Esperanza matemática

Caso univariado

Sea $X$ una variable aleatoria con función de masa de probabilidad dada por $p(x)$ o función de densidad de probabilidad dada por $f(x)$, entonces la media o valor esperado de $X$, denotado por $\mathbb{E}(X)$ o $\mu$ está dado por \begin{align*} \mathbb{E}(X) = \mu =\begin{cases} \sum_{x}xp(x) & \text{ si } X \text{ es discreta} \\ \int_{-\infty}^\infty xf(x) dx & \text{ si } X \text{ es continua} \end{cases} \end{align*}

Ejercicio

Suponga un experimento aleatorio que consta en consultar una familia conformada por \(3\) hijos, en donde, se asume que la probabilidad de ser niño o niña es la misma. Entonces, si se define la variable aleatoria \(X\), el número de niñas que hay en la familia, y se define la función de masa de probabilidad como

\(X\) \(0\) \(1\) \(2\) \(3\)
\(p(x)\) \(\frac{1}{8}\) \(\frac{3}{8}\) \(\frac{3}{8}\) \(\frac{1}{8}\)

Calcule el valor esperado del número de niñas que hay en una familia que posee \(3\) hijos.

Solución

Basados en la tabla asociada a la distribución de masa de probabilidad para el número de niñas que hay en una familia que tiene \(3\) hijos, se realiza el cálculo de la esperanza matemática de la variable aleatoria mediante la ecuación \[\begin{align*} \mathbb{E}(X)&=\sum_{x=0}^3x\,p(x) \\ &=0\,p(0)+1\,p(1)+2\,p(2)+3\,p(3) \\ &=0\left(\frac{1}{8}\right)+1\left(\frac{3}{8}\right)+2\left(\frac{3}{8}\right)+3\left(\frac{1}{8}\right) \\ &=0+\frac{3}{8}+\frac{6}{8}+\frac{3}{8} \\ &=\frac{12}{8} \\ &=1.5 \end{align*}\] se tendrá que el número promedio de niñas que se espera encontrar en una familia que posee \(3\) hijos es de \(1.5\) niñas.

Ejercicio

Suponga que el tiempo que tarda una serie financiera en cumplir un ciclo, es una variable aleatoria continua con función de densidad de probabilidad dada por \[\begin{align*} f(x)=30x^2(1-x)^2 \quad \quad 0<x<1 \end{align*}\] siendo \(X\) una variable aleatoria que representa el tiempo en horas que tarda la serie financiera en cumplir un ciclo. Calcule el valor esperado del tiempo que tarda la serie financiera en cumplir un ciclo.

Solución

Conocida la función de densida de probabilidad, se procede a calcular el valor esperado del tiempo que tarda la serie financiera en cumplir un ciclo, tal que \[\begin{align*} \mathbb{E}(X)&= \int_{0}^1x\,f(x) dx\\ &= \int_{0}^1x\,30x^2(1-x)^2 dx\\ &= 30\int_{0}^1x^3\,(1-x)^2 dx\\ &= 30 \int_{0}^1x^3\,(1-2x+x^2) dx\\ &= 30 \int_{0}^1x^3-2x^4+x^5 dx\\ &= 30 \left(\frac{x^4}{4} - 2\frac{x^5}{5} + \frac{x^6}{6}\right)\Bigg|_0^1 \\ &= 30 \left[\left(\frac{1^4}{4} - 2\frac{1^5}{5} + \frac{1^6}{6}\right) - \left(\frac{0^4}{4} - 2\frac{0^5}{5} + \frac{0^6}{6}\right)\right] \\ &= 30 \left(\frac{1}{4} - \frac{2}{5} + \frac{1}{6}\right) \\ &= 0.5 \end{align*}\] Y por tanto, se tendrá que el tiempo esperado que tarda una serie financiera en cumplir un ciclo será \(0.5\) horas, la cual al pasarla a minutos mediante la regla de tres \[\begin{align*} 1_\text{hora} &- 60_\text{min}\\0.5_\text{horas} &- a \end{align*}\] se tendrá que \[\begin{align*} a= \frac{0.5_\text{horas}\times 60_\text{min}}{1_\text{hora}} = 30_\text{min} \end{align*}\] el tiempo esperado que tarda una serie financiera en cumplir un ciclo será de \(30\) minutos.

Propiedades de la esperanza matemática

Sea $a$ y $b$ números reales (constantes) y $X$ una variable aleatoria con función de masa de probabilidad dada por $p(x)$ o función de densidad de probabilidad dada por $f(x)$, entonces

  • $\mathbb{E}(a) = a$
  • $\mathbb{E}(bX) = b\mathbb{E}(X)$
  • $\mathbb{E}(a+bX) = a+ b\mathbb{E}(X)$
  • Si $m(X)$ es una función de $X$, entonces

\begin{align*} \mathbb{E}(m(X))=\begin{cases} \sum_{x}m(x)p(x) & \text{ si } X \text{ es discreta} \\ \int_{-\infty}^\infty m(x)f(x) dx & \text{ si } X \text{ es continua} \end{cases} \end{align*}

Ejercicio

Suponga un experimento aleatorio que consta en consultar una familia conformada por \(3\) hijos, en donde, se asume que la probabilidad de ser niño o niña es la misma. Entonces, si se define la variable aleatoria \(X\), como el número de niñas que hay en la familia, y se tiene que la función de probabilidad está dada por

\(X\) \(0\) \(1\) \(2\) \(3\)
\(p(x)\) \(\frac{1}{8}\) \(\frac{3}{8}\) \(\frac{3}{8}\) \(\frac{1}{8}\)

Calcule

  1. \(\mathbb{E}(X+2)\)
  2. \(\mathbb{E}(3X)\)
  3. \(\mathbb{E}(X^2)\)

Solución

  1. A partir de la tabla de distribución de probabilidad, se procede a realizar el cálculo de \(\mathbb{E}(X+2)\), tal que \[\begin{align*} \mathbb{E}(X+2)&=\sum_{x=0}^3(x+2)\,p(x) \\ &=(0+2)\,p(0)+(1+2)\,p(1)+(2+2)\,p(2)+(3+2)\,p(3) \\ &=2\left(\frac{1}{8}\right)+3\left(\frac{3}{8}\right)+4\left(\frac{3}{8}\right)+5\left(\frac{1}{8}\right) \\ &=\frac{2}{8}+\frac{9}{8}+\frac{12}{8}+\frac{5}{8} \\ &=\frac{28}{8} \\ &=3.5 \end{align*}\] Resultado similar, puede obtenerse mediante la propiedad \(\mathbb{E}(X+b)=\mathbb{E}(X)+b\), en donde ya sabemos que \(\mathbb{E}(X)=1.5\), y en consecuencia se tendrá que \[\begin{align*} \mathbb{E}(X+2)&=\mathbb{E}(X) + 2 \\ &=1.5 + 2 \\ &=3.5 \end{align*}\]
  2. Similar al caso anterio, se tiene que para realizar el cálculo de \(\mathbb{E}(3X)\), es posible emplear la definición de esperanza matemática, tal que \[\begin{align*} \mathbb{E}(3X)&=\sum_{x=0}^33x\,p(x) \\ &=(3)(0)\,p(0)+(3)(1)\,p(1)+(3)(2)\,p(2)+(3)(3)\,p(3) \\ &=0\left(\frac{1}{8}\right)+3\left(\frac{3}{8}\right)+6\left(\frac{3}{8}\right)+9\left(\frac{1}{8}\right) \\ &=\frac{9}{8}+\frac{18}{8}+\frac{9}{8} \\ &=\frac{36}{8} \\ &=4.5 \end{align*}\] Resultado similar, puede obtenerse mediante la propiedad \(\mathbb{E}(aX)=a\mathbb{E}(X)\), en donde ya sabemos que \(\mathbb{E}(X)=1.5\), y en consecuencia se tendrá que \[\begin{align*} \mathbb{E}(aX)&=3\mathbb{E}(X) \\ &=(3)(1.5) \\ &=4.5 \end{align*}\]
  3. Finalmente, para encontrar la \(\mathbb{E}(X^2)\) se tendrá que en este caso \(m(X) = X^2\), y por tanto, al aplicar la propiedad \(\mathbb{E}(m(X))= \sum_{x}m(x)p(x)\) tendremos que \[\begin{align*} \mathbb{E}(X^2)&=\sum_{x=0}^3x^2\,p(x) \\ &=0^2\,p(0)+1^2\,p(1)+2^2\,p(2)+3^2\,p(3) \\ &=0\left(\frac{1}{8}\right)+1\left(\frac{3}{8}\right)+4\left(\frac{3}{8}\right)+9\left(\frac{1}{8}\right) \\ &=0+\frac{3}{8}+\frac{12}{8}+\frac{9}{8} \\ &=\frac{24}{8} \\ &=3 \end{align*}\]

Ejercicio

Suponga que el tiempo que tarda una serie financiera en cumplir un ciclo, es una variable aleatoria continua con función de densidad de probabilidad dada por \[\begin{align*} f(x)=30x^2(1-x)^2 \quad \quad 0<x<1 \end{align*}\] siendo \(X\) una variable aleatoria que representa el tiempo en horas que tarda la serie financiera en cumplir un ciclo. Calcule

  1. \(\mathbb{E}(60X)\)
  2. \(\mathbb{E}(X+40)\)
  3. \(\mathbb{E}(X^2)\)

Solución

Dado que la función de densidad de probabilidad estádada por \[\begin{align*} f(x)=30x^2(1-x)^2 \quad \quad 0<x<1 \end{align*}\]

  1. se procede a calcular \(\mathbb{E}(60X)\), tal que \[\begin{align*} \mathbb{E}(60X)&= \int_{0}^160x\,f(x) dx\\ &= \int_{0}^1(60x)\,30x^2(1-x)^2 dx\\ &= 1800\int_{0}^1x^3\,(1-x)^2 dx\\ &= 1800 \int_{0}^1x^3\,(1-2x+x^2) dx\\ &= 1800 \int_{0}^1x^3-2x^4+x^5 dx\\ &= 1800 \left(\frac{x^4}{4} - 2\frac{x^5}{5} + \frac{x^6}{6}\right)\Bigg|_0^1 \\ &= 1800 \left[\left(\frac{1^4}{4} - 2\frac{1^5}{5} + \frac{1^6}{6}\right) - \left(\frac{0^4}{4} - 2\frac{0^5}{5} + \frac{0^6}{6}\right)\right] \\ &= 1800 \left(\frac{1}{4} - \frac{2}{5} + \frac{1}{6}\right) \\ &= 30 \end{align*}\] Similarmente, al usar la propiedad \(\mathbb{E}(aX)=a\mathbb{E}(X)\), sabiendo que \(\mathbb{E}(X)=0.5\) se tendrá que \[\begin{align*} \mathbb{E}(60X)&= 60\mathbb{E}(X) \\ &= 60(0.5) \\ &= 30 \\ \end{align*}\]
  2. Para el cálculo de \(\mathbb{E}(X+40)\), se procede a la aplicación de la ecuación de esperanza matemática, tal que \[\begin{align*} \mathbb{E}(X+40)&= \int_{0}^1(x+40)\,f(x) dx\\ &= \int_{0}^1(x+40)\,30x^2(1-x)^2 dx\\ &= 30\left[\int_{0}^1x^3\,(1-x)^2 dx + 40\int_{0}^1x^2\,(1-x)^2 dx\right]\\ &= 30 \left[\int_{0}^1x^3\,(1-2x+x^2) dx + 40\int_{0}^1x^2\,(1-2x+x^2) dx\right]\\ &= 30 \left[\int_{0}^1x^3-2x^4+x^5 dx + 40\int_{0}^1x^2-2x^3+x^4 dx\right]\\ &= 30 \left[\left(\frac{x^4}{4} - 2\frac{x^5}{5} + \frac{x^6}{6}\right)\Bigg|_0^1 + 40\left(\frac{x^3}{3} - 2\frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5}\right)\Bigg|_0^1\right] \\ &= 30 \left[\left(\frac{1^4}{4} - 2\frac{1^5}{5} + \frac{1^6}{6}\right) - \left(\frac{0^4}{4} - 2\frac{0^5}{5} + \frac{0^6}{6}\right) + 40\left(\frac{1^3}{3} - 2\frac{1^4}{4} + \frac{1^5}{5}\right) - 40\left(\frac{0^3}{3} - 2\frac{0^4}{4} + \frac{0^5}{5}\right)\right] \\ &= 30 \left[\left(\frac{1}{4} - \frac{2}{5} + \frac{1}{6}\right) + 40\left(\frac{1}{3} - \frac{2}{4} + \frac{1}{5}\right)\right] \\ &= 40.5 \end{align*}\] Ahora, aplicando la propiedad \(\mathbb{E}(X+b)=\mathbb{E}(X)+b\), se tendrá que dicha esperanza puede calcularse en dos lineas, tal que \[\begin{align*} \mathbb{E}(X+40)&= \mathbb{E}(X) + 40\\ &= 0.5 + 40 \\ &= 40.5 \\ \end{align*}\]
  3. Para el cálculo de la \(\mathbb{E}(X^2)\), se tendrá que en este caso \(m(X) = X^2\), y por tanto, al aplicar la propiedad \(\mathbb{E}(m(X))=\int_{-\infty}^\infty m(x)f(x) dx\) tendremos que \[\begin{align*} \mathbb{E}(X^2)&= \int_{0}^1x^2\,f(x) dx\\ &= \int_{0}^1x^2\,30x^2(1-x)^2 dx\\ &= 30\int_{0}^1x^4\,(1-x)^2 dx\\ &= 30 \int_{0}^1x^4\,(1-2x+x^2) dx\\ &= 30 \int_{0}^1x^4-2x^5+x^6 dx\\ &= 30 \left(\frac{x^5}{5} - 2\frac{x^6}{6} + \frac{x^7}{7}\right)\Bigg|_0^1 \\ &= 30 \left[\left(\frac{1^5}{5} - 2\frac{1^6}{6} + \frac{1^7}{7}\right) - \left(\frac{0^5}{5} - 2\frac{0^6}{6} + \frac{0^7}{7}\right)\right] \\ &= 30 \left(\frac{1}{5} - \frac{2}{6} + \frac{1}{7}\right) \\ &= 0.2857142857 \end{align*}\]

Caso multivariado

Sea $X, Y$ variables aleatorias con función de masa de probabilidad conjunta dada por $p(x,y)$ o función de densidad de probabilidad conjunta dada por $f(x,y)$, entonces si la función $m(X,Y)$ que depende tanto de $X$ como de $Y$, se tendrá que el valor esperado de $m(X,Y)$ es de la forma \begin{align*} \mathbb{E}(m(X,Y))=\begin{cases} \sum_{y}\sum_{x}m(x,y)p(x,y) & \text{ si } X,Y \text{ son discretas} \\ \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty m(x,y)f(x,y) dxdy & \text{ si } X,Y \text{ son continuas} \end{cases} \end{align*}

Ahora, si la función $m(X,Y) = m(X)$ solo depende de $X$, y $g(x)$ es la función de distribución marginal de $X$, se tendrá que el valor esperado de $m(X)$ es de la forma \begin{align*} \mathbb{E}(m(X))=\begin{cases} \sum_{x}m(x)g(x) & \text{ si } X \text{ es discreta} \\ \int_{-\infty}^\infty m(x)g(x) dx & \text{ si } X \text{ es continua} \end{cases} \end{align*}

mientras que, si la función $m(X,Y) = m(Y)$ solo depende de $Y$, y $h(y)$ es la función de distribución marginal de $Y$, se tendrá que el valor esperado de $m(Y)$ es de la forma \begin{align*} \mathbb{E}(m(Y))=\begin{cases} \sum_{y}m(y)h(y) & \text{ si } Y \text{ es discreta} \\ \int_{-\infty}^\infty m(y)h(y) dy & \text{ si } Y \text{ es continua} \end{cases} \end{align*}

Ejercicio

Suponga un experimento que consta en lanzar dos dados al aire. Sea \(X\) la variable aleatoria que indica la suma resultante de los dos dados, y \(Y\) la variable aleatoria del valor absoluto de la diferencia de los dos dados, en donde, la función de masa de probabilidad conjunta está dada por

Entonces, basados en dicha función de masa de probabilidad conjunta, calcule

  1. \(\mathbb{E}(X)\)
  2. \(\mathbb{E}(Y)\)
  3. \(\mathbb{E}(XY)\)

Solución

  1. Dado que estamos interesados en calcular \(\mathbb{E}(X)\), la cual solo depende de la variable aleatoria \(X\), entonces podemos emplear la distribución marginal \(g(x)\) para realizar el cálculo, tal que \[\begin{align*} \mathbb{E}(X)&=\sum_{x=2}^{12}x\,g(x) \\ &=(2)\,g(2)+(3)\,g(3)+(4)\,g(4)+\ldots+(12)\,g(12) \\ &=2\left(\frac{1}{36}\right)+3\left(\frac{2}{36}\right)+4\left(\frac{3}{36}\right)+\ldots + 12\left(\frac{1}{36}\right) \\ &=\frac{2}{36}+\frac{6}{36}+\frac{12}{36}+\ldots + \frac{12}{36} \\ &=\frac{252}{36} \\ &=7 \end{align*}\] Por tanto se tendrá que el valor esperado para la suma resultante de los dos dados es de \(7\).
  2. Similar al procedimiento anterior, se realiza el cálculo de la \(\mathbb{E}(Y)\), la cual, al depender solo de la variable aleatoria \(Y\), permite que se realice el cálculo mediante el empleo de la distribución marginal \(h(y)\), tal que \[\begin{align*} \mathbb{E}(Y)&=\sum_{y=0}^{5}y\,h(y) \\ &=(0)\,h(0)+(1)\,h(1)+(2)\,h(2)+\ldots+(5)\,h(5) \\ &=0\left(\frac{6}{36}\right)+1\left(\frac{10}{36}\right)+2\left(\frac{8}{36}\right)+\ldots + 5\left(\frac{2}{36}\right) \\ &=0+\frac{10}{36}+\frac{16}{36}+\ldots + \frac{10}{36} \\ &=\frac{70}{36} \\ &=1.9444 \end{align*}\] Por tanto se tendrá que el valor esperado para el valor absoluto de la diferencia de los dos dados es de \(1.9444\).
  3. En este caso, estamos interesados en calcular la \(\mathbb{E}(XY)\), en donde, al depender la esperanza matemática de las dos variables aleatorias, entonces empleamos la función de distribución conjunta \(p(x,y)\) tal que \[\begin{align*} \mathbb{E}(XY)&=\sum_{x=2}^{12}\sum_{y=0}^{5}xy\,p(x,y) \\ &=(2)(0)\,p(2,0)+(2)(1)\,p(2,1)+\ldots + (3)(0)\,p(3,0)+(3)(1)\,p(3,1)+\ldots+(12)(5)\,p(12,5) \\ &=(2)(0)\left(\frac{1}{36}\right)+(2)(1)\left(0\right)+\ldots+(3)(0)\left(0\right)+(3)(1)\left(\frac{2}{36}\right)+\ldots + (12)(5)\left(0\right) \\ &=0+\frac{6}{36}+\ldots+0+ \frac{6}{36}+\ldots + 0 \\ &=\frac{490}{36} \\ &=13.61111 \end{align*}\] Por tanto se tendrá que el valor esperado de \(XY\) es de \(13.61111\) (Es anotar que solo las esperanzas simples de \(X\) y \(Y\) tienen interpretación en el contexto de los datos).

Ejercicio

Suponga que se tiene interés en observar el número promedio de horas de tiempo libre que posee un profesor en un día y el número promedio de horas de tiempo libre que poseen los estudiantes a los cuales se les dicta un curso de Estadística I. Para ello, se encuentra que la función de densidad de probabilidad conjunta está dada por \[\begin{align*} f(x,y)=\frac{1}{42}xy^2 \quad \quad 0<x<2; 1<y<4 \end{align*}\] siendo \(X\) la variable aleatoria que representa el número promedio de horas de tiempo libre del profesor y \(Y\) el número promedio de horas de tiempo libre de los estudiantes. Entonces, si las distribuciones marginales de \(X\) está dada por \[\begin{align*} g(x) =& \frac{1}{2}x \quad \quad 0<x<2 \end{align*}\] y la distribución marginal de \(Y\) está dada por \[\begin{align*} h(y) =& \frac{1}{21}y^2 \quad \quad 1<y<4 \end{align*}\] Calcule

  1. \(\mathbb{E}(X)\)
  2. \(\mathbb{E}(Y)\)
  3. \(\mathbb{E}(XY)\)

Solución

  1. Dado que estamos interesados en calcular \(\mathbb{E}(X)\), la cual solo depende de la variable aleatoria \(X\), entonces podemos emplear la distribución marginal \(g(x)\) para realizar el cálculo, tal que \[\begin{align*} \mathbb{E}(X)&=\int_{-\infty}^{\infty}x\,g(x) dx\\ &=\int_{0}^{2}x\left(\frac{1}{2}x\right) dx \\ &=\frac{1}{2}\int_{0}^{2}x^2 dx \\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{x^3}{3}\right)\Bigg|_0^2 \\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{2^3}{3} - \frac{0^3}{3}\right) \\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{8}{3} - \frac{0}{3}\right) \\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{8}{3}\right) \\ &=\frac{4}{3} \\ &=1.333333 \end{align*}\] Por tanto se tendrá que el valor esperado para el número de horas promedio de tiempo libre que tiene el profesor de Estadística I en un día es de \(1.3333\) horas.
  2. Similar al cálculo de la esperanza de \(X\), se realiza el cálculo de la \(\mathbb{E}(Y)\), la cual, al depender solo de la variable aleatoria \(Y\), permite que el cálculo se realice mediante el empleo de la distribución marginal \(h(y)\), tal que \[\begin{align*} \mathbb{E}(Y)&=\int_{-\infty}^{\infty}y\,h(y) dy\\ &=\int_{1}^{4}y\left(\frac{1}{21}y^2\right) dy \\ &=\frac{1}{21}\int_{1}^{4}y^3 dy \\ &=\frac{1}{21}\left(\frac{y^4}{4}\right)\Bigg|_{1}^{4}\\ &=\frac{1}{21}\left(\frac{4^4}{4} - \frac{1^4}{4}\right) \\ &=\frac{1}{21}\left(\frac{256}{4} - \frac{1}{4}\right) \\ &=\frac{85}{28} \\ &=3.035714 \end{align*}\] Por tanto se tendrá que el valor esperado para el número promedio de horas de tiempo libre que tienen los estudiantes que cursan Estadística I es de \(3.035714\) horas
  3. En este punto, estamos interesados en calcular la esperanza conjunta de \(XY\), esto es, \(\mathbb{E}(XY)\), en donde, se observa que la esperanza matemática depende de dos variables aleatorias, y por tanto para resolver el ejercicio empleamos la función de distribución conjunta \(f(x,y)\) tal que \[\begin{align*} \mathbb{E}(XY)&=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}xy\,f(x,y) dy\\ &=\int_{1}^{4}\int_{0}^{2}xy\left(\frac{1}{42}xy^2\right) dxdy \\ &=\frac{1}{42}\int_{1}^{4}\int_{0}^{2} x^2y^3 dxdy \\ &=\frac{1}{42}\int_{1}^{4} \left(\frac{x^3}{3}\right)y^3 dy\Bigg|_{0}^{2} \\ &=\frac{1}{42}\int_{1}^{4} \left(\frac{2^3}{3} - \frac{0^3}{3}\right)y^3 dy \\ &=\frac{1}{42}\int_{1}^{4} \left(\frac{8}{3}\right)y^3 dy \\ &=\frac{4}{63}\int_{1}^{4} y^3 dy \\ &=\frac{4}{63}\left(\frac{y^4}{4}\right)\Bigg|_{1}^{4} \\ &=\frac{4}{63}\left(\frac{4^4}{4} - \frac{1^4}{4}\right) \\ &=\frac{4}{63}\left(\frac{256}{4} - \frac{1}{4}\right) \\ &=\frac{4}{63}\left(\frac{255}{4}\right) \\ &=\frac{255}{63} \\ &=4.047619 \end{align*}\] Por tanto se tendrá que el valor esperado de \(XY\) es de \(4.047619\) (Es anotar que solo las esperanzas simples de \(X\) y \(Y\) tienen interpretación en el contexto de los datos).