siendo r = 0
siendo r = 1
siendo r = 2
siendo r = 3
1
siendo r = 4
siendo r = 5
P1 + P2 + P3 + P4 + P5 = 0'99999 = 1
b)
 4  5 
  
0 5
1
P0 =    =
= 0'00793 ,
 9
126
 
 5
 4  5 
  
1 4
20
P1 =    =
= 0'15873 ,
9 
126
 
5 
 4  5 
  
2 3
60
P2 =    =
= 0'47619 ,
 9
126
 
 5
 4  5 
  
3 2
40
P3 =    =
= 0'31746 ,
 9
126
 
 5
2/10
siendo r = 0
siendo r = 1
siendo r = 3
siendo r = 3
 4  5 
  
4 1
5
P4 =    =
= 0'03968 ,
 9
126
 
 5
P5 = 0
,
siendo r = 4
siendo r = 5
P1 + P2 + P3 + P4 + P5 = 0'99999 = 1
c) En el caso a) estamos ante distribución binomial de parámetros
4
( n, p) = (5, )
9
Por consiguiente
4 20
X = n· p = 5· =
= 2'22
9
9
σ x2 = np(1 − p) = 5
4 5 100
=
= 1'2345
9 9 81
En el caso b) estamos en una distribución hipergeométrica, luego, siendo el número
de bolas N = 9, el de bolas blancas n = 4 y el número de bolas extraídas M = 5, se tiene
que:
X =n
M
5 20
=4 =
= 2'22
N
9 9
σ x2 = n
M N −M N −n
5 4 5 400
=4
=
= 0'6172
N
N
N −1
9 9 8 684
266.- Disponemos de dos urnas con N bolas cada una, numeradas de 1 a N en
ambas. Se extrae simultáneamente una bola de cada urna y sin devolverlas
repetimos esta operación, hasta vaciar las urnas.
a) Hallar la probabilidad de que en ninguna de las extracciones los números de
las bolas coincidan.
b) Hallar el límite de dicha probabilidad cuando N tiende a infinito.
RESOLUCIÓN.Puesto que las N! ordenaciones que resultan al extraer las N bolas de la primera urna
son equiprobables, el problema queda simplificado en su notación si suponemos fijada
la ordenación que resulta de las extracciones en la primera urna.
Así pues, sea Ai (1 ≤ i ≤ N ) es suceso que consiste en que haya coincidencia en la
extracción i.
( N − 1)! 1
Evidentemente p ( Ai ) =
=
N!
N
3/10
Sea H = A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ AN . Evidentemente H es el suceso que consiste en que al
menos haya una coincidencia.
Se tiene:
( N − 2)!
1
p ( Ai ∩ A j ) =
=
(i ≠ j )
N!
N ( N − 1)
( N − 3)!
1
p ( Ai ∩ A j ∩ Ak ) =
=
(i, j, k diferentes)
N!
N ( N − 1)( N − 2)
M
( subindices
( N − ( N − 1))!
1
p ( Ai1 ∩ Ai 2 ∩ ... ∩ Ai N −1 ) =
=
N!
N ( N − 1)...2 diferentes )
( N − ( N − 0))! 1
p ( Ai1 ∩ Ai 2 ∩ ... ∩ Ai N ) =
=
N!
N!
En consecuencia:
N 1  N 
N
1
1
p ( H ) = p ( H = A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ AN ) =   −  
+  
+ ... +
 1  N  2  N ( N − 1)  3  N ( N − 1)( N − 2)
 N 
N 1
1
+ ( −1) N 

+ (−1) N +1  
=
 N − 1 N ( N − 1)...2
 N  N!
1 1 1
1
1
= 1 − + − + ... + (−1) N
+ ( −1) N +1
2! 3! 4!
( N − 1)!
N!
a) El suceso que consiste en que no haya coincidencias es H . Así:
1 1 1
1
+ − + ... + ( −1) N +1 ) =
2! 3! 4!
N!
1 1 1
1
= − + − ... + ( −1) N
2! 3! 4!
N!
p ( H ) = 1 − (1 −
b) Puesto que e −1 = 1 −
1 1 1
+ − + ..., se tiene que lim p ( H ) = e −1
N →+∞
1! 2! 3!
267.- Dos personas A y B, juegan una competición de ajedrez, la cual será ganada
por el primero de los dos jugadores que gane dos partidas. Las probabilidades que
tiene A de ganar, hacer tablas o perder en una partida son a, b, c, respectivamente.
¿Cuál es la probabilidad de que A venza en la competición?.
RESOLUCIÓN.Para que A gane la competición se ha n de celebrar n + 2 partidas con n = 0, 1, 2,…
La probabilidad de que gane A la competición en la partida n + 2 exactamente, es:
 n + 1 2 n  n + 1 n  2 n −1

a b + 
 a b c
 1 
 1  1 
si n ≥ 1
4/10
a2
si n = 0
La probabilidad buscada es:
∞
∞
∞
 n + 1 2 n ∞  n + 1 n  2 n −1
p = a 2 + ∑ 
 a b +∑ 
  a cb = a 2 + a 2 ∑ ( n + 1) b n +a 2 c∑ ( n + 1)nb n −1 =
n =1  1 
n =1  1  1 
n =1
n =1
∞
∞
n= 0
n =1
= a 2 ∑ ( n + 1) b n +a 2 c∑ ( n + 1)nb n −1
∞
Teniendo en cuenta que
∑x
n
=
n= 0
∞
∞
∑ nx n−1 = ∑ (n + 1) x n =
n =1
n= 0
1
si x < 1 , derivando:
1− x
1
(1 − x ) 2
∞
y
∑ (n + 1)nx
n −1
n =1
=
2
(1 − x) 3
Por consiguiente
p = a2
1
2
a 2 (1 − b) + 2a 2 c a 2 ( a + c) + 2a 2 c a 3 + 3a 2 c
2
+
a
c
=
=
=
(1 − b) 2
(1 − b ) 3
(1 − b) 3
( a + c) 3
(a + c )3
268.- Dado un segmento cualquiera, hallar la probabilidad de obtener, por
trisección, los tres lados de un triángulo.
RESOLUCIÓN.Entenderemos por trisección la elección de dos puntos al azar del interior del
segmento. Es evidente que no supone restricción alguna identificar al segmento con el
intervalo [0, 1]. La elección de dos puntos en el segmento es entonces la elección de dos
números x ∈ (0,1) , y ∈ (0,1) , x ≠ y .
La condición necesaria y suficiente para que con tres segmentos se pueda formar un
triángulo es que la longitud de cada uno de los segmentos sea menor que la suma de los
otros dos. Refiriendo estas condiciones a los números x e y obtenemos:
Si x < y,
Si y < x,
1
,
2
1
0< y< ,
2
0< x<
1
,
2
1
x−y< ,
2
y−x<
1
< y <1
2
1
< x <1
2
Interpretando geométricamente estas condiciones, identificando (x , y) con un punto
del plano, resulta que los puntos que verifican la condic ión pertenecen a la parte rayada
de la figura. La probabilidad es por tanto:
5/10
1 1
+
8
8=1
p=
1
4
269.- En el interior de un cuadrado OABC cuyo lado es igual a L = 10 cm. Se
elige un punto P(x, y) al azar. Hallar la probabilidad de que se pueda formar un
triángulo cuyos lados tengan longitudes 4, x, y.
RESOLUCIÓN.Se podrá formar un triángulo si y solo si
4< x+y
x< 4+ y
y< 4+ x
Geométricamente la probabilidad equivale a la de elegir en el cuadrado OABC un
punto situado en la zona no rayada.
Dicha probabilidad es:
P=
100 − 8 − 18 − 18 56
=
= 0,56
100
100
k
definida en (− ∞ ,+∞) , se pide:
1 + x2
a) Determinar k para que f(x) sea una función de densidad.
b) Hallar la función de distribución.
c) Calcular la probabilidad P( −2 ≤ X ≤ 2) .
270.- Dada la función f ( x ) =
RESOLUCIÓN.+∞
k
dx una integral convergente, resulta:
−∞ 1 + x 2
+∞
+r
1
1
1= k∫
dx = k lim ∫
dx =
2
−∞ 1+ x
r →+∞ − r 1 + x 2
= k lim (arctan r − arctan( −r ) ) = k (π / 2 − ( −π / 2) ) = kπ
a) Por ser
∫
r →+∞
Así,
k = 1/ π
b) ∀x ∈ IR :
F ( x) =
∫
x
−∞
1/ π
1
1
dt = (arctan x − ( −π / 2) ) = (arctan x + π / 2 )
2
π
π
1+t
6/10
P( −2 ≤ X ≤ 2) = F ( 2) − F (−2) =
c)
=
1
(arctan 2 + π / 2 ) − 1 (arctan( −2) + π / 2) =
π
π
1
(arctan 2 − arctan( −2) ) = 2 arctan 2
π
π
271.- Disponemos de dos urnas con N bolas cada una, numeradas de 1 a N en
ambas. Se extrae simultáneamente una bola de cada urna y sin devolverlas
repetimos esta operación, hasta vaciar las urnas.
a) Hallar la probabilidad de que en ninguna de las extracciones los números
de las bolas coincidan.
b) Hallar el límite de dicha probabilidad cuando N tiende a infinito.
RESOLUCIÓN.Puesto que las N! ordenaciones que resultan al extraer las N bolas de la primera urna
son equiprobables, el problema queda simplificado en su notación si suponemos fijada
la ordenación que resulta de las extracciones en la primera urna.
Así pues, sea Ai (1 ≤ i ≤ N ) el suceso que consiste en que haya coincidencia en la
extracción i.
Evidentemente p ( Ai ) =
( N − 1)! 1
= .
N!
N
Sea H = A1 U A2 U ... U AN . Evidentemente H es el suceso que consiste en que al
menos haya una coincidencia.
Se tiene:
( N − 2)!
1
=
N!
N ( N − 1)
( N − 3)!
1
p ( Ai ∩ A j ∩ Ak ) =
=
N!
N ( N − 1)( N − 2)
p ( Ai ∩ A j ) =
(i ≠ j )
(i, j, k diferentes)
.
.
.
p ( Ai1 ∩ Ai 2 ∩ ... ∩ Ai N −1 ) =
p ( A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ AN ) =
( N − ( N − 1))!
1
=
N!
N ( N − 1)...2
( N − ( N − 0))! 1
=
N!
N!
En consecuencia:
7/10
(subíndices
diferentes)
 N  1 N 
N
1
1
p ( H ) = p ( A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ AN ) =   −  
+  
+ ... +
 1  N  2  N ( N − 1)  3  N ( N − 1)( N − 2)
 N 
1
N  1
+ ( −1) N 

+ ( −1) N +1  
=
 N − 1 N ( N − 1)... 2
 N  N!
= 1−
1 1 1
1
1
+ − + ... + (−1) N
+ ( −1) N +1
2! 3! 4!
( N − 1)!
N!
a) El suceso que consiste en que no haya coincidencias es H .
Así:
1 1 1
1
p ( H ) = 1 − 1 − + − + ... + ( −1) N +1  =
N! 
 2! 3! 4!
1 1 1
1
= + − − ... + (−1) N
2! 3! 4!
N!
b) Puesto que e −1 = 1 −
1 1 1
+ − + ... se tiene que lim p ( H ) = e −1
N →+∞
1! 2! 3!
272.- Obtener la probabilidad de que un cartero que lleva tres cartas con
distintos destinatarios entregue al menos una de ellas correctamente al efectuar
dicha entrega al azar sin mirar dirección alguna.
RESOLUCIÓN.Usaremos el método general para resolver este tipo de problemas.
Sea Ai el suceso que consiste en que el destinatario i recibe su carta. Habrá que
calcular:
p ( A1 ∩ A2 ∩ A3 )
p ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = p ( A1 ) + p ( A2 ) + p ( A3 ) − p ( A1 ∩ A2 ) − p ( A1 ∩ A3 ) −
2! 2! 2! 1 1 1 1
− p ( A2 ∩ A3 ) + p( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = + + − − − + =
3! 3! 3! 3! 3! 3! 3!
2!
1 1
1 1 2
= 3 −3 + =1− + =
3!
3! 3!
2! 3! 3
273.- Se dispone de dos urnas, blanca y negra, conteniendo cada una de ellas
bolas blancas y negras en las proporciones siguientes:
Urna blanca: 1-r bolas blancas y r bolas negras.
8/10
Urna negra: s bolas blancas y 1-s bolas negras.
Cuando en una extracción se saca bola blanca, la extracción siguiente se efectúa
en la urna blanca, y en la urna negra en el caso contrario. Después de cada tirada
se repone la bola.
La primera extracción se realiza en la urna blanca. ¿Cuál es la probabilidad pn
para que la n-ésima bola sacada sea blanca?. Calcular lim p n .
n →∞
RESOLUCION.Sea pn la probabilidad de que la n-ésima bola sacada sea blanca. ¿Cuál es la
probabilidad pn para que la n-ésima bola sacada sea blanca y qn la probabilidad de que
sea negra. Se verirfica:
p n = (1 − r ) p n −1 + sq n −1 
⇔
q n = rp n −1 + (1 − s ) q n −1 
s 
 p n  1 − r
q  =  r
1 − s 
 n 
n
1 
0  , para que n>1.
 
Como la primera extracción se realiza en la urna blanca, ello equivale a suponer una
extracción 0 en la que se hubiera sacado bola blanca; así:
s  1 
s 
 p1  1 − r
 p n  1 − r
q  =  r 1 − s  0 . Luego, ∀n ∈ IN : q  =  r 1 − s 
 1 
 
 n 

n
1 
0 .
 
s 
1 − r
Los valores propios de la matriz 
son 1 y 1-r-s; los correspondientes
1 − s 
 r
vectores propios filas son [1, 1], [r, -s], suponiendo r ≠ 0 ó s ≠ 0 . Así:
−1
s  1 1  1
0  1 1 
1 − r
=
=
 r



1 − s  r − s  0 1 − r − s  r − s 

0  1 1 
− 1  − s − 1 1
=
r + s − r 1  0 1 − r − s   r − s 
Por tanto:
−1
s  1  1 1  1
0
 p n  1 − r
 1 1  1 
 q  =  r 1 − s  0 =  r − s  0 (1 − r − s ) n   r − s  0 =
 n 
   
 

 
0
 1 1  1 
− 1  − s − −1 1
=
=



n 
r + s − r
1  0 (1 − r − s )   r − s   0
1
− 1  − s − (1 − r − s) n  1 
1  s + r (1 − r − s ) n 
=
=




r + s − r (1 − r − s) n  r  r + s r − r (1 − r − s ) n 
n
9/10
s + r (1 − r − s ) n
s
y lim p n =
, si 1 − r − s ≠ 1 , ya que de
n → +∞
r+s
r+s
0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ s ≤ 1 se deduce que 1 - r - s ≤ 1 .
En suma p n =
r = s = 0 ⇒ p n = 1

Como 1 − r − s = 1 ⇒ 
1 + ( −1) n
∀n ∈ IN
r = s = 1 ⇒ p n =

2
Resulta que si r = s = 0, lim p n = 1 y si r = s = 1, no existe lim p n .
n →∞
n →∞
10/10