1.

$\mathrm{\Omega }=\{2,3,4,\dots \}$ (número de lanzamientos hasta obtener dos primos consecutivos). Es infinito y discreto.

2.

$x=7$: en los primeros 5 lanzamientos no hay dos primos consecutivos, y los lanzamientos 6 y 7 son primos.

Sea $p=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$ (primo) y $q=\frac{1}{2}$ (no primo). Entonces

$$P(X=7)=P(\text{no hay dos primos seguidos en 5 lanzamientos})\cdot p^2=\frac{F_7}{2^5}\cdot \frac{1}{4}=\frac{13}{32}\cdot \frac{1}{4}=\frac{13}{128}.$$

3.

En general, el número de secuencias de longitud $k$ sin dos primos consecutivos es $F_{k+2}$ (donde $F_1=F_2=1$). Por tanto,

$$P(\text{no hay dos primos consecutivos en }k\text{ lanzamientos})=\frac{F_{k+2}}{2^k}.$$

Para que $X=n$ se requiere que no haya dos primos consecutivos en los primeros $n-2$ lanzamientos y que los lanzamientos $n-1$ y $n$ sean primos. Así,

$$P(X=n)=\frac{F_{(n-2)+2}}{2^{n-2}}\cdot p^2=\frac{F_n}{2^{n-2}}\cdot \frac{1}{4}=\frac{F_n}{2^n},n\ge 2.$$

1.

Para que $f$ sea distribución de probabilidad se requiere ${\sum <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}_{n=0}^{R}f(n)=1$:

${\sum <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}_{n=0}^R\frac{k}{2^n}=k{\sum }_{n=0}^R\frac{1}{2^n}=k\cdot \frac{1-{(1/2)}^{R+1}}{1-1/2}=k\cdot 2\left(1-\frac{1}{2^{R+1}}\right)=k\cdot \frac{2^{R+1}-1}{2^R}=1$.

Por lo tanto: $k={\displaystyle \frac{2^R}{2^{R+1}-1}}$.

2.

$P(X>6)={\sum <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}_{n=7}^R\frac{k}{2^n}=k{\sum }_{n=7}^R\frac{1}{2^n}=k\cdot \frac{1/2^7-1/2^{R+1}}{1-1/2}=k\cdot \frac{2^{R-6}-1}{2^R}$.

Sustituyendo $k$:

$P(X>6)={\displaystyle \frac{2^R}{2^{R+1}-1}}\cdot {\displaystyle \frac{2^{R-6}-1}{2^R}}={\displaystyle \frac{2^{R-6}-1}{2^{R+1}-1}}$.

(Válida para $R\ge 7$; si $R<7$ entonces $P(X>6)=0$.)

Total: 30 bolillas (20 azules, 10 blancas). $P(\text{blanca})=10/30=1/3$, $P(\text{azul})=2/3$.

1.

Binomial con $n=20$ y $p=1/3$ (con reposición). $X$ = número de blancas. Valores: $X\in \{0,1,2,\dots ,20\}$.

$P(X=k)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{20}{k}\right)}{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^k{\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^{20-k}$, $k=0,1,\dots ,20$.

2.

Binomial negativa (o Pascal) con $r=3$ éxitos y $p=1/3$ (con reposición). $X$ = número total de extracciones hasta la tercera blanca. Valores: $X\in \{3,4,5,\dots \}$ (mínimo 3).

$P(X=k)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{k-1}{2}\right)}{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^3{\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^{k-3}$, $k=3,4,5,\dots$

3.

Hipergeométrica. Se extraen 25 de 30 sin reposición. $X$ = número de azules. Valores: $X\in \{15,16,\dots ,20\}$ (mínimo $25-10=15$ azules, máximo 20).

$P(X=k)={\displaystyle \frac{{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{20}{k}\right)}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{10}{25-k}\right)}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{30}{25}\right)}}{}}$, $k=15,16,\dots ,20$.

La tasa es $\lambda =2$ llamadas/hora.

En 4 horas: ${\lambda }_4=2\times 4=8$. $X\sim \text{Poisson}(8)$.

$P(X>9)=1-P(X\le 9)=1-{\sum <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}_{k=0}^9\frac{e^{-8}\cdot 8^k}{k!}$.

Calculando: $P(X\le 9)=e^{-8}(1+8+32+85.33+170.67+273.07+364.09+416.10+416.10+369.42)\approx 0.7166$ (usando tablas o software).

Valor exacto con tabla acumulada Poisson(8): $P(X\le 9)\approx 0.7166$.

$P(X>9)\approx 1-0.7166=0.2834$.

En 8 horas: ${\lambda }_8=2\times 8=16$. $Y\sim \text{Poisson}(16)$.

$P(Y\ge 18)=1-P(Y\le 17)$.

De tabla acumulada Poisson(16): $P(Y\le 17)\approx 0.6593$.

$P(Y\ge 18)\approx 1-0.6593=0.3407$.

Sea $N\sim \text{Poisson}(\lambda )$ con $\lambda =100$ el número de componentes muestreados. Cada componente es defectuoso con probabilidad $p=0.1$, independientemente.

Si $N=n$, el número de defectuosos $X|N=n\sim \text{Binomial}(n,0.1)$.

Por la propiedad de adelgazamiento (thinning) de la Poisson: si $N\sim \text{Poisson}(\lambda )$ y cada elemento se clasifica independientemente como defectuoso con probabilidad $p$, entonces el número de defectuosos $X\sim \text{Poisson}(\mathit{\lambda p})$.

Por lo tanto: $X\sim \text{Poisson}(\mathit{\lambda p})=\text{Poisson}(100\times 0.1)=\text{Poisson}(10)$.

$P(X=k)={\displaystyle \frac{e^{-10}\cdot 10^k}{k!}}$, $k=0,1,2,\dots$

Geométrica: Un estudiante intenta resolver un problema de programación. Cada intento tiene una probabilidad $p=0.3$ de compilar sin errores, independientemente de los intentos anteriores. La variable $X$ = número de intentos hasta la primera compilación exitosa sigue una distribución Geométrica con parámetro $p=0.3$. $P(X=k)={(0.7)}^{k-1}(0.3)$, $k=1,2,3,\dots$

Multinomial: En una encuesta, cada persona responde “a favor”, “en contra” o “indiferente” con probabilidades $p_1=0.5$, $p_2=0.3$, $p_3=0.2$. Si se encuestan $n=10$ personas, el vector $(X_1,X_2,X_3)$ con $X_i$ = número de respuestas de tipo $i$ sigue una distribución Multinomial$(10;0.5,0.3,0.2)$:

$P(X_1=k_1,X_2=k_2,X_3=k_3)={\displaystyle \frac{10!}{k_1!k_2!k_3!}}{(0.5)}^{k_1}{(0.3)}^{k_2}{(0.2)}^{k_3}$

con $k_1+k_2+k_3=10$.

La media (o valor esperado) de una variable aleatoria discreta $X$ es $\mu =E[X]={\sum <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}_{x}x\cdot P(X=x)$. Mide el centro de la distribución.

La varianza es ${\sigma }^2=\text{Var}(X)=E[{(X-\mu )}^2]=E[X^2]-{(E[X])}^2$. Mide la dispersión alrededor de la media.

Media de la Binomial ($X\sim \text{Bin}(n,p)$): $X=X_1+\cdots +X_n$ donde $X_i\sim \text{Bernoulli}(p)$ con $E[X_i]=p$. Por linealidad: $E[X]=\mathit{np}$.

Media de la Geométrica ($X\sim \text{Geom}(p)$, $P(X=k)={(1-p)}^{k-1}p$):

$E[X]={\sum <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}_{k=1}^{\infty }k{(1-p)}^{k-1}p=p{\sum }_{k=1}^{\infty }k{q}^{k-1}=p\cdot {\displaystyle \frac{1}{{(1-q)}^2}}=p\cdot {\displaystyle \frac{1}{p^2}}={\displaystyle \frac{1}{p}}$.

Media de la Poisson ($X\sim \text{Poisson}(\lambda )$):

$E[X]={\sum <!--\; FUNCTION\; APPLICATION\; -->}_{k=0}^{\infty }k{\displaystyle \frac{e^{-\lambda }{\lambda }^k}{k!}}=\lambda e^{-\lambda }{\sum }_{k=1}^{\infty }{\displaystyle \frac{{\lambda }^{k-1}}{(k-1)!}}=\lambda e^{-\lambda }\cdot e^{\lambda }=\lambda$.

La demanda en 3 días es $X\sim \text{Poisson}(\lambda )$ con $\lambda =5\times 3=15$.

Se busca el menor $m$ tal que $P(X\le m)\ge 0.90$.

Usando la tabla acumulada de la Poisson(15):

$P(X\le 18)\approx 0.8195$, $P(X\le 19)\approx 0.8752$, $P(X\le 20)\approx 0.9170$.

Como $P(X\le 19)=0.8752<0.90$ y $P(X\le 20)=0.9170\ge 0.90$, el dueño debe almacenar al menos 20 litros.

Total: 13 personas. $P(\text{mujer})=8/13$, $P(\text{hombre})=5/13$.

1.

Binomial con $n=6$, $p=8/13$. Valores: $X\in \{0,1,2,3,4,5,6\}$.

$P(X=k)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{k}\right)}{\left({\displaystyle \frac{8}{13}}\right)}^k{\left({\displaystyle \frac{5}{13}}\right)}^{6-k}$.

$P(X=4)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{4}\right)}{\left({\displaystyle \frac{8}{13}}\right)}^4{\left({\displaystyle \frac{5}{13}}\right)}^2=15\cdot {\displaystyle \frac{8^4\cdot 5^2}{13^6}}=15\cdot {\displaystyle \frac{4096\cdot 25}{4826809}}={\displaystyle \frac{1536000}{4826809}}\approx 0.3182$.

2.

Binomial negativa con $r=2$ éxitos (mujeres), $p=8/13$. $X$ = total de personas elegidas hasta obtener la segunda mujer. Valores: $X\in \{2,3,4,\dots \}$.

$P(X=k)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{k-1}{1}\right)}{\left({\displaystyle \frac{8}{13}}\right)}^2{\left({\displaystyle \frac{5}{13}}\right)}^{k-2}$, $k=2,3,4,\dots$

$P(X=4)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{3}{1}\right)}{\left({\displaystyle \frac{8}{13}}\right)}^2{\left({\displaystyle \frac{5}{13}}\right)}^2=3\cdot {\displaystyle \frac{64}{169}}\cdot {\displaystyle \frac{25}{169}}={\displaystyle \frac{4800}{28561}}\approx 0.1681$.

Sea $q=1-p$. $X$ = número de repeticiones. Se necesita al menos $X=2$.

Para $X=2$: dos éxitos consecutivos o dos fracasos consecutivos. $P(X=2)=p^2+q^2$.

Para $X=n$ con $n\ge 3$: la secuencia alterna entre éxito y fracaso durante los primeros $n-2$ resultados (sin dos iguales consecutivos), y los últimos dos son iguales.

Una secuencia de longitud $n$ sin pares consecutivos iguales en las primeras $n-1$ posiciones y con par igual en posiciones $n-1,n$ debe alternar hasta la posición $n-1$:

Si la posición $n-1$ es éxito (y $n$ también): la secuencia alterna empezando según la paridad. Si $n$ es par: empieza con fracaso $\mathit{FEFE}\dots \mathit{EE}$, probabilidad $q{(\mathit{pq})}^{(n-3)/1}\cdots$

Más sistemáticamente: si las posiciones $n-1$ y $n$ son ambas $E$, la secuencia alterna $\dots \mathit{EFEFE}\dots \mathit{EE}$. La posición $n-1$ es $E$, luego $n-2$ es $F$, $n-3$ es $E$, etc. La primera posición es $E$ si $n$ es par, $F$ si $n$ es impar.

Si $n$ par: secuencia $\mathit{EFEF}\dots \mathit{EE}$ con $n/2$ éxitos y $n/2-1$ fracasos: probabilidad $p^{n/2}{q}^{n/2-1}$. O bien $\mathit{FEFE}\dots \mathit{FF}$: probabilidad $q^{n/2}{p}^{n/2-1}$.

Si $n$ impar: secuencia $\mathit{FEFE}\dots \mathit{EE}$: probabilidad $p^{(n+1)/2}{q}^{(n-1)/2}$...

Simplificando: para $n\ge 3$, hay exactamente dos secuencias válidas (una termina en $\mathit{EE}$ y la otra en $\mathit{FF}$).

Termina en $\mathit{EE}$: las posiciones alternan con $n-1$ y $n$ ambas $E$. La posición 1 es $E$ si $n$ es par, $F$ si $n$ es impar.

Si $n$ par: $\mathit{EFEF}\dots \mathit{EFEE}$. Hay $n/2+1$ éxitos...

Contando directamente: la secuencia tiene $n$ posiciones, alterna hasta $n-1$ y coincide en $n$.

Para $n\ge 3$: $P(X=n)={(\mathit{pq})}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor }\cdot p\cdot [n\text{ par}]+{(\mathit{pq})}^{\lfloor (n-1)/2\rfloor }\cdot q\cdot [n\text{ impar}]$...

Resultado limpio: $P(X=n)={(\mathit{pq})}^{\lfloor (n-2)/2\rfloor }\cdot (p^2+q^2)$ si $n$ es par, $P(X=n)={(\mathit{pq})}^{(n-3)/2}\cdot \mathit{pq}\cdot (p+q)={(\mathit{pq})}^{(n-1)/2}$ si $n$ es impar, $n\ge 3$.

Verificando con $n=3$: secuencias válidas $\mathit{EFE}\to \mathit{EE}$? No, $\mathit{EFE}$ no tiene par consecutivo en pos. 1-2 ni 2-3, necesitamos que pos. 2,3 sean iguales. Secuencias: $\mathit{EFF}$ (prob $p{q}^2$) y $\mathit{FEE}$ (prob $q{p}^2$). $P(X=3)=p{q}^2+q{p}^2=\mathit{pq}(p+q)=\mathit{pq}$.

Verificando con $n=4$: secuencias terminan en par igual sin par igual antes. $\mathit{EFEE}$ (prob $p^2\mathit{qp}=p^{3}q$)? Pero pos. 3,4 son $\mathit{EE}$: termina. Pos. 1,2=$\mathit{EF}$ ok, 2,3=$\mathit{FE}$ ok. Sí. $\mathit{FEFF}$ (prob $\mathit{qp}{q}^2=p{q}^3$)? Pos. 3,4=$\mathit{FF}$. Pos. 1,2=$\mathit{FE}$ ok, 2,3=$\mathit{EF}$ ok. Sí. $P(X=4)=p^{3}q+p{q}^3=\mathit{pq}(p^2+q^2)$.

Patrón general para $n\ge 2$:

Si $n$es par: $P(X=n)=\mathit{pq}\cdot {(\mathit{pq})}^{(n-4)/2}\cdot (p^2+q^2)={(\mathit{pq})}^{(n-2)/2}(p^2+q^2)$.

Si $n$es impar, $n\ge 3$: $P(X=n)={(\mathit{pq})}^{(n-1)/2}$.

Para $n=2$: $P(X=2)=p^2+q^2={(\mathit{pq})}^0(p^2+q^2)$, consistente con la fórmula par.

Cada paloma elige un nido con probabilidad $1/3$ (equiprobable), independientemente.

Entonces $X\sim \text{Binomial}(7,1/3)$.

Valores: $X\in \{0,1,2,3,4,5,6,7\}$.

$P(X=k)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{7}{k}\right)}{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^k{\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^{7-k}$, $k=0,1,\dots ,7$.

Evaluando:

Total: 7 monedas (3 de 500, 4 de 100). Se extraen 4 sin reposición.

Sea $Y$ = número de monedas de 500 extraídas. $Y\sim \text{Hipergeométrica}(N=7,K=3,n=4)$. Valores posibles de $Y$: 0, 1, 2, 3.

El total de dinero es $T=500Y+100(4-Y)=400Y+400$.

$P(Y=k)={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{3}{}\right)}{}}{\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{}\right)}{}}}{{\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{7}{}\right)}{}}}}$, con $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{7}{4}\right)=35$.

$P(Y=0)={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{3}{}\right)}{}}{\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{}\right)}{}}}{35}}={\displaystyle \frac{1\cdot 1}{35}}={\displaystyle \frac{1}{35}}$. $T=400$.

$P(Y=1)={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{3}{}\right)}{}}{\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{}\right)}{}}}{35}}={\displaystyle \frac{3\cdot 4}{35}}={\displaystyle \frac{12}{35}}$. $T=800$.

$P(Y=2)={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{3}{}\right)}{}}{\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{}\right)}{}}}{35}}={\displaystyle \frac{3\cdot 6}{35}}={\displaystyle \frac{18}{35}}$. $T=1200$.

$P(Y=3)={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{3}{}\right)}{}}{\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{}\right)}{}}}{35}}={\displaystyle \frac{1\cdot 4}{35}}={\displaystyle \frac{4}{35}}$. $T=1600$.

Valor esperado del premio:

$E[T]=400\cdot {\displaystyle \frac{1}{35}}+800\cdot {\displaystyle \frac{12}{35}}+1200\cdot {\displaystyle \frac{18}{35}}+1600\cdot {\displaystyle \frac{4}{35}}$

$={\displaystyle \frac{400+9600+21600+6400}{35}}={\displaystyle \frac{38000}{35}}\approx 1085.71$ colones.

Como $E[T]\approx 1085.71>700$ (costo por juego), la ganancia esperada es $1085.71-700=385.71$ colones por juego.

Sí le conviene jugar muchas veces, pues en promedio gana aproximadamente 386 colones por partida.