Cálculo de Probabilidades I Espacios de Probabilidad Espacio Muestral y Eventos 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: Lanzar un dado Lanzar una moneda Lanzar dos dados (suma) Tiempo de vida de una lámpara 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 \(p=1/n\). 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: Moneda honesta (p=0.5) Moneda cargada (p=0.7) Dado honesto (cara 5) Número de lanzamientos: 100 Simular 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. 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: X es par X > 4 X es primo Evento B: X es par X > 4 X es primo Verificar 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 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): Suma 3 Suma 4 Suma 5 Suma 6 Simular 5000 juegos 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 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 Simular 5000 secuencias 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 \(\mathbb{P}(X\ge2) = 1-p_0-p_1 = 1-\tfrac23-\tfrac23\cdot\tfrac13 = 1-\tfrac23-\tfrac29 = \tfrac{1}{9}\). 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 \(X\sim\text{Unif}(0,1)\), \(\mathbb{P}(B_n) = \mathbb{P}(00\) está en todos los \(B_n\), pues eventualmente \(1/n 0\)). Verificador de independencia (dados) Evento A: X es par X > 4 X = 3 Evento B: X es par X > 4 X = 3 Verificar independencia 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.) 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 Simular extracción 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 \(A\). 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 Calcular P(E|Pos) 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. 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 Calcular momios posteriores 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: X es par X > 4 X es primo Evento B: X es par X > 4 X es primo Calcular 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 Simular 5000 lanzamientos 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. 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 (p=0.3) Poisson (λ=2) Uniforme (n=10) Simular 5000 muestras 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) \(\mathbb{P}(X>20) = (1-0.05)^{20} = 0.95^{20} \approx 0.3585\). 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 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: Uniforme(0,1) Triangular(0,1,2) Exponencial(λ=1) Pareto(α=2, θ=1) Simular 5000 muestras 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 \(\mathbb{P}(|X| < 1/2)\). \[ \mathbb{P}(|X|<1/2) = \int_{-1/2}^{1/2} \frac{3x^2}{2}\,dx = \left[\frac{x^3}{2}\right]_{-1/2}^{1/2} = \frac{1}{16}-\left(-\frac{1}{16}\right) = \frac{1}{8} = 0.125. \] 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 Verificar 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. 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 Simular 5000 muestras 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: Normal(0,1) Exponencial(λ=1) Uniforme(0,1) p (probabilidad acumulada): 0.50 Calcular cuantil 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). 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: Binomial(n=10, p=0.3) Poisson(λ=3) Uniforme(0,1) Exponencial(λ=2) Pareto(α=2, θ=1) Calcular Simular 5000 muestras 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. \[ \mathbb{E}[X] = (-2)\tfrac18+(-1)\tfrac28+(0)\tfrac18+(1)\tfrac28+(2)\tfrac28 = \frac{-2-2+0+2+4}{8} = \frac{2}{8} = 0.25. \] 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: Uniforme(0,1) Normal(0,1) Exponencial(λ=1) Binomial(n=10, p=0.5) Calcular 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". 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: Normal(μ=10, σ=1) Normal(μ=10, σ=3) Exponencial(λ=0.5) Distribución 2: Normal(μ=10, σ=1) Normal(μ=10, σ=3) Exponencial(λ=0.2) Comparar 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 \(\operatorname{var}(X) = \mathbb{E}[X^2]-\mathbb{E}[X]^2 = 2 - 0.25^2 = 2-0.0625 = 1.9375\). 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: Simétrica (Normal) Sesgo a la derecha (Gamma α=2) Sesgo a la izquierda (Beta invertida) Leptocúrtica (t-Student gl=3) Platicúrtica (Uniforme) Graficar 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 \(x=0\)). 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: Número primo Número par Número > 15 Calcular esperanza condicional 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: Bernoulli(p) Binomial(n,p) Poisson(λ) Exponencial(λ) Uniforme(a,b) Graficar m_X(t) 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 \[ \operatorname{var}(Y) = \mathbb{E}[Y^2]-\mathbb{E}[Y]^2 = \frac{2-p}{p^2}-\frac{1}{p^2} = \frac{1-p}{p^2}=\frac{q}{p^2}. \] 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: Normal(0,1) Exponencial(1) a (desplazamiento): 0 b (escala): 1.0 Verificar 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. 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: Poisson(λ₁) Binomial(n₁,p) Normal(μ₁,σ₁²) Distribución de Y: Poisson(λ₂) Binomial(n₂,p) Normal(μ₂,σ₂²) Calcular distribución de X+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) \(\mathbb{E}[X]=np=1.6\), \(\operatorname{var}(X)=np(1-p)=1.28\). 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" Mostrar momentos de Lognormal 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 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: Normal(0,1) (tiene FGM) Cauchy(0,1) (NO tiene FGM) Poisson(2) (tiene FGM) Lognormal (NO tiene FGM) Graficar |φ(t)| 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: Exponencial(λ=1) Uniforme(0,θ) Gamma(α=2, β=1) c (umbral): 2.0 Verificar 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 \(g(x)=x^2\). 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: Normal(μ=0, σ=1) Uniforme(-√3, √3) Exponencial(λ=1) centrada Distribución discreta (ejemplo PDF) k (desviaciones): 2.0 Verificar 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. 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 Calcular cotas 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 \(c=10\). 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): h(x) = x² (convexa) h(x) = eˣ (convexa) h(x) = log(x) (cóncava, x>0) h(x) = √x (cóncava, x≥0) Distribución de X: Uniforme(0,1) Normal(0,1) Exponencial(1) Verificar Jensen 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 Simular 5000 muestras 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. 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 Verificar 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. 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 Simular 5000 muestras 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. 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: No comparar Comparar Bin(n=100, p=λ/100) Simular 5000 muestras 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 \[ \mathbb{P}(Y=2) = \frac{\lambda^2 e^{-\lambda}}{2!} = \frac{1^2 e^{-1}}{2} = \frac{e^{-1}}{2} \approx 0.18394. \] 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 Simular 5000 muestras 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: Uniforme(0,1) Exponencial(λ=1) s: 1.0 t: 1.0 Simular 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. 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 Simular 5000 muestras 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 \(\alpha-1>0\)). 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: Densidad Aprox Binomial(n=30,p=0.2) Graficar 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 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: Cauchy(0,1) Beta(α₁,α₂) Graficar 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. 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: Weibull(α,β) Lognormal(μ,σ) Laplace(μ,β) Pareto(α,β) Simular 5000 muestras ¿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.