ResueltoTP2_2do2022

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INTRODUCCIÓN A LA ESTADÍSTICA
EJERCICIOS RESUELTOS
PRÁCTICO 2
Andrea Rotnitzky
arotnitzky@utdt.edu
Daniela Cuesta
dcuesta@utdt.edu
Pablo M. Escobar
escobarpm@gmail.com
23 de agosto de 2022
1. Un estudio sobre la relación entre el nivel de ingresos y la preferencia por una de tres marcas de
automóviles en la Ciudad de Buenos Aires arroja los siguientes datos (las cifras están expresadas en
unidades de mil e indican el número de personas que caen en cada categoŕıa):
Nivel de ingresos
Bajo Medio Alto
Chev 10 13 2
VW 20 12 8
Fiat 10 15 10
Suponé que se elegirá una persona al azar del grupo de individuos que participó del estudio. Defińı los
siguientes eventos: C = la marca del auto es Chevrolet, W = la marca del auto es VW, F = la marca
del auto es Fiat, A = el individuo tiene nivel de ingresos alto, M = el individuo tiene nivel de ingresos
medio, B = el individuo tiene nivel de ingresos bajo.
Calculá:
(a) P (F∣ A).
(b) P (M ∣ Cc).
(c) P (M ∣ W).
(d) P (B ∪ M ∣ W).
(e) P (M ∣ W ∪ F).
(f) Suponé ahora que un cliente se presenta en una consecionaria ubicada en la Ciudad de Buenos
Aires. La consecionaria recaba información sobre el nivel de ingresos del cliente y decide que tiene
nivel de ingresos medios. El gerente de la consecionaria concluye que la probabilidad de que el
cliente prefiera un FIAT es 0.375. ¿Qué cálculo realizó el gerente para arribar a esta cifra? ¿Bajo
que supuestos el cálculo realizado es la probabilidad de que el cliente prefiera un FIAT?.
Solution:
(a)
P (F ∣ A) =
P (F ∩A)
P (A)
=
10
100
∶
20
100
=
10
20
= 0,5
(b)
P (M ∣ Cc) =
P (M ∩Cc)
P (Cc)
=
12 + 15
100
∶
40 + 35
100
=
27
75
= 0,36
1
(c)
P (M ∣ W ) =
P (M ∩W )
P (W )
=
12
100
∶
40
100
=
12
40
= 0,3
(d)
P (B ∪M ∣ W ) =
P ((B ⊍M) ∩W )
P (W )
=
P ((B ∩W ) ⊍ (M ∩W ))
P (W )
=
P (B ∩W ) + P (M ∩W )
P (W )
=
0,2 + 0,12
0,4
=
0,32
0,4
= 0,8
(e)
P (M ∣ W ∪ F ) =
P (M ∩ (W ⊍ F ))
P (W ⊍ F )
=
P ((M ∩W ) ⊍ (M ∩ F ))
P (W ⊍ F )
=
P (M ∩W ) + P (M ∩ F )
P (W ) + P (F )
=
0,12 + 0,15
0,4 + 0,35
=
0,27
0,75
= 0,36
(f) El cálculo realizado fue:
P (F ∣ M) =
P (F ∩M)
P (M)
=
0,15
0,4
= 0,375,
y coincidirá con la probabilidad de que el cliente prefiera un FIAT siempre y cuando esta
persona sea parte del grupo sobre el cual se realizó el estudio. De no ser aśı, entonces P (F ∣ M)
será una estimación para dicha probabilidad y la precisión dependera de qué tan representativa
sea la muestra respecto de la población de la Ciudad de Buenos Aires (si el cliente no es un
ciudadano de CABA entonces ni siquiera podŕıamos hablar de una estimación).
2. Si se sabe que una pareja tiene dos hijos de los cuales la mayor es mujer, ¿cuál es la probabilidad de que
la hija menor sea mujer?
Solution: Consideramos el siguiente espacio equiprobable:
Ω = {(a1, a2, a3) ∶ {a1, a2} ⊂ {m,v} y a3 ∈ {1,2}}
donde a3 = j indica que el hijo aj es el más grande.
Definimos los eventos:
A = “Hijo menor es mujer.”
B = “Hija mayor es mujer.”
calculamos:
P (A ∣ B) =
P (A ∩B)
P (B)
=
P ({(m,m,1)(m,m,2)})
P ({(m,m,1)(m,m,2)(m,v,1)(v,m,2)})
=
2/8
4/8
=
1
2
.
2
3. Se realizó un sondeo de 500 parejas para averiguar su nivel de ingreso. La siguiente tabla registra los
resultados del sondeo. Asi, por ejemplo, en 212 parejas se registró qué marido y mujer ganan ambos
menos de $30000 al mes.
Esposo
Esposa Menos de $30000 Más de $30000
Menos de $30000 212 198
Más de $30000 36 54
Si una pareja es elegida al azar entre las 500 que participaron en el sondeo,
(a) ¿Cuál es la probabilidad de que el esposo gane menos de $30000?
(b) ¿Cuál es la probabilidad de que la mujer gane menos de $30000 dado que su marido gana más de
$30000?
(c) ¿Cuál es la probabilidad de que el marido gane menos de $30000 dado que su mujer gana más de
$30000?
Solution: Consideramos los siguientes eventos:
M = {marido gane más de $30 000}
E = {esposa gane más de $30 000},
y resolvemos el ejercicio suponiendo que todas la parejas tienen las mismas chances de ser elegidas:
(a)
P (M c) =
# parejas cuyo marido gana menos de $30 000
# parejas
=
212 + 36
500
=
248
500
= 0,496
(b)
P (Ec ∣ M) =
P (Ec ∩M)
P (M)
=
198
500
∶
198 + 54
500
=
198
252
= 0,7857
(c)
P ( M c ∣E) =
P ( M c ∩E)
P (E)
=
36
500
∶
36 + 54
500
=
36
90
= 0,4
4. Demostrá las siguientes afirmaciones:
(a) Si P (A∣B) = P (A∣Bc) entonces P (A∣B) = P (A)
(b) Si P (A∣B) = P (A) entonces P (A∣B) = P (A∣Bc)
3
Solution: Se demostrará la validez de ambas afirmaciones en simultáneo, v́ıa un cadena de equivalencias:
P (A∣B) = P (A∣Bc)⇐⇒
P (A ∩B)
P (B)
=
P (A ∩Bc)
P (Bc)
⇐⇒
P (A ∩B)
P (B)
=
P (A ∩Bc)
1 − P (B)
⇐⇒ P (A ∩B) ⋅ [
1
P (B)
− 1] = P (A ∩Bc)
⇐⇒
P (A ∩B)
P (B)
− P (A ∩B) = P (A ∩Bc)
⇐⇒
P (A ∩B)
P (B)
= P (A ∩Bc) + P (A ∩B)
⇐⇒ P (A∣B) = P (A)
5. Para el ejercicio anterior, proveé tres ejemplos de experimentos o situaciones inciertas y eventos A y B
para los que es razonable asumir que P (A∣B) = P (A∣Bc) .
Solution: Al arrojar un dado equilibrado consideramos los eventos:
A = “El resultado es un número par”
B = “El resultado es mayor a 2”,
luego se tiene que P (A∣B) = P (A∣Bc) = 0,5.
6. Sea C el evento de que Juan Pérez es culpable de un cierto robo. Con las evidencias recogidas hasta
el momento, el fiscal del caso le asigna un cierto valor a la probabilidad P (C) de que Juan Pérez sea
culpable. Un ayudante del fiscal descubre que un cierto evento A ha ocurrido y corrige la probabilidad del
fiscal, calculando ahora P (C ∣A) y obteniendo que P (C ∣A) > P (C) , o sea que la evidencia A es evidencia
en contra de la inocencia del acusado. Sin comunicarse con este ayudante, otro ayudante recoge otra
evidencia B, y calcula la nueva probabilidad como P (C ∣B) obteniendo también que P (C ∣B) > P (C) .
Ambos ayudantes presentan las evidencias recogidas al fiscal, quien re-calcula la probabilidad como
P (C ∣A ∩B) . Sin embargo, el fiscal obtiene ahora que P (C ∣A ∩B) < P (C) calculando entonces que
conocer que ambos A y B ocurrieron disminuye la probabilidad de culpabilidad de Juan Pérez.
¿ Es posible este resultado? De ser aśı, da un ejemplo de A y B que verifiquen lo expuesto; de lo contrario,
explica cuál fue el error en el cálculo del fiscal.
Solution: Es perfectamente posible. Por ejemplo, supongamos que se sabe que el crimen se cometió
entre la 2 y las 3 de la tarde. Consideremos entonces los eventos:
A = “El acusado estuvo tomando café a una cuadra de la escena del crimen entre la 1 y las 2 ∶ 30”
B = “El acusado estuvo tomando café a una cuadra de la escena del crimen entre las 2 ∶ 30 y las 4”.
Entonces, P (C ∣A) > P (C) porque saber que el acusado estuvo en las cercańıas de la escena del
crimen hasta las 2:30, aumenta las sospechas de que entre las 2:30 y las 3 pueda haber abandonado
la cafeteŕıa para cometer el crimen. Lo mismo para P (C ∣B) > P (C). Sin embargo P (C ∣B ∩A) = 0
4
porque al saber que estuvo en la cafeteria desde la 1 hasta las 4, podemos estar seguros que es
inocente.
7. Demostrá que si P (A) = 1, entonces P (A∣B) = 1 para cualquier B tal que P (B) > 0. Proveé una
interpretación intuitiva de este resultado.
Solution: Como P (A) = 1, entonces P (Ac) = 0 y dado que Ac ∩ B ⊂ Ac se tiene P (Ac ∩ B) = 0.
Luego P (A
c
∩B)
P (B)
= P (Ac∣B) = 0 y como P (A∣B) + P (Ac∣B) = 1 se concluye P (A∣B) = 1.
El resultado nos dice que si un evento espećıfico concentra todas las chances reales de ocurrencia,
entonces sin importar las circunstancias particulares, el evento ocurrirá indefectiblemente.
8. Demostrá que si P (A∣B) = P (B∣A) entonces P (A) = P (B) .
Solution:
P (A∣B) = P (B∣A)⇐⇒
P (A ∩B)
P (B)
=
P (A ∩B)
P (A)
⇐⇒
1
P (A)
=
1
P (B)
⇐⇒ P (A) = P (B)
9. La siguiente es una historia real. En 1998, la señora Sally Clark fue juzgada en Estados Unidos por
asesinato de sus dos hijos. Sus hijos habian nacido sin ningún problema orgánico detectable pero sin
embargo murieron casi inmediatamente después de haber nacido. Durante el juicio,un testigo experto en
probabilidad presentado por la fiscaĺıa calculó que la probabilidad de que dos recién nacidos e hijos de una
misma madre mueran de muerte súbita es 1/73,000,000. El experto entonces adujo que la probabilidad
de que la señora Clark fuera inocente era 1/73,000,000.
Sally Clark fue declarada culpable de asesinato y enviada a la cárcel, en una medida debido al testimonio
del experto. La señora Clark pasó más de tres años en prisión antes de que su condena fuera revocada
debido a que nuevos expertos explicaron el error en la lógica del experto presentado por la fiscaĺıa. La
protesta por el mal uso de la probabilidad en el caso de Sally Clark llevó a la revisión de cientos de otros
casos en que se utilizó una lógica defectuosa similar.
¿Cuál fue el error en la lógica del experto presentado por la fiscaĺıa?. ¿Qué probabilidad debeŕıa haber
calculado el experto y por qué sabemos casi con certeza que la probabilidad que debeŕıa haber calculado
no es igual a la que calculó?
Cuando pienses tu respuesta ten presente que la probabilidad de que dos recién nacidos hijos de una
misma madre mueran de muerte súbita igual a 1/73,000,000 es aproximadamente correcta.
Solution: Sea I el evento de que Sally es inocente y sea A el evento de que dos hijos de una misma
madre sin problemas orgánicos detectables mueran casi inmediatamente al nacer. Entonces dado que
en las condiciones en que transcurrieron los hechos, si la madre es inocente, la única causa de muerte
atribuible es la muerte súbita, se tiene que las siguientes probabilidades debeŕıan ser escencialmente
iguales:
P (“2 hijos mueran de muerte súbita”) = P (A∣I),
5
es decir que P (A∣I) = 1
73000000
.
Con esto vemos que 1
73000000
no puede indicar que son bajas las chances de que la madre sea inocente,
pues es un valor que precisamente se calcula suponiendo la inocencia de la madre.
El experto debeŕıa haber calculado P (I ∣A), valor que debe verificar P (A∣I) /= P (I ∣A), pues de
lo contrario, por el ejercicio anterior tendŕıamos que P (I) debeŕıa ser igual a P (A) , lo cual es
completamente falso porque la gran mayoŕıa de las mujeres no matan a sus hijos (P (I) ≈ 1) pero
P (A) ≈ 0 porque casi todos los bebes sin problemas orgánicos detectables no mueren inmediatamente
después de nacer.
Al error de confundir a P (A∣I) con P (I ∣A) se lo conoce como la falacia del fiscal.
10. Una mujer fue asesinada. La investigación del caso ha dado a luz evidencia de que la mujer hab́ıa tenido
una larga historia de abuso por parte del marido. El abogado defensor argumenta que la evidencia de
abuso debe ser exclúıda del caso por razones de irrelevancia, ya que sólo 1 de cada 10000 maridos son
abusadores.
¿Debe el juez aceptar el argumento del abogado defensor? Explique su respuesta indicando con precisión
qué probabilidad representa la tasa de 1 en 10000 y qué probabilidad es relevante para el caso en cuestión.
Solution: Sea E el evento de que un marido es abusador, entonces la tasa que calculó el defensor
representa P (E). Pero la probabilidad relevante es P (A∣E) con A = “La mujer es asesinada”.
Conclúımos entonces que el juez debe desestimar el argumento del abogado defensor. Al error de
confundir P (A∣E) con P (E) se lo conoce como la falacia del defensor.
11. De acuerdo a las estad́ısticas recogidas por una cierta universidad, de los estudiantes que ingresaron hace
cuatro años, el 35 % de los alumnos recibieron becas. El 82 % de los que recibieron becas se graduaron y
el 44 % de los que no recibieron becas se graduaron. Considerá el primer alumno de la lista alfabética de
todos los estudiantes que inciaron estudios en la universidad hace cuatro años, ¿cuál es la probabilidad
de que se haya graduado?
Solution: Definimos los eventos:
B = “Estudiantes que recibieron becas”
G = “Estudiantes que se graduaron”,
luego usamos la ley de probabilidad total considerando la partición Ω = B ∪Bc ∶
P (G) = P (G ∣ B) ⋅ P (B) + P (G ∣ Bc) ⋅ P (Bc)
= 0,82 ⋅ 0,35 + 0,44 ⋅ (1 − 0,35) = 0,573
12. Es diciembre, y mañana voy a visitar una ciudad de la cual desconozco su pronóstico meteorológico; sólo
tengo la información que proveen las gúıas tuŕısticas. Las cuales indican que durante el mes de diciembre:
El 60 % de los d́ıas son lluviosos.
En el 80 % de los d́ıas lluviosos, el d́ıa siguiente también es lluvioso.
En el 30 % de los d́ıas soleados, el d́ıa siguiente es lluvioso
(a) ¿Cuál es la probabilidad de que me toquen dos d́ıas soleados?
(b) ¿Cuál es la probabilidad de que me toque al menos un d́ıa soleado?
6
Solution: Suponemos que los d́ıas solo se caracterizan entre soleados y lluviosos, y definimos los
siguientes eventos:
S1 = “El primer dia esta soleado”
S2 = “El segundo dia esta soleado”.
(a) P (S1 ∩ S2) = P (S2∣S1) ⋅ P (S1) = (1 − 0,3) ⋅ (1 − 0,6) = 0,28
(b) P (S1 ∪ S2) = 1 − P (S1
c
∩ S2
c
) = 1 − P (S2
c
∣S1
c
) ⋅ P (S1
c
) = 1 − 0,8 ⋅ 0,6 = 0,52
13. Demostrá que si P (A∣C) < P (B∣C) y P (A∣Cc) < P (B∣Cc) entonces P (A) < P (B) . Además de dar
la demostración matemática, describ́ı intuitivamente qué dice este resultado en términos de evidencia y
probabilidad.
Solution: A partir de los datos del enunciado y asumiendo que 0 < P (C) < 1 es inmediato ver que:
P (A ∩C) < P (B ∩C)
P (A ∩Cc) < P (B ∩Cc),
luego si sumamos a ambos lados de las desigualdades:
P (A ∩C) + P (A ∩Cc) < P (B ∩C) + P (B ∩Cc)
P (A) < P (B)
Intuitivamente, podŕıamos notar la validez de la afirmación pensando que si un acontecimiento A es
más probable que otro B en circunstancias contrapuestas, entonces A será más probable que B en
general.
14. Paradoja de Simpson. Las siguientes tablas registran el número de alumnos que solicitaron ingreso
a una cierta universidad el año pasado desagregados por sexo, carrera, y si fueron aceptados o no.
Mujeres
Ciencias Ciencias
sociales exactas
Aceptados 700 100
Rechazados 200 0
Hombres
Ciencias Ciencias
sociales exactas
Admitido 20 810
Rechazados 80 90
Considerá ahora elegir un alumno al azar entre los que solicitaron ingreso el año pasado y defińı los
siguientes eventos
I = “El alumno ingresó a la universidad”
V = “El alumno es varón”.
Luego de publicar estas tablas la universidad recibe una denuncia por discriminación. El argumento
empleado es el siguiente; supongamos que elegimos un alumno al azar entre los que solicitaron ingreso
7
el año pasado. Con los eventos anteriormente definidos es posible verificar que
P (I ∣V ) > P (I ∣V c) (1)
Luego la frecuencia con la que los varones sean admitidos es mayor que la frecuencia con la que las
mujeres sean admitidas.
La universidad contrata a un experto en estad́ıstica para que la asesore en cómo responder a la demanda,
quien define el evento
C = “La carrera que solicitó entrar el alumno es ciencias sociales”,
y calcula que
P (I ∣V,C) < P (I ∣V c,C)
P (I ∣V,Cc) < P (I ∣V c,Cc)
A partir de esto, el experto argumenta que la demanda es infundada porque la frecuencia de admisión,
desagregada por carrera, es mayor entre las mujeres que entre los hombres.
(a) Calculá las probabilidades condicionales calculadas por los denunciantes y por el experto. Corroborá
que efectivamente se verifican las desigualdades.
(b) ¿Quién te parece que tiene razón, el experto o los denunciantes? ¿Hubo o no hubo discriminación?
¿Cómo se podŕıa explicar que el orden de la desigualdad (1) se revierte al desagregar por tipo de
carrera?
Al fenómeno de reversión del sentido de una desigualdad al desagregar se lo conoce como La paradoja
de Simpson.
Solution:
(a)
P (I ∣V ) =
P (I ∩ V )
P (V )
=
(20 + 810) ∶ 2000
1000 ∶ 2000
=
830
1000
= 0,83
P (I ∣V c) =
P (I ∩ V c)
P (V c)
=
(700 + 100) ∶ 2000
1000 ∶ 2000
=
800
1000
= 0,8
P (I ∣V,C) =
P (I ∩ V ∩C)
P (V ∩C)
=
20 ∶ 2000
100 ∶ 2000
=
20
100
= 0,2
P (I ∣V c,C) =
P (I ∩ V c ∩C)
P (V c ∩C)
=
700 ∶ 2000
900 ∶ 2000
=
700
900
= 0,7777
P (I ∣V,Cc) =
P (I ∩ V ∩Cc)
P (V ∩Cc)
=
810 ∶ 2000
900 ∶ 2000
=
810
900
= 0,9
P (I∣V c,Cc) =
P (I ∩ V c ∩Cc)
P (V c ∩Cc)
=
100 ∶ 2000
100 ∶ 2000
= 1
(b) El experto tiene razón, no hubo discriminación. La reversión del órden de las probabilidades al
desagregar por tipo de carrera se puede explicar porque las mujeres solicitan abrumadoramente
más que los hombres ingreso a carreras de ciencias sociales y estas carreras tienen cupos menores
de admisión.
8
15. Resolvé el siguiente problema de dos formas distintas, siendo una de ellas la regla de multiplicación.
En la sala de espera de mi médico hay una pila de 15 revistas entre las cuales hay cuatro que ya léı. Si
agarro las dos primeras revistas de la pila, ¿Cuál es la probabilidad de que entre las dos revistas que
agarro,
(a) no haya ninguna de las que ya léı?
(b) las haya léıdo a todas?
(c) haya léıdo una?
Solution:
(a) Empezamos por una resolución acorde al enfoque del TP1. Numeramos las revistas de manera
que las las primeras 4 sean las ya léıdas y las últimas 11 las no léıdas, luego definimos el espacio
muestral:
Ω = {(a1, a2) ∶ ai ∈ {1,2, ...,15} , ai /= aj} ,
teniendo entonces que #Ω = 15 ⋅ 14. El evento correspondiente a que ninguna de las revistas
haya sido leida es
A = {(a1, a2) ∶ ai ∈ {5,6, ...,15} , ai /= aj} .
Considerando la hipótesis de equiprobabilidad (cualquier revista tiene la misma chance de
ocupar cualquier posición en la pila) se llega a que
P (A) =
#A
#Ω
=
11 ⋅ 10
15 ⋅ 14
= 0,5238
Atendiendo al pedido del enunciado vamos a hacer una resolución alternativa que involucre la
regla de multiplicación, para ello definimos los eventos:
R1 = “La primer revista de la pila ya la lei”
R2 = “La segunda revista de la pila ya la lei”,
se tendrá entonces que
P (A) = P (R1
c
∩R2
c
) = P (R2
c
∣ R1
c
) ⋅ P (R1
c
) =
10
14
⋅
11
15
= 0,5238
(b) El evento correspondiente a que las dos revistas hayan sido leidas es
B = {(a1, a2) ∶ ai ∈ {1,2, ...,4} , ai /= aj} ,
luego:
P (B) =
#B
#Ω
=
4 ⋅ 3
15 ⋅ 14
= 0,0571
Usando regla de multiplicación:
P (B) = P (R1 ∩R2) = P (R2 ∣ R1) ⋅ P (R1) =
3
14
⋅
4
15
= 0,0571
(c) Que se haya léıdo una revista (si se leyeron las dos, en particular se leyó una) hace referencia
al evento R1 ∪R2:
P (R1 ∪R2) = P (R1) + P (R2) − P (R1 ∩R2) =
4
15
+
4
15
−
4 ⋅ 3
15 ⋅ 14
= 0,4761905
9
16. En la clase de Introducción a la Estadistica del año pasado hubo 300 inscriptos, 216 aprobaron el parcial
y el 90 % de los que aprobaron el parcial también aprobaron el final. ¿Cuál es la probabilidad de que el
primer alumno de la lista alfabética de los alumnos de la clase haya aprobado ambos exámenes?
Solution: Considerando los eventos:
A = “Aprobar el parcial”
B = “Aprobar el final”,
sabemos que
P (A) =
216
300
P (B ∣ A) = 0,9,
luego por regla de multiplicación
P (A ∩B) = P (B ∣ A) ⋅ P (A) = 0,9 ⋅
216
300
= 0,648
17. Léı en un folleto que el 80 % de los autobuses de la compañ́ıa Riviera que hacen el recorrido de Buenos
Aires a Mar del Plata parten sin retraso y el 72 % de los autobuses parten y arriban sin retraso.
Acabo de salir hacia Mar del Plata en un autobús de la compañ́ıa Riviera que partió a horario desde
Buenos Aires. ¿Cuál es la probabilidad de que arribe a horario?
Solution: Considerando los eventos
A = “Partir sin retraso”
B = “Arribar sin retraso”,
sabemos que
P (A) = 0,8
P (A ∩B) = 0,72,
luego
P (B ∣ A) =
P (A ∩B)
P (A)
=
0,72
0,8
= 0,9
18. (*) Como parte de una estrategia de promoción, una tienda online invita a sus clientes a anotarse en
un sorteo por un viaje todo incluido para dos personas al Caribe. El sorteo se hará un d́ıa determinado
de un bolillero con bolillas numeradas con el código de cliente de cada participante. La siguiente tabla
provee información sobre el número de clientes que se registraron para participar del sorteo, clasificados
de acuerdo a si han sido clientes por menos o más de un año y si han hecho más o menos de dos compras
durante el último año:
Dos o menos Mas de dos
compras compras
Menos de un año 216 264
Más de un año 384 1056
10
Con el objetivo de aumentar las chances de que salga sorteado un cliente de menos de un año, la tienda
hará trampa y en vez de incluir en el bolillero una bolilla por cada cliente, incluirá m bolillas por cada
cliente de menos de un año y n bolillas por cada cliente de mas de un año, de modo tal que la probabilidad
de que salga sorteado un cliente de menos de un año sea 7 veces mayor que la de que salga sorteado un
cliente de mas de un año.
(a) ¿Cuáles pueden ser n y m?
(b) Para el sorteo con trampa,
¿Cuál es la probabilidad de que salga sorteado un cliente de menos de un año que hizo más de
dos compras durante el último año?
¿Cuál es la probabilidad de que salga sorteado un cliente de menos de un año si alguien nos
informa que el ganador es un cliente que hizo más de dos compras durante el último año?
Solution:
(a) Para el sorteo con trampa, resolvemos:
7 =
P (“menos de un año”)
P (“más de un año”)
=
(216+264)m
(216+264)m+(384+1056)n
(384+1056)n
(216+264)m+(384+1056)n
=
(216 + 264)m
(384 + 1056)n
=
480
1440
m
n
=
1
3
m
n
Luego, cualquier par (n,m) que verifique 21n =m sirve.
(b) Definimos los eventos:
A = “Menos de un año”
B = “Más de 2 compras”
y entonces:
P (A ∩B) =
264m
(216 + 264)m + (384 + 1056)n
=
264m/n
480m/n + 1440
=
264 ⋅ 21
480 ⋅ 21 + 1440
= 0,481 25
Usando los mismos eventos:
P (A∣B) =
264m
264m + 1056n
=
264m/n
264m/n + 1056
=
264 ⋅ 21
264 ⋅ 21 + 1056
= 0,84
11
19. Para el ejemplo presentado en la clase teórica del bolillero que contiene 20 bolilla rojas y 8 bolillas verdes,
entre las cuales 12 están marcadas (hay 6 marcadas de cada color), y considerando los eventos:
A = “La bolilla extraida es roja”
B = “La bolilla extraida esta marcada”.
Realizar los siguientes incisos utilizando R:
(a) Calcular la frecuencia relativa (fA) de bolillas rojas en 1000 extracciones
(b) Utilizando las mismas 1000 extracciones del inciso anterior, calcular la frecuencia relativa (fA∣B) de
bolillas rojas entre las extracciones para las cuales la bolilla obtenida está marcada
(c) Teniendo en cuenta que para el cálculo de estas frecuencias relativas fA y fA∣B se utilizaron las
mismas 1000 extracciones, cuál de las dos te parece que respecticamente (y en general) debeŕıa
aproximar mejor a P (A) y P (A∣B)?
(d) Calcular 100 frecuencias relativas de cada tipo y en cada caso identificar cuál de las dos toma un
valor más cercano a la probabilidad que pretende aproximar. Contar en cuántos de estos 100 casos
se verificó la respuesta que diste para el inciso anterior.
20. El juego de Monty Hall. En un certamen televisivo hay tres ventanas cerradas. Detrás de cada una
de dos ventanas hay un florero y detrás de la ventana restante hay un sobre con un millón de pesos.
El concursante abrirá una ventana y se quedará con lo que haya detrás de ella. El juego consiste en los
siguientes pasos:
El concursante elige una ventana pero no la abre.
El conductor -que sabe en que ventana esta el premio- abre una ventana que tiene un florero entre
las que no fueron elegidas por el consursante (en caso de que las dos ventanas disponibles tengan
floreros, elige la ventana al azar tirando una moneda).
Finalmente el concursante puede elegir abrir la ventana que hab́ıa elegido inicialmente o la ventana
que dejó sin abrir el conductor.
Si el concursante está al tanto de que el conductor nunca abrirá la ventana con el premio de un millón de
pesos, calculá la probabilidad de ganar el millón de pesos para cada una de las siguientes estrategias y
decid́ı cuál es la preferible o si son todas igualmente deseables. Además, describ́ı intuitivamente usando
la interpretación frecuentista, la probabilidad de cada estrategia.
(a) El concursante siempre abre la ventana que eligió incialmente.
(b) (*) El concursante siempre abre la ventana que dejó sin abrir el conductor
(c) (**) El concursante tira una moneda balanceada y si sale cara abre la ventana elegida inicialmentey si sale ceca abre la ventana que dejó sin abrir el conductor.
(d) (**) El concursante tira un dado balanceado, y si cae en 1 abre la ventana elegida inicialmente, de
lo contrario abre la ventana que dejó sin abrir el conductor.
(e) (**) El concursante tira un dado balanceado, y si sale 2,3,4,5 o 6 abre la ventana elegida inicialmente,
de lo contrario abre la ventana que dejó sin abrir el conductor.
(f) Optativo. El concursante tira una moneda “pesada” con probabilidad p de que salga cara. Si sale cara
abre la ventana elegida inicialmente y si sale ceca abre la ventana que dejó sin abrir el conductor.
Solution: El orden en el que se desarrolla el juego durante el programa de televisión es el siguiente:
Un asistente de producción coloca los elementos detrás de las ventanas de manera completamente
aleatoria y sin que el público vea lo que hace.
12
Las ventanas son mostradas al participante y este elige una de ellas.
El conductor abre una de las ventanas y muestra que detrás hab́ıa un florero.
El participante decide si mantiene su elección o la cambia.
Para resolver el problema, vamos a modificar este proceso y supondremos que el desarrollo es el
siguiente:
Las ventanas sin los elementos detrás son mostradas al participante y este elige una de ellas.
El conductor numera las ventanas de manera que la elegida sea la número 1.
Un asistente de producción coloca los elementos detrás de las ventanas de manera completamente
aleatoria y sin que el público vea lo que hace.
El conductor abre una de las ventanas y muestra que detrás hab́ıa un florero.
El participante decide si mantiene su elección o la cambia.
A pesar de haber cambiado el desarrollo del juego, el participante tiene las mismas chances de
ganar el premio mayor en ambas versiones y la segunda nos permite suponer que siempre va a elegir
inicialmente la ventana número 1.
Lo mencionado anteriormente nos permite suponer sin pérdida de generalidad que la primer elección
del participante siempre es la ventana 1.
Consideremos el espacio muestral Ω = {1,2,3}, donde j ∈ Ω indica que el premio mayor está detras
de la ventana j. Este espacio es equiprobable pues el asistente ubica los elementos de manera
completamente aleatoria. Es decir que si
Vj = “El premio mayor está detrás de la ventana j”,
se tendrá entonces que P (Vj) = P ({j}) =
1
3
.
Definamos el evento
A = “El participante gana el premio mayor”.
(a) Si la estrategia del participante es no cambiar su elección inicial (ventana 1), entonces ganar el
premio mayor es equivalente a que el premio mayor se encuentre detrás de la ventana 1:
P (A) = P (V1) =
1
3
.
(b) Aplicando probabilidad total:
P (A) = P (A ∣ V1) ⋅ P (V1) + P (A ∣ V2) ⋅ P (V2) + P (A ∣ V3) ⋅ P (V3)
= P (A ∣ V1) ⋅
1
3
+ P (A ∣ V2) ⋅
1
3
+ P (A ∣ V3) ⋅
1
3
Calculamos la probabilidades condicionales:
P (A ∣ V1) = 0 pues asumiendo que el premio mayor está detrás de la ventana 1 y que su
estrategia es cambiar su primer elección (ventana 1), es imposible que lo gane.
P (A ∣ V2) = 1 pues asumiendo que el premio mayor está detrás de la ventana 2 y teniendo
en cuenta que el participante elige la ventana 1, el conductor se ve obligado a abrir la
ventana 3. Luego como la estrategia del participante es cambiar su elección, eligirá la
ventaná 2 y ganará el premio mayor.
13
P (A ∣ V3) = 1 por mismo razonamiento que el caso anterior.
Se tiene finalmente que:
P (A) = 0 ⋅
1
3
+ 1 ⋅
1
3
+ 1 ⋅
1
3
=
2
3
.
(c) Consideremos el evento
C = “Al arrojar la moneda sale cara”.
En este caso vamos a aplicar probabilidad total a cada una de las probabilidades condicionales
considerando la partición Ω = C ∪Cc:
P (A ∣ V1) = P (A ∣ V1 ∩C) ⋅ P (C ∣ V1) + P (A ∣ V1 ∩C
c) ⋅ P (Cc ∣ V1) = 1 ⋅
1
2
+ 0 ⋅ 1
2
= 1
2
.
P (A ∣ V2) = P (A ∣ V2 ∩C) ⋅ P (C ∣ V2) + P (A ∣ V2 ∩C
c) ⋅ P (Cc ∣ V2) = 0 ⋅
1
2
+ 1 ⋅ 1
2
= 1
2
.
P (A ∣ V3) = P (A ∣ V3 ∩C) ⋅ P (C ∣ V3) + P (A ∣ V3 ∩C
c) ⋅ P (Cc ∣ V3) = 0 ⋅
1
2
+ 1 ⋅ 1
2
= 1
2
.
Se tiene entonces que
P (A) = P (A ∣ V1) ⋅ P (V1) + P (A ∣ V2) ⋅ P (V2) + P (A ∣ V3) ⋅ P (V3)
=
1
2
⋅
1
3
+
1
2
⋅
1
3
+
1
2
⋅
1
3
=
1
2
.
(d) Consideremos el evento
D = “Al arrojar el dado sale 1”.
Aplicamos probabilidad total a cada una de las probabilidades condicionales considerando la
partición Ω =D ∪Dc:
P (A ∣ V1) = P (A ∣ V1 ∩D) ⋅ P (D ∣ V1) + P (A ∣ V1 ∩D
c) ⋅ P (Dc ∣ V1) = 1 ⋅
1
6
+ 0 ⋅ 5
6
= 1
6
.
P (A ∣ V2) = P (A ∣ V2 ∩D) ⋅ P (D ∣ V2) + P (A ∣ V2 ∩D
c) ⋅ P (Dc ∣ V2) = 0 ⋅
1
6
+ 1 ⋅ 5
6
= 5
6
.
P (A ∣ V3) = P (A ∣ V3 ∩D) ⋅ P (D ∣ V3) + P (A ∣ V3 ∩D
c) ⋅ P (Dc ∣ V3) = 0 ⋅
1
6
+ 1 ⋅ 5
6
= 5
6
.
Se tiene entonces que
P (A) = P (A ∣ V1) ⋅ P (V1) + P (A ∣ V2) ⋅ P (V2) + P (A ∣ V3) ⋅ P (V3)
=
1
6
⋅
1
3
+
5
6
⋅
1
3
+
5
6
⋅
1
3
=
11
18
.
(e) Consideremos el evento
E = “Al arrojar el dado sale 2,3,4,5 ó 6”.
Aplicamos probabilidad total a cada una de las probabilidades condicionales considerando la
partición Ω = E ∪Ec:
P (A ∣ V1) = P (A ∣ V1 ∩E) ⋅ P (E ∣ V1) + P (A ∣ V1 ∩E
c) ⋅ P (Ec ∣ V1) = 1 ⋅
5
6
+ 0 ⋅ 1
6
= 5
6
.
P (A ∣ V2) = P (A ∣ V2 ∩E) ⋅ P (E ∣ V2) + P (A ∣ V2 ∩E
c) ⋅ P (Ec ∣ V2) = 0 ⋅
5
6
+ 1 ⋅ 1
6
= 1
6
.
P (A ∣ V3) = P (A ∣ V3 ∩E) ⋅ P (E ∣ V3) + P (A ∣ V3 ∩E
c) ⋅ P (Ec ∣ V3) = 0 ⋅
5
6
+ 1 ⋅ 1
6
= 1
6
.
Se tiene entonces que
P (A) = P (A ∣ V1) ⋅ P (V1) + P (A ∣ V2) ⋅ P (V2) + P (A ∣ V3) ⋅ P (V3)
=
5
6
⋅
1
3
+
1
6
⋅
1
3
+
1
6
⋅
1
3
=
7
18
.
14
(f) Optativo. Consideremos el evento
F = “Al arrojar la moneda pesada sale cara”.
Aplicamos probabilidad total a cada una de las probabilidades condicionales considerando la
partición Ω = F ∪ F c:
P (A ∣ V1) = P (A ∣ V1 ∩ F ) ⋅ P (F ∣ V1) + P (A ∣ V1 ∩ F
c) ⋅ P (F c ∣ V1) = 1 ⋅ p + 0 ⋅ (1 − p) = p.
P (A ∣ V2) = P (A ∣ V2 ∩F ) ⋅P (F ∣ V2)+P (A ∣ V2 ∩F
c) ⋅P (F c ∣ V2) = 0 ⋅p+1 ⋅ (1−p) = 1−p.
P (A ∣ V3) = P (A ∣ V3 ∩F ) ⋅P (F ∣ V3)+P (A ∣ V3 ∩F
c) ⋅P (F c ∣ V3) = 0 ⋅p+1 ⋅ (1−p) = 1−p.
Se tiene entonces que
P (A) = P (A ∣ V1) ⋅ P (V1) + P (A ∣ V2) ⋅ P (V2) + P (A ∣ V3) ⋅ P (V3)
= p ⋅
1
3
+ (1 − p) ⋅
1
3
+ (1 − p) ⋅
1
3
=
1
3
⋅ p +
2
3
⋅ (1 − p).
Notá que 1
3
⋅p+ 2
3
⋅ (1−p) es un promedio ponderado entre 1/3 y 2/3. Por lo tanto es un número
que está en el intervalo [1/3,2/3]. Cuando p = 1, la moneda siempre cae cara y estamos en la
estrategia 1, cuando p = 0 la moneda siempre cae ceca y estamos en la estrategia 2. En cualquier
otro caso, estamos en una estrategia intermedia.
Conclusión: la mejor estrategia es moverse siempre a la ventana que no abrió Monty. La
interpretación frecuentista para las estrategias 1 a 5 es que si todos los d́ıas de acá hasta la
eternidad jugaran cinco participantes distintos cada d́ıa, el primero siguiendo la estrategia 1, el
segundo siguiendo la estrategia 2 y el tercero siguiendo la estrategia 3, el cuarto la estrategia
4 y el quinto la estrategia 5, un tercio de los participantes que siguieran la estrategia 1 se
llevaŕıan el premio mayor, la mitad de los que siguieran la estrategia 2 se llevarian el premio,
etc...
21. Utilizando R y para las estrategias a) y b) del ejercicio de Monty Hall, realizar una simulación de 10000
ejecuciones del juego y calcular la frecuencia relativa con la que el participante gana el dinero
22. (*) El juego de Monty Hall modificado. Suponé ahora que en vez de tres ventanas hay 1000 ventanas.
El concursante elige inicialmente una ventana y el conductor Monty abre 998 ventanas, todas ellas con
floreros, es decir siempre asegurándose que ninguna de las ventanas que abra tenga el premio mayor. Si
todas las 999 ventanas a su disposición tienen floreros, elige cual no abrir al azar.
Calculá la probabilidad de ganar el millón de pesos para las estrategias (a) y (c) del ejercicio anterior.
Nuevamente, describ́ı intuitivamente la probabilidad de cada estrategia usando la interpretación frecuentista.
Solution: La diferencia con el ejercicio anterior es que Ω = {1,2, . . . ,1000} y sin perdida de
generalidad seguiremos suponiendo que el participante elije siemprela ventana 1.
Aplicando probabilidad total tendremos ahora que
P (A) = P (A ∣ V1) ⋅ P (V1) + . . . + P (A ∣ V1000) ⋅ P (V1000)
Si la estrategia es mantener la elección de la ventana 1
P (A ∣ V1) = 1
P (A ∣ Vj) = 0 para j ≠ 1
15
luego
P (A) = 1 ⋅
1
1000
+ 0 ⋅
1
1000
+⋯ + 0 ⋅
1
1000
=
1
1000
.
Si ahora la estrategia es tirar la moneda balanceada
P (A ∣ V1) = P (A ∣ V1 ∩C) ⋅ P (C ∣ V1) + P (A ∣ V1 ∩C
c
) ⋅ P (Cc ∣ V1) = 1 ⋅
1
2
+ 0 ⋅
1
2
=
1
2
P (A ∣ Vj) = P (A ∣ Vj ∩C) ⋅ P (C ∣ Vj) + P (A ∣ Vj ∩C
c
) ⋅ P (Cc ∣ Vj) = 0 ⋅
1
2
+ 1 ⋅
1
2
=
1
2
si j ≠ 1
luego
P (A) =
1
2
⋅
1
1000
+⋯ +
1
2
⋅
1
1000
=
1
2
.
Desde un punto de vista frecuentista se podŕıa decir que con la estragegia de mantener la elección
inicial, de cada 1000 veces que se juegue se espera ganar 1 única vez. Mientras que en la segunda
estrategia se espera ganar la mitad de las veces que se juegue.
23. (*) Un investigador conducirá un sondeo con el objetivo de estimar el porcentaje de gente en la población
que consume drogas iĺıcitas. Preocupado de que mucha gente mentirá si se le pregunta directamente
“¿Ha consumido drogas iĺıcitas alguna vez?” el investigador usará un método de sondeo conocido como
de respuesta aleatoria. A continuación se realiza una descripción del método:
Un sombrero tiene muchos papelitos, todos del mismo tamaño y forma.
En algunos de ellos dice la frase “He consumido drogas ilegales” y en los restantes dice “No he
consumido drogas ilegales”.
El entrevistado saca un papelito al azar del sombrero y sin mostrarle la pregunta escrita en el
papelito a su entrevistador, contesta diciendo “Si, es cierto” o “No, no es cierto” a la afirmación
que lee en el papelito (el entrevistado no tiene ninguna razón para mentir porque el entrevistador
no sabe a qué afirmación esta respondiendo el entrevistado).
Este proceso se repite con todos los participantes del sondeo, reponiendo el ticket en el sombrero
cada vez la respuesta fue emitida.
Sea p la proporción de tickets con la afirmación “He consumido drogas ilegales” (el entrevistador, por
supuesto, conoce el valor de p ya que él es quien preparó el sombrero y los tickets), sea q la probabilidad
de que un participante responda “Si, es cierto” y sea r la procporción de gente que consume drogas
ilegales.
Asumiendo que los participantes del sondeo fueron elegidos al azar entre todos los habitantes de la
población, expresá a r en función de q y p. ¿Para qué te sirve expresar a r en función de q y p? ¿Cómo
usaŕıas esta expresión junto con los datos del sondeo para estimar el porcentaje de gente que consume
drogas iĺıcitas?
Solution: Consideramos los siguientes eventos
C = “El entrevistado consume drogas ilegales.”
A = “El entrevistado elige un papel que afirma el consumo.”
S = “El entrevistado responde afirmativamente.”,
16
cada uno de los cuales verifica
P (C) = r
P (A) = p
P (S) = q
Vamos a considerar la siguiente partición del espacio muestral
Ω = (C ∩A) ∪ (Cc ∩A) ∪ (C ∩Ac) ∪ (Cc ∩Ac)
y aplicando probabilidad total
P (S) = P (S∣C∩A)P (C∩A)+P (S∣Cc∩A)P (Cc∩A)+P (S∣C∩Ac)P (C∩Ac)+P (S∣Cc∩Ac)P (Cc∩Ac)
calculando las probabilidades condicionales
P (S ∣ C ∩A) = 1
P (S ∣ Cc ∩A) = 0
P (S ∣ C ∩Ac) = 0
P (S ∣ Cc ∩Ac) = 1
se llega a que
P (S) = P (C ∩A) + P (Cc ∩Ac)
= P (A ∣ C) ⋅ P (C) + P (Ac ∣ Cc) ⋅ P (Cc)
luego dado que conocer que una persona consumió drogas ilegales no modifica la probabilidad de
sacar un papel de algún tipo (lo mismo vale para cuando se sabe que no consumió):
P (S) = P (A) ⋅ P (C) + P (Ac) ⋅ P (Cc)
q = p ⋅ r + (1 − p) ⋅ (1 − r)
despejando r de esa igualdad finalmente queda que
r =
q − (1 − p)
2 ⋅ p − 1
Esta igualdad nos permite estimar la proporción (o porcentaje) de gente que consume drogas en la
población. La idea es armar un sombrero con un p arbitrario (el valor de p lo decide el entrevistador)
y luego de las entrevistas estimar el valor de q como la frecuencia relativa de la gente que contestó
“Śı, es cierto.” (notar que el verdadero valor de q es desconocido y que al considerar la frecuencia
relativa lo estamos aproximando). Al reemplazar estos dos valores en la fórmula obtenida, estaŕıamos
construyendo una estimación de la proporción de consumidores de drogas iĺıcitas en la población.
24. Optativo. (**) Muchas compańıas que ofrecen servicios en la web usan un tipo de experimento aleatorizado
llamado “bandido de dos brazos” -en inglés, “two-arm bandit”- para averiguar cómo los usuarios de la
web reaccionan a dos distintos tipos de est́ımulos, A y B (por ejemplo, para averiguar cómo reaccionan
frente a dos tipos distintos de propagandas en la web).
A cada usuario se le presenta uno de los dos tipos de est́ımulos, siendo este elegido mediante algún
mecanismo en el que intervenga el azar para garantizar objetividad en el est́ımulo asignado. Para cada
usuario, se designa al resultado del ensayo como “Éxito” si el usuario reacciona positivamente al est́ımulo
(por ejemplo, si clickea en la ventana de la propaganda), de lo contrario se lo designa como “Fracaso”.
17
Un método para la asignación aleatoria del est́ımulo es mediante el aśı llamado “método totalmente
aleatorio” que consiste simplemente en tirar una moneda balanceada y en caso de que caiga cara asignar
al usuario el est́ımulo A y en caso de que caiga ceca asignar el est́ımulo B. Sin embargo, esta asignación
no es la usada habitualmente porque, como probarás en uno de los incisos de este problema, no maximiza
la probabilidad incondicional de cliquear en la propaganda.
Los analistas han estudiado distintos métodos para asignar aleatoriamente los est́ımulos a los usuarios
de modo de maximizar la probabilidad incondicional de cliqueo. Uno de los métodos propuestos es el aśı
llamado “siga al ganador” que consiste en lo siguiente:
Para la asignación del primer usuario, se tira una moneda balanceda. Si cae cara se le presenta al
usuario el est́ımulo A y si sale ceca, el est́ımulo B.
La asignación del usuario n + 1 depende de la respuesta del usuario n. Si la respuesta del ensayo
con el usuario n fue “Éxito”, entonces al usuario n+1 se le asigna el mismo est́ımulo que al usuario
n. De lo contrario, se le asigna el est́ımulo que no recibió el usuario n.
Sean a y b las probabilidades de éxito frente a los estimulos A y B respectivamente y supongamos que
a /= b. Para el método “siga al ganador”, sea pn la probabilidad de éxito del ensayo con el usuario n y
sea an la probabilidad de que el tratamiento A es asignado al usuario n.
(a) Para el método “totalmente aleatorio” probar que la probabilidad de éxito del ensayo con cualquier
usuario es constante e igual a p∗ = (a + b) /2.
(b) Para el método “siga al ganador” probar las siguientes igualdades:
pn = (a − b)an + b
an+1 = (a + b − 1)an + 1 − b,
y deducir a partir de estas dos igualdades que
pn+1 = (a + b − 1)pn + a + b − 2ab
(c) Asumiendo que p∗∗ = ĺımn→∞ pn existe, calcular p
∗∗ y demostrar que p∗∗ > p∗.
Notar que este resultado demuestra que “a la larga”, es decir cuando el numero de usuarios n es
grande, la probabilidad de cliqueo es mayor bajo el método “siga al ganador” que bajo el método
“totalmente aleatorio”.
Solution: El enunciado nos indica que consideremos los siguientes eventos
A = “El estimulo A es exitoso.”
B = “El estimulo B es exitoso.”
En = “El estimulo es exitoso en el usuario n.”
Tn = “Al usuario n se le asigna el estimulo A.”
quedando que
P (A) = a
P (B) = b
P (En) = pn
P (Tn) =
1
2
para el método “totalmente aleatorio”
P (Tn) = an para el método “siga al ganador”
con a ≠ b.
18
(a) Vamos a resolverlo utilizando probabilidad total con Ω = Tn ∪ Tn
c:
P (En) = P (En ∣ Tn) ⋅ P (Tn) + P (En ∣ Tn
c
) ⋅ P (Tn
c
)
= P (A) ⋅
1
2
+ P (B) ⋅
1
2
=
a + b
2
queda entonces que pn =
a+b
2
para cualquier n.
(b) Calculamos pn:
P (En) = P (En ∣ Tn) ⋅ P (Tn) + P (En ∣ Tn
c
) ⋅ P (Tn
c
)
= P (A) ⋅ an + P (B) ⋅ (1 − an) = a ⋅ an + b ⋅ (1 − an)
= (a − b) ⋅ an + b.
Calculamos an+1:P (Tn+1) = P (Tn+1 ∣ Tn) ⋅ P (Tn) + P (Tn+1 ∣ Tn
c
) ⋅ P (Tn
c
)
= a ⋅ an + (1 − b) ⋅ (1 − an)
= (a + b − 1) ⋅ an + 1 − b.
Por la pimera igualdad sabemos que
pn+1 = (a − b) ⋅ an+1 + b,
luego si reemplazamos la expresión que encontramos para an+1:
pn+1 = (a − b) ⋅ [(a + b − 1) ⋅ an + 1 − b] + b
= (a + b − 1) ⋅ (a − b) ⋅ an + (a − b) ⋅ (1 − b) + b
= (a + b − 1) ⋅ (a − b) ⋅ an + a − a ⋅ b − b + b
2
+ b
= (a + b − 1) ⋅ (a − b) ⋅ an + a ⋅ b + b
2
− b + a + b − 2 ⋅ a ⋅ b
= (a + b − 1) ⋅ (a − b) ⋅ an + (a + b − 1) ⋅ b + a + b − 2 ⋅ a ⋅ b
= (a + b − 1) ⋅ [(a − b) ⋅ an + b] + a + b − 2 ⋅ a ⋅ b
= (a + b − 1) ⋅ pn + a + b − 2 ⋅ a ⋅ b
(c) Tomando ĺımite:
p∗∗ = ĺım
n→∞
pn+1
= ĺım
n→∞
[(a + b − 1) ⋅ pn + a + b − 2 ⋅ a ⋅ b]
= (a + b − 1) ⋅ [ ĺım
n→∞
pn] + a + b − 2 ⋅ a ⋅ b
= (a + b − 1) ⋅ p∗∗ + a + b − 2 ⋅ a ⋅ b
despejando p∗∗ queda:
p∗∗ = (a + b − 1) ⋅ p∗∗ + a + b − 2 ⋅ a ⋅ b
p∗∗ − (a + b − 1) ⋅ p∗∗ = a + b − 2 ⋅ a ⋅ b
p∗∗ ⋅ (2 − a − b) = a + b − 2 ⋅ a ⋅ b
p∗∗ =
a + b − 2 ⋅ a ⋅ b
2 − a − b
19
Veamos ahora que p∗∗ > p∗:
p∗∗ > p∗ ⇐⇒
a + b − 2 ⋅ a ⋅ b
2 − a − b
>
a + b
2
⇐⇒ 2 ⋅ (a + b − 2 ⋅ a ⋅ b) > (a + b) ⋅ (2 − a − b)
⇐⇒ 2 ⋅ (a + b) − 4 ⋅ a ⋅ b > 2 ⋅ (a + b) − (a + b)2
⇐⇒ (a + b)2 > 4 ⋅ a ⋅ b
⇐⇒ a2 + b2 + 2 ⋅ a ⋅ b > 4 ⋅ (a ⋅ b)
⇐⇒ a2 + b2 − 2 ⋅ a ⋅ b > 0
⇐⇒ (a + b)2 > 0
Ejercicios adicionales para resolver con R.
25. Utilizando R y para las estrategias c), d), e) y f) del ejercicio de Monty Hall, realizar una simulación de
10000 ejecuciones del juego y calcular la frecuencia relativa con la que el participante gana el dinero
26. Para el ejercicio 22), suponer que P (A) = 0,7 y P (B) = 0,2 (tener presente que, en una situación real,
estas probabilidades son desconocidas, pues si fueran conocidas habŕıa que utilizar siempre el est́ımulo
A) y que por d́ıa se le aplicarán los est́ımulos a 1000 usuarios aplicando la estrategia ”siga al ganador”(la
estrategia se reseta para d́ıas distintos). Utilizar R para resolver los siguientes incisos:
(a) Calcular la probabilidad de que, para un d́ıa cualquiera, el est́ımulo sea exitoso para el usuario nro
1000
(b) Para cada d́ıa del año (365 en total), hacer una simulación que permita identificar si el est́ımulo
resulta exitoso en el usuario nro 1000 y calcular la frecuencia relativa a lo largo del año para la
cantidad de exitos en el usuario nro 1000.
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