Varios

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1. Sea X una variable aleatoria con función de densidad fX(x) = 2x1{0 ≤ x ≤ 1}.
Sabiendo que la suma de los tres primeros d́ıgitos decimales de X es 1, calcular la
probabilidad de que el segundo d́ıgito decimal sea 0.
Sean C1, C2 y C3 respectivamente la primera, segunda y tercera cifras decimales
del número X. Usaremos estas variables sólo para describir eventos. Hay que calcular
P (C2 = 0|C1 + C2 + C3 = 1). Entonces:
P (C2 = 0|C1+C2+C3 = 1) =
P (C2 = 0 ∧ C1 + C2 + C3 = 1)
P (C1 + C2 + C3 = 1)
=
P (C2 = 0 ∧ C1 + C3 = 1)
P (C1 + C2 + C3 = 1)
{C1 + C2 + C3 = 1} es equivalente a {0, 001 ≤ X < 0, 002} ∪ {0, 010 ≤ X <
0, 011} ∪ {0, 100 ≤ X < 0, 101}. Por lo tanto
P (C1 + C2 + C3 = 1) =
∫ 0,002
0,001
fX(x)dx+
∫ 0,011
0,01
fX(x)dx+
∫ 0,101
0,1
fX(x)dx
Análogamente
P (C2 = 0 ∧ C1 + C3 = 1) =
∫ 0,002
0,001
fX(x)dx+
∫ 0,101
0,1
fX(x)dx
Divertirse con las cuentas.
2. Sea X una variable aleatoria con función de distribución
FX(x) =
(
1
18
x+
1
3
)
1
{
−6 ≤ x < 0
}
+
2
3
1
{
0 ≤ x < 3
}
+
(
1
9
x+
1
3
)
1
{
3 ≤ x < 6
}
+1
{
x ≥ 6
}
Calcular: E[X| − 3 < X ≤ 4, 5].
Lo que se pide es
E[X| − 3 < X ≤ 4, 5] = E[X1{−3 < X ≤ 4, 5}]
P (−3 < X ≤ 4, 5)
El denominador de esta fracción es: P (−3 < X ≤ 4, 5) = FX(4, 5) − FX(−3). Para
calcular el numerador debemos aplicar la fórmula más general de cálculo de esperan-
zas ya que X es una variable mixta. Entonces
E[X1{−3 < X ≤ 4, 5}] = 0×P (X = 0)+
∫ 4,5
−3
x
dFX
dx
(x)dx = 0×1
3
+
∫ 0
−3
x
1
18
dx+
∫ 4,5
3
x
1
9
dx
1
3. Sea (X, Y ) un vector aleatorio continuo con densidad conjunta:
fXY (x, y) =
1
2
xy1{0 < x < 2, 0 < y < x}
(a) Calcular las densidades marginales de X e Y ; (b) calcular P (Y > 2−X|X > 1).
El soporte de la densidad conjunta ()el conjunto de puntos (x, y) para los que
fXY (x, y) > 0) se grafica a continuación.
x
y
y = x
2
2
1
0 1
(a) Las densidades marginales de X e Y son:
fX(x) =
∫ +∞
−∞
fXY (x, y)dy fY (y) =
∫ +∞
−∞
fXY (x, y)dx
Los l̀ımites de las integrales los obtenemos de la región graficada. Entonces:
fX(x) =
∫ x
0
1
2
xydy =
1
4
x31{0 < x < 2}
fY (y) =
∫ 2
y
1
2
xydx =
1
4
y(4− y2)1{0 < y < 2}
(b) Para la probabilidad pedida planteamos:
P (Y > X − 2|X > 1) = P (Y > 2−X ∧X > 1)
P (X > 1)
La integral del numerador es:
P (Y > 2−X,X > 1) =
∫ 2
1
∫ x
2−x
1
2
xydydx =
5
6
(sugerencia: graficar siempre las regiones de integración)
La integral del denominador es:
P (X > 1) =
∫ 2
1
∫ x
0
1
2
xydydx =
15
16
2
(también podŕıa hacerse P (X > 1) =
∫ 2
1
fX(x)dx)
Finalmente:
P (Y > 2−X|X > 1) =
5
6
15
16
=
8
9
4. Sea (X, Y ) un vector aleatorio distribúıdo uniformemente sobre el triángulo de vérti-
ces (0, 3), (0, 1) y (3, 0). (a) Calcular las densidades marginales de X e Y ; (b) calcular
P (0 ≤ X ≤ 1, 1 ≤ Y ≤ 2)
El vector aleatorio (X, Y ) definido en el enunciado es uniforme sobre la región trian-
gular que se grafica a continuación.
x
y
y = −x/3 + 1
y = −x+ 32
3
2 3
1
0 1
Sea R el triángulo soporte de fXY . El área de R es base × altura/2 = 3. Enton-
ces:
fXY (x, y) =
1
3
1
{
0 ≤ x ≤ 3,−x
3
+ 1 ≤ y ≤ −x+ 3
}
(a) La densidad marginal de X es
fX(x) =
∫ +∞
−∞
fXY (x, y)dy =
∫ −x+3
−x/3+1
1
3
dy =
(
2− 2
3
x
)
1
{
0 ≤ x ≤ 3
}
Para calcular la densidad marginal de Y se debe tener en cuenta que los ĺımites de x
cambian según se considere 0 ≤ y < 1 o 1 ≤ y ≤ 3. Entonces:
fY (y) =
∫ +∞
−∞
fXY (x, y)dx =
∫ 3−y
3−3y
1
3
dx1{0 ≤ y < 1}+
∫ 3−y
0
1
3
dx1{1 ≤ y ≤ 3}
Por lo tanto es: fY (y) =
2
3
y1{0 ≤ y < 1}+ 3−y
3
1{1 ≤ y ≤ 3}
3
(b) Tenemos que calcular P (0 ≤ X ≤ 1 ∧ 1 ≤ Y ≤ 2). Podemos hacerlo inte-
grando la densidad conjunta sobre la región A = {(x, y) ∈ R2/0 ≤ x ≤ 1, 1 ≤ y ≤ 2}.
Pero como (X, Y ) es uniforme sobre una región R, podemos hacer:
P ((X, Y ) ∈ A) = área(A)
área(R)
A es un cuadrado de lado 1 de manera que: P (0 ≤ X ≤ 1, 1 ≤ Y ≤ 2) = 1/3.
5. Juan y Pedro han quedado en encontrarse en un lugar a mediod́ıa. Juan llegará en
un horario uniforme entre las 12:00 y las 12:10. Juan esperará 10 minutos a Pedro y
si no llega se irá. Pedro llegará en un horario independiente del de Juan y uniforme
entre las 12:05 y las 12:15. Pedro esperará 2 minutos como máximo antes de irse.
Calcular la probabilidad de que se encuentren.
Tomemos como variables los tiempos, en minutos, medidos a partir de las 12:00,
que demoran Juan y Pedro en llegar a la cita. Es decir, Juan demora un tiempo uni-
forme entre 0 y 10 minutos y Pedro un tiempo uniforme entre 5 y 15 minutos. Sean
X el tiempo de Juan e Y el tiempo de Pedro. Las densidades de estas variables son:
fX(x) = (1/10)1{0 < x < 10} y fY (y) = (1/10)1{5 < y < 15}. Como X e Y son in-
dependientes resulta: fXY (x, y) = fX(x)fY (y) = (1/100)1{0 < x < 10, 5 < y < 15}.
Si Juan llega primero que Pedro, es X < Y y Juan esperará un tiempo Y −X tal que
Y −X ≤ 10. Si por el contrario, llega primero Pedro (o llegan juntos), es Y ≤ X y
Pedro esperará un tiempo X −Y tal que X −Y ≤ 2. De manera que la probabilidad
de que se encuentren es:
P ((X < Y ∧ Y −X ≤ 10) ∨ (Y ≤ X ∧X − Y ≤ 2))
En el gráfico siguiente se representa, sobre el soporte de fXY , la región que corres-
ponde al evento.
4
y = x
y = x+ 10
y = x− 2
y
x
8
10
15
5
70 105
Como (X, Y ) es uniforme sobre el cuadrado (0, 10) × (5, 15), podemos calcular la
probabilidad de un evento haciendo el cociente del área de la región correspondien-
te al evento sobre el área del cuadrado soporte. En este caso además, es más fácil
calcular la probabilidad del evento contrario, representado en el gráfico por los dos
triángulos más claros. El área del triángulo superior izquierdo es 5× 5/2 = 12, 5 y el
área del triángulo inferior derecho es 3× 3/2 = 4, 5. Entonces la probabilidad pedida
es 1− (12, 5 + 4, 5)/100 = 0, 83.
6. Una caja contiene 6 bolas rojas, 4 bolas negras y 10 bolas amarillas. Se extraen de a
una y con reposición 5 bolas de la caja. Sean X la cantidad de bolas rojas extràıdas
e Y la cantidad de bolas negras extràıdas. Calcular las funciones de probabilidad
conjunta y marginales de las variables definidas.
Al ser las extracciones con reposición, el contenido de la caja es siempre el mis-
mo. Por lo tanto, en cada extracción e independientemente de las otras extracciones,
la probabilidad de obtener una bola roja es 6/20, la de bola negra 4/20 y la de ama-
rilla 10/20. Supongamos que se quiere calcular la probabilidad de que las 5 bolas
extráıdas sean 2 rojas, 2 amarillas y 1 negra, es decir, P (X = 2, Y = 1) Un resul-
tado favorable a ese evento es: rojo-negro-amarillo-amarillo-rojo, con probabilidad
(6/20)2(10/20)2(4/20). Pero la secuencia mostrada no es la única forma en que pue-
de ocurrir el evento. La cantidad total de formas es el número de permutaciones de
los 5 elementos de la secuencia, donde rojo se repite 2 veces, negro 1 vez y amarillo
5
2 veces, esto es, 5!/(2!1!2!). Entonces
P (X = 2, Y = 1) =
5!
2!1!2!
( 6
20
)2( 4
20
)1(10
20
)2
y en general
P (X = x, Y = y) =
5!
x!y!(5− x− y)!
( 6
20
)x( 4
20
)y(10
20
)5−x−y
para x e y enteros tales que 0 ≤ x ≤ 5, 0 ≤ y ≤ 5 y x + y ≤ 5. Para la función de
probabilidad marginal de X basta ver que cada extracción tiene probabilidad 6/20
de resultar bola roja y 14/20 de resultar bola no roja, siendo independientes los
resultados en cada extracción de los resultados de las otras extracciones. Entonces es
X ∼ Bin(5, 6/20) y por lo tanto
P (X = x) =
(
5
x
)( 6
20
)x(14
20
)5−x
x ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}
Análogamente es Y ∼ Bin(5, 4/20) de donde
P (Y = y) =
(
5
y
)( 4
20
)y(16
20
)5−y
y ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}
Observación importante: si en este problema agregamos la variable Z: cantidad de
bolas amarillas extráıdas, resulta Z = 5−X−Y y la función de probabilidad conjunta
de las tres variables es
P (X = x, Y = y, Z = z) =
5!
x!y!z!
( 6
20
)x( 4
20
)y(10
20
)z
para valores de x, y y z en {0, 1, 2, 3, 4, 5} y tal que z = 5 − x − y. En este caso, el
vector aleatorio (X, Y, Z) sigue una distribuciónmultinomial.
7. Una urna contiene 3 bolillas rojas, 2 bolillas negras y 5 bolillas amarillas. Se extraen
de la caja 4 bolillas sin reposición, eligiendo al azar en cada caso la bolilla extráıda.
Sean X el número de bolillas rojas extráıdas e Y el número de bolillas negras ex-
tráıdas. Calcular las funciones de probabilidad conjunta y marginales de las variables
definidas. ¿Son estas variables independientes?
La función de probabilidad conjunta (vista en clase) es
pXY (x, y) = P (X = x, Y = y) =
(
3
x
)(
2
y
)(
2
4−x−y
)(
10
4
)
6
para x e y enteros que satisfacen 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2 y 0 ≤ 4− x− y ≤ 2.
Las funciones de probabilidad marginales son
pX(x) = P (X = x) =
(
3
x
)(
7
4−x
)(
10
4
) x ∈ {0, 1, 2, 3}
pY (y) = P (Y = y) =
(
2
y
)(
8
4−y
)(
10
4
) y ∈ {0, 1, 2}
Esto es, X e Y son variables hipergeométricas. Estas variables no son independien-
tes y para demostrarlo basta mostrar algún caso en que la condición pXY (x, y) =
pX(x)pY (y) no se cumpla. Por ejemplo, veamos que es pXY (3, 2) = 0, pX(3) = 1/30,
pY (2) = 2/15 y por lo tanto pXY (3, 2) 6= pX(3)pY (2).
8. Sean X e Y dos variables aleatorias con función densidad conjunta
fXY (x, y) =
xy2
2
e−(x+y)1{x > 0, y > 0}
Mostrar que U = X + Y y V = Y
X+Y
son independientes.
Veamos primero que X e Y son independientes ya que la densidad conjunta puede
factorizarse como el producto de las dos densidades marginales
fX(x) = xe
−x1{x > 0} fY (y) =
y2e−y
2
1{y > 0}
Por lo tanto es X ∼ Γ(2, 1) e Y ∼ Γ(3, 1). Para mostrar que U y V son independientes
vamos a calcular su densidad conjunta fUV y mostrar que puede factorizarse en el
producto de las densidades marginales de U y de V . Lo primero que se debe considerar
es que la transformación (U, V ) = (X + Y, Y
X+Y
) manda el conjunto de puntos (x, y)
con x > 0 e y > 0 en forma uno a uno sobre el conjunto de puntos (u, v) con u > 0
y 0 < v < 1, el cual será el soporte de fUV (hacer el gráfico correspondiente; ver que
el borde y = 0, x > 0 se transforma en v = 0, u > 0 y el borde x = 0, y > 0 en
v = 1, u > 0). El jacobiano de la transformación es
∂(u, v)
∂(x, y)
=
1
x+ y
=
1
u
y de las ecuaciones de la transformación resultan y = uv y x = u− uv. Por lo tanto
fUV (u, v) =
fXY (u− uv, uv)
1
u
1{u > 0, 0 < v < 1}
Reemplazando y operando resulta
fUV (u, v) =
u4e−u
24
1{u > 0}12(v2 − v3)1{0 < v < 1} = fU(u)fV (v)
7
Hemos multiplicado y dividido por 4! de manera que fU(u) =
u4e−u
24
1{u > 0} sea una
densidad gamma con U ∼ Γ(5, 1). Por otra parte, fV (v) = 12(v2 − v3)1{0 < v < 1}
también es una densidad ya que es no negativa y su integral sobre el intervalo soporte
es 1. Por lo tanto, U y V son independientes.
9. Sea (X, Y ) un vector aleatorio continuo con función densidad conjunta
fXY (x, y) =
1
2
1
{
0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1
}
+ 21
{1
2
≤ x ≤ 1, 1
2
≤ y ≤ 1
}
Sean U = mı́n(X, Y ) y V = máx(X, Y ). Hallar la densidad conjunta de U y V .
En la figura que sigue se muestra a la izquierda el soporte de fXY . Según se de-
fine en el enunciado, fXY vale 1/2 en los puntos de la regiones A y B, mientras que
en C y D el valor de la densidad es 2 + 1/2 = 5/2. Sabemos además que en los
puntos de A y C es U = X y V = Y mientras que en B y D es U = Y y V = X
(consideremos los puntos de la recta y = x en las regiones inferiores B y D)
x
y
u
v
0,5 1
0,5
1 1
0,5
0 0 0,5 1
A
B
C
D E
F
El soporte de fXY se transforma en el conjunto de puntos (u, v) del gráfico de la
derecha; A y B se transforman cada una en E mientras que C y D se transforman
cada una en F . Entonces, para los puntos (u, v) de E es
fUV (u, v) =
fXY (u, v)
|J1|
+
fXY (v, u)
|J2|
=
1
2
+
1
2
= 1
donde J1 =
σ(u,v)
σ(x,y)
es el jacobiano de la transformación de A en E y análogamente J2,
para la transformación de B en E. De la misma forma, para los puntos (u, v) de F
resulta
fUV (u, v) =
5
2
+
5
2
= 5
ya que C y D se transforman ambos en F . Por lo tanto
fUV (u, v) = 1{0 ≤ u ≤ 1/2, u ≤ v ≤ 1}+ 51{1/2 ≤ u ≤ 1, u ≤ v ≤ 1}
8
10. Sea (X, Y ) un vector aleatorio con distribución uniforme sobre el recinto sombreado
en la figura.
1
2
1
2
1
y
0 1 x
Calcular P (3 mı́n(X, Y ) > 2 máx(X, Y )).
Por definición de máx(X, Y ) y mı́n(X,Y), la probabilidad a calcular es:
P ((3X > 2Y ∧X ≤ Y )∨(3Y > 2X∧X > Y )) = P (3X > 2Y,X ≤ Y )+P (3Y > 2X,X > Y )
1
2
1
2
1
y
0 1 x2
3
y = 3
2
x
y = 2
3
x
y = x
= P
(
Y <
3
2
X,X ≤ Y
)
︸ ︷︷ ︸
(1)
+P
(
Y >
2
3
X,X > Y
)
︸ ︷︷ ︸
(2)
Como (X, Y ) es uniforme sobre la región indicada, las probabilidades se pueden cal-
cular como cocientes de áreas. El área del soporte de la densidad conjunta es: área
9
del trapecio + área del triángulo inferior = 1
2
área del cuadrado = 1
2
. La probabilidad
(1) es el área del triángulo coloreado entre las rectas y = x e y = 3
2
x dividido 1
2
.
El triángulo coloreado tiene base 1/3 y altura 1, por lo tanto la probabilidad (1) es
1
6
: 1
2
= 1
3
. La probabilidad (2) es nula ya que la región correspondiente es vaćıa. De
modo que el resultado del problema es 1/3.
11. Sean Z1 y Z2 dos variables aleatorias normales estándar (no necesariamente indepen-
dientes). Demostrar que
P (máx(Z1, Z2) > 5) ≤
2e−
25
2
5
√
2π
Sea Z una variable normal estándar (normal de media 0 y varianza 1) con función
de densidad φ(z) = 1√
2π
e−z
2/2 y función de distribución Φ(z) = P (Z ≤ z). Entonces
(ver ejercicio 3.4 de la gúıa) para z0 > 0:
1− Φ(z0) ≤
φ(z0)
z0
(1)
Por propiedad del máximo de variables aleatorias:
P (máx(Z1, Z2) > 5) = P (Z1 > 5 ∨ Z2 > 5)
Como P (A ∪B) ≤ P (A) + P (B) resulta
P (máx(Z1, Z2) > 5) ≤ P (Z1 > 5) + P (Z2 > 5)
Aplicando (1)
P (Z1 > 5) = 1− P (Z1 ≤ 5) = 1− Φ(5) ≤
φ(5)
5
=
e−
25
2
5
√
2π
y lo mismo resulta para P (Z2 > 5). Por lo tanto
P (máx(Z1, Z2) > 5) ≤ P (Z1 > 5) + P (Z2 > 5) ≤
2e−
25
2
5
√
2π
12. Sea (X, Y ) un vector aleatorio con distribución uniforme sobre el paralelogramo de
vértices (0,−1), (1, 0), (1, 3) y (0, 2) y sea J = 1{X < Y }. Probar que J y X son
independientes.
LLamemos R al paralelogramo soporte de la densidad conjunta. El área de R es
3 y como (X, Y ) es uniforme sobre R resulta fXY (x, y) =
1
3
1{(x, y) ∈ R}. La variable
J toma el valor 1 sobre la parte de R que aparece sombreada en el gráfico y 0 en la
10
otra parte.
y = x
y = x+ 2
y = x− 1
x
y
1
−1
0
1
2
3
Entonces es P (J = 1) = P (X < Y ) = 2/3 y P (J = 0) = 1/3. Para probar que
X y J son independientes hay que demostrar que la probabilidad P (x ≤ x, J = j) se
factoriza como P (X ≤ x)P (J = j) para 0 ≤ x ≤ 1 y j ∈ {0, 1}. Calculamos primero
la densidad marginal de X:∫ +∞
−∞
fXY dy =
∫ x+2
x−1
1
3
dy = 1 → fX(x) = 1{0 ≤ x ≤ 1}
Resulta X ∼ U [0, 1] y por lo tanto FX(x) = x1{0 ≤ x < 1}+ 1{x ≥ 1}.
Entonces, para 0 ≤ a ≤ 1
P (X ≤ a, J = 1) = P (X ≤ a,X < Y ) =
∫ a
0
∫ x+2
x
1
3
dydx =
2
3
a =
2
3
FX(a)
y por lo tanto
P (X ≤ a, J = 1) = P (X ≤ a)P (J = 1)
y también
P (X ≤ a, J = 0) = P (X ≤ a)P (J = 0)
11
(ya que si dos eventos A y B son independientes, también son independientes A y
Bc)
13. Sean X1 y X2 los resultados obtenidos al arrojar un dado equilibrado dos veces. Cal-
cular E[X1sen(
π
2
X2)|X1 < X2].
En cada tiro del dado hay 6 resultados posibles de manera que hay 36 resultados
posibles para los 2 tiros. Tenemos un espacio muestral equiprobable de 36 eventos
elementales. Si X1 es el resultado del primer tiro y X2 el del segundo tiro, el recorrido
del vector (X1, X2) es el conjunto A = {(1, 1), (1, 2), . . . , (6, 5), (6, 6)}. La función de
probabilidad conjunta de (X1, X2) es
pX1X2(x1, x2) =
1
36
1{(x1, x2) ∈ A}
Sea g(X1, X2) = X1sen(
π
2
X2). Hay que calcular
E[g(X1, X2)|X1 < X2] =
E[g(X1, X2)1{X1 < X2}]
P (X1 < X2)
donde
P (X1 < X2) =
∑
(x1,x2)∈A
x1<x2
pX1X2(x1, x2)
E[g(X1, X2)1{X1 < X2}] =
∑
(x1,x2)∈A
x1<x2
g(x1, x2)pX1X2(x1, x2)
Hacer las cuentas y chau (sugerencia: hacer una tabla 6 × 6 con los valores de la
función g(x1, x2) para los puntos donde es x1 < x2)
14. Sea (X, Y) un vector aleatorio con distribución uniforme sobre el triángulo de vérti-
ces (1,1), (3,1), (3,3). Calcular V (X + Y ).
El soporte de la densidad fXY es el triángulo D de área 2 que se muestra en el
gráfico. Por lo tanto es fXY (x, y) =
1
2
1{0 ≤ x ≤ 3, 1 ≤ y ≤ x}
12
1. 2. 3. 4. 5.
1.
2.
3.
4.
5.
0
y = x
y = 1
D
x x
y
Si calculamos la densidad condicional de Y |X = x (hacerlo) resulta
fY |X=x(y) =
1
x− 1
1{1 < y < x, 1 < x < 3}
lo que muestra que es Y |X = x ∼ U [1, x] (cuando (X, Y ) es uniforme sobre una
región, las variables condicionales resultan también uniformes; comprobar como ejer-
cicio: X|Y = y ∼ U [y, 3]),
Entonces: E[Y |X = x] = (x + 1)/2 y V (Y |X = x) = (x − 1)2/12. Como la fun-
ción de regresión es lineal, coincide con la recta de regresión y por lo tanto es
cov(X, Y )/V (X) = 1/2. Para calcular V (X) = E[X2]− E2[X] hacemos
E[X] =
∫∫
D
xfXY (x, y)dxdy =
7
3
E[X2] =
∫∫
D
x2fXY (x, y)dxdy =
17
3
Resultan entonces: V (X) = 2/9 y cov(X, Y ) = 1/9.. Para calcular V (Y ) podemos
hacer:
V (Y ) = E[V (Y |X)] + V
(
E[Y |X]
)
= E
[
(X − 1)2/12
]
+ V
(
(X + 1)/2
)
13
= E
[
(X2 − 2X + 1)/12
]
+ V
(
X/2 + 1/2
)
=
2
9
y por lo tanto V (X + Y ) = V (X) + V (Y ) + 2cov(X, Y ) = 2/9 + 2/9 + 2/9 = 1/3.
Otra forma de resolver este problema es obviamente calcular
E[X] =
∫∫
D
xfXY (x, y)dxdy E[Y ] =
∫∫
D
yfXY (x, y) E[XY ] =
∫∫
D
xyfXY (x, y)dxdy
y luego cov(X, Y ) = E[XY ] − E[X]E[Y ]. Análogamente se calculan las esperan-
zas de X2 e Y 2 para obtener V (X) y V (Y ). Una alternativa para lo anterior es
E[Y ] = E[E[Y |X]] = E[(X + 1)/2] y E[XY ] = E[XE[Y |X]] = E[X(X + 1)/2].
15. En una urna hay 2 bolas verdes, 2 amarillas y 2 rojas. Se extraen dos bolas sin reposi-
ción. Sean X la cantidad de bolas verdes extráıdas e Y la cantidad de rojas. Calcular
P (E[Y |X] > 0).
La función de probabilidad conjunta de X e Y es
pXY (x, y) = P (X = x, Y = y) =
(
2
x
)(
2
y
)(
2
2−x−y
)(
6
2
)
para x ∈ {0, 1, 2}, y ∈ {0, 1, 2} y 0 ≤ 2 − x − y ≤ 2. Se puede hacer una tabla
con valores de pXY , con ellos calcular los valores de las funciones de probabilidad de
las variables Y |X = x y finalmente calcular la función φ(x) = E[Y |X = x]. Otra
forma de obtener dicha función es partir del hecho de que X e Y |X = x siguen
una distribución hipergeométrica (recordar que una variable hipergeométrica Z de
parámetros N , R y n tiene función de probabilidad
P (Z = z) =
(
R
z
)(
N−R
n−z
)(
N
n
)
para valores enteros de z tales que 0 ≤ z ≤ R y 0 ≤ n− z ≤ N −R; la media de esta
variable es E[Z] = nR
N
) La función de probabilidad marginal de X es
pX(x) = P (X = x) =
(
2
x
)(
4
2−x
)(
6
2
)
para x ∈ {0, 1, 2}. La función de probabilidad condicional de Y |X = x es
pY |X=x(y) =
pXY (x, y)
pX(x)
=
(
2
y
)(
2
2−x−y
)(
4
2−x
)
para x ∈ {0, 1, 2}, y ∈ {0, 1, 2}, 0 ≤ 2 − x − y ≤ 2. Es decir, Y |X = x es hiper-
geométrica de parámetros 4, 2 y 2−x. Por lo tanto φ(x) = E[Y |X = x] = 2(2−x)/4
14
para x = 0 o x = 1 y 0 para otros valores de x. De acuerdo a esto es
E[Y |X] = φ(X) =

1 si X = 0
1/2 si X = 1
0 si X 6= 0 y X 6= 1
Finalmente: P (E[Y |X] > 0) = P (E[Y |X] = 1/2) + P (E[Y |X] = 1) = P (X =
0) + P (X = 1) = pX(0) + pX(1) = 14/15. También puede hacerse P (φ(X) > 0) =
P (2(2−X)/4 > 0) = P (X < 2) = P (X = 0) + P (X = 1).
15