Cálculo de Probabilidades I

Un experimento aleatorio es aquel cuya salida varía de manera impredecible. El espacio muestral $\Omega$ es el conjunto de todas las posibles salidas. Un evento es un subconjunto de $\Omega$.

Ejemplos de espacios muestrales

Experimento:

Definiciones clave:

$\Omega$: espacio muestral (conjunto de todos los resultados posibles del experimento)
$\mathcal{F}$: espacio de eventos o σ-álgebra (familia de eventos, cerrada bajo complementos y uniones numerables)
$(\Omega, \mathcal{F})$: espacio medible

¿Puede un espacio muestral ser infinito?

¡Sí! Por ejemplo, el número de lanzamientos hasta obtener el primer 5 en un dado: $\Omega = \{1,2,3,\ldots\}$ (infinito numerable). O el tiempo de vida de una lámpara: $\Omega = [0, \infty)$ (infinito no numerable).

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 2, ej. 6) Sea $(\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ un espacio de probabilidad donde $\mathcal{F}$ es una σ-álgebra de subconjuntos de $\Omega$ y $\mathbb{P}$ asigna probabilidad $p>0$ a cada uno de los puntos de $\Omega$. Muestre que $\Omega$ debe tener un número finito de puntos, y que si $n$ es ese número, entonces $p=1/n$.

Si $\Omega$ tuviera más de $1/p$ puntos, podríamos elegir $k>1/p$ de ellos; como son ajenos, por K3 la suma de sus probabilidades sería $kp>1$, contradiciendo K2 ($\mathbb{P}(\Omega)=1$). Por lo tanto $\Omega$ es finito, digamos con $n$ puntos. Como todos tienen la misma probabilidad $p$ y suman 1 (por K2 y K3, al ser ajenos y cubrir $\Omega$), se sigue $np=1$, es decir $p=1/n$.

Espacios de Probabilidad

Axiomas de Kolmogorov

Una medida de probabilidad $\mathbb{P}$ es una función que asigna números reales a eventos, satisfaciendo los axiomas de Kolmogorov: \[ \begin{aligned} \text{K1:} & \quad \mathbb{P}(A) \ge 0 \quad \forall A \in \mathcal{F} \\ \text{K2:} & \quad \mathbb{P}(\Omega) = 1 \\ \text{K3:} & \quad \text{Si } A_1, A_2, \ldots \text{ son ajenos, } \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{\infty} A_i\right) = \sum_{i=1}^{\infty} \mathbb{P}(A_i) \end{aligned} \]

Simulación: Frecuencia relativa como aproximación de probabilidad

Experimento: Número de lanzamientos: 100

Interpretación frecuentista

\[ \mathbb{P}(A) = \lim_{N \to \infty} \frac{n(A)}{N} \] donde $n(A)$ es el número de veces que ocurre $A$ en $N$ repeticiones del experimento. La simulación muestra cómo la frecuencia relativa se estabiliza alrededor de la probabilidad teórica.

¿Por qué es necesario el tercer axioma (K3) para uniones infinitas?

K3 permite trabajar con sucesiones infinitas de eventos, como "el primer 5 cae en algún lanzamiento". Sin K3, no podríamos sumar infinitas probabilidades para calcular $\mathbb{P}(\cup_{i=1}^{\infty} A_i)$.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 2, ej. 4) Suponga que un experimento se realiza $m$ veces. Para cualquier evento $E$ del espacio muestral, sea $n(E)$ el número de veces que $E$ ocurre, y defina $f(E) = n(E)/m$. Muestre que $f$ es una medida de probabilidad.

K1: $f(E)=n(E)/m\ge0$ pues $n(E)\ge0$. K2: $f(\Omega)=n(\Omega)/m=m/m=1$, pues $\Omega$ ocurre en las $m$ repeticiones. K3: si $E_1,E_2,\ldots$ son ajenos, el número de veces que ocurre $\cup_i E_i$ es la suma $\sum_i n(E_i)$ (cada repetición del experimento contribuye a lo más a un $E_i$), así que $f(\cup_i E_i) = \sum_i n(E_i)/m = \sum_i f(E_i)$. Se cumplen los tres axiomas.

Espacios de Probabilidad

Propiedades de la Probabilidad

De los axiomas se derivan propiedades útiles: \[ \begin{aligned} & \mathbb{P}(A^C) = 1 - \mathbb{P}(A) \\ & \mathbb{P}(\emptyset) = 0 \\ & \mathbb{P}(A \cup B) = \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B) - \mathbb{P}(A \cap B) \\ & \text{Si } A \subseteq B, \text{ entonces } \mathbb{P}(A) \le \mathbb{P}(B) \end{aligned} \]

Verificación: Inclusión-Exclusión con dados

Evento A: Evento B:

Desigualdad de Boole:

\[ \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{\infty} A_i\right) \le \sum_{i=1}^{\infty} \mathbb{P}(A_i) \]

Desigualdad de Bonferroni:

\[ \mathbb{P}(A \cap B) \ge \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B) - 1 \]

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 2, ej. 9) Sean $A,B,C$ tres eventos en el espacio muestral $\Omega$, con $A\cup B\cup C=\Omega$, $\mathbb{P}(A)=1/2$, $\mathbb{P}(B)=2/3$, $\mathbb{P}(A\cup B)=5/6$. (a) Calcule $\mathbb{P}(A\cap B)$. (b) Si además $\mathbb{P}(C\cap(A\cup B))=5/12$, halle $\mathbb{P}(C)$.

(a) Por inclusión-exclusión, $\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)-\mathbb{P}(A\cup B) = \tfrac12+\tfrac23-\tfrac56 = \tfrac13$.
(b) Como $A\cup B\cup C=\Omega$, $\mathbb{P}(C\cup(A\cup B))=1$; por inclusión-exclusión, $1 = \mathbb{P}(C)+\mathbb{P}(A\cup B)-\mathbb{P}(C\cap(A\cup B)) = \mathbb{P}(C)+\tfrac56-\tfrac{5}{12}$, de donde $\mathbb{P}(C) = 1 - \tfrac56+\tfrac{5}{12} = \tfrac{7}{12}$.

Espacios de Probabilidad

Espacios de Probabilidad Uniforme

En un espacio uniforme, todos los resultados son igualmente probables. \[ \mathbb{P}(A) = \frac{\#(A)}{\#(\Omega)} \quad (\text{caso finito}), \qquad \mathbb{P}(A) = \frac{|A|}{|\Omega|} \quad (\text{caso continuo}) \]

Simulador: Problema de los dados (Wackerly 2.119)

Suma objetivo (antes que 7):

Solución teórica (Wackerly 2.119)

$\mathbb{P}(\text{Suma 3 antes que 7}) = \frac{2/36}{2/36 + 6/36} = \frac{2}{8} = 0.25$
$\mathbb{P}(\text{Suma 4 antes que 7}) = \frac{3/36}{3/36 + 6/36} = \frac{3}{9} = 0.3333$
$\mathbb{P}(\text{Suma 5 antes que 7}) = \frac{4/36}{4/36 + 6/36} = \frac{4}{10} = 0.4$
$\mathbb{P}(\text{Suma 6 antes que 7}) = \frac{5/36}{5/36 + 6/36} = \frac{5}{11} \approx 0.4545$

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 2, ej. 8) Tenemos dos dados honestos. (a) Calcule la probabilidad de que la suma de ambos dados sea igual a ocho. (b) Obtenga la probabilidad de que el resultado del primer dado sea menor al del segundo. (c) Calcule la probabilidad de que al menos salga un "6".

El espacio muestral uniforme tiene 36 resultados igualmente probables.
(a) Suma 8: pares (2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2) → 5 casos, $\mathbb{P}=5/36$.
(b) Primer dado menor al segundo: 15 de los 36 pares (por simetría, excluyendo los 6 empates, quedan 30 casos desiguales, la mitad para cada dirección), $\mathbb{P}=15/36=5/12$.
(c) Al menos un 6: complemento de "ningún 6" $(5/6)^2=25/36$, así $\mathbb{P}=1-25/36=11/36$.

Espacios de Probabilidad

Espacios de Probabilidad No Uniformes

En muchos casos, los resultados no son igualmente probables. Por ejemplo:

Una moneda cargada: $\mathbb{P}(\text{sol}) = 2/3$, $\mathbb{P}(\text{águila}) = 1/3$
Lanzar un dado hasta obtener un 5: $\mathbb{P}(\{\omega_r\}) = (5/6)^{r-1}(1/6)$
Decaimiento radioactivo: $\mathbb{P}([t_1, t_2]) = e^{-\lambda t_1} - e^{-\lambda t_2}$

Simulación: Lanzar hasta obtener un 5

Distribución geométrica (del PDF):

\[ \mathbb{P}(\text{primer 5 en el } r\text{-ésimo lanzamiento}) = \left(\frac{5}{6}\right)^{r-1} \frac{1}{6} \]

Verificación de que es una probabilidad:

\[ \sum_{r=1}^{\infty} \left(\frac{5}{6}\right)^{r-1} \frac{1}{6} = \frac{1/6}{1-5/6} = 1 \]

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 2, ej. 10) Un estudio sobre el número de sismos mayores a 5 grados en escala Richter que ocurren al año en la Ciudad de México demuestra que la probabilidad de tener $x+1$ sismos en un año es $1/3$ de la probabilidad de tener $x$ sismos en un año. ¿Cuál es la probabilidad de que en un año ocurran dos o más sismos?

Sea $p_x=\mathbb{P}(X=x)$. La relación $p_{x+1}=p_x/3$ da $p_x = p_0(1/3)^x$, una distribución geométrica. Como $\sum_{x=0}^\infty p_0(1/3)^x = p_0 \cdot \frac{1}{1-1/3} = \frac{3p_0}{2} = 1$, se tiene $p_0=2/3$. Entonces $\mathbb{P}(X\ge2) = 1-p_0-p_1 = 1-\tfrac23-\tfrac23\cdot\tfrac13 = 1-\tfrac23-\tfrac29 = \tfrac{1}{9}$.

Espacios de Probabilidad

Teorema de Continuidad de la Probabilidad

El teorema de continuidad establece que la probabilidad es una función continua respecto a sucesiones monótonas de eventos: \[ \begin{aligned} \text{Si } A_1 \subseteq A_2 \subseteq \cdots &\Rightarrow \lim_{n\to\infty} \mathbb{P}(A_n) = \mathbb{P}\left(\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n\right) \\ \text{Si } A_1 \supseteq A_2 \supseteq \cdots &\Rightarrow \lim_{n\to\infty} \mathbb{P}(A_n) = \mathbb{P}\left(\bigcap_{n=1}^{\infty} A_n\right) \end{aligned} \] Es una consecuencia directa de los axiomas K2 y K3 (no un axioma adicional).

Visualización: Sucesión creciente de intervalos

Ejemplo: sucesión creciente

Para $A_n = [0, n]$, tenemos $A_1 \subseteq A_2 \subseteq \cdots$ y $\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n = [0, \infty)$. \[ \lim_{n\to\infty} \mathbb{P}(A_n) = \lim_{n\to\infty} (1 - e^{-\lambda n}) = 1 = \mathbb{P}([0, \infty)) \]

Ejercicio

Sea $B_n = (0, 1/n)$ para $n=1,2,\ldots$, una sucesión decreciente de eventos ($B_1\supseteq B_2\supseteq\cdots$) para una variable aleatoria $X$ uniforme en $(0,1)$. Use el teorema de continuidad para encontrar $\lim_{n\to\infty}\mathbb{P}(B_n)$.

Como $X\sim\text{Unif}(0,1)$, $\mathbb{P}(B_n) = \mathbb{P}(0<X<1/n) = 1/n$. La intersección $\bigcap_{n=1}^\infty B_n = \emptyset$ (ningún punto $x>0$ está en todos los $B_n$, pues eventualmente $1/n<x$). Por el teorema de continuidad, $\lim_{n\to\infty}\mathbb{P}(B_n) = \mathbb{P}(\emptyset) = 0$, consistente con $\lim_{n\to\infty} 1/n = 0$.

Técnicas de Conteo

Muestras Ordenadas: Con y Sin Reemplazo

Muestreo con reemplazo: $ \#\Omega = n^r $ (cada extracción es independiente)
Muestreo sin reemplazo: $ \#\Omega = (n)_r = n(n-1)\cdots(n-r+1) = \frac{n!}{(n-r)!} $

Simulador: Problema del cumpleaños

Número de personas (r): 23

Probabilidad de cumpleaños no repetidos (teórica)

\[ \mathbb{P}(B_r) = \prod_{i=0}^{r-1} \left(1 - \frac{i}{365}\right) \] Para $r=23$, $\mathbb{P}(B_r) \approx 0.4927$, por lo que $\mathbb{P}(\text{al menos dos iguales}) \approx 0.5073$. ¡Contraintuitivo! Con solo 23 personas, es más probable que haya una coincidencia.

¿Por qué con 23 personas la probabilidad de cumpleaños repetidos supera 0.5?

El número de pares posibles es $\binom{23}{2} = 253$. Cada par tiene probabilidad $1/365 \approx 0.00274$ de coincidir. Aunque las coincidencias no son independientes, la probabilidad de al menos una es aproximadamente $1 - (1 - 1/365)^{253} \approx 0.5$. ¡El número de pares crece cuadráticamente!

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 3, ej. 1-2) ¿Cuántas placas diferentes en la Ciudad de México se pueden formar si los primeros tres lugares serán ocupados por letras (26) y los siguientes cuatro por números del 0 al 9? ¿Cuántas si no se permite repetición de letras ni números?

Con reemplazo (repetición permitida): cada uno de los 3 lugares de letra tiene 26 opciones y cada uno de los 4 lugares numéricos tiene 10, así que $26^3 \times 10^4 = 175{,}760{,}000$.
Sin reemplazo (sin repetición): $(26)_3 \times (10)_4 = (26\cdot25\cdot24)\times(10\cdot9\cdot8\cdot7) = 15{,}600 \times 5{,}040 = 78{,}624{,}000$.

Técnicas de Conteo

Combinaciones: Muestras No Ordenadas

El coeficiente binomial cuenta el número de formas de elegir $r$ objetos de $n$ sin importar el orden: \[ \binom{n}{r} = \frac{n!}{r!(n-r)!} = \frac{(n)_r}{r!} \]

Calculadora de Combinaciones

n (total): 10 r (elegir): 3

Ejemplo del PDF (manos de poker):

\[ \binom{52}{5} = \frac{52!}{5!47!} = 2\,598\,960 \]

Esta es la cantidad total de manos posibles en el póker.

¿Cuántas manos de póker tienen exactamente un As?

$\binom{4}{1}\binom{48}{4} = 4 \times 194,580 = 778,320$ manos. ¡Casi el 30% de todas las manos tienen exactamente un As!

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 3, ej. 9) Un alumno de Cálculo de Probabilidades I debe escoger 7 de las 10 preguntas del examen final departamental. (a) ¿De cuántas maneras puede elegir? (b) Si las primeras 4 son obligatorias, ¿cuántas formas le quedan para escoger?

(a) $\binom{10}{7} = \binom{10}{3} = \frac{10\cdot9\cdot8}{3\cdot2\cdot1} = 120$.
(b) Con las 4 primeras obligatorias, debe elegir 3 más de las 6 restantes: $\binom{6}{3} = 20$.

Técnicas de Conteo

Distribución Hipergeométrica

Para una población de $N$ elementos con $K$ "éxitos", la probabilidad de obtener $k$ éxitos en una muestra de tamaño $n$ sin reemplazo es: \[ \mathbb{P}(X = k) = \frac{\binom{K}{k}\binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}} \]

Simulador: Tornillos defectuosos

N (total tornillos): 50 K (defectuosos): 10 n (tamaño muestra): 5

Ejemplo del PDF (comité de profesores):
75 profesores (25 TC, 15 MT, 35 PA). Probabilidad de comité de 6 con 2 TC, 3 MT, 1 PA:

\[ p = \frac{\binom{25}{2}\binom{15}{3}\binom{35}{1}}{\binom{75}{6}} \approx 0.0210 \]

¿Qué pasa con la hipergeométrica cuando N es grande?

Cuando $N$ es grande y $n \ll N$, la hipergeométrica se aproxima a la binomial con $p = K/N$. La diferencia práctica entre muestreo con y sin reemplazo se vuelve despreciable.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 3, ej. 12) Una caja contiene 40 fusibles en buen estado y 10 fusibles defectuosos. Si se eligen 10 fusibles al azar, ¿cuál es la probabilidad de que todos estén en buen estado?

Aquí $N=50$, $K=40$ (buenos), $n=10$, y se busca $\mathbb{P}(X=10)$ buenos, es decir 0 defectuosos: \[ \mathbb{P}(X=10) = \frac{\binom{40}{10}\binom{10}{0}}{\binom{50}{10}} \approx 0.0825 \]

Técnicas de Conteo

Inclusión-Exclusión y Problema de Empates

Principio de Inclusión-Exclusión: \[ \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{n} A_i\right) = \sum_{i=1}^{n} \mathbb{P}(A_i) - \sum_{i<j} \mathbb{P}(A_i \cap A_j) + \cdots + (-1)^{n-1} \mathbb{P}(A_1 \cap \cdots \cap A_n) \]

Problema de los sombreros (empates)

n (número de objetos): 10

Probabilidad de ningún empate (derangement)

\[ p_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \frac{1}{k!} \xrightarrow{n \to \infty} e^{-1} \approx 0.367879 \] ¡Sorprendentemente, la probabilidad de ningún empate se estabiliza rápidamente alrededor de $1/e$!

Tabla de probabilidades (del PDF):

n	2	3	4	5	6	7	8	9
P(ningún empate)	0.5000	0.3333	0.3750	0.3667	0.3681	0.3679	0.3679	0.3679
P(al menos un empate)	0.5000	0.6667	0.6250	0.6333	0.6319	0.6321	0.6321	0.6321

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 3, ej. 7) 10 matrimonios son colocados en una mesa redonda (20 personas). Calcule la probabilidad de que un esposo y su esposa dados no se sienten juntos.

Hay $(20-1)! = 19!$ arreglos circulares distintos. Tratando a la pareja dada como un solo bloque, hay $18!$ arreglos del bloque con las demás 18 personas, y 2 formas de ordenar a la pareja dentro del bloque, dando $2\cdot18!$ arreglos donde sí están juntos. Así, \[ \mathbb{P}(\text{juntos}) = \frac{2\cdot18!}{19!} = \frac{2}{19}, \qquad \mathbb{P}(\text{no juntos}) = 1-\frac{2}{19} = \frac{17}{19} \approx 0.8947. \]

Técnicas de Conteo

Problema de Cajas Vacías

Se lanzan $n$ bolas en $r$ cajas al azar. La probabilidad de que exactamente $k$ cajas queden vacías es: \[ p_k(r, n) = \binom{r}{k} \sum_{j=0}^{r-k} (-1)^j \binom{r-k}{j} \left(1 - \frac{j+k}{r}\right)^n \]

Simulador: Bolas en cajas

r (cajas): 5 n (bolas): 10

Caso particular: ninguna caja vacía

\[ p_0(r, n) = \sum_{j=0}^{r} (-1)^j \binom{r}{j} \left(1 - \frac{j}{r}\right)^n \]

Para $r=n=5$: $p_0 = \frac{5!}{5^5} = \frac{120}{3125} = 0.0384$

¿Cuál es la probabilidad de que exactamente una caja quede vacía?

Para $r=n$, la probabilidad de que exactamente una caja quede vacía es \[ p_1 = \binom{r}{1} \left(1 - \frac{1}{r}\right)^n \sum_{j=0}^{r-1} (-1)^j \binom{r-1}{j} \left(1 - \frac{j+1}{r}\right)^n \] Para $r=n=5$, $p_1 \approx 0.384$. ¡Es más probable tener una caja vacía que ninguna!

Ejercicio

Para $r=n=3$ (3 bolas en 3 cajas), use la fórmula de $p_0(r,n)$ para calcular la probabilidad de que ninguna caja quede vacía, y la de que al menos una quede vacía.

\[ p_0(3,3) = \binom{3}{0}(1)^3 - \binom{3}{1}\left(\tfrac23\right)^3 + \binom{3}{2}\left(\tfrac13\right)^3 - \binom{3}{3}(0)^3 = 1 - \tfrac{24}{27} + \tfrac{3}{27} - 0 = \tfrac{6}{27} = \tfrac{2}{9} \approx 0.2222. \] Esto coincide con contar directamente: de las $3^3=27$ formas de asignar 3 bolas a 3 cajas, las que no dejan ninguna vacía son las biyecciones, $3!=6$, dando $6/27=2/9$. Por lo tanto $\mathbb{P}(\text{al menos una vacía}) = 1-\tfrac29 = \tfrac79 \approx 0.7778$.

Técnicas de Conteo

Problema del Estambre Ruso (Ciclo Único)

Un problema clásico de combinatoria: se tienen $2n$ extremos de estambre ($n$ estambres) que se anudan al azar por pares. ¿Cuál es la probabilidad de que se forme un solo ciclo (en vez de varios ciclos más pequeños)?

Simulador: Estambre Ruso

n (número de estambres): 4

Solución teórica

Cada extremo termina con grado 2 en el grafo resultante (una arista de su propio estambre, una del anudado), así que el resultado siempre es una unión de ciclos disjuntos — y el número de ciclos entre los $n$ estambres coincide con el número de "componentes" del anudado visto como grafo sobre los estambres. Contando los anudados posibles como un emparejamiento aleatorio uniforme de los $2n$ extremos, hay $(2n-1)!!$ emparejamientos totales, y el número de ellos que producen un solo ciclo es $(2n-2)!!$ (equivalente a contar permutaciones cíclicas de los $n$ estambres, con 2 orientaciones posibles por cada extremo salvo el de anclaje). Así, \[ \mathbb{P}(\text{ciclo único}) = \frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!} \] Para $n=4$ (4 estambres, 8 extremos), $\mathbb{P} = \dfrac{6!!}{7!!} = \dfrac{48}{105} = \dfrac{16}{35} \approx 0.4571$.

Ejercicio

Verifique la fórmula $\mathbb{P}(\text{ciclo único}) = (2n-2)!!/(2n-1)!!$ para $n=2$ (2 estambres, 4 extremos) enumerando directamente los 3 emparejamientos posibles de los 4 extremos.

Etiquete los extremos de los estambres 1 y 2 como $1a,1b,2a,2b$. Los 3 emparejamientos posibles de 4 objetos en 2 pares son: $\{1a1b,\,2a2b\}$ (cada estambre se anuda consigo mismo → dos ciclos separados), $\{1a2a,\,1b2b\}$ y $\{1a2b,\,1b2a\}$ (ambos forman un solo ciclo grande). Por lo tanto $\mathbb{P}(\text{ciclo único}) = 2/3$, que coincide con la fórmula: $(2\cdot2-2)!!/(2\cdot2-1)!! = 2!!/3!! = 2/3$.

Probabilidad Condicional

Regla de la Multiplicación

De la definición de probabilidad condicional: \[ \mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A|B)\mathbb{P}(B) = \mathbb{P}(B|A)\mathbb{P}(A) \] Generalización para $n$ eventos: \[ \mathbb{P}(A_1 \cap \cdots \cap A_n) = \mathbb{P}(A_1) \prod_{i=2}^{n} \mathbb{P}(A_i | A_1 \cap \cdots \cap A_{i-1}) \]

Ejemplo: Extracción sin reemplazo de una urna

Rojas en urna: 5 Azules en urna: 5 Extracciones (n): 2

Ejemplo del PDF (dos monedas):
$A = \{\text{ambas águilas}\}$, $B = \{\text{primera águila}\}$

\[ \mathbb{P}(A|B) = \frac{1/4}{2/4} = 1/2 \]

Intuición: Dado que la primera es águila, solo queda determinar la segunda.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 4, ej. 3c) Demuestre que $\mathbb{P}(A \cap B \cap C) = \mathbb{P}(A|B \cap C)\mathbb{P}(B|C)\mathbb{P}(C)$.

Aplicando la regla de la multiplicación dos veces: tratando $B\cap C$ como un solo evento, $\mathbb{P}(A\cap(B\cap C)) = \mathbb{P}(A|B\cap C)\,\mathbb{P}(B\cap C)$. Y de nuevo, $\mathbb{P}(B\cap C) = \mathbb{P}(B|C)\,\mathbb{P}(C)$. Sustituyendo, $\mathbb{P}(A\cap B\cap C) = \mathbb{P}(A|B\cap C)\,\mathbb{P}(B|C)\,\mathbb{P}(C)$.

Probabilidad Condicional

Independencia de Eventos

$A$ y $B$ son independientes si: \[ \mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B) \] Equivalentemente: $\mathbb{P}(A|B) = \mathbb{P}(A)$ (si $\mathbb{P}(B) > 0$).

Verificador de independencia (dados)

Evento A: Evento B:

Propiedades:

Si $A$ y $B$ son independientes, también lo son $A$ y $B^C$, $A^C$ y $B$, $A^C$ y $B^C$.
Si $A, B, C$ son mutuamente independientes, entonces $A$ es independiente de $B \cup C$.
Independencia mutua $\Rightarrow$ independencia por pares (el recíproco no es cierto).

¿Son independientes "sacar un As" y "sacar una espada" en una baraja?

$\mathbb{P}(\text{As}) = 4/52 = 1/13$, $\mathbb{P}(\text{Espada}) = 13/52 = 1/4$, $\mathbb{P}(\text{As ∩ Espada}) = 1/52$. Como $1/52 = (1/13) \times (1/4)$, ¡son independientes!

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 4, ej. 2) Si $A$ y $B$ son eventos independientes, demuestre que $A$ y $B^c$ son también independientes.

Como $A = (A\cap B)\cup(A\cap B^c)$ y estos dos son ajenos, $\mathbb{P}(A) = \mathbb{P}(A\cap B) + \mathbb{P}(A\cap B^c)$. Despejando y usando independencia de $A,B$: \[ \mathbb{P}(A\cap B^c) = \mathbb{P}(A) - \mathbb{P}(A\cap B) = \mathbb{P}(A) - \mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B) = \mathbb{P}(A)(1-\mathbb{P}(B)) = \mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B^c). \] Por lo tanto $A$ y $B^c$ son independientes. (El mismo argumento aplicado de nuevo muestra que $A^c$ y $B^c$ también lo son.)

Probabilidad Condicional

Teorema de Probabilidad Total (TPT)

Si $\{B_1, B_2, \ldots, B_n\}$ es una partición de $\Omega$, entonces: \[ \mathbb{P}(A) = \sum_{i=1}^{n} \mathbb{P}(A|B_i) \mathbb{P}(B_i) \]

Simulador: Urnas con bolas

Urna 1 - Blancas: 3 Urna 1 - Negras: 7 Urna 2 - Blancas: 6 Urna 2 - Negras: 4 P(Urna 1): 0.50

Demostración

\[ A = A \cap \Omega = A \cap \left(\bigcup_i B_i\right) = \bigcup_i (A \cap B_i) \] Como los $B_i$ son ajenos, los $A \cap B_i$ también lo son. Por K3: \[ \mathbb{P}(A) = \sum_i \mathbb{P}(A \cap B_i) = \sum_i \mathbb{P}(A|B_i)\mathbb{P}(B_i) \]

Ejemplo del PDF (fumadores): 40% hombres (50% fuman), 60% mujeres (30% fuman)

\[ \mathbb{P}(F) = 0.5 \times 0.4 + 0.3 \times 0.6 = 0.2 + 0.18 = 0.38 \]

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 5, ej. 5) Tres cocineros $A,B,C$ hacen una clase especial de pastel; respectivamente, cada cocinero tiene probabilidad 0.02, 0.03 y 0.05 de que no se esponje. En el restaurante, $A$ hornea 50% de los pasteles, $B$ 30% y $C$ 20%. ¿Qué proporción de "fallas" es causada por $A$?

Sea $F$="el pastel no se esponja". Por TPT, \[ \mathbb{P}(F) = 0.02(0.5) + 0.03(0.3) + 0.05(0.2) = 0.010+0.009+0.010 = 0.029. \] Se busca $\mathbb{P}(A|F)$ por Bayes: \[ \mathbb{P}(A|F) = \frac{0.02(0.5)}{0.029} = \frac{0.010}{0.029} \approx 0.345. \] Es decir, aproximadamente el 34.5% de las fallas son causadas por el cocinero $A$.

Probabilidad Condicional

Regla de Bayes

La regla de Bayes permite actualizar probabilidades a la luz de nueva información: \[ \mathbb{P}(B_k|A) = \frac{\mathbb{P}(A|B_k)\mathbb{P}(B_k)}{\sum_{i=1}^{n} \mathbb{P}(A|B_i)\mathbb{P}(B_i)} \]

Simulador: Prueba médica (falsos positivos/negativos)

Prevalencia P(E): 0.01 Sensibilidad P(Pos|E): 0.99 Especificidad P(Neg|Eᶜ): 0.95

Demostración

\[ \mathbb{P}(B_k|A) = \frac{\mathbb{P}(A \cap B_k)}{\mathbb{P}(A)} = \frac{\mathbb{P}(A|B_k)\mathbb{P}(B_k)}{\sum_i \mathbb{P}(A|B_i)\mathbb{P}(B_i)} \]

Ejemplo del PDF (prueba de embarazo):
P(E)=0.6, falso positivo=10%, falso negativo=20%.
Con dos pruebas positivas independientes: P(E|Pos₁∩Pos₂) ≈ 0.99

¿Por qué una prueba con 99% de precisión puede dar falsos positivos frecuentes?

Si la enfermedad es rara (ej. 0.1% de prevalencia), aunque la prueba sea muy precisa, la mayoría de los positivos serán falsos. Por ejemplo: con prevalencia 0.001, sensibilidad 0.99 y especificidad 0.99, $P(E|Pos)$ es solo ≈ 0.09. ¡Solo el 9% de los positivos son verdaderos!

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 5, ej. 3) Una prueba de laboratorio detecta COVID-19, que padece el 1% de la población. Si la persona está enferma, la prueba es positiva con probabilidad 0.98. Si no está enferma, la prueba da negativo con probabilidad 0.95. Si se selecciona a una persona al azar, se le aplica la prueba y resulta positiva, ¿cuál es la probabilidad de que esté enferma?

Sea $E$="enferma", $\text{Pos}$="prueba positiva". Se tiene $\mathbb{P}(E)=0.01$, $\mathbb{P}(\text{Pos}|E)=0.98$, $\mathbb{P}(\text{Pos}|E^c) = 1-0.95 = 0.05$. Por Bayes: \[ \mathbb{P}(E|\text{Pos}) = \frac{0.98(0.01)}{0.98(0.01) + 0.05(0.99)} = \frac{0.0098}{0.0098+0.0495} \approx 0.165. \] Aunque la prueba parece precisa, como la enfermedad es poco común, solo el 16.5% de los resultados positivos corresponden a personas realmente enfermas.

Probabilidad Condicional

Momios (Odds) y Factor de Bayes

Los momios de un evento $A$ son: \[ \text{Odds}(A) = \frac{\mathbb{P}(A)}{\mathbb{P}(A^C)} \] La regla de Bayes en términos de momios: \[ \text{Odds}(H|I) = \text{Odds}(H) \times \frac{\mathbb{P}(I|H)}{\mathbb{P}(I|H^C)} \] El cociente $\frac{\mathbb{P}(I|H)}{\mathbb{P}(I|H^C)}$ es el factor de Bayes (likelihood ratio).

Calculadora de Momios

P(Hipótesis H): 0.50 Likelihood Ratio LR = P(I|H)/P(I|Hᶜ): 2.0

Ejemplo del PDF (investigación criminal):
P(Culpable)=0.6, P(Característica|Inocente)=0.2.

\[ \text{Odds posteriores} = \frac{0.6}{0.4} \times \frac{1}{0.2} = 1.5 \times 5 = 7.5 \] \[ P(Culpable|Característica) = \frac{7.5}{1+7.5} \approx 0.882 \]

¿Qué significa un factor de Bayes de 10?

Un factor de Bayes de 10 significa que la evidencia es 10 veces más probable bajo la hipótesis H que bajo Hᶜ. En términos de momios, multiplica los momios previos por 10. Es una evidencia "fuerte" según la escala de Jeffreys (1-3: anecdótico, 3-10: sustancial, 10-30: fuerte, >30: muy fuerte).

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 4, ej. 11) Harry Potter tiene el sombrero seleccionador, en el que hay 2 monedas: una honesta y una con águila en las 2 caras. Harry elige una moneda al azar, la lanza, y cae águila. (a) ¿Cuál es la probabilidad de que la moneda sea honesta? (b) Se lanza la misma moneda una segunda vez y cae águila otra vez. ¿Cuál es la probabilidad de que sea la moneda honesta?

Momios previos: $\text{Odds}(\text{honesta})=1$ (1/1, pues la elección es al azar entre 2 monedas).
(a) Factor de Bayes de la primera águila: $LR = \mathbb{P}(\text{águila}|\text{honesta})/\mathbb{P}(\text{águila}|\text{cargada}) = 0.5/1 = 0.5$. Momios posteriores $= 1\times0.5=0.5$, así $\mathbb{P}(\text{honesta}|\text{águila}) = 0.5/(1+0.5) = 1/3$.
(b) Aplicando el mismo factor de Bayes otra vez (independiente): momios $= 0.5\times0.5=0.25$, así $\mathbb{P}(\text{honesta}|\text{2 águilas}) = 0.25/1.25 = 1/5$. Cada águila adicional hace menos probable que la moneda sea la honesta.

Probabilidad Condicional

La probabilidad condicional de $A$ dado $B$ (con $\mathbb{P}(B) > 0$) es: \[ \mathbb{P}(A|B) = \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(B)} \] Interpretación frecuentista: $\mathbb{P}(A|B) \approx \frac{n(A \cap B)}{n(B)}$.

Simulador: Probabilidad condicional en dados

Evento A: Evento B:

Propiedades de $\mathbb{P}(\cdot|B)$

$\mathbb{P}(A|B) \ge 0$ (K1)
$\mathbb{P}(\Omega|B) = 1$ (K2)
Si $A_1, A_2, \ldots$ son ajenos, $\mathbb{P}(\bigcup A_i|B) = \sum \mathbb{P}(A_i|B)$ (K3)

¡La probabilidad condicional es una medida de probabilidad legítima!

¿Puede $\mathbb{P}(A|B)$ ser mayor que $\mathbb{P}(A)$?

¡Sí! Por ejemplo, si $A = \{2,3,4,5,6\}$ y $B = \{2,4,6\}$ (pares), entonces $\mathbb{P}(A)=5/6 \approx 0.833$ pero $\mathbb{P}(A|B)=1$. ¡Saber que ocurrió B aumenta la probabilidad de A!

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 4, ej. 1) Considere el espacio de probabilidad $(\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ y el evento $B\in\mathcal{F}$ tal que $\mathbb{P}(B)>0$. Muestre que la medida $\mathbb{P}_B$ definida para todo evento $A\in\mathcal{F}$ por $\mathbb{P}_B(A)=\mathbb{P}(A|B)=\mathbb{P}(A\cap B)/\mathbb{P}(B)$ es una medida de probabilidad formal, es decir, satisface los axiomas de Kolmogorov.

K1: $\mathbb{P}_B(A) = \mathbb{P}(A\cap B)/\mathbb{P}(B) \ge 0$, pues numerador y denominador son no negativos.
K2: $\mathbb{P}_B(\Omega) = \mathbb{P}(\Omega\cap B)/\mathbb{P}(B) = \mathbb{P}(B)/\mathbb{P}(B) = 1$.
K3: si $A_1,A_2,\ldots$ son ajenos, entonces $A_1\cap B, A_2\cap B,\ldots$ también son ajenos, y $(\bigcup_i A_i)\cap B = \bigcup_i(A_i\cap B)$. Por K3 de $\mathbb{P}$: $\mathbb{P}_B(\bigcup_i A_i) = \mathbb{P}(\bigcup_i(A_i\cap B))/\mathbb{P}(B) = \sum_i\mathbb{P}(A_i\cap B)/\mathbb{P}(B) = \sum_i \mathbb{P}_B(A_i)$.

Variables Aleatorias

Definición de Variable Aleatoria

Una variable aleatoria es una función que asigna un número real a cada resultado de un experimento aleatorio: \[ X: \Omega \to \mathbb{R} \] La función de masa de probabilidad (f.m.p.) para una v.a. discreta es: \[ f_X(x) = \mathbb{P}(X = x) \] con $\sum_{x \in S_X} f_X(x) = 1$ y $f_X(x) \ge 0$.

Ejemplo: Lanzamiento de 3 monedas

Distribución teórica (monedas honestas):

\[ f_X(x) = \binom{3}{x} \left(\frac{1}{2}\right)^x \left(\frac{1}{2}\right)^{3-x}, \quad x = 0,1,2,3 \]

x	0	1	2	3
f(x)	1/8	3/8	3/8	1/8

¿Qué significa que una variable aleatoria sea "medible"?

Significa que para cualquier número real $x$, el conjunto $\{\omega \in \Omega: X(\omega) \le x\}$ es un evento (pertenece a la σ-álgebra). Esto garantiza que podemos calcular probabilidades como $\mathbb{P}(X \le x)$.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 6, ej. 2) Sea $\Omega=\{-1,0,1\}$ y $\mathcal{F}=\{\emptyset,\{0\},\{-1,1\},\Omega\}$. Considere la función identidad $X(\omega)=\omega$. Demuestre que $X^2$ es una variable aleatoria, pero $X$ no lo es.

Para que $X$ sea variable aleatoria, se necesita que $\{\omega:X(\omega)\le x\}\in\mathcal{F}$ para todo $x$. Tome $x=0$: $\{\omega: X(\omega)\le 0\} = \{-1,0\}$, que no pertenece a $\mathcal{F}$ (los únicos eventos son $\emptyset,\{0\},\{-1,1\},\Omega$). Por lo tanto $X$ no es medible respecto a $\mathcal{F}$, es decir, no es variable aleatoria.
En cambio, sea $Y=X^2$; $Y(\omega)=1$ si $\omega\in\{-1,1\}$ y $Y(\omega)=0$ si $\omega=0$. Para cualquier $x$: si $x<0$, $\{Y\le x\}=\emptyset\in\mathcal{F}$; si $0\le x<1$, $\{Y\le x\}=\{0\}\in\mathcal{F}$; si $x\ge1$, $\{Y\le x\}=\Omega\in\mathcal{F}$. Todos los conjuntos de nivel están en $\mathcal{F}$, así que $Y=X^2$ sí es variable aleatoria.

Variables Aleatorias

Distribuciones Discretas Paramétricas

Distribución Geométrica: $f_Y(y) = p(1-p)^{y-1}$, $y = 1,2,3,\ldots$ (número de ensayos hasta el primer éxito)
Distribución Poisson: $f_N(n) = \frac{\lambda^n e^{-\lambda}}{n!}$, $n = 0,1,2,\ldots$
Distribución Uniforme Discreta: $f_U(u) = \frac{1}{n}$, $u = 1,2,\ldots,n$

Comparación de distribuciones discretas

Distribución:

Geométrica (número de fracasos hasta el primer éxito)

\[ f_Z(z) = p(1-p)^z, \quad z = 0,1,2,\ldots \] Verificación: $\sum_{z=0}^{\infty} p q^z = p \cdot \frac{1}{1-q} = 1$

¿Cuál es la diferencia entre las dos formas de la distribución geométrica?

Una cuenta el número de ensayos hasta el primer éxito (soporte {1,2,3,...}), la otra cuenta el número de fracasos antes del primer éxito (soporte {0,1,2,...}). La relación es $Y = Z+1$.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 6, ej. 6) En un grupo grande de objetos una fracción $\theta$ son defectuosos. Si el número de extracciones (con reemplazo) necesarias para obtener el primer objeto defectuoso es una variable aleatoria $X$ con función de probabilidad $\mathbb{P}(X=j)=A(0.95)^{j-1}$, $j=1,2,\ldots$: (a) Calcule $A$. (b) ¿Cuál es la proporción $\theta$? (c) ¿Cuál es la probabilidad de que sea necesario examinar más de 20 objetos antes de obtener el primer defectuoso?

Esta es una geométrica con $p=A$ y $1-p=0.95$.
(a) Por normalización, $\sum_{j=1}^\infty A(0.95)^{j-1} = A/(1-0.95) = 1$, así $A=0.05$.
(b) $\theta = A = 0.05$ (la proporción de defectuosos es la probabilidad de éxito en cada extracción).
(c) $\mathbb{P}(X>20) = (1-0.05)^{20} = 0.95^{20} \approx 0.3585$.

Variables Aleatorias

Función de Probabilidad Acumulada (FPA)

La función de distribución de una variable aleatoria $X$ es: \[ F_X(x) = \mathbb{P}(X \le x), \quad \forall x \in \mathbb{R} \] Propiedades:

No decreciente: $x_1 < x_2 \Rightarrow F(x_1) \le F(x_2)$
$\lim_{x \to -\infty} F(x) = 0$, $\lim_{x \to \infty} F(x) = 1$
Continua por la derecha: $F(x^+) = F(x)$

Visualización: FPA de una v.a. discreta (Geométrica)

p (probabilidad de éxito): 0.30

Relación entre FPA y f.m.p.:

\[ F_X(x) = \sum_{x_i \le x} f_X(x_i), \qquad f_X(x) = F_X(x) - F_X(x^-) \]

Para v.a. continua: $F_X(x) = \int_{-\infty}^{x} f_X(u) du$

¿Por qué la FPA es continua por la derecha pero no necesariamente por la izquierda?

Porque $F(x) = \mathbb{P}(X \le x)$. El salto en $x_0$ es exactamente $\mathbb{P}(X = x_0)$. La continuidad por la derecha se debe a que el límite cuando $x \to x_0^+$ incluye el punto $x_0$, mientras que el límite por la izquierda no.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 7, ej. 2) Se lanza una moneda tres veces. Sea $X$ el número de águilas. Determine (a) el espacio muestral $\Omega$, (b) la función de masa de probabilidades, (c) la función de distribución, y verifique que es efectivamente una f.p.a.

(a) $\Omega=\{AAA,AAS,ASA,SAA,ASS,SAS,SSA,SSS\}$ (8 resultados igualmente probables).
(b) $f_X(0)=1/8$, $f_X(1)=3/8$, $f_X(2)=3/8$, $f_X(3)=1/8$.
(c) \[ F_X(x) = \begin{cases} 0 & x<0 \\ 1/8 & 0\le x<1 \\ 4/8 & 1\le x<2 \\ 7/8 & 2\le x<3 \\ 1 & x\ge3 \end{cases} \] Es no decreciente, $\lim_{x\to-\infty}F(x)=0$, $\lim_{x\to\infty}F(x)=1$, y es constante por tramos con saltos exactamente en los puntos de masa — continua por la derecha en cada salto. Cumple las propiedades de una f.p.a. legítima.

Variables Aleatorias

Variables Aleatorias Continuas

Una v.a. es continua si su función de distribución es continua en todo $\mathbb{R}$. Su función de densidad (f.d.p.) satisface: \[ f_X(x) \ge 0, \quad \int_{-\infty}^{\infty} f_X(x) dx = 1, \quad \mathbb{P}(a \le X \le b) = \int_a^b f_X(x) dx \]

Explorador de densidades continuas

Distribución:

Ejemplo del PDF (diana circular): Distancia al centro, radio R=5.

\[ f_Y(y) = \frac{2y}{R^2} \mathbb{1}_{(0,R)}(y), \quad \mathbb{P}(Y \le 2) = \left(\frac{2}{5}\right)^2 = 0.16 \]

¿Puede una f.d.p. tomar valores mayores que 1?

¡Sí! La densidad no es una probabilidad, sino una función que integrada da probabilidad. Por ejemplo, Uniforme(0,0.5) tiene densidad 2 > 1 en (0,0.5). Lo importante es que el área total bajo la curva sea 1.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 7, ej. 9a) Sea $X$ una variable aleatoria continua con función de densidad $f(x) = \frac{3x^2}{2}$ si $-1 < x < 1$, y $0$ en otro caso. Calcule $\mathbb{P}(|X| < 1/2)$.

\[ \mathbb{P}(|X|<1/2) = \int_{-1/2}^{1/2} \frac{3x^2}{2}\,dx = \left[\frac{x^3}{2}\right]_{-1/2}^{1/2} = \frac{1}{16}-\left(-\frac{1}{16}\right) = \frac{1}{8} = 0.125. \]

Variables Aleatorias

Función de Supervivencia y Pérdida de Memoria

La función de supervivencia es: \[ G_T(t) = \mathbb{P}(T > t) = 1 - F_T(t), \quad t \in \mathbb{R} \] La distribución exponencial tiene la propiedad de pérdida de memoria: \[ \mathbb{P}(T > t + s | T > s) = \mathbb{P}(T > t) \]

Verificación: Pérdida de memoria de la Exponencial

λ (tasa): 1.0 s (tiempo ya transcurrido): 2.0 t (tiempo adicional): 1.0

Demostración de pérdida de memoria (exponencial)

\[ \begin{align*} \mathbb{P}(T > t+s | T > s) &= \frac{\mathbb{P}(T > t+s)}{\mathbb{P}(T > s)} = \frac{e^{-\lambda(t+s)}}{e^{-\lambda s}} = e^{-\lambda t} = \mathbb{P}(T > t) \end{align*} \] La exponencial es la única distribución continua con esta propiedad. La geométrica es su análogo discreto.

Ejemplo del PDF (λ=3):

\[ \mathbb{P}(4 \le T \le 6 | T \ge 5) = \mathbb{P}(T \le 1) = 1 - e^{-3} \approx 0.950 \]

¿Por qué se llama "pérdida de memoria"?

Porque el tiempo restante no depende del tiempo ya transcurrido. Si un componente ha durado s horas, la probabilidad de que dure t horas más es la misma que la de un componente nuevo. Esto es útil para modelar tiempos de vida sin desgaste.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 8, ej. 5e) Sea $X$ geométrica con f.m.p. $f_X(x)=p(1-p)^x$, $x=0,1,2,\ldots$. Para $n,m\in\mathbb{N}$ con $n,m\ge1$, demuestre la propiedad de pérdida de memoria discreta: $\mathbb{P}(X\ge n+m \mid X\ge n) = \mathbb{P}(X\ge m)$.

Primero, para $k\ge0$ entero, $\mathbb{P}(X\ge k) = \sum_{x=k}^\infty p(1-p)^x = p(1-p)^k\sum_{j=0}^\infty(1-p)^j = (1-p)^k$. Entonces: \[ \mathbb{P}(X\ge n+m \mid X\ge n) = \frac{\mathbb{P}(X\ge n+m)}{\mathbb{P}(X\ge n)} = \frac{(1-p)^{n+m}}{(1-p)^n} = (1-p)^m = \mathbb{P}(X\ge m). \] Igual que la exponencial, la geométrica "olvida" cuántos fracasos ya ocurrieron.

Variables Aleatorias

Ejemplo: Distribución Triangular

Del PDF: $f_W(w) = w\mathbb{1}_{(0,1]}(w) + (2-w)\mathbb{1}_{(1,2]}(w)$ \[ F_W(w) = \begin{cases} 0 & w < 0 \\ \frac{w^2}{2} & 0 \le w < 1 \\ -1 + 2w - \frac{w^2}{2} & 1 \le w < 2 \\ 1 & w \ge 2 \end{cases} \]

Visualización: Densidad Triangular

Cálculos del PDF:
$\mathbb{P}(0.8 \le W \le 1.2) = F(1.2) - F(0.8) = 0.36$
$\mathbb{P}(W \ge 1.5 | W > 0.9) = \frac{0.125}{1-0.405} = 0.21$

Ejercicio

Usando la f.p.a. $F_W$ de arriba, calcule $\mathbb{P}(0.4 \le W \le 1.6)$.

$F_W(0.4) = 0.4^2/2 = 0.08$ (rama $0\le w<1$); $F_W(1.6) = -1+2(1.6)-1.6^2/2 = -1+3.2-1.28 = 0.92$ (rama $1\le w<2$). Por lo tanto \[ \mathbb{P}(0.4\le W\le1.6) = F_W(1.6)-F_W(0.4) = 0.92-0.08 = 0.84. \]

Características de una Variable Aleatoria

Cuantiles, Mediana y Moda

El p-ésimo cuantil $x_p$ es el valor que satisface: \[ x_p = \min\{x \in \mathbb{R} : p \le F_X(x)\} \] Mediana: $x_{0.5}$ (50% de la probabilidad a cada lado) Moda: valor donde $f_X(x)$ (o $f_X(x_i)$) es máximo

Explorador de cuantiles

Distribución: p (probabilidad acumulada): 0.50

Rango intercuartílico (IQR):

\[ \text{IQR} = q_3 - q_1, \quad \text{donde } q_1 = x_{0.25}, \; q_3 = x_{0.75} \]

El IQR abarca el 50% central de la distribución y es una medida robusta de dispersión.

¿Cuándo coinciden la media y la mediana?

En distribuciones simétricas (como la Normal o la Uniforme), la media y la mediana son iguales. En distribuciones con sesgo (como la Exponencial), la media es mayor que la mediana.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 9, ej. 2a) Calcule los cuantiles al 70%, 80% y 90% para la variable aleatoria con función de probabilidad: $x=-2,-1,0,1,2$ con $f(x)=1/10, 5/10, 1/10, 2/10, 1/10$ respectivamente.

La f.p.a. acumulada es $F(-2)=0.1$, $F(-1)=0.6$, $F(0)=0.7$, $F(1)=0.9$, $F(2)=1.0$.
$x_{0.7} = \min\{x: 0.7\le F(x)\} = 0$ (pues $F(0)=0.7$ exactamente).
$x_{0.8} = \min\{x: 0.8\le F(x)\} = 1$ (pues $F(0)=0.7<0.8$ pero $F(1)=0.9\ge0.8$).
$x_{0.9} = \min\{x: 0.9\le F(x)\} = 1$ (pues $F(1)=0.9$ exactamente).

Características de una Variable Aleatoria

Valor Esperado (Media)

El valor esperado o media de una v.a. es: \[ \mathbb{E}[X] = \begin{cases} \sum_{x_i} x_i f_X(x_i) & \text{(discreto)} \\ \int_{-\infty}^{\infty} x f_X(x) dx & \text{(continuo)} \end{cases} \] Interpretación: centro de masa de la distribución.

Calculadora de valor esperado

Distribución:

Propiedades del valor esperado (linealidad)

$\mathbb{E}[a + bX] = a + b\mathbb{E}[X]$
$\mathbb{E}[X + Y] = \mathbb{E}[X] + \mathbb{E}[Y]$
Si $P(X = c) = 1$, entonces $\mathbb{E}[X] = c$
$|\mathbb{E}[X]| \le \mathbb{E}[|X|]$

¿Puede una v.a. no tener valor esperado?

¡Sí! La distribución Cauchy es el ejemplo clásico. Su densidad es $f(x) = 1/[\pi(1+x^2)]$ y la integral $\int |x|f(x)dx$ diverge. ¡No tiene media!

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 10, ej. 1) Calcule la esperanza de la variable aleatoria $X$ con función de probabilidad: $x=-2,-1,0,1,2$ con $f(x)=1/8, 2/8, 1/8, 2/8, 2/8$ respectivamente.

\[ \mathbb{E}[X] = (-2)\tfrac18+(-1)\tfrac28+(0)\tfrac18+(1)\tfrac28+(2)\tfrac28 = \frac{-2-2+0+2+4}{8} = \frac{2}{8} = 0.25. \]

Características de una Variable Aleatoria

TEI (LOTUS) - Esperanza de funciones

El Teorema del Estadístico Inconsciente (TEI) o LOTUS permite calcular $\mathbb{E}[g(X)]$ sin conocer la distribución de $g(X)$: \[ \mathbb{E}[g(X)] = \begin{cases} \sum_{x_i} g(x_i) f_X(x_i) & \text{(discreto)} \\ \int_{-\infty}^{\infty} g(x) f_X(x) dx & \text{(continuo)} \end{cases} \]

Verificación: $\mathbb{E}[X^2]$ vs $\mathbb{E}[X]^2$

Distribución:

Ejemplo (Uniforme en [0,1]):

\[ \mathbb{E}[U] = \frac{1}{2}, \quad \mathbb{E}[U^2] = \frac{1}{3}, \quad \mathbb{E}[U^3] = \frac{1}{4} \]

Por TEI: $\mathbb{E}[U^2] = \int_0^1 u^2 \cdot 1 du = \frac{1}{3}$

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 9, ej. 7) Un jugador recibirá $100 si obtiene sol en su primer lanzamiento, $75 si obtiene su primer sol en su segundo lanzamiento, $50 si obtiene su primer sol en su tercer lanzamiento, $25 en el cuarto, y $0 posteriormente. La probabilidad de sol es 0.4 en cada lanzamiento, independientes. Determine el monto de pago esperado.

El pago es una función $g$ del número de lanzamientos hasta el primer sol (geométrica con $p=0.4$). Con $q=0.6$: \[ \mathbb{E}[\text{pago}] = 100(0.4) + 75(0.6)(0.4) + 50(0.6)^2(0.4) + 25(0.6)^3(0.4) + 0\cdot(0.6)^4 \] \[ = 40 + 18 + 7.2 + 2.16 + 0 = 67.36 \] El pago esperado es $67.36 — calculado con TEI, sin necesitar la distribución completa de la variable "pago".

Características de una Variable Aleatoria

Varianza, Desviación Estándar y Coeficiente de Variación

Varianza: $\operatorname{var}(X) = \mathbb{E}[(X - \mu)^2] = \mathbb{E}[X^2] - \mu^2$
Desviación estándar: $\sigma_X = \sqrt{\operatorname{var}(X)}$
Coeficiente de variación: $\text{cv}(X) = \frac{\sigma_X}{|\mu_X|}$ (medida relativa de dispersión)

Comparación de dispersión

Distribución 1: Distribución 2:

Propiedades de la varianza:

$\operatorname{var}(a + bX) = b^2 \operatorname{var}(X)$
$\operatorname{var}(X) \ge 0$ y $\operatorname{var}(X) = 0$ si y solo si $P(X = c) = 1$
Si $X$ e $Y$ son independientes: $\operatorname{var}(X+Y) = \operatorname{var}(X) + \operatorname{var}(Y)$

¿Por qué se usa el coeficiente de variación?

El CV es adimensional, lo que permite comparar la dispersión de variables con diferentes unidades. Por ejemplo, comparar la variabilidad del peso (kg) y la altura (cm).

Ejercicio

Continuando el ejercicio de la página anterior ($X$ con $x=-2,-1,0,1,2$, $f(x)=1/8,2/8,1/8,2/8,2/8$, $\mathbb{E}[X]=0.25$), calcule $\operatorname{var}(X)$.

Primero, por TEI: $\mathbb{E}[X^2] = 4(\tfrac18)+1(\tfrac28)+0(\tfrac18)+1(\tfrac28)+4(\tfrac28) = \frac{4+2+0+2+8}{8} = \frac{16}{8}=2$.
Entonces $\operatorname{var}(X) = \mathbb{E}[X^2]-\mathbb{E}[X]^2 = 2 - 0.25^2 = 2-0.0625 = 1.9375$.

Características de una Variable Aleatoria

Asimetría (Sesgo) y Curtosis

Coeficiente de asimetría (Fisher-Pearson): \[ \eta_3 = \mathbb{E}\left[\left(\frac{X - \mu}{\sigma}\right)^3\right] \] $\eta_3 = 0$ (simétrica), $\eta_3 > 0$ (cola derecha más larga), $\eta_3 < 0$ (cola izquierda más larga)
Coeficiente de curtosis: $\eta_4 = \mathbb{E}\left[\left(\frac{X - \mu}{\sigma}\right)^4\right]$
Exceso de curtosis: $\varepsilon = \eta_4 - 3$. Normal tiene $\varepsilon = 0$

Visualización de formas de densidad

Tipo de distribución:

Distribuciones de referencia:

Normal(0,1): $\eta_3 = 0$, $\eta_4 = 3$
Exponencial(1): $\eta_3 = 2$, $\eta_4 = 9$ (sesgo positivo, leptocúrtica)
Uniforme(-√3, √3): $\eta_3 = 0$, $\eta_4 = 1.8$ (platicúrtica)

Ejercicio

Demuestre que para $X\sim\text{Bernoulli}(p)$, el coeficiente de asimetría es $\eta_3 = \dfrac{1-2p}{\sqrt{p(1-p)}}$, y verifique que $\eta_3=0$ cuando $p=0.5$.

Con $\mu=p$ y $\sigma^2=p(1-p)$: $X-\mu$ toma el valor $-p$ (con prob. $1-p$) o $1-p$ (con prob. $p$). Entonces \[ \mathbb{E}[(X-\mu)^3] = (-p)^3(1-p) + (1-p)^3 p = p(1-p)\big[-p^2+(1-p)^2\big] = p(1-p)(1-2p). \] Dividiendo entre $\sigma^3 = [p(1-p)]^{3/2}$: \[ \eta_3 = \frac{p(1-p)(1-2p)}{[p(1-p)]^{3/2}} = \frac{1-2p}{\sqrt{p(1-p)}}. \] Para $p=0.5$: $\eta_3 = (1-1)/\sqrt{0.25} = 0$, consistente con que Bernoulli(0.5) es simétrica. Para $p=0.3$, $\eta_3\approx0.873>0$ (sesgo positivo, coherente con que la mayoría de la masa está en $x=0$).

Características de una Variable Aleatoria

Esperanza Condicional (dado un evento)

La esperanza condicional dado un evento $B$ (con $\mathbb{P}(B) > 0$) es: \[ \mathbb{E}[X|B] = \frac{1}{\mathbb{P}(B)} \int_B x f_X(x) dx \quad (\text{continuo}) \] \[ \mathbb{E}[X|B] = \frac{1}{\mathbb{P}(B)} \sum_{x_i \in B} x_i f_X(x_i) \quad (\text{discreto}) \]

Ejemplo: Números primos en una rifa

Evento B:

Ejemplo del PDF (teléfono celular)

Tiempo de vida exponencial con media 4 años (λ=0.25). Garantía de 6 meses. \[ \mathbb{E}[T|T \le 0.5] = \frac{\int_0^{0.5} t \cdot 0.25 e^{-0.25t} dt}{1 - e^{-0.125}} \approx 0.245 \text{ años} \approx 2.93 \text{ meses} \]

¿Por qué la esperanza condicional es diferente de la esperanza incondicional?

La información adicional (saber que el evento B ocurrió) cambia la distribución de probabilidad, ya que solo consideramos los resultados en B. Esto se refleja en la fórmula $f(x|B) = f(x)/P(B)$ para $x \in B$.

Ejercicio

En la misma rifa del simulador (números 1 a 20, equiprobables), calcule $\mathbb{E}[X \mid X \text{ es par}]$.

El evento $B=\{X \text{ par}\}=\{2,4,\ldots,20\}$ tiene $|B|=10$ resultados, cada uno con probabilidad condicional $1/10$ dado $B$ (por simetría del muestreo uniforme). Entonces \[ \mathbb{E}[X|B] = \frac{2+4+\cdots+20}{10} = \frac{110}{10} = 11. \] Nótese que coincide con $\mathbb{E}[X]=10.5$ desplazado ligeramente hacia arriba, consistente con que los pares van de 2 a 20 (centrados en 11) mientras el rango completo va de 1 a 20 (centrado en 10.5).

Función Generadora de Momentos

Función Generadora de Momentos (FGM)

La función generadora de momentos (FGM) de una v.a. $X$ es: \[ m_X(t) = \mathbb{E}[e^{tX}] \] Siempre que la esperanza exista para $|t| < \delta$ con $\delta > 0$.

Explorador de FGM

Distribución:

Generación de momentos

\[ \mathbb{E}[X^r] = m_X^{(r)}(0) = \left. \frac{d^r}{dt^r} m_X(t) \right|_{t=0} \] Demostración: Desarrollando $e^{tX} = \sum_{k=0}^\infty (tX)^k/k!$, tomando esperanza y derivando.

Ejemplos del PDF:

Bernoulli(p): $m_X(t) = q + pe^t$
Exponencial(λ): $m_T(t) = \frac{\lambda}{\lambda - t} = (1 - t/\lambda)^{-1}$
Poisson(λ): $m_N(t) = e^{\lambda(e^t - 1)}$

¿Qué significa que $m_X(0) = 1$?

$m_X(0) = \mathbb{E}[e^{0 \cdot X}] = \mathbb{E}[1] = 1$. Es una propiedad fundamental que verifica que la FGM está bien definida.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 11, ej. 2) Sea $Y\sim\text{Geo}(p)$, es decir $f(y)=pq^{y-1}\mathbb{1}_{\{1,2,\ldots\}}(y)$, $q=1-p$. Demuestre que $m_Y(t) = \dfrac{pe^t}{1-qe^t}$, y encuentre la media y varianza de $Y$ usando la FGM.

\[ m_Y(t) = \sum_{y=1}^\infty pq^{y-1}e^{ty} = pe^t\sum_{y=1}^\infty (qe^t)^{y-1} = \frac{pe^t}{1-qe^t}, \quad \text{válido si } qe^t<1. \] Derivando (regla del cociente) y evaluando en $t=0$: $\mathbb{E}[Y]=m_Y'(0) = 1/p$. Derivando una segunda vez, $\mathbb{E}[Y^2]=m_Y''(0) = (2-p)/p^2$, y \[ \operatorname{var}(Y) = \mathbb{E}[Y^2]-\mathbb{E}[Y]^2 = \frac{2-p}{p^2}-\frac{1}{p^2} = \frac{1-p}{p^2}=\frac{q}{p^2}. \]

Función Generadora de Momentos

Propiedades de la FGM

Propiedades clave:

Transformación lineal: $m_{a+bX}(t) = e^{at} m_X(bt)$
Teorema de unicidad: Si $m_X(t) = m_Y(t)$ en un entorno de 0, entonces $X$ e $Y$ tienen la misma distribución
Suma de independientes: Si $X$ e $Y$ son independientes, $m_{X+Y}(t) = m_X(t) m_Y(t)$

Verificación: Transformación lineal

Distribución base: a (desplazamiento): 0 b (escala): 1.0

Demostración de transformación lineal

\[ m_{a+bX}(t) = \mathbb{E}[e^{t(a+bX)}] = \mathbb{E}[e^{ta} e^{tbX}] = e^{ta} \mathbb{E}[e^{(tb)X}] = e^{ta} m_X(bt) \]

¿Por qué el teorema de unicidad es importante?

Permite identificar distribuciones. Si calculamos la FGM de una suma y resulta ser la FGM de una distribución conocida, podemos concluir que la suma sigue esa distribución. Es la base para la demostración del Teorema Central del Límite.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 11, ej. 4b) Sea $X$ v.a. con función generadora de momentos $m_X(t)$. Demuestre que $m_X(t) \ge 0$ para toda $t \in \mathbb{R}$.

Para cualquier $t\in\mathbb{R}$ y cualquier valor de $X$, la función exponencial satisface $e^{tX}>0$. Como el valor esperado de una variable aleatoria estrictamente positiva es no negativo (de hecho positivo, cuando existe), se sigue que $m_X(t)=\mathbb{E}[e^{tX}] \ge 0$ para toda $t$ donde la FGM esté definida.

Función Generadora de Momentos

Suma de Variables Independientes

Si $X$ e $Y$ son independientes: \[ m_{X+Y}(t) = m_X(t) \cdot m_Y(t) \] Esto permite encontrar la distribución de sumas de variables independientes.

Calculadora de suma de independientes

Distribución de X: Distribución de Y:

Ejemplos clásicos (por unicidad):

$X_i \sim \text{Poisson}(\lambda_i)$ independientes ⇒ $\sum X_i \sim \text{Poisson}(\sum \lambda_i)$
$X_i \sim \text{Binomial}(n_i, p)$ independientes ⇒ $\sum X_i \sim \text{Binomial}(\sum n_i, p)$
$X_i \sim N(\mu_i, \sigma_i^2)$ independientes ⇒ $\sum X_i \sim N(\sum \mu_i, \sum \sigma_i^2)$

¿La suma de Bernoulli independientes qué distribución sigue?

Si $X_i \sim \text{Bernoulli}(p)$ independientes, entonces $S_n = \sum_{i=1}^n X_i \sim \text{Binomial}(n,p)$. La FGM de Bernoulli es $q+pe^t$, elevada a la n da $(q+pe^t)^n$, que es la FGM de Binomial(n,p).

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 11, ej. 5) Una variable aleatoria $X$ tiene función generadora de momentos $m_X(t)=(0.2e^t+0.8)^8$. Determine: (a) la distribución de $X$, (b) $\mathbb{P}[X>0]$ y $\mathbb{P}[1\le X\le4]$, (c) esperanza y varianza.

(a) La forma $(q+pe^t)^n$ con $p=0.2$, $q=0.8$, $n=8$ es la FGM de $X\sim\text{Binomial}(8, 0.2)$; por el teorema de unicidad, $X$ tiene exactamente esa distribución.
(b) $\mathbb{P}[X>0] = 1-\mathbb{P}[X=0] = 1-(0.8)^8 \approx 0.8322$.
$\mathbb{P}[1\le X\le4] = \sum_{k=1}^4\binom{8}{k}(0.2)^k(0.8)^{8-k} \approx 0.8218$.
(c) $\mathbb{E}[X]=np=1.6$, $\operatorname{var}(X)=np(1-p)=1.28$.

Función Generadora de Momentos

Problema de los Momentos

¿Los momentos determinan la distribución? NO. Existen distribuciones distintas con los mismos momentos.
La FGM (cuando existe) sí determina la distribución de manera única.

Contraejemplo: Lognormal vs Distribución "perturbada"

Contraejemplo del PDF

Lognormal: $f_X(x) = \frac{1}{x\sqrt{2\pi}} e^{-(\log x)^2/2} \mathbb{1}_{(0,\infty)}(x)$
Distribución "perturbada": $f_Y(y) = f_X(y)[1 + \sin(2\pi \log y)] \mathbb{1}_{(0,\infty)}(y)$
¡Tienen exactamente los mismos momentos para todo r = 1,2,3,...!

Momentos de la Lognormal(μ=0, σ=1):

\[ \mathbb{E}[X^r] = e^{r^2/2} \]

Por ejemplo: $\mathbb{E}[X] = e^{1/2} \approx 1.6487$, $\mathbb{E}[X^2] = e^{2} \approx 7.3891$

¿La FGM de la Lognormal existe?

¡No! Aunque tiene todos los momentos finitos, la integral $\int_0^\infty e^{tx} f_X(x) dx$ diverge para cualquier $t > 0$. Es un ejemplo de distribución que tiene momentos pero no FGM.

Ejercicio

Usando la fórmula $\mathbb{E}[X^r] = e^{r^2/2}$ de la Lognormal(0,1), calcule $\mathbb{E}[X^3]$ y $\mathbb{E}[X^4]$.

\[ \mathbb{E}[X^3] = e^{9/2} \approx 90.017, \qquad \mathbb{E}[X^4] = e^{8} \approx 2980.96. \] Estos crecen muy rápido con $r$ — precisamente esta tasa de crecimiento es la razón por la que la serie que definiría la FGM ($\sum_r \mathbb{E}[X^r]t^r/r!$) diverge para todo $t>0$: los momentos crecen como $e^{r^2/2}$, mucho más rápido que $r!$ puede compensar.

Función Generadora de Momentos

Función Característica (FC)

La función característica de una v.a. $X$ es: \[ \varphi_X(t) = \mathbb{E}[e^{itX}] = \mathbb{E}[\cos(tX)] + i\mathbb{E}[\sin(tX)] \] Siempre existe para todo $t \in \mathbb{R}$.

Comparativa: FGM vs FC

Distribución:

Relación FGM ↔ FC: Si la FGM existe, entonces $\varphi_X(t) = m_X(it)$.
Propiedad de simetría: Si la distribución es simétrica alrededor de 0, $\varphi_X(t)$ es real.
Ejemplos: Normal(0,1) → $\varphi(t) = e^{-t^2/2}$; Cauchy(0,1) → $\varphi(t) = e^{-|t|}$.

¿Por qué la función característica siempre existe?

Porque $|e^{itX}| = |\cos(tX) + i\sin(tX)| = 1$ para todo $t, X$. Por lo tanto, $|\varphi_X(t)| \le \mathbb{E}[|e^{itX}|] = 1$, y la integral o suma converge absolutamente.

Ejercicio

Usando la relación $\varphi_X(t) = m_X(it)$ y la FGM de Poisson(λ), $m_N(t)=e^{\lambda(e^t-1)}$, encuentre la función característica de Poisson(λ).

Sustituyendo $t$ por $it$ en la FGM: \[ \varphi_N(t) = m_N(it) = e^{\lambda(e^{it}-1)}. \] A diferencia de la FGM, esta expresión está bien definida para todo $t\in\mathbb{R}$ real, ya que $e^{it}$ siempre tiene módulo 1 (no hay problema de divergencia como en la Lognormal).

Desigualdades

Desigualdad de Markov

Desigualdad de Markov: Sea $X$ una variable aleatoria no negativa con media finita $\mu_X$. Entonces, para todo $c > 0$: \[ \mathbb{P}(X \ge c) \le \frac{\mathbb{E}[X]}{c} = \frac{\mu_X}{c} \]

Verificación interactiva

Distribución: c (umbral): 2.0

Demostración (caso continuo)

\[ \mu_X = \int_0^\infty x f(x) dx \ge \int_c^\infty x f(x) dx \ge c \int_c^\infty f(x) dx = c \cdot \mathbb{P}(X \ge c) \] Por lo tanto, $\mathbb{P}(X \ge c) \le \mu_X / c$.

Ejemplo: Si el tiempo medio de reparación es 6.2 horas, la probabilidad de que una reparación tome más de 22.5 horas es:

\[ \mathbb{P}(X \ge 22.5) \le \frac{6.2}{22.5} \approx 0.2756 \]

¿Por qué Markov solo funciona para variables no negativas?

La demostración usa que $x \ge c$ dentro de la integral $\int_c^\infty$. Si $X$ pudiera tomar valores negativos, la desigualdad no se cumpliría (por ejemplo, una normal con media 0 daría $\mathbb{P}(X \ge c) > 0$ pero el lado derecho sería 0).

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 13, ej. 3) Desigualdad de Chebyshev extendida: sea $X$ variable aleatoria cualquiera y $g\ge0$ una función no decreciente tal que $\mathbb{E}[g(X)] < \infty$. Demuestre que para toda $\varepsilon>0$,

\[ \mathbb{P}(X \ge \varepsilon) \le \frac{\mathbb{E}[g(X)]}{g(\varepsilon)} \] Como $g$ es no decreciente, $X\ge\varepsilon \Rightarrow g(X)\ge g(\varepsilon)$, así que $\{X\ge\varepsilon\}\subseteq\{g(X)\ge g(\varepsilon)\}$ y por lo tanto $\mathbb{P}(X\ge\varepsilon)\le\mathbb{P}(g(X)\ge g(\varepsilon))$. Aplicando Markov a la variable no negativa $g(X)$ con umbral $g(\varepsilon)$: $\mathbb{P}(g(X)\ge g(\varepsilon)) \le \mathbb{E}[g(X)]/g(\varepsilon)$. Esta es precisamente la desigualdad de Markov ($g(x)=x$) cuando $g$ es la identidad, y de aquí también se deduce Chebyshev tomando $g(x)=x^2$.

Desigualdades

Desigualdad de Chebyshev

Desigualdad de Chebyshev: Sea $X$ con media $\mu$ y varianza $\sigma^2$ finitas. Entonces, para todo $\epsilon > 0$: \[ \mathbb{P}(|X - \mu| \ge \epsilon) \le \frac{\sigma^2}{\epsilon^2} \] Equivalentemente, para $k > 0$: \[ \mathbb{P}(|X - \mu| \ge k\sigma) \le \frac{1}{k^2}, \quad \mathbb{P}(|X - \mu| < k\sigma) \ge 1 - \frac{1}{k^2} \]

Visualización: Cota de Chebyshev vs probabilidad real

Distribución: k (desviaciones): 2.0

Demostración

Sea $Y = (X - \mu)^2 \ge 0$. Aplicando Markov a $Y$ con $c = \epsilon^2$: \[ \mathbb{P}((X-\mu)^2 \ge \epsilon^2) \le \frac{\mathbb{E}[(X-\mu)^2]}{\epsilon^2} = \frac{\sigma^2}{\epsilon^2} \] Como $\{(X-\mu)^2 \ge \epsilon^2\} = \{|X-\mu| \ge \epsilon\}$, se obtiene el resultado.

Ejemplo del PDF (tienda): Número de clientes por día: media 20, desviación 2.

\[ \mathbb{P}(17 \le X \le 23) = \mathbb{P}(|X-20| < 3) \ge 1 - \frac{4}{9} \approx 0.5556 \]

Con $k=2$ (2 desviaciones): $\mathbb{P}(|X-20| < 4) \ge 1 - 1/4 = 0.75$

¿La cota de Chebyshev es siempre ajustada?

No, generalmente es conservadora. Pero puede alcanzarse, como en la distribución discreta del PDF con $P(X=-1)=1/8, P(X=0)=6/8, P(X=1)=1/8$, donde $\mathbb{P}(|X| \ge 1) = 1/4$ y la cota de Chebyshev es exactamente $1/4$.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 13, ej. 5) La casa de monedas produce monedas de 10 centavos con un promedio de 0.5 pulgadas y desviación estándar de 0.01 pulgadas. Con la desigualdad de Chebyshev, encuentre una cota inferior para el número de monedas de un lote de 400 monedas que se espera que tengan un diámetro entre 0.48 y 0.52 pulgadas.

El intervalo $(0.48, 0.52)$ es $\mu \pm 2\sigma$ (pues $2\sigma = 0.02$), así que $k=2$. Por Chebyshev, $\mathbb{P}(|X-\mu|<2\sigma) \ge 1 - 1/4 = 3/4$. De 400 monedas, se espera entonces que al menos $400 \times 3/4 = 300$ tengan diámetro en ese rango.

Desigualdades

Chebyshev Unilateral (Cantelli)

La desigualdad de Chebyshev unilateral (o de Cantelli) acota la probabilidad de una cola: \[ \mathbb{P}(X - \mu \ge a) \le \frac{\sigma^2}{\sigma^2 + a^2}, \quad a > 0 \] Análogamente, $\mathbb{P}(X - \mu \le -a) \le \frac{\sigma^2}{\sigma^2 + a^2}$.

Comparación: Chebyshev bilateral vs unilateral

μ (media): 0 σ (desviación): 1.0 a (desplazamiento): 2.0

Ejemplo del PDF (reparación de máquina):
Tiempo medio: $\mu = 6.2$ h, desviación $\sigma = 3.52$ h.
Empleado nuevo tarda 22.5 h → $a = 16.3$.

\[ \mathbb{P}(X \ge 22.5) = \mathbb{P}(X - \mu \ge 16.3) \le \frac{3.52^2}{3.52^2 + 16.3^2} = \frac{12.39}{12.39 + 265.69} = 0.0446 \]

¡Solo 4.46% de probabilidad! → El empleado probablemente necesita entrenamiento.

¿Por qué la cota unilateral es más ajustada que la bilateral?

La cota bilateral $\mathbb{P}(|X-\mu| \ge a) \le \sigma^2/a^2$ considera ambas colas. Para una cola, la probabilidad es aproximadamente la mitad, y la cota unilateral $\sigma^2/(\sigma^2+a^2)$ es más pequeña (mejor) que $\sigma^2/a^2$ cuando $a$ es grande.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 13, ej. 7) Sea $Y$ variable aleatoria tal que $\mu = 11$ y $\sigma^2 = 9$. (a) Aproxime $\mathbb{P}(6 < Y < 16)$. (b) Encuentre $c$ tal que $\mathbb{P}(|Y - \mu| > c) = 0.09$.

(a) El intervalo $(6,16)$ es $\mu \pm 5$, con $\sigma=3$ esto es $k=5/3$. Por Chebyshev bilateral, $\mathbb{P}(|Y-11|<5) \ge 1 - \frac{9}{25} = 0.64$.
(b) Se busca $c$ tal que $\sigma^2/c^2 = 0.09$, es decir $c^2 = 9/0.09 = 100$, así $c=10$.

Desigualdades

Desigualdad de Jensen

Definición: una función $h$ continua en $\mathbb{R}$ se dice convexa si para todo $x_0\in\mathbb{R}$ existe una recta $\ell(x) = a+bx$ que pasa por $(x_0, h(x_0))$ y queda por debajo de $h(x)$; esto es, $\ell(x)\le h(x)$ para todo $x\in\mathbb{R}$.

Desigualdad de Jensen: Si $h$ es una función convexa, entonces

\[ \mathbb{E}[h(X)] \ge h(\mathbb{E}[X]) \]

Si $h$ es cóncava, la desigualdad se invierte:

\[ \mathbb{E}[h(X)] \le h(\mathbb{E}[X]) \]

Verificación de Jensen para diferentes funciones

Función h(x): Distribución de X:

Demostración geométrica

Para una función convexa $h$, existe una recta soporte $\ell(x) = a + bx$ que pasa por $(\mathbb{E}[X], h(\mathbb{E}[X]))$ y satisface $h(x) \ge \ell(x)$ para todo $x$. Tomando esperanza: \[ \mathbb{E}[h(X)] \ge \mathbb{E}[\ell(X)] = a + b\mathbb{E}[X] = \ell(\mathbb{E}[X]) = h(\mathbb{E}[X]) \]

Ejemplo del PDF: $X \sim \text{Unif}(0,1)$, $h(x)=x^2$ (convexa).

\[ \mathbb{E}[X] = \frac{1}{2}, \quad h(\mathbb{E}[X]) = \frac{1}{4} \] \[ \mathbb{E}[h(X)] = \mathbb{E}[X^2] = \frac{1}{3} \approx 0.3333 \ge 0.25 \]

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 13, ej. 12) Sea $X$ variable aleatoria no negativa con $\mathbb{E}(X) = 10$. ¿Qué puede concluir de las siguientes cantidades? (a) $\mathbb{E}\left[\frac{1}{X+1}\right]$. (b) $\mathbb{E}\left[e^{1/(X+1)}\right]$. (c) $\mathbb{E}[\ln(\sqrt{X})]$.

(a) $h(x)=1/(x+1)$ es convexa para $x\ge0$, así que por Jensen $\mathbb{E}[1/(X+1)] \ge 1/(\mathbb{E}[X]+1) = 1/11$.
(b) $h(x)=e^{1/(x+1)}$ es composición de una función convexa decreciente ($1/(x+1)$) con la exponencial (convexa creciente), por lo que sigue siendo convexa; entonces $\mathbb{E}[e^{1/(X+1)}] \ge e^{1/11}$.
(c) $h(x)=\ln(\sqrt{x}) = \tfrac12\ln x$ es cóncava, así que la desigualdad se invierte: $\mathbb{E}[\ln(\sqrt{X})] \le \ln(\sqrt{10})$.

Distribuciones Discretas Paramétricas

Distribuciones Bernoulli y Binomial

Bernoulli(p): $X \in \{0,1\}$, $f(x)=p^x(1-p)^{1-x}$, $\mathbb{E}[X]=p$, $\operatorname{var}(X)=p(1-p)$
Binomial(n,p): $X = \sum_{i=1}^n Y_i$, $f(x)=\binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}$, $\mathbb{E}[X]=np$, $\operatorname{var}(X)=np(1-p)$

Simulador Binomial

n: 20 p: 0.30

Ejemplo del PDF (cajas dañadas): n=20, p=0.03
$\mathbb{E}[X]=0.6$, $\operatorname{var}(X)=0.582$, $\mathbb{P}(X>1)=0.1199$

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 14, ej. 2) Demuestre que si $X\sim\text{Bin}(n,p)$, entonces se tiene la fórmula recurrente:

\[ \mathbb{P}(X=x+1) = \frac{(n-x)p}{(x+1)(1-p)}\mathbb{P}(X=x). \] Partiendo de la f.m.p.: $\dfrac{\mathbb{P}(X=x+1)}{\mathbb{P}(X=x)} = \dfrac{\binom{n}{x+1}p^{x+1}(1-p)^{n-x-1}}{\binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}}$. Usando $\binom{n}{x+1}/\binom{n}{x} = (n-x)/(x+1)$, el cociente se simplifica a $\dfrac{(n-x)}{(x+1)}\cdot\dfrac{p}{1-p}$, que es exactamente la fórmula buscada. Esta recurrencia es útil para calcular tablas de la binomial sin recomputar factoriales completos en cada paso.

Distribuciones Discretas Paramétricas

Distribución Geométrica y Pérdida de Memoria

Geométrica(p): número de fracasos hasta el primer éxito. \[ f_X(x) = p(1-p)^x, \quad x=0,1,2,\ldots \] $\mathbb{E}[X] = \frac{1-p}{p}$, $\operatorname{var}(X) = \frac{1-p}{p^2}$
Pérdida de memoria: $\mathbb{P}(X \ge m+n | X \ge m) = \mathbb{P}(X \ge n)$

Verificación de pérdida de memoria

p: 0.30 m: 3 n: 2

Demostración de pérdida de memoria

\[ \mathbb{P}(X \ge n) = \sum_{k=n}^{\infty} p q^k = \frac{p q^n}{1-q} = q^n \] \[ \mathbb{P}(X \ge m+n | X \ge m) = \frac{q^{m+n}}{q^m} = q^n = \mathbb{P}(X \ge n) \]

¿Qué distribución continua tiene pérdida de memoria?

La distribución Exponencial es el análogo continuo de la Geométrica. Ambas son las únicas distribuciones (discreta y continua) que satisfacen la propiedad de pérdida de memoria.

Ejercicio

Sea $X\sim\text{Geométrica}(p=0.2)$ (fracasos hasta el primer éxito, $q=0.8$). Calcule $\mathbb{P}(X\ge10 \mid X\ge5)$ y verifique numéricamente que coincide con $\mathbb{P}(X\ge5)$.

Usando $\mathbb{P}(X\ge k)=q^k$: $\mathbb{P}(X\ge5)=0.8^5\approx0.3277$ y $\mathbb{P}(X\ge10)=0.8^{10}\approx0.1074$. Entonces \[ \mathbb{P}(X\ge10\mid X\ge5) = \frac{\mathbb{P}(X\ge10)}{\mathbb{P}(X\ge5)} = \frac{0.8^{10}}{0.8^5} = 0.8^5 \approx 0.3277 = \mathbb{P}(X\ge5). \] Confirma la pérdida de memoria: haber fallado ya 5 veces no cambia la probabilidad de necesitar 5 fracasos más.

Distribuciones Discretas Paramétricas

Distribución Binomial Negativa

Binomial Negativa(r,p): número de fracasos hasta el r-ésimo éxito. \[ f_X(x) = \binom{r+x-1}{x} p^r (1-p)^x, \quad x=0,1,2,\ldots \] $\mathbb{E}[X] = r\frac{1-p}{p}$, $\operatorname{var}(X) = r\frac{1-p}{p^2}$
Caso particular: $r=1$ → Geométrica.

Simulador Binomial Negativa

r (éxitos requeridos): 3 p: 0.40

Ejemplo: Para r=3, p=0.4, $\mathbb{E}[X]=3·0.6/0.4=4.5$, $\operatorname{var}(X)=3·0.6/0.16=11.25$

Ejercicio

Un vendedor tiene probabilidad 0.3 de cerrar una venta en cada visita, de forma independiente entre visitas. Si $X$ es el número de visitas fallidas antes de lograr su tercera venta, encuentre $\mathbb{E}[X]$ y $\operatorname{var}(X)$.

Aquí $X\sim\text{Binomial Negativa}(r=3, p=0.3)$. Usando las fórmulas: \[ \mathbb{E}[X] = r\frac{1-p}{p} = 3\cdot\frac{0.7}{0.3} = 7, \qquad \operatorname{var}(X) = r\frac{1-p}{p^2} = 3\cdot\frac{0.7}{0.09} \approx 23.33. \] En promedio, el vendedor necesitará 7 visitas fallidas (10 visitas en total) antes de lograr su tercera venta.

Distribuciones Discretas Paramétricas

Distribución Poisson

Poisson(λ): modela el número de eventos raros en un intervalo. \[ f_X(x) = \frac{\lambda^x e^{-\lambda}}{x!}, \quad x=0,1,2,\ldots \] $\mathbb{E}[X] = \lambda$, $\operatorname{var}(X) = \lambda$
Aproximación binomial: Si $n$ grande y $p$ pequeño, $\text{Bin}(n,p) \approx \text{Po}(np)$

Simulador Poisson y aproximación Binomial

λ: 4.0 Comparar con Binomial:

Aproximación Poisson a Binomial

\[ \binom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x} \approx \frac{(np)^x e^{-np}}{x!}, \quad n \to \infty, p \to 0, np = \lambda \] En la simulación se compara la distribución empírica con la teórica Poisson.

Ejemplo del PDF (conglomeración de gente): λ=4 personas/2m²
$\mathbb{P}(X=0)=e^{-4}=0.0183$
En 4m², λ=8, $\mathbb{P}(Y \ge 3)=1-\sum_{k=0}^{2} e^{-8}8^k/k! = 0.986$

¿Por qué la media y varianza son iguales en Poisson?

Es una propiedad característica de la distribución Poisson. En la práctica, si la media muestral y la varianza muestral son muy diferentes, es probable que los datos no sigan una distribución Poisson.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 14, ej. 6) Sea $Y\sim\text{Poisson}(\lambda)$. Si se sabe que $\mathbb{P}(Y=0)=\mathbb{P}(Y=1)$, encuentre $\lambda$ y calcule $\mathbb{P}(Y=2)$.

Igualando las probabilidades: \[ e^{-\lambda} = \lambda e^{-\lambda} \implies \lambda = 1. \] Entonces \[ \mathbb{P}(Y=2) = \frac{\lambda^2 e^{-\lambda}}{2!} = \frac{1^2 e^{-1}}{2} = \frac{e^{-1}}{2} \approx 0.18394. \]

Distribuciones Discretas Paramétricas

Distribución Hipergeométrica

Hipergeométrica(N, M, n): muestreo sin reemplazo. \[ f_X(x) = \frac{\binom{M}{x} \binom{N-M}{n-x}}{\binom{N}{n}}, \quad x=0,1,\ldots,n \] $\mathbb{E}[X] = n\frac{M}{N}$, $\operatorname{var}(X) = n\frac{M}{N}\frac{N-M}{N}\frac{N-n}{N-1}$

Simulador Hipergeométrico

N (población): 50 M (éxitos en población): 10 n (muestra): 5

Relación con Binomial: Cuando N es grande, la Hipergeométrica se aproxima a Binomial(n, p) con p = M/N. El factor de corrección $\frac{N-n}{N-1}$ se llama factor de corrección por población finita.

¿Cuándo usar Hipergeométrica en lugar de Binomial?

Cuando el muestreo es sin reemplazo y la población es finita. Si la muestra es pequeña comparada con la población (n << N), la aproximación binomial es adecuada.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 14, ej. 9) Un comprador de un lote de N=100 artículos, de los cuales M=10 son defectuosos, extrae una muestra de n=5 artículos sin reemplazo. Comprará el lote si encuentra menos de 2 artículos defectuosos en la muestra. Calcule la probabilidad de que compre el lote.

Sea $X\sim\text{Hipergeométrica}(N=100, M=10, n=5)$. Se busca $\mathbb{P}(X<2) = \mathbb{P}(X=0)+\mathbb{P}(X=1)$: \[ \mathbb{P}(X=0) = \frac{\binom{10}{0}\binom{90}{5}}{\binom{100}{5}} \approx 0.58375, \qquad \mathbb{P}(X=1) = \frac{\binom{10}{1}\binom{90}{4}}{\binom{100}{5}} \approx 0.33939. \] Por lo tanto $\mathbb{P}(\text{compra}) \approx 0.58375 + 0.33939 = 0.92314$, es decir, aproximadamente 92.3% de probabilidad de que el comprador acepte el lote.

Distribuciones Continuas Paramétricas

Distribuciones Uniforme y Exponencial

Uniforme(a,b): $f(x)=\frac{1}{b-a}$, $\mathbb{E}[X]=\frac{a+b}{2}$, $\operatorname{var}(X)=\frac{(b-a)^2}{12}$
Exponencial(λ): $f(t)=\lambda e^{-\lambda t}$, $\mathbb{E}[T]=\frac{1}{\lambda}$, $\operatorname{var}(T)=\frac{1}{\lambda^2}$
Pérdida de memoria: $\mathbb{P}(T > t+s | T > s) = \mathbb{P}(T > t)$

Simulador y verificador de pérdida de memoria

Distribución:

s: 1.0 t: 1.0

Ejemplo del PDF (autos a exceso de velocidad):
λ=8.4 autos/hora = 0.14 autos/min. \[ \mathbb{P}(T > 10) = e^{-0.14·10}=0.2466 \] \[ \mathbb{P}(T > 10|T > 5) = e^{-0.14·5}=0.4965 \]

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 15, ej. 5) El tiempo medido en horas para reparar una máquina es una variable aleatoria exponencial de parámetro $\lambda=1/2$. ¿Cuál es la probabilidad de que un tiempo de reparación (a) exceda 2 horas, (b) tome a lo sumo 4 horas, (c) tome a lo sumo 4 horas dado que no se ha logrado la reparación en las primeras 2 horas?

Sea $T\sim\text{Exponencial}(\lambda=1/2)$, con $\mathbb{P}(T>t)=e^{-t/2}$.

a) $\mathbb{P}(T>2) = e^{-1} \approx 0.36788$

b) $\mathbb{P}(T\le4) = 1-e^{-2} \approx 0.86466$

c) Por la pérdida de memoria, $T-2 \mid T>2 \sim \text{Exponencial}(\lambda=1/2)$, así que \[ \mathbb{P}(T\le4 \mid T>2) = \mathbb{P}(T-2\le2 \mid T>2) = 1-e^{-2\cdot(1/2)} = 1-e^{-1} \approx 0.63212. \] Nótese que esta probabilidad condicional es igual a $\mathbb{P}(T\le2)$: haber esperado ya 2 horas sin éxito no cambia la probabilidad de necesitar 2 horas más.

Distribuciones Continuas Paramétricas

Distribución Gamma

Gamma(α, λ): $f(y)=\frac{\lambda^\alpha}{\Gamma(\alpha)} y^{\alpha-1} e^{-\lambda y}$, $y>0$
$\mathbb{E}[Y]=\frac{\alpha}{\lambda}=\alpha\beta$, $\operatorname{var}(Y)=\frac{\alpha}{\lambda^2}=\alpha\beta^2$
Casos especiales: α=1 → Exponencial; α=n/2, β=2 → χ²ₙ

Explorador de Gamma

α (forma): 2.0 λ (tasa): 1.0

Función Gamma: $\Gamma(x)=\int_0^\infty u^{x-1}e^{-u}du$
Propiedades: $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$, $\Gamma(1)=1$, $\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}$, $\Gamma(n+1)=n!$

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 15, ej. 9) Si $Y\sim\text{Gamma}(\alpha,\beta)$, se puede demostrar que para $a\in\mathbb{R}$ con $\alpha+a>0$: $\mathbb{E}[Y^a] = \dfrac{\beta^a\Gamma(\alpha+a)}{\Gamma(\alpha)}$. Use esta fórmula con $a=1$ para verificar que $\mathbb{E}[Y]=\alpha\beta$, consistente con la fórmula ya conocida.

Sustituyendo $a=1$: \[ \mathbb{E}[Y] = \frac{\beta\,\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\alpha)}. \] Usando la propiedad $\Gamma(\alpha+1)=\alpha\Gamma(\alpha)$: \[ \mathbb{E}[Y] = \frac{\beta\cdot\alpha\Gamma(\alpha)}{\Gamma(\alpha)} = \alpha\beta. \] Esto confirma la fórmula $\mathbb{E}[Y]=\alpha\beta=\alpha/\lambda$ mostrada arriba, y la fórmula general permite además calcular momentos fraccionarios o negativos, como $\mathbb{E}[\sqrt{Y}]$ o $\mathbb{E}[Y^{-1}]$ (siempre que $\alpha-1>0$).

Distribuciones Continuas Paramétricas

Distribución Normal

Normal(μ, σ²): $f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2}$
$\mathbb{E}[X]=\mu$, $\operatorname{var}(X)=\sigma^2$
Regla empírica: μ±σ → 68%, μ±2σ → 95%, μ±3σ → 99.7%

Calculadora Normal y aproximación Binomial

μ: 0 σ: 1.0 Modo:

Estandarización y probabilidades notables

Si $X\sim N(\mu,\sigma^2)$, entonces $Z=\frac{X-\mu}{\sigma}\sim N(0,1)$. \[ P(\mu-\sigma\le X\le\mu+\sigma)=0.6827,\quad P(\mu-2\sigma\le X\le\mu+2\sigma)=0.9545,\quad P(\mu-3\sigma\le X\le\mu+3\sigma)=0.9973 \]

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 15, ej. 6) El tiempo promedio que le toma a una persona terminar un examen de inglés es de 30 minutos, con desviación estándar de 5 minutos. Suponiendo una distribución aproximadamente normal, determine el tiempo que debe asignarse para que el 95% de las personas puedan terminar el examen.

Sea $X\sim N(\mu=30,\sigma=5)$. Se busca $t$ tal que $\mathbb{P}(X\le t)=0.95$. Estandarizando: \[ t = \mu + z_{0.95}\,\sigma, \] donde $z_{0.95}\approx1.6449$ es el percentil 95 de la Normal estándar. Sustituyendo: \[ t = 30 + 1.6449\times5 \approx 38.22 \text{ minutos}. \] Se debería asignar aproximadamente 38 minutos y 13 segundos para que el 95% de los estudiantes termine el examen.

Distribuciones Continuas Paramétricas

Distribuciones Cauchy y Beta

Cauchy(α,β): $f(x)=\frac{1}{\pi\beta[1+((x-\alpha)/\beta)^2]}$ — ¡No tiene momentos!
Beta(α₁,α₂): $f(x)=\frac{1}{B(\alpha_1,\alpha_2)}x^{\alpha_1-1}(1-x)^{\alpha_2-1}$, $0\le x\le1$

Explorador de Cauchy y Beta

Distribución:

Beta Uniforme: Si α₁=α₂=1, Beta(1,1) = Uniforme(0,1)
Media Beta: $\mathbb{E}[X]=\frac{\alpha_1}{\alpha_1+\alpha_2}$

Ejercicio

Sea $X\sim\text{Beta}(\alpha_1=2,\alpha_2=3)$. Calcule $\mathbb{E}[X]$ y $\operatorname{var}(X)$.

Usando $\mathbb{E}[X]=\dfrac{\alpha_1}{\alpha_1+\alpha_2}$: \[ \mathbb{E}[X] = \frac{2}{2+3} = 0.4. \] Para la varianza se usa la fórmula $\operatorname{var}(X)=\dfrac{\alpha_1\alpha_2}{(\alpha_1+\alpha_2)^2(\alpha_1+\alpha_2+1)}$: \[ \operatorname{var}(X) = \frac{2\cdot3}{5^2\cdot6} = \frac{6}{150} = 0.04. \] Nótese que a diferencia de la Cauchy, la Beta sí tiene todos sus momentos finitos porque su soporte $[0,1]$ es acotado.

Distribuciones Continuas Paramétricas

Weibull, Lognormal, Laplace y Pareto

Weibull(α,β): $f(w)=\frac{\alpha}{\beta}\left(\frac{w}{\beta}\right)^{\alpha-1}e^{-(w/\beta)^\alpha}$, α>1 tasa creciente
Lognormal(μ,σ): $f(y)=\frac{1}{y\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-(\ln y-\mu)^2/(2\sigma^2)}$, ¡todos los momentos pero sin FGM!
Laplace(μ,β): $f(x)=\frac{1}{2\beta}e^{-|x-\mu|/\beta}$ (doble exponencial)
Pareto(α,β): $f(w)=\alpha\beta^\alpha w^{-(\alpha-1)}$, α>1 para media finita

Explorador de distribuciones

Distribución:

¿Qué distribución NO tiene función generadora de momentos?

La Lognormal y la Cauchy no tienen FGM. La Lognormal tiene todos los momentos finitos pero la integral $\int e^{tx}f(x)dx$ diverge. La Cauchy ni siquiera tiene media.

Ejercicio

(Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 15, ej. 3) Sea $X$ con distribución Weibull(α,λ) con densidad $f(x)=\lambda\alpha(\lambda x)^{\alpha-1}e^{-(\lambda x)^\alpha}$, $x>0$. Verifique que su función de distribución acumulada es $F(x)=1-e^{-(\lambda x)^\alpha}$ para $x>0$.

Integramos la densidad desde 0 hasta $x$: \[ F(x) = \int_0^x \lambda\alpha(\lambda t)^{\alpha-1}e^{-(\lambda t)^\alpha}\,dt. \] Sea $u=(\lambda t)^\alpha$, de modo que $du = \lambda\alpha(\lambda t)^{\alpha-1}\,dt$ — exactamente el resto del integrando. Cuando $t=0$, $u=0$; cuando $t=x$, $u=(\lambda x)^\alpha$. Entonces: \[ F(x) = \int_0^{(\lambda x)^\alpha} e^{-u}\,du = \Big[-e^{-u}\Big]_0^{(\lambda x)^\alpha} = 1 - e^{-(\lambda x)^\alpha}. \] Esto confirma la fórmula, y muestra que la sustitución $u=(\lambda t)^\alpha$ convierte la integral en la de una Exponencial(1) — la misma técnica usada para simular Weibull a partir de una uniforme mediante la transformada inversa.