Autor Tema: Probabilidad oposiciones

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04 Octubre, 2018, 07:23 am
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carloscarloscarlos

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Disponemos de N+1 urnas numeradas . Cada una contiene N bolas rojas o blancas, de tal ,anera que la urna k contiene k-1 bolas blancas y N-k+1 bolas rojas (k=1,2,3....N+1). Escogemos una urna al azar y extraemos sucesivamente con reemplazamiento n bolas.

a) Encontrar la probabilidad de que todas las bolas extraídas sean blancas. Calcular el límite de esta probabilidad cuando N tiende a infinito.

b) Si hacemos una extracción más, encontrar la probabilidad de que la bola n+1 sea blanca, suponiendo que las n bolas escogidas con anterioridad eran blancas. Calcular el límite de esta probabilidad cuandi N tiende a infinito.

04 Octubre, 2018, 09:18 am
Respuesta #1

Masacroso

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Usa la ley de probabilidad total, es decir, llamamos \( X \) a la variable aleatoria que cuenta el número de bolas blancas sacadas de una urna al azar. Cuando se dice "escogemos al azar" se debe entender que existe la misma probabilidad de elegir una urna que otra.

Llamamos \( U \) a la variable aleatoria que elige entre las distintas urnas, entonces la probabilidad de sacar \( n \) bolas blancas sería:

\( \displaystyle \Pr[X=n]=\sum_{j=1}^{N+1}\Pr[X=n|U=j]\Pr[U=j]\tag1 \)

donde simplemente hemos usado la citada ley de probabilidad total.

Como sabemos que \( \Pr[U=j]=\frac1{N+1} \) para cualquier \( j \) entonces te quedaría calcular los \( \Pr[X=n|U=j] \), que es la probabilidad de sacar \( n \) bolas blancas de la urna \( j \), que presenta una distribución binomial que depende de \( j \).

Al resolver (1) te quedará una fórmula que depende de \( n \) y \( N \), donde sólo tienes que tomar el límite al infinito en \( N \) para contestar la parte a).

La b) no queda clara si la probabilidad se saca de la misma urna o de una urna al azar. Pero el planteo sería similar al del apartado a) (fórmula de Bayes y/o ley de probabilidad total).

EDICIÓN: el límite no es trivial, parece un tipo de integral. Parece relacionado con los polinomios de Bernstein.

04 Octubre, 2018, 11:38 am
Respuesta #2

Luis Fuentes

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Hola

 Continuando con lo propuesto por Masacroso (no veo que sea tan complicado el límite).

Usa la ley de probabilidad total, es decir, llamamos \( X \) a la variable aleatoria que cuenta el número de bolas blancas sacadas de una urna al azar. Cuando se dice "escogemos al azar" se debe entender que existe la misma probabilidad de elegir una urna que otra.

Llamamos \( U \) a la variable aleatoria que elige entre las distintas urnas, entonces la probabilidad de sacar \( n \) bolas blancas sería:

\( \displaystyle \Pr[X=n]=\sum_{j=1}^{N+1}\Pr[X=n|U=j]\Pr[U=j]\tag1 \)

donde simplemente hemos usado la citada ley de probabilidad total.

Como sabemos que \( \Pr[U=j]=\frac1{N+1} \) para cualquier \( j \) entonces te quedaría calcular los \( \Pr[X=n|U=j] \), que es la probabilidad de sacar \( n \) bolas blancas de la urna \( j \), que presenta una distribución binomial que depende de \( j \).

 En concreto, si tomamos la urna \( j \) la probabilidad de sacar una blanca es \( p_j=\dfrac{j-1}{N} \) y por tanto:

\( \Pr[X_N=n|U=j]=p_j^n=\dfrac{(j-1)^n}{N^n} \)

 Por tanto:

\(  \Pr[X_N=n]=\dfrac{1}{N+1}\displaystyle\sum_{j=1}^{N+1}{}\dfrac{(j-1)^n}{N^n}=\dfrac{\displaystyle\sum_{j=1}^{N+1}(j-1)^n}{N^n(N+1)} \)

Citar
Al resolver (1) te quedará una fórmula que depende de \( n \) y \( N \), donde sólo tienes que tomar el límite al infinito en \( N \) para contestar la parte a).

 Hay que hallar:

\( \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{\displaystyle\sum_{j=1}^{N+1}(j-1)^n}{N^n(N+1)} \)

 Por Stolz, equivale a:

\( \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{(N+1)^n}{(N+1)^n(N+2)-N^n(N+1)} \)

 Es el límite cuando la variable tiende a infinito del cociente dos polinomios de grado \( n \) (en el denominador los términos de grado \( n+1 \) se anulan); por tanto el límite es el cociente de sus términos de grado \( n \). El del numerador claramente es \( 1 \). El del denominador:

\( (N^n+nN^{n-1}+\ldots)(N+2)-N^{n+1}-N^n=N^{n+1}+nN^n+2N^n+2(n-1)n^{n-1}+\ldots-N^{n-1}+N^{n}=(n+1)N^n+\textsf{términos de menor grado} \)

 y así el límite queda \( \dfrac{1}{n+1}. \)

Citar
La b) no queda clara si la probabilidad se saca de la misma urna o de una urna al azar. Pero el planteo sería similar al del apartado a) (fórmula de Bayes y/o ley de probabilidad total).

 Entiendo que se saca de la misma urna. Sería:

\( \Pr[X_N=n+1|X_N=n]=\dfrac{\Pr(X_N=n+1)}{\Pr(X_N=n)}=\dfrac{\displaystyle\sum_{j=1}^{N+1}(j-1)^{n+1}}{N\displaystyle\sum_{j=1}^{N+1}(j-1)^{n}} \)

 El límite a calcular es:

\( \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{\displaystyle\sum_{j=1}^{N+1}(j-1)^{n+1}}{N\displaystyle\sum_{j=1}^{N+1}(j-1)^{n}} \)

 Aplicando Stolz una vez queda:

\( \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{(N+1)^{n+1}}{N(N+1)^n+\displaystyle\sum_{j=1}^{N+2}(j-1)^{n}} \)

 y una segunda vez:

\( \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{(N+2)^{n+1}-(N+1)^{n+1}}{(N+1)(N+2)^n-N(N+1)^n+(N+2)^n} \)

 De nuevo es un límite de cocientes de polinomios de grado \( n \) y resulta el cociente de los coeficientes de mayor grado. Haciendo las cuentas queda \( \dfrac{n+1}{n+2} \)

Saludos.

04 Octubre, 2018, 11:47 am
Respuesta #3

Masacroso

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Hola

 Continuando con lo propuesto por Masacroso (no veo que sea tan complicado el límite).

Usa la ley de probabilidad total, es decir, llamamos \( X \) a la variable aleatoria que cuenta el número de bolas blancas sacadas de una urna al azar. Cuando se dice "escogemos al azar" se debe entender que existe la misma probabilidad de elegir una urna que otra.

Llamamos \( U \) a la variable aleatoria que elige entre las distintas urnas, entonces la probabilidad de sacar \( n \) bolas blancas sería:

\( \displaystyle \Pr[X=n]=\sum_{j=1}^{N+1}\Pr[X=n|U=j]\Pr[U=j]\tag1 \)

donde simplemente hemos usado la citada ley de probabilidad total.

Como sabemos que \( \Pr[U=j]=\frac1{N+1} \) para cualquier \( j \) entonces te quedaría calcular los \( \Pr[X=n|U=j] \), que es la probabilidad de sacar \( n \) bolas blancas de la urna \( j \), que presenta una distribución binomial que depende de \( j \).

 En concreto, si tomamos la urna \( j \) la probabilidad de sacar una blanca es \( p_j=\dfrac{j-1}{N} \) y por tanto:

\( \Pr[X_N=n|U=j]=p_j^n=\dfrac{(j-1)^n}{N^n} \)

¡Ah!, eso simplifica mucho las cosas. No sé por qué había pensado en una distribución binomial, entonces tenía que \( \Pr[X=n|U=j]=\binom{j}n\left(\frac{j-1}N\right)^n\left(\frac{N-j+1}N\right)^{j-n} \). Qué fallo.

04 Octubre, 2018, 12:06 pm
Respuesta #4

Luis Fuentes

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Hola

¡Ah!, eso simplifica mucho las cosas. No sé por qué había pensado en una distribución binomial, entonces tenía que \( \Pr[X=n|U=j]=\binom{j}n\left(\frac{j-1}N\right)^n\left(\frac{N-j+1}N\right)^{j-n} \). Qué fallo.

Eso sería si en la urna \( j \)-esima sacásemos \( j \) bolas (con reposición) y calculásemos la probabilidad de que exactamente \( n \) fuesen blancas.

Pero lo que dice el enunciado es que siempre sacamos \( n \) bolas y queremos que todas sean blancas. Se puede interpretar como una binomial \( Y_j\in B(n,p_j) \) donde calculamos \( \Pr[ Y_j=n] \), siendo \( p_j=(j-1)/N \).

Saludos.

05 Octubre, 2018, 06:00 pm
Respuesta #5

carloscarloscarlos

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02 Marzo, 2021, 05:48 pm
Respuesta #6

Ancansnc

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He llegado a este problema porque me lo han mandado como práctica para las oposiciones y no he podido contenerme a comentar.

He de decir que el apartado b) no es Bayes, es una condicionada, aunque el resultado que indicáis está bien.

Por otra parte, ese límite por STOLZ es un monstruo, sale muchísimo más sencillo por la Técnica de Riemann, os animo a que lo comprobéis 😉

Un saludo!

02 Marzo, 2021, 08:13 pm
Respuesta #7

Luis Fuentes

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Hola

He llegado a este problema porque me lo han mandado como práctica para las oposiciones y no he podido contenerme a comentar.

He de decir que el apartado b) no es Bayes, es una condicionada, aunque el resultado que indicáis está bien.

Si, no es Bayes.

Citar
Por otra parte, ese límite por STOLZ es un monstruo, sale muchísimo más sencillo por la Técnica de Riemann, os animo a que lo comprobéis 😉

Realmente el del apartado (a) tan monstruo no es. De hecho está escrito por STOLZ y es sencillo:

Hay que hallar:

\( \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{\displaystyle\sum_{j=1}^{N+1}(j-1)^n}{N^n(N+1)} \)

 Por Stolz, equivale a:

\( \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{(N+1)^n}{(N+1)^n(N+2)-N^n(N+1)} \)

 Es el límite cuando la variable tiende a infinito del cociente dos polinomios de grado \( n \) (en el denominador los términos de grado \( n+1 \) se anulan); por tanto el límite es el cociente de sus términos de grado \( n \). El del numerador claramente es \( 1 \). El del denominador:

\( (N^n+nN^{n-1}+\ldots)(N+2)-N^{n+1}-N^n=N^{n+1}+nN^n+2N^n+2(n-1)n^{n-1}+\ldots-N^{n-1}+N^{n}=(n+1)N^n+\textsf{términos de menor grado} \)

 y así el límite queda \( \dfrac{1}{n+1}. \)

 Es cierto que sale bien usando sumas de Riemman. Basta considerar que:

\( \displaystyle\int_{0}^{1}f(x)dx=\displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{1}{N}\displaystyle\sum_{k=1}^N{}f(k/N) \)

para la función \( f(x)=x^n \).

 Ya que:

\(  \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{\displaystyle\sum_{j=1}^{N+1}(j-1)^n}{N^n(N+1)}=\displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{N}{N+1}\cdot \dfrac{1}{N}\displaystyle\sum_{k=1}^{N}(k/N)^n \)

 En el límite del apartado (b) me compliqué tontamente. Porque en (a) ya vimos que:

\( \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}P(X_N=n)=\dfrac{1}{n+1} \)

y por tanto:

\( \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{P(X_N=n+1)}{P(X_N=n)}=\dfrac{\dfrac{1}{n+1+1}}{\dfrac{1}{n+1}}=\dfrac{n+1}{n+2} \)

 ¡Gracias por tus comentarios!.

Saludos.