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TEORÍA DE PROBABILIDADES

EJERCICIOS RESUELTOS

Nadie nos arrebatará del paraíso que él creó

Club de Matemática EPN

Más que simple matemática

Viviana Gavilanes y Gabriel Granda

1

Cuadernos de Matemática


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CUADERNOS DE MATEMÁTICA

CLUB DE MATEMÁTICA EPN

V. GAVILANES Y G. GRANDA

TEORÍA DE PROBABILIDADES

EJERCICIOS RESUELTOS

Nadie nos arrebatará del paraíso que él creó


Más que simple matemática

Cuaderno de Matemática del Club de Matemática EPN No. 1

TEORÍA DE PROBABILIDADES: EJERCICIOS RESUELTOS

Viviana Gavilanes y Gabriel Granda

Revisión Académica: La obra no ha sido sometida a revisión por el momento

Registro de derecho autoral No. La obra no cuenta con registro por el momento

ISBN: La obra no cuenta con ISBN por el momento

Publicado en linea por el proyecto Alephsub0,Quito, Ecuador.

Primera edición: 2020

c© Club de Matemática EPN 2020

Se permite la distribución de la presente obra.

ÍNDICE GENERAL

CAP. 1 NOTACIONES GENERALES 1

CAP. 2 DEBERES 3

2.1 Primer bimestre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2.1.1 Deber N1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2.1.2 Deber N2 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2.1.3 Deber N3 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.1.4 Deber N4 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.1.5 Deber N5 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.2 Segundo Bimestre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.2.1 Deber N6: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.2.2 Deber N7 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.2.3 Deber N8: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.2.4 Deber N9 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2.2.5 Deber N10 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

CAP. 3 PRIMERA PRUEBA 73

3.1 Semestre: 2019-A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.2 Semestre: 2019-B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

CAP. 4 EXAMEN 1 83

4.1 Semestre: 2019-A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

4.2 Semestre: 2019-B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

4.3 Semestre: 2019-A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

4.4 Semestre: 2019-B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.5 Semestre: 2019-A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

4.6 Semestre: 2019-B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

III

IV Índice general

4.7 Semestre: 2019-A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

4.8 Semestre: 2019-B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

4.9 Semestre: 2019-B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

PREFACIO

La presente obra es una recopilación de ejercicios basados en las clases y evaluaciones de la

materia “Teoría de Probabilidades”, dictada en la carrera de Ingeniería Matemática y Matemática

de la Escuela Politécnica Nacional por el profesor Carlos Almeida durante los semestres 2019-

A y 2019-B. La soluciones de los ejercicios fueron elaboradas por Viviana Gavilanes y Gabriel

Granda, alumnos de esta materia en los periodos antes mencionados.

Este compendio de ejercicios tiene la finalidad de servir como una guía para aquellos estu-

diantes que tomen esta materia. En caso de que el lector encuentre errores puede dirigirlos a

[email protected] o [email protected].

“Teoría de Probabilidades: Ejercicios” forma parte de la serie “Cuaderno de Matemática del

Club de Matemática EPN”; la cual recolecta apuntes de clase y ejercicios resueltos generados por

estudiantes de la Facultad de Ciencias. El Club de Matemática EPN, junto al proyecto Alephsub0

y la Asociación de Estudiantes de Matemática e Ingeniería Matemática, administra la generación

y publicación en linea de estos trabajos e invita la comunidad de estudiantes que deseen apoyar

a este proyecto a sumarse al mismo.

V

CAPÍTULO 1

NOTACIONES GENERALES

Ω : Conjunto no vacío.F : Sigma-álgebra.P : Medida de probabilidad.N : Conjunto de los números naturales formado por 1, 2, . . . .↑: Denotará que una sucesión es creciente.↓: Denotará que una sucesión es decreciente.1A : Función indicatriz del conjunto A.c.s. : Denotará que una propiedad se cumple casi seguramente o casi todo punto.P−→: Convergencia en probabilidad.Lp

−→: Convergencia en el espacio de Banach Lp.d−→: Convergencia en distribución.v−→: Convergencia vaga.An i.o. : ω ∈ Ω : ω ∈ An para un número infinito de índices n ≥ 1.

1

CAPÍTULO 2

DEBERES

2.1 PRIMER BIMESTRE

2.1.1 Deber N1

EJERCICIO 2.1. Para el siguiente problema definimos el espacio muestral

Ω = ω : ω = (a1, ..., an); ai = b1, ..., br,

donde b1, ..., br son números dados. Sea

γi(ω) = números de (a1, ..., an) que son iguales a bi,

para cada i ∈ i, . . . , r y definamos la probabilidad de ω como

p(ω) = pγi(ω)i ...pγr(ω)

r , pi ≥ 0,r

∑i=1

pi = 1.

a) Demuestre que ∑ω∈Ω

p(ω) = 1.

b) Muestre que, si Am1,...,mr =

ω : γ1(ω) = m1, ..., γr(ω) = mr, conr

∑1

mi = n

enton-

ces

P(Am1,...,mr ) =

(n

n − r

)

pm11 · · · pmr

r .

a) Demostración. Notemos que

∑ω∈Ω

p(w) = ∑n1≥0,...,nr≥0,n1+···+nr=n

(n

n1, ..., nr

)

pn11 · · · pnr

r , (2.1)

donde ( nn1,...,nr

) es el número de sucesiones ordenadas (pi)ri=1 en las que bi ocurre ni veces

3

4 Deberes

para cada i ∈ 1, ..., r. Además, ni elementos bi pueden ser ubicados en n posiciones, es

decir, en ( nni) maneras para cada i ∈ 1, ..., r. Así, tenemos que ∑

ri=1 ni = n

Por otro lado, recordemos que(

n

r

)

=n!

(n − r)!r!,

vamos a probar que

(n

n1, ..., nr

)

=n!

n1!n2!n3! · · · nr!. (2.2)

En efecto,

(n

n1, ..., nr

)

=

(n

n1

)

·(

n − n1

n2

)

·(

n − (n1 − n2)

n3

)

· · ·

· · ·(

n − (n1 + n2 + n3 · · ·+ nr−2)

nr−1

)(n − (n1 + · · ·+ nr−1)

nr

)

=n!

(n − n1)!n1!· (n − n1)!

n2!(n − n1 − n2)!·

· · · (n − (n1 + n2))!(n − (n1 + n2 + n3))!)n3!

· · · (n − (n1 + n2 + · · ·+ nr−2))!(n − (n1 + n2 + · · ·+ nr−1))!nr−1!

· (n − (n1 + n2 + · · ·+ nr−1))!(n − (n1 + n2 + · · ·+ nr−1 + nr))!nr!

=n!

n1! · · · nr!(n − (n1 + n2 + · · ·+ nr−1 + nr))!nr!

=n!

n1!n2!n3! · · · nr(n − (∑ri=1 ni)!

=n!

n1!n2!n3! · · · nr(0!)

=n!

n1!n2!n3! · · · nr!

Ahora, recordemos la fórmula de Leibniz que generaliza al binomio de Newton para un

polinomio cualquiera de grado n.

Sea (a1, a2, ..., am) el polinomio que se expresa porm

∑i=1

ai. Queremos calcular su potencia

n-ésima.

(m

∑i=1

ai

)n

= (a1 + ... + an) · (a1 + ... + an) · · · (a1 + ... + an),

siendo un producto de n factores.

2.1 Primer bimestre 5

Si aplicamos de forma reiterada la propiedad distributiva, obtenemos que cualquier su-

mando del desarrollo es de la forma:

aα11 aα2

2 · · · aαmm = Πm

i=1aαii , (2.3)

donde la suma de exponentes es n, es decir,m

∑i=1

αi = n.

Para ver que el coeficiente que antecede a cada sumando, contamos las veces que aparece

repetido. Para ello, tengamos en cuenta que el término (2.3) proviene de una permutación

de los (ai)mi=1 en los que cada ai aparece repetido αi veces. Ese número de permutaciones

viene dado por (1), es decir,

(n

α1, ..., αm

)

=n!

α1!α2!α3! · · · αr!(2.4)

Luego,(

m

∑i=1

ai

)n

= ∑α1+···+αm=n

n!α1!α2!α3! · · · αm!

aα11 aα2

2 · · · aαmm (2.5)

Más información en Fórmula de Leibniz.

Finalmente, aplicando la fórmula de Leibniz (2.5) en (2.1) y la hipótesis de la definición, se

sigue que

P(ω) = ∑w∈Ω

p(ω) =

(r

∑i=1

pi

)n

= (1)n = 1.

b) Demostración.

P(Am1,...,mr ) = ∑ω∈Am1,...,mr

p(w)

= ∑m1,...,mr

pm11 · · · pmr

r

= ∑m1,...,mr

Πri=1 p

mii

6=(

n

n − r

)

pm11 · · · pmr

r

6 Deberes

EJERCICIO 2.2. Sean X, Y, variables aleatoria independientes, con Rx = x1, ..., xk y RY =

y1, ..., yl, definimos Z = X + Y.

a) Describir RZ.

b) Mostrar que

PZ(z) = P(Z = z) =k

∑i=1

PX(xi)PY(z − xi). (2.6)

c) Si X1, ..., Xn ∼ Ber(p) son variables aleatorias independientes, entonces

n

∑i=1

Xi ∼ Bi(n, p). (2.7)

a) Solución.

RZ := z : z = xi + yj, i = 1, ..., k; j = 1, ..., l.

b) Demostración. Tenemos que

PZ(z) = P(Z = z) = P(X + Y = z) = ∑(i,j): xi+yj=z

P(X = xi, Y = yj),

por la independencia de las variables aleatorias X e Y tenemos que

P(X = xi, Y = yj) = P(X = xi) P(Y = yj),

para todo i ∈ 1, ..., k y ∀j ∈ 1, ..., l.

Tomando yj = z − xi,, donde i ∈ 1, ..., k y j ∈ 1, ..., l tenemos que

PZ(z) =k

∑i=1

PX(xi) PY(z − xi).

para todo z ∈ Rz,, donde PY(z − xi) = 0 para todo i ∈ 1, ..., k, si z − xi /∈ RY.

c) Demostración. Notemos que si X e Y son variables aleatorias independientes con distribu-

ción de Bernoulli, tomando valores 1 y 0 con las respectivas probabilidades p y q, entonces

RZ = 0, 1, 2 y

PZ(0) = PX(0) PY(0) = q2,

PZ(1) = PX(0) PY(1) + PX(1) PY(0) = 2 pq,


PZ(2) = PX(1) PY(1) = p2.

Vamos a probar (2.7) mediante el método de inducción.

Si Xiki=1 es una sucesión de variables aleatorias de Bernoulli con P(Xi = 1) = p y

P(Xi = 0) = q, para cada i ∈ 1, ..., k. Supongamos que hasta k se satisface que

Zk =k

∑i=0

Xi ∼ Bi(k, p). (2.8)

Tomamos RZk= 0, 1, ..., k y como hipótesis inductiva a la siguiente ecuación

PZk(j) =

(k

j

)

pj qk−j, j = 0, 1, ..., k. (2.9)

Vamos a probar que (2.8) se satisface para k + 1. Definimos

RZk+1 = j : j = i + l, i = 0, 1, ..., k; l = 0, 1,

tenemos que

PZk+1(j) = P(Zk+1 = j) = P

(k+1

∑i=1

Xi = j

)

= P

(k

∑i=1

Xi + Xk+1 = j

)

= P(Zk + Xk+1 = j)

Por (2.6), tenemos que RZk+1 = 0, 1, ..., k + 1 y

PZk+1(j) = ∑(i,l):i+l=j

P(Zk = i, Xk+1 = l) =k

∑i=0

PZk(i) PXk+1(j − i),

si (j − i) 6= 0, entonces PXk+1(j − i) = 0

Tenemos que

PZk+1(0) =k

∑i=0

PZk(i) PXk+1(0 − i) = PZk

(0)PXk+1(0) =(

k

0

)

qk q = qk+1

PZk+1(1) =k

∑i=0


(0) PXk+1(1) + PZk(1) PXk+1(0)

= qk p + k pqk−1 q = (k + 1)pqk

PZk+1(2) =k

∑i=0


(0)PXk+1(2) + PZk(1)PXk+1(1) + PZk

(2)PXk+1(0)

= k p2qk−1 + k(k − 1)p2qk−1 = k2 p2qk−1

... si j = i,

8 Deberes

PZk+1(j) =k

∑j=0

PZk(j) PXk+1(0)

=(

PZk(0) + PZk

(1) + PZk(2) + · · ·+ PZk

(k))

PXk+1(0)(

qk + kpqk−1 + k (k − 1)p2qk−2 + · · ·+ pk)

q

= qk+1 + kpqk + k (k − 1)p2qk−1 + · · ·+ pkq.

... si j = i + 1,

PZk+1(j) =k

∑j=0

PZk(j) PXk+1(1)

=(

qk + kpqk−1 + k (k − 1)p2qk−2 + · · ·+ pk)

p

= qk p + kp2qk−1 + k (k − 1)p3qk−2 + · · ·+ pk+1,

de donde,

PZk+1(j) =

(k + 1

j

)

pjqk+1−j, j = 0, 1, ..., k + 1.

Por lo tanto, hemos probado que ZXk+1 ∼ Bi(k + 1, p).

EJERCICIO 2.3. Sean X1, ..., Xn variables aleatorias independientes, Y = max(X1, ..., Xn).

Muestre que

PY < x =n

∏i=1

PXi < x.

Demostración. Dado que Xini=1 son variables aleatorias definidas de Ω en R, donde Ω es el

espacio muestral del espacio de probabilidad. Si Y se define como

Y : Ω −→ R

ω 7−→ max(X1(ω), ..., Xn(ω)),

Para cada ω ∈ Ω, tenemos que

(Y(ω) < x) ⇔ (maxX1(ω), ..., Xn(ω)) ⇔ (X1(ω) < x, ..., Xn(ω) < x),

de donde,

P(Y < x) = P(X1 < x, ..., Xn < x).


Finalmente, por la independencia de las variables Xini=1, tenemos que

P(Y < x) = Pω ∈ Ω | X1(w) < x · · · Pω ∈ Ω | Xn(w) < x =n

∏i=1

PXi < x.

EJERCICIO 2.4. Sea PX(x) = PX = x, FX(x) = PX ≤ x. Muestre que, si x > 0, entonces

FX2(x) = FX(√

x)− FX(−√

x) + PX(−√

x). (2.10)

Demostración. Tenemos las siguientes equivalencias entre conjuntos:

ω ∈ Ω | X2(w) ≤ x

= ω ∈ Ω | X ≤√

x ∩ ω ∈ Ω | X ≥ −√

x (2.11)

ω ∈ Ω | X ≤ −√

x = ω ∈ Ω | X < −√

x ∪ ω ∈ Ω | X = −√

x (2.12)

Ω = ω ∈ Ω | X ≤√

x ∪ ω ∈ Ω | X ≥ −√

x (2.13)

∅ = ω ∈ Ω | X < −√

x ∩ ω ∈ Ω | X = −√

x (2.14)

Vamos a calcular FX2(x). Por (2.11) tenemos que

FX2(x) = P

ω ∈ Ω | X2(w) ≤ x

= Pω ∈ Ω | X ≤√

x ∩ ω ∈ Ω | X ≥ −√

x,

por la probabilidad de la unión se sigue que

FX2(x) = Pω ∈ Ω | X ≤√

x+ Pω ∈ Ω | X ≥ −√

x

− P(ω ∈ Ω | X ≤√

x ∪ ω ∈ Ω | X ≥ −√

x).

Por (2.13), la definición de función de distribución y tomando el complemento del segundo

término a la derecha de la anterior ecuación, obtenemos que

FX2(x) = P(X ≤ (

√x)+[1 − PX < −

√x]− 1

= FX(√

x)−[PX < −

√x+ PX = −

√x]+ PX < −

√x. (2.15)

Notemos que por (2.12) y (2.14) tenemos que

P(ω ∈ Ω | X ≤ −

√x)= P

(ω ∈ Ω | X < −

√x ∪ ω ∈ Ω | X = −

√x)

,

= Pω ∈ Ω | X < −√

x+ Pω ∈ Ω | X = −√

x. (2.16)

Finalmente, al reemplazar (2.16) en (2.15) y por la definición de distribución, hemos probado

(2.10).

10 Deberes

EJERCICIO 2.5. Sean X una variable aleatoria, Rx = x1, ..., xm y ϕ : R → R una función

medible, si

X(ω) =m

∑i=1

xi1Ai(xi),

donde, para cada i ∈ 1, ..., m, Ai = ω : X(ω) = xi y ξ = ϕ(X). Demuestre que

E[ξ] =m

∑i=1

ϕ(xi) PAi.

Demostración. Por definición, tenemos que

E[ξ] =m

∑k=1

ϕ(xk) P ξ = ϕ(xk) . (2.17)

Por otra parte, para cada i ∈ 1, ..., m, el evento Ai = X = xi, para algún xi tal que ϕ(xi) =

ϕ(xk) = ξ = ϕ(xk), para cada k ∈ 1, ..., m, puesto que quiere decir que ξ toma el valor

ϕ(xk) equivale a decir que X toma un valor cuya imagen por la función ϕ es ϕ(xk). Por lo tanto,

P ξ = ϕ(xk) = ∑i: ϕ(X(xi))=ϕ(xk)

PAi,

donde el conjunto de los valores de i sobre los que se suma es el conjunto de los valores tales

que φ(xi) = φ(xm). Sustituyendo en (2.17), tenemos que

E[ξ] =m

∑k=1

ϕ(xi) ∑i: ϕ(xi)=ϕ(xk)

PAi =m

∑k=1

∑i: ϕ(xi)=ϕ(xk)

φ(xi)PAi.

Ahora, la suma doble que parece en la última igualdad es la suma sobre todos los valores de i,

ya que cada i aparece una y solo una vez en la sumatoria doble, es decir,

E[ξ] =m

∑i=1

φ(xi)PAi.

Más información: aquí.

2.1.2 Deber N2 :

EJERCICIO 2.6. Sean Ω = R y F = B(R), para cada n ∈ N, consideremos

An =

[

0, 1n

]

para n impar,[

1 − 1n , 1]

para n par.


Calcule

1. lım supn→+∞

An,

2. lım infn→+∞

An.

Solución: Para n ∈ N impar, tenemos que la sucesión

([

0,1n

])

n∈N

,

es una sucesión decreciente, de igual forma, para n ∈ N par, se tiene que

([

1 − 1n

, 1])

n∈N

,

es una sucesión decreciente.

1. Ahora, para n ≥ 2 par, tenemos que

lımn→+∞

([

1 − 1n

, 1])

n∈N

= ∩n∈N

([

1 − 1n

, 1])

n∈N

=

[12

, 1]

.

Sea x ∈ R, consideremos los siguientes casos:

(a) Si x < 0, entonces

x 6∈ An,

para todo n ∈ N.

(b) Si x ∈ [0, 1[, con x impar, entonces

x ∈[

0,1n

]

.

(c) Si x ∈[

12 , 1]

, con x par, entonces

x ∈[

1 − 1n

, 1]

.

Con esto, tenemos que

lım supn→+∞

An = [0, 1] .

2. Para cada n ∈ N, es fácil comprobar que

A2n ∩ A2n+1 = ∅,

12 Deberes

de donde, dado que el límite inferior es el conjunto de los elementos que pertenecen a

todos los conjuntos de la sucesión salvo a lo sumo a un número finito, se sigue que

lım infn→+∞

An = ∅.

EJERCICIO 2.7. Sea An : n ≥ 1 una sucesión de conjuntos. Pruebe que

lım infn→+∞

An ⊂ lım supn→+∞

An.

Demostración. Sea x ∈ lım infn→+∞

=⋃

n≥1

⋂

m≥n

Am, así, existe n ∈ N tal que

x ∈⋂

m≥n

Am,

vamos a demostrar que

x ∈ lım supn→+∞

An,

para lo cual, debemos verificar que

x ∈⋃

m≥k

Am,

para todo k ∈ N. En efecto, sea k ∈ N, consideremos dos casos:

1. Si k ≥ n, entonces

x ∈ Ak,

dado que

x ∈⋂

m≥n

Am,

por lo tanto, se sigue que

x ∈⋃

m≥k

Am.

2. Ahora, si k < n, entonces

x ∈ An,

dado que

x ∈⋂

m≥n

Am,

de donde, puesto que

An ⊂⋃

m≥k

Am,


se sigue que

x ∈⋃

m≥k

Am.

Por lo tanto, podemos concluir que

x ∈⋃

m≥k

Am,

para todo k ∈ N, es decir, hemos probado que

x ∈ lım supn→+∞

An.

EJERCICIO 2.8. Sean An : n ≥ 1 y Bn : n ≥ 1 sucesiones de conjuntos. Demuestre o

refute:

a) lım supn→+∞

An ∩ Bn = lım supn→+∞

An ∩ lım supn→+∞

Bn,

b) lım supn→+∞

An ∪ Bn = lım supn→+∞

An ∪ lım supn→+∞

Bn,

c) lım infn→+∞

An ∩ Bn = lım infn→+∞

An ∩ lım infn→+∞

Bn,

d) lım infn→+∞

An ∪ Bn = lım infn→+∞

An ∪ lım infn→+∞

Bn.

Demostración. a) Para la primera contenencia, sea x ∈(

lım supn→+∞


Bn

)

, tenemos que

x ∈⋂

n∈N

⋃

m≥n

An o x ∈⋂

n∈N

⋃

m≥n

Bn,

así, consideremos los siguientes casos:

a) Si x ∈⋂

n∈N

⋃

m≥n

An, entonces para todo n ∈ N, existe m ≥ n tal que

x ∈ Am,

de donde, se tiene que para todo n ∈ N, existe m ≥ n tal que

x ∈ (Am ∩ Bm) ,

es decir,

x ∈⋂

n∈N

⋃

m≥n

An ∪ Bn.

14 Deberes

b) Ahora, si x ∈⋂

n∈N

⋃

m≥n

An, análogamente al literal anterior se prueba que

x ∈⋂

n∈N

⋃

m≥n

An ∪ Bn.


(

lım supn→+∞


Bn

)

⊂ lım supn→+∞

An ∪ Bn.

Para la otra contenencia, sea x ∈ lım supn→+∞

An ∪ Bn =⋂

n∈N

⋃

m≥n

An ∩ Bn, vamos a de-

mostrar que

x ∈(

lım supn→+∞


Bn

)

,

por reducción al absurdo, supongamos que

x /∈(

lım supn→+∞


Bn

)

,

así, tenemos que

x ∈⋃

n∈N

⋂

m≥n

Acn y x ∈

⋃

n∈N

⋂

m≥n

Bcn,

es decir, existen N1, N2 ∈ N tales que para todo m ≥ N1 y m ≥ N2, se tiene que

x ∈ Acm y x ∈ Bm ∈ c,

respectivamente, de donde, tomando N = maxN1, N2, se sigue que

x ∈ Acm ∩ Bc

m,

con esto, se tiene que

x ∈⋃

n∈N

⋂

m≥n

Acm,

lo cual, contradice que

x ∈⋂

n∈N

⋃

m≥n

An ∩ Bn,

por lo tanto, podemos concluir que

x ∈(

lım supn→+∞


Bn

)

,


de donde,

lım supn→+∞

An ∩ Bn ⊂(

lım supn→+∞


Bn

)

.

Con esto, hemos probado que

lım supn→+∞

An ∩ Bn = lım supn→+∞


Bn.

c) Sea x ∈(

lım infn→+∞


Bn

)

, vamos a demostrar que

x ∈ lım infn→+∞

An ∪ Bn.

Tenemos que

x ∈⋃

n∈N

⋂

m≥n

Am o x ∈⋃

n∈N

⋂

m≥n

Bm,

así, consideremos los siguientes casos

(1) Si x ∈⋃

n∈N

⋂

m≥n

Am, entonces existe N1 ∈ N tal que para todo m ≥ N1 se tiene que

x ∈ Am ⊂ (Am ∪ Bm),

de donde, se sigue que

x ∈⋃

n∈N

⋂

m≥n

Am ∪ Bm.

(2) Ahora, si x ∈⋃

n∈N

⋂

m≥n

Bm, entonces existe N2 ∈ N tal que para todo m ≥ N1 se tiene

que

x ∈ Bm ⊂ (Am ∪ Bm),


x ∈⋃

n∈N

⋂

m≥n

Am ∪ Bm.


x ∈ lım infn→+∞

An ∪ Bn,

lo cual, prueba que

(

lım infn→+∞


Bn

)

⊂ lım infn→+∞

An ∪ Bn.

16 Deberes

b) Por el literal (1), tomando el complemento, se sigue que

lım infn→+∞

An ∩ Bn = lım infn→+∞

An ∩ lım infn→+∞

Bn.

c) Por el literal (2), se sigue que

lım supn→+∞

An ∩ Bn ⊂(

lım supn→+∞


Bn

)

.

EJERCICIO 2.9. Sean An :≥ 1 una sucesión de conjuntos y 1Anla indicatriz de An, para

todo n ≥ 1. Pruebe que

1

⋃

n∈N An= max

n∈N

1Any 1

⋂

n∈N An= mın

n∈N

1An.

Demostración. Sea x ∈ Ω, tenemos que

1

⋃

n∈N An(x) =

1 si ∃ n ∈ N, x ∈ An,

0 si ∀ n ∈ Nx ∈ Acn.

Por otro lado, notemos que

maxn∈N

1An(x) = 1,

si y solo si existe n ∈ N tal que

x ∈ An,

además,

mınn∈N

1An(x) = 0,

si y solo si para todo n ∈ N,

x ∈ Acn.


1

⋃

n∈N An= max

n∈N

1An.

Ahora, tenemos que

1

⋂

n∈N An(x) =

1 si ∀ n ∈ N, x ∈ An,

0 si ∃ n ∈ N, x ∈ Acn.


Por otro lado, notemos que

mınn∈N

1An(x) = 1,

si y solo si para todo n ∈ N, se tiene que

x ∈ An,

además,

mınn∈N

1An(x) = 1,

si y solo si existe n ∈ N tal que

x ∈ Acn.


1

⋂

n∈N An= mın

n∈N

1An.

EJERCICIO 2.10. Sea An : n ≥ 1 una sucesión de conjuntos. Pruebe que

P

(

lım supn→+∞

An

)

≥ lım supn→+∞

P(An).

Demostración. Para n ∈ N, notemos que

An ⊂⋃

m≥n

Am,

de donde, dado que P es una probabilidad, tenemos que

P(An) ≤ P

(⋃

m≥n

Am

)

. (2.18)

Por otro lado, es fácil comprobar que

⋃

m≥n

Am

n∈N

, (2.19)

es una sucesión decreciente de eventos.

18 Deberes

Ahora, tomando el límite superior en (2.18), se sigue que

lım supn→+∞

P(An) ≤ lım sup P

(⋃

m≥n

Am

)

= lımn→+∞

P

(⋃

m≥n

Am

)

,

luego, junto con (2.19), obtenemos que

lım supn→+∞

P(An) ≤ P

(⋂

n∈N

⋃

m≥n

Am

)

= P

(

lım supn→+∞

An

)

,

es decir, hemos probado que

P

(

lım supn→+∞

An

)

≥ lım supn→+∞

P(An).

EJERCICIO 2.11. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias. Pruebe que

a) maxX1, X2 y mınX1, X2,

b) supn∈NXn y ınfn∈N Xn, son variables aleatorias.

c) Si Xn : n ≥ 1, para cada ω ∈ Ω, entonces

lımn→+∞

Xn(ω),

es una variable aleatoria.

a) Demostración. Vamos a demostrar que

ω : maxX1, X2 > x ∈ F

para todo x ∈ R, en efecto, sea x ∈ R, tenemos que

ω : maxX1, X2 > x = ω : X1 > x ∪ ω : X2 > x,

de donde, puesto que X1 y X2, son variables aleatorias, sabemos que

ω : X1 > x ∈ F y ω : X2 > x ∈ F ,

por lo tanto, se tiene que

ω : maxX1, X2 > x ∈ F ,


con esto, hemos probado que

maxX1, X2,


Análogamente, dado que se tiene la identidad

ω : mınX1, X2 > x = (ω : X1 > x ∩ ω : X2 > x) ,

se sigue que

mınX1, X2,


b) Demostración. Vamos a demostrar que

ω : supn∈N

Xn > x ∈ F y ω : ınfn∈N

Xn < x ∈ F

para todo x ∈ R, en efecto, sea x ∈ R, tenemos que

ω : supn∈N

Xn > x =⋃

n∈N

Xn ∈ F y ω : ınfn∈N

Xn < x =⋃

n∈N

Xn ∈ F ,


ınfn∈N

Xn y supn∈N

Xn,

son variables aleatorias.

c) Demostración. Sea x ∈ R. Sabemos que lım supn→+∞

Xn es una variable aleatoria y como Xn →X cuando n → +∞, se tiene que

lımn→+∞

Xn = X = lım supn→+∞

Xn,

de donde,

ω : X(ω) ≤ x = ω : lım supn→+∞

Xn(ω) ≤ x ∈ F .

Por lo tanto, como x ∈ R es arbitrario hemos probado que X es una variable aleatoria.

20 Deberes

2.1.3 Deber N3 :

EJERCICIO 2.12. Sea (Ω,F , P) un espacio de probabilidad, supongamos que los eventos

An : n ≥ 1 son independientes. Muestre que

a)

P

⋃

k∈N

Ak

= 1 − ∏k∈N

(1 − PAk). (2.20)

b)

P

∞⋃

k=1

Ak

≥ 1 − exp

−∞

∑k=1

P(Ak)

. (2.21)

a) Demostración. Vamos a probar que

P

n⋃

k=1

Ak

= 1 −n

∏k=1

(1 − PAk), (2.22)

para cada n ∈ N, mediante el método de inducción.

Si n = 2, al calcular la probabilidad de la unión y al aplicar la independencia de eventos,

tenemos que

PA1 ∪ A2 = PA1+ PA2 − PA1 ∩ A2 = PA1+ PA2 − PA1PA2,

de donde,

P

2⋃

k=1

Ak

= 1 − (1 − PA1 − PA2+ PA1PA2) ,

= 1 − ((1 − PA1)(1 − PA2) = 1 −2

∏k=1

(1 − PAk).

Supongamos que (2.22) se cumple para n = j vamos a probar que se cumple para n = j+ 1.

Como hipótesis de inducción tenemos que

P

j⋃

k=1

Ak

= 1 −

j

∏k=1

(1 − PAk),

luego, calculando la probabilidad de la unión y aplicando la independencia de eventos,


tenemos que

P

j+1⋃

k=1

Ak

= P

j⋃

k=1

Ak ∪ Aj+1

= P

j⋃

k=1

Ak

+ P

Aj+1

− P

j⋃

k=1

Ak ∩ Aj+1

= P

j⋃

k=1

Ak

+ P

Aj+1

− P

j⋃

k=1

Ak

PAj+1,

= 1 −

1 − P

j⋃

k=1

Ak

− PAj+1

+ P

j⋃

k=1

Ak

PAj+1,

= 1 −

1 − P

j⋃

k=1

Ak

(1 − PAj+1),

de donde, aplicando la hipótesis de inducción tenemos que

P

j+1⋃

k=1

Ak

= 1 −

(

1 −j

∏k=1

(1 − PAk))

(1 − Aj+1) = 1 −j+1

∏k=1

(1 − PAk).

Por lo tanto, hemos probado (2.22). Finalmente, al tomar el límite cuando n tiende al infi-

nito, i.e.,

lımn→+∞

P

n⋃

k=1

Ak

= lımn→+∞

1 −n

∏k=1

(1 − PAk),

En consecuencia, hemos probado (2.20).

b) Demostración. Vamos a probar la siguiente desigualdad

P

j⋃

k=1

Ak

≥ 1 − exp

−j

∑k=1

PAk

,

para todo n ∈ N.

Recordemos que

u ≤ exp u y exp 1 − u ≤ exp−u,

para todo u ∈ R.

22 Deberes

Dado que para cada k ∈ N se tiene que 0 ≤ 1 − P(Ak) ≤ 1, entonces

1 − PAk ≤ exp 1 − PAk ≤ exp −PAk ,

de donde, tenemos que

j

∏k=1

(1 − PAk) ≤j

∏k=1

exp −PAk ,

≤ exp −PAk exp −PAk · · · exp−PAj

,

≤ exp

j

∑k=1

−PAk

.

Al multiplicar la desigualdad anterior por −1 y sumar 1 a ambos lados, obtenemos

1 −j

∏k=1

(1 − PAk) ≥ 1 − exp

−j

∑k=1

PAk

. (2.23)

Finalmente, reemplazando la ecuación (2.20) en (2.23) y tomando el límite cuando j → +∞,

se tiene que

lımj→+∞

P

j⋃

k=1

Ak

≥(

lımj→+∞

1 − exp

−j

∑k=1

PAk)

,

con esto, se sigue el resultado.

EJERCICIO 2.13. Sea (Ω,F , P) un espacio de probabilidad. Si Aknk=1 y Bjm

j=1 son dos

particiones tales que

X =n

∑k=1

xk 1Aky X =

m

∑j=1

xj 1Bj. (2.24)

Entoncesn

∑k=1

xk PAk =m

∑j=1

yj PBj. (2.25)

Demostración. Notemos que

n⋃

k=1

xk PAk = Ω =m⋃

j=1

yj PBj.

Por la definición de esperanza de una variable aleatoria simple y la continuidad de la esperanza,

tenemos que

n

∑k=1

xk PAk =n

∑k=1

xk E[1Ak

]


= E

[n

∑k=1

xk 1Ak

]

= E

[m

∑j=1

yj 1Bj

]

=m

∑j=1

yj E[

1Bj

]

=m

∑j=1

yj P(Bj)

EJERCICIO 2.14. Sean X e Y variables aleatorias no negativas. Muestre que

a) Si E[X] > 0, entonces PX > 0 > 0.

b) Si X = Y casi-seguramente, entonces E[X] = E[Y].

a) Demostración. Supongamos que E[X] > 0. Como

0 < E[X] =x

∑i=1

Xi PX = xi =∫ ∞

0PX > x dx,

de donde, PX > 0 > 0.

b) Demostración. Definamos

A = ω ∈ Ω : X(ω) = Y(ω),

sabemos que si X = Y casi seguramente entonces

PA = 1 ⇔ PAc = 0.

Por la definición de esperanza, tenemos que

E[X] =∫

ΩX dP =

∫

AX dP +

∫

AcX dP =

∫

AX dP

=∫

AY dP ≤

∫

ΩY dP = E[Y],

es decir, E[X] ≤ E[Y], de forma análoga tenemos que E[Y] ≤ E[X]. Por lo tanto,

E[X] = E[Y].

EJERCICIO 2.15. Sean (Ω,A, P) un espacio de probabilidad, X una variable aleatoria, no

negativa. Muestre que, si An : n ≥ 1 ⊂ A tal que An ↓ ∅ y E[X] < ∞ entonces E[X 1An] =

0.

24 Deberes

Demostración. Para cada n ∈ N, definamos

Xn = X 1An.

Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que

supω∈Ω

X1(ω) = K < ∞.

Como Xn : n ≥ 1 es una sucesión no decreciente, tenemos que

0 ≤ Xn ≤ K

para cada n ∈ N. Así, para cada ε > 0,

0 ≤ Xn = Xn 1Xn>ε + Xn 1Xn≤ε

0 ≤ K 1Xn>ε + ε1Xn≤ε,

ahora, por la monotonía de la esperanza, tenemos que

0 ≤ E[Xn] ≤ K PXn > ε+ ε PXn ≤ ε

≤ K PXn > ε+ ε.

Como An ↓ ∅, por la continuidad de P, tenemos que PXn > ε ↓ 0. Entonces, E[Xn] ≥ E[Xn+1]

y

lım supn→+∞

E[Xn] ≤ ε.

Como ε > 0 es arbitrario, entonces

0 ≤ E[Xn] ↓ 0.

Por el teorema del sánduche, se sigue que E[X 1An] = 0, donde n ∈ N.

EJERCICIO 2.16. Sean (Ω,A, P) un espacio de probabilidad, X una variable aleatoria, si

lımx→+∞

xp P(|X| > x) = 0, (2.26)

donde p > 0, entonces E[|X|r] < ∞ para todo r < p.


Demostración. Notemos que

E[Xr] = E[Xr1|X|>x] + E[Xr

1|X|≤x],

de donde para r < p, se tiene que

E[Xr] ≤ E[xp1|X|>x] + xP|X| ≤ x

≤ xpE[1|X|>x] + x

= xpP|X| > x+ x,

es decir, tenemos que

E[Xr] ≤ xpP|X| > x+ x,

por otro lado, por la definición de límite al infinito, para ε > 0 existe k ∈ R tal que para todo

x > k, se tiene que

xpP|X| > x < ε,

luego, juntando las desigualdades precedentes, obtenemos que

E[Xr] < ε + x

para x ∈ R suficientemente grande, con esto se sigue que

E[Xr] < +∞.

2.1.4 Deber N4 :

EJERCICIO 2.17. Se lanza una moneda justa repetidamente (lanzamientos independientes),

para cada n ∈ N, consideremos el evento

An = en el n-ésimo lanzamiento sale cara.

Pruebe que

PAn i.o. = 1.

26 Deberes

Demostración. Para cada n ∈ N, tenemos que

PAn =12

,

de donde, se sigue que+∞

∑n=1

P An = +∞,

luego, dado que los lanzamientos son independientes, por el Teorema de Borel-Cantelli, obtene-

mos que

PAn i.o. = P

lım supn→+∞

An

= 1.

EJERCICIO 2.18. Sea An : n ≥ 1 una sucesión de eventos independientes dos a dos. Prue-

be que si

∑n∈N

P(An) = +∞,

entonces

PAn i.o. = 1.

Demostración. Para cada n ∈ N, consideremos

1n = 1An,

la función indicatriz de los eventos An, de donde, dado que estos eventos son independientes

dos a dos, obtenemos que

E[1m · 1n] = E[1m] · E[1n], (2.27)

para cualesquier m, n ∈ N tales que n 6= m.

Ahora, para cada ω ∈ Ω consideremos la serie

∑n∈N

1n(ω),

la cual, diverge si y solo si un número infinito de sus términos es igual a uno, es decir, si ω

pertenece a un número infinito de los eventos An, por lo tanto, el resultado es equivalente a

probar que

P

∑n∈N

1n = +∞

= 1.


Por otro lado, nuestra hipótesis puede reescribirse como

∑n∈N

E[1n] = +∞.

Para cada k ∈ N, consideremos la suma parcial

Jj =k

∑n=1

1n,

por la desigualdad de Chebyshev, para A > 0, se tiene que

P|Jk − E[Jk]| ≤ A σ(Jk) ≥ 1 − σ2(Jk)

A2σ2(Jk)= 1 − 1

A2 , (2.28)

donde σ2(Jk) es la varianza de Jk, para cada k ∈ K.

Ahora, para cada n ∈ N, denotemos

pn = E[1n] = P(An),

vamos a determinar el valor de σ2(Jk). Sea k ∈ N, junto con (2.27), tenemos que

E[J2k ] = E

[k

∑n=1

1

2n + 2 ∑

1≤m<n≤k

1m1n

]

=k

∑n=1

E[12n] + 2 ∑

1≤m<n≤k

E[1m]E[1n]

=k

∑n=1

E[1n]2 + 2 ∑

1≤m<n≤k

E[1m]E[1n] +k

∑n=1

(

E[1n]2 − E[12

n])

=

(k

∑n=1

pn

)2

+k

∑n=1

(pn − p2n),

con esto, tenemos que

σ2(Jk) = E[J2k ]− (E[Jk])

2 =k

∑n=1

(pn − p2n) =

k

∑n=1

σ2(1n).

Ahora, puesto quek

∑n=1

pn = E[Jk] → +∞, n → +∞,

se sigue que

σ(Jk) ≤ (E[Jk])12 = o(E[Jk]).

28 Deberes

Por lo tanto, si k > k0(A), junto con (2.28), tenemos que

P

Jk >12

E[Jk]

≥ 1 − 1A2 ,

de donde, tomando el límite cuando k → +∞, obtenemos que

P

lımk→+∞

Jk = +∞

≥ 1 − 1A2 ,


lımk→+∞

Jk = +∞,

casi-seguramente.

EJERCICIO 2.19. Sea An : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias independientes.

Pruebe que si

supn∈N

Xn < +∞ c.s.,

entonces

∑n∈N

PXn > A < +∞,

para algún A.

Demostración. Supongamos que

supn∈N

Xn < +∞ c.s.,

es decir que existen N ⊂ Ω un conjunto de medida nula y A > 0 un número real positivo, tales

que

supn∈N

Xn(ω) ≤ A,

para todo ω ∈ Ω, de donde, por la definición de supremo, tenemos que

Xn(ω) ≤ A,

para n ∈ N y A > 0, con esto, tenemos que

Pω : Xm(ω) > A ∀m ≥ n = 0,

así, se sigue que

∑n∈N

PXn(ω) > A < ∞,


dado que a partir de cierto m ∈ N esta suma es la suma de término nulos.

EJERCICIO 2.20. Sean α > 0 y Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias tal que

P(Xn = 0) = 1 − 1n2 y P(Xn = nα) =

1n2 ,

para todo n ≥ 1.

¿A dónde converge E[Xn]n∈N?

Demostración. Sean n ∈ N, se tiene que

E[Xn] = 0P(Xn = 0) + nαP(Xn = nα) =nα

n2 = nα−2,


lımn→+∞

E[Xn] =

0 si α < 2,

1 si α = 2,

+∞ si α = 2.

Finalmente, obtenemos que

lımn→+∞

E[Xn] = 0,

si α ∈ ]0, 2[.

EJERCICIO 2.21. Sean Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias y f : R → R una

función uniformemente continua y acotada. Pruebe que si

XnP−→ 0, n → +∞,

entonces

lımn→+∞

E[ f (Xn)] = E[ f (0)].

Demostración. Sea ε > 0, dado que f es uniformemente continua, sabemos existe δ > 0 tal que

|Xn(ω)| ≤ δ ⇒ | f (Xn(ω))− f (0)| ≤ ε,

para todo n ∈ N y ω ∈ Ω, lo cual, es equivalente a tener que

| f (Xn(ω))− f (0)| > ε ⇒ |Xn(ω)| > δ,


por el Teorema de Borel-Cantelli, tenemos que

P|Xn| > n i.o. = 0,


P|Xn| ≤ n io = P

|Xn|n

≤ 1 io

= 1,

es decir, existe N ⊂ Ω, un conjunto de medida nula tal que

lım supn→+∞

|Xn(ω)|n

≤ 1

con lo cual, hemos probado que

lım supn→+∞

|Xn|n

≤ 1 c.s.

EJERCICIO 2.23. Sean α > 0 y Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias tales que

PXn = 0 = 1 − 1nα

y PXn = −n = PXn = n =1

2nα,

para todo n ≥ 1.

Estudie la convergencia en probabilidad, casi segura y en Lp de esta sucesión dependien-

do del valor que toma α > 0.

Demostración. 1. Vamos a estudiar la convergencia en probabilidad, para ello, sea ǫ > 0, se

tiene que

P|Xn| > ǫ = PXn 6= 0 =1

2 nα+

12 nα

=1

nα.

Si α > 0, tomando el límite cuando n → +∞, se tiene que

lımn→+∞

P|Xn| > ǫ = lımn→+∞

1nα

= 0,

es decir,

XnP−→ 0.

2. Vamos a estudiar la convergencia casi segura, si α > 1 tenemos que,

∑n∈N

P|Xn| > ǫ = ∑n∈N

1nα

< +∞.

32 Deberes

Aplicando el teorema de Borel-Cantelli, obtenemos que

P|Xn| > ǫ, i.o = 0,

es decir,

Xnc.s−→ 0,

∀α > 1.

3. Vamos a estudiar la convergencia en LP, tenemos que

E[|Xn|p] = 0p E[|Xn| = 0] + |np| E[Xn = np] + |np| E[|Xn| = −np] = np−α,

para todo n ∈ N. Finalmente, si p < α tenemos que

E[|Xn|p] = np−α n→+∞−−−−→ 0,

es decir,

XnLP

−→ 0, n → +∞.

2.1.5 Deber N5 :

EJERCICIO 2.24. Pruebe que µnv−→ µ si y solo si se da una de las siguientes afirmaciones.

a) Para cada abierto O : lım infn∈N µn(O) ≥ µ(O).

b) Para cada cerrado F : lım supn∈Nµn(F) ≤ µ(F).

Demostración. a) ⇒ b) Supongamos que para cada abierto O ∈ A, se tiene que

lım infn→+∞

µn(O) ≥ µ(O).

Sea F ∈ A un cerrado, así, Fc es un abierto, de donde, por hipótesis, se sigue que

lım infn→+∞

µn(Fc) ≥ µ(Fc),

luego, puesto que µ es una medida, al tomar el complemento, tenemos que

1 − lım supn→+∞

µn(F) ≥ 1 − µ(F),


es decir,

µ(F) ≥ lım supn→+∞

µ(F).

b) ⇒ a), de forma análoga a la parte anterior.

Ahora, supongamos que µnv−→ µ, así, para toda función f ∈ Ck se tiene que

lımn→+∞

∫

R

f (x) µn(dx) =∫

R

f (x) µ(dx). (2.29)

Sea F ∈ A un cerrado cualquiera, tomemos F′ ⊂ F y f ∈ Ck tales que

f (x) =

1 si x ∈ F,

0 si x /∈ F,

de donde, junto con (2.29), se sigue que

∫

R

f (x) µn(dx) −→∫

R

f (x) µ(dx), n → +∞

Por otro lado, tenemos que

µn(F) ≤∫

R

f (x) µd(x) ≤ µn(F′)

⇒ lım supn→+∞

µn(F) ≤ µ(F′) ≤ µ(F).

Por lo tanto,

lım supn→+∞

µn(F) ≤ µ(F).

EJERCICIO 2.25. Sea Xn : n ≥ 1 una familia de variables aleatorias. Muestre que si

supn∈N

E[|Xn|1+δ] < +∞, (2.30)

para algún δ > 0, entonces |Xn|n≥1 es uniformemente integrable.

Demostración. Supongamos (2.30), tomemos p = 1 + δ y q = 1 + 1δ , así, por la desigualdad de

Hölder, tenemos que

E[|Xn|1|Xn|>n] ≤ (E[|Xn|p)1/p(

E[

1|Xn|>n])1/q

= (E[|Xn|p)1/p P|Xn| > n1/q .

34 Deberes

de donde, por la desigualdad de Chebyshev, se sigue que

E[|Xn|1|Xn|>n] ≤ (E[|Xn|p)1/p(

E[|Xn|p]np

)1/q

=E[|Xn|p]

np+q .

Por lo tanto,

supn∈N

E[

|Xn|1|Xn |>n]

≤ M

nδ,

donde, supn∈N

E[|Xn|1+δ] < M.

Finalmente, cuando n → +∞, obtenemos que

supn→+∞

|Xn|1|Xn|>n −→ 0, n → +∞.

EJERCICIO 2.26. Sean 0 < r < ∞, Xn ∈ Lr y XnP−→ X, n → +∞. Entonces las siguientes

proposiciones son equivalentes:

a) |Xn|rn≥1 es uniformemente integrable.

b) XnLp

−→ X, n → +∞.

c) E[|Xn|r] −→ E[|X|r], n → +∞, y < E[|X|r] + ∞.

Demostración. Vamos a demostrar una cadena de implicaciones.

a) ⇒ b) Supongamos que |Xn|rn≥1 es uniformemente integrable y que XnP−→ X, así, existe

Xnkk≥1 una subsucesión de Xnn≥1 tal que

Xnk

c.s.−→ X, n → +∞,


E[|X|r] ≤ lım infk→+∞

E[|Xnk]r, (2.31)

luego, puesto que |Xn|r : n ≥ 1 es uniformemente integrable, sabemos que

E[|Xn|r] ≤ M,

para todo n ∈ N, combinando la desigualdad precedente con (2.31), se sigue que:

E[|Xr|] ≤ M,


es decir,

X ∈ Lr.

Ahora, para todo r > 0, tenemos que

|Xn − X|r ≤ 2r(|Xn|r + |X|r) < +∞,

para todo n ∈ N, de donde, concluimos que |Xn − X|rn∈N es uniformemente integrable,

para r > 0, así,

∫

Ω|Xn − X|r dP =

∫

|Xn−X|>ε|Xn − X|r dP +

∫

|Xn−X|≤ε|Xn − X|r

≤∫

|Xn−X|>εdP + εr −→ 0, n → +∞,

debido a que |Xn − X|rn>1 es uniformemente integrable, por lo tanto hemos probado

que |Xn − X|r −→ 0, es decir,

XnLr

−→ X, n → +∞.

b)⇒ c) Supongamos que XnLr

−→ X n → +∞ Vamos a demostrar que E[|Xn|r] −→ E[|X|r], n →+∞.

Para r > 1, por la desigualdad de Minkowski, tenemos que

(E[|Xn|r])1/r − (E[|Xn − X|r])1/r ≤ (E[|X|r])1/r ≤ (E[|Xn|r])1/r + (E[|Xn − X|r])1/r ,

tomando el límite cuando n → +∞, obtenemos que

E[|Xn|r] −→ E[|X|r].

Ahora, si r ∈ (0, 1], entonces

|x + y|r ≤ |x|r + |y|r,

de donde para todo r > 0, tenemos que

E[|Xn|r] −→ E[|X|r].

c) ⇒ a) Supongamos que E[|Xn|r] −→ E[|X|r], n → +∞. Sea A > 0, consideremos la función

36 Deberes

borel medible fA dada por

fA(x)

= |X|r si |X| ≤ A,

≤ |X|r si A < |X| ≤ A + 1,

= 0 si |X| > A + 1,

se tiene que fA ∈ Ck. Así, tenemos que

∫

|Xn |r≤A+1|Xn|r dP ≥

∫

fA (Xn) dP,

de donde,

lım infn→+∞

∫

|Xn|≥A+1|Xn|r dP ≥ lım inf

n→+∞

∫

fA(Xn) dP = ınf fA(X) dP

≥∫

|X|≤AfA(X) dP =

∫

|X|≤A|X|r dP,

con esto, obtenemos que

lım supn→+∞

∫

|Xn|>A+1|Xn|r dP ≤

∫

|X|>A|X|r dP −→ 0, A → +∞.

Finalmente, dado ε > 0, existen A0(ε) y n0(A0(ε)) tales que

supn≥n0

∫

|Xn|>A|Xn|r dP < ε,

para A > A0. Por lo tanto,

|Xn|r : n ≥ 1,

es uniformemente integrable.

EJERCICIO 2.27. Sean Xn : n ≥ 1 una familia de variables aleatorias tal que

P|Xn| ≥ c ≤ P|X| ≥ c. (2.32)

para todo n y para todo c > 0. Muestre que si E[|X|] < +∞, entonces |Xn| : n ≥ 1 es

uniformemente integrable.


Demostración. Sea c > 0,por la desigualdad de Chebyshev, tenemos que

P|X| ≥ c ≤ E[|X|]c

,

de donde, junto con (2.32), obtenemos que

P|Xn| ≥ c ≤ E[|X|]c

,

luego, puesto que E[X] < +∞, se tiene que

P|Xn| ≥ c ≤ M

c,

así, por la definición se supremo, se sigue que

supn∈N

P|Xn| ≥ c −→ 0, c → +∞.


E[

|Xn|1|Xn|≥c]

−→ 0, c → +∞.

EJERCICIO 2.28. Si Xnn≥1 es uniformemente integrable, entonces la sucesión

1n

n

∑j=1

Xj

n∈N

es uniformemente integrable.

Demostración. Supongamos que Xn : n ≥ 1 es uniformemente integrable. Para cada n ∈ N,

consideremos Yn =

1n

n

∑j=1

Xj

, vamos a demostrar que

E[|Yn|1|Yn |≥c] −→ 0, c → +∞

lo cual, es equivalente a probar que E[|Yn|] < +∞ para cada n ∈ N.

En efecto, tenemos que

E[|Yn|] = E

[

1n

∣∣∣∣∣

n

∑j=1

Xj

∣∣∣∣∣

]

≤ E

[

1n

n

∑j=1

|Xj|]

,

38 Deberes

de donde, por propiedades de la esperanza, se sigue que

E[|Yn|] ≤1n

n

∑j=1

E[|Xj|], (2.33)

luego, dado que Xn : n ≥ 1 es integrable, para cada n ∈ N, tenemos que E[|Xn|] < +∞, junto

con (2.33), se tiene que

E[|Yn|] ≤1n

n

∑j=1

M,

donde supn∈N≤ M, así, tenemos que

E[|Yn|] ≤ M,

para todo n ∈ N.

Por lo tanto, por el Teorema de Caracterización de Uniformidad Integrable tenemos que Yn :

n ≥ 1 es uniformemente integrable.

2.2 Segundo Bimestre 39

2.2 SEGUNDO BIMESTRE

2.2.1 Deber N6:

EJERCICIO 2.29. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias independientes,

investigue la convergencia c.s de la sucesión Xn : n ≥ 1 hacia 0 en cada uno de los

siguientes casos

a) PXn = en = 1n2 y PXn = 0 = 1 − 1

n2 , para cada n ∈ N.

b) PXn = 0 = 1 − 1n y PXn = ±1 = 1

n , para cada n ∈ N.

Solución. a) Sean ε > 0 y n ∈ N, tenemos que

P|Xn| > ε = PXn 6= 0 = PXn = en =1n2 ,


∑n∈N

P|Xn| > ε = ∑n∈N

1n2 =

π2

6< +∞,

luego, por el Teorema de Borel-Cantelli, se sigue que

P|Xn| > ε io = 0,


Xnc.s.−→ 0, n → +∞.

b) Sean n ∈ N y ε > 0, tenemos que

P|Xn| > ε = PXn 6= 0 = PXn = 1+ PXn = −1 =2n

,


∑n∈N

P|Xn| > ε = ∑n∈N

2n= +∞,

luego, dado que Xn : n ≥ 1 es una sucesión de variables aleatorias independientes, por el

Teorema de Borel-Cantelli, obtenemos que

P|Xn| > ε i.o. = 1,

40 Deberes

de donde,

Xn 6 c.s.−→ 0, n → +∞.

EJERCICIO 2.30. Proponga un contraejemplo para cada uno de los siguientes casos en el que

se muestre que no se cumple

a) Convergencia en probabilidad implica convergencia en Lp,

b) Convergencia en probabilidad implica convergencia casi segura,

c) Convergencia en Lp implica convergencia casi segura.

a) Solución: Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias independientes tales que

PXn = en =1n2 y PXn = 0 = 1 − 1

n2

para cada n ∈ N.

Por el ejercicio 6.32, literal a), sabemos que

Xnc.s.−→ 0, n → +∞,

de donde,

XnP−→ 0, n → +∞.

Ahora, para n, tenemos que

E[Xpn ] = 0PX

pn = 0+ enpPX

pn = enp =

enp

n2 ,

de donde, se tiene que

lımn→+∞

E[Xn] = +∞.

Por lo tanto, concluimos que convergencia en probabilidad no implica convergencia en Lp.

b) Solución: Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias independientes tales que

PXn = 1 =1n

y PXn = 0 = 1 − 1n


para cada n ∈ N, para ε > 0, tenemos que

P|Xn| > ε = PXn 6= 0 = PXn = 1 =1n

,

de donde,

lımn→+∞

P|Xn| > ε = 0,

es decir,

XnP−→ 0, n → +∞.

Sin embargo,

∑n∈N

P|Xn| > ε = +∞,

de donde, por el Teorema de Borel - Cantelli, se sigue que

P|Xn| > ε i.o. = 1,

es decir,

Xn 6 c.s.−→ 0, n → +∞.

c) Solución: Sean Ω = [0, 1],F = Bor([0, 1]) y P = medida de Lebesgue, consideremos

Ain =

[i − 1

n,

i

n

]

y Xin = 1Ai

n(ω),

para cada n ∈ N, i ∈ 1, 2, . . . , n y ω ∈ Ω, se tiene que la sucesión de variables aleatorias

X11 , X1

2 , X22 , X1

3 , X23 , X3

3 , . . . ,

converge en probabilidad y en Lp para p > 0, sin embargo, no converge para ningún punto

ω ∈ [0, 1].

EJERCICIO 2.31. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias estrictamente decre-

ciente tal que

P

Xn = ± 1n

=1n

.

Pruebe que

Xnc.s−→ 0, n → +∞.

42 Deberes

Demostración. Sea ε > 0, vamos a demostrar que

P|Xn| > ε i.o. = 0.

En primer lugar, vamos a demostrar que

ω : |Xm(ω)| > ε =

ω :⋃

n≥m

|Xn(ω)| > ε

,

en efecto,

1. La primera contenencia, se sigue inmediatamente, por la definición de unión,

ω : |Xm(ω)| > ε ⊂

ω :⋃

n≥m

|Xn(ω)| > ε

.

2. Para la otra contenencia, sea ω1 ∈ ω :⋃

n≥m

|Xn(ω)| > ε, así, existe n ∈ N tal que para

n ≥ m, se sigue que

|Xn(ω1)| > ε,

por otro lado, dado que Xn : n ≥ 1 es una sucesión de variables aleatorias decreciente,

sabemos que

|Xn(ω1)| < |Xm(ω1)|,

luego, combinando las desigualdades precedentes, obtenemos que

|Xm(ω1)| > ε,

es decir,

ω1 ∈ ω : |Xm(ω)| > ε.


ω :⋃

n≥m

|Xn(ω)| > ε

⊂ ω : |Xm(ω)| > ε.

Ahora, puesto que lımn→+∞

1n= 0, sabemos que existe N ∈ N tal que

1n< ε,


para todo n ≥ N, con esto, tenemos que

P|Xn| > ε = PXn 6= 0 = P

Xn =1n

+ P

Xn = − 1n

→ 0, n → +∞.

Finalmente, notemos que

P|Xn| > ε i.o. = P

⋂

n∈N

⋃

m≥n

|Xm| > ε

= lımn→+∞

P

⋃

m≥n

|Xm| > ε

= lımn→+∞

P|Xm| > ε

= 0,

por lo tanto, hemos probado que

Xnc.s−→ 0, n → +∞.

EJERCICIO 2.32. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias independientes e

idénticamente distribuidas, con función de densidad

f (x) =

e(−x+θ) si x ≥ θ,

0 si x < θ.

Para cada n ∈ N, consideremos

Xn =1n

n

∑i=1

Xi.

Muestre que

XnP−→ 1 + θ, n → +∞.

Demostración. Recordemos el siguiente teorema:

TEOREMA 2.1TEOREMA 2.1Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias independientes dos a dos e idéntica-

mente distribuidas con medida finita m, tenemos que

Sn

n

P−→ m, n → +∞.

44 Deberes

Ahora, sea j ∈ N, vamos a calcular la esperanza de la variable aleatoria Xj, tenemos que

m = E[Xj] =∫ +∞

−∞x f (x) dx

=∫ θ

−∞0 dx +

∫ +∞

θxe−x+θ dx

= eθ∫ +∞

θx e−x dx

= eθ

(

−e−xx|+∞θ +

∫ +∞

θe−x dx

)

= eθθe−θ − eθe−x|+∞θ

= θ + eθe−θ

= 1 + eθ ,


m = 1 + eθ ,

por lo tanto, por el teorema mencionado, podemos concluir que

XnP−→ 1 + θ, n → +∞.

EJERCICIO 2.33. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias independientes.

Pruebe que si

∑n∈N

Var[Xn] < +∞,

entonces n

∑i=1

(Xn − E[Xn])

n∈N

,

converge casi-seguramente.

Demostración. Antes de realizar la demostración, recordemos el siguiente teorema:

TEOREMA 2.2TEOREMA 2.2Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias independientes tal que

E[Xn] = 0 y E[X2n] = σ2(Xn) < +∞,

para cada n ∈ N, para todo ε > 0, se tiene que

P max1≥j≥n

|Sj| > ε ≤ σ2(Sn)

ε2 .


Ahora, para cada n ∈ N, definamos

Sn =n

∑k=1

E[Xk − E[XK]],

de donde, por el Teorema precedente, se sigue que

P

max1≥j≥n

|Sj| > ε

≤ σ2(Sn)

ε2

=Var [∑n

k=1 E[Xk − E[XK]]]

ε2

=∑

nk=1 Var[Xk]

ε2 < +∞,

de donde, por el Teorema de Borel - Cantelli, obtenemos que

P

max1≥j≥n

|Sj| > ε i.o.

= 0,

es decir,

max1≤j≤n

|Sj| c.s.−→ 0, n → +∞,

con lo cual, tenemos que

Snc.s.−→ 0, n → +∞.

2.2.2 Deber N7 :

EJERCICIO 2.34. Muestre que el límite de la convergencia vaga, si existe es único.

Demostración. Sea µnn∈N, una sucesión de medidas. Supongamos que existen µ, µ′ medidas

tales que

µnv−→ µ, n → +∞ y µn

v−→ µ′, n → +∞,

vamos a demostrar que µ = µ′. Por definición de convergencia vaga, sabemos que existen

D, D′ ⊂ R, densos tales que

∀a, b ∈ D, µn(a, b] −→ µ(a, b] y ∀d, c ∈ D, µn(c, d] −→ µ(c, d],

de donde, por las equivalencias de convergencia vaga, tenemos que

−ε + µ′(a + ε, b − ε) < µn(a, b) < µ′(a − ε, b + ε) + ε,

46 Deberes

así, para todo ǫ > 0, tenemos que

µn(a, b] −→ µ′(a, b],

por lo tanto,

µ(a, b] = µ′(a, b].

Finalmente, puesto que D, D′ ⊂ R, son conjuntos densos en R y (a, b) ⊂ R genera a B, obtene-

mos que

µ = µ′.

EJERCICIO 2.35. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias independientes de

una distribución exponencial estándar. Muestre que

lım infn→+∞

Xn

log(n)= 0 c.s., n → +∞. (2.34)

Demostración. Sea ε > 0, cualquiera. Vamos a demostrar que

P

lım infn→+∞

Xn

log n≤ ε

= 1.

Notemos que⋂

m∈N

⋃

n≥m

Xn

log(n)≤ ε

⊆

lım infn→+∞

Xn

log(n)≤ ε

, (2.35)

ahora, notemos que

P

⋂

m∈N

⋃

n≥m

Xn

log(n)

≤ ε

= lımm→+∞

P

⋃

n≥m

Xn

log(n)≤ ε

≥ lımm→+∞

P Xm ≤ ε log(m) ,

(2.36)

luego, usando el hecho de que Xn ∼ exp(1),, para cada n ∈ N, tenemos que

lımm→+∞

PXm ≤ ε log(m) = lımm→+∞

(

1 − 1mε

)

= 1,

combinando (2.35) y (2.36), obtenemos que

1 ≤ P

lım infn→+∞

Xn

log(n)≤ ε

≤ 1,

es decir,

P

lım infn→+∞

Xn

log(n)≤ ε

= 1.

con esto, hemos probado (2.34).


EJERCICIO 2.36. Sean Xn :≥ 1 una familia de variables aleatorias independientes e idén-

ticamente distribuidas, con función de distribución U(0, θ), θ > 0 y X(n) = maxX1, ..., Xn,

para cada n ∈ N. Muestre que X(n)P−→ θ, n → +∞.

Demostración. Sea ε > 0, cualquiera, vamos a demostrar que

P|X(n) − θ| > ε −→ 0, n → +∞,

en efecto, tenemos que

P|X(n) − θ| > ε = PX(n) < θ − ε+ PX(n) > θ + ε = PX(n) < θ − ε,

dado que θ + ε /∈ (0, θ), de donde, puesto que Xini=1 son independientes, tenemos que

P(|X(n) − θ| > ε) =n

∏i=1

P(Xi < θ − ε) = (θ − ε

θ)n (2.37)

ahora, dado que θ−εθ < 1, tenemos que

∑n∈N

(θ − ε

θ)n

< +∞,

de donde, por el Teorema de Borel-Cantelli, tenemos que

P|X(n) − θ| io = 0,

es decir,

X(n)c.s.−→ θ, n → +∞,

de donde,

X(n)P−→ θ, n → +∞.

EJERCICIO 2.37. Sean Xjnj=1 una familia finita de variables aleatorias independientes, idén-

ticamente distribuidas con E[Xi] = µ y E[|Xi|2 < ∞. Muestre que

Zn :=2

n(n + 1)

n

∑i=1

i XiP−→ µ. (2.38)

Demostración. Sea ε > 0, cualquiera. Vamos a demostrar que

P(|Zn − µ| > ε) −→ 0.

48 Deberes

Por la definición de esperanza, tenemos que

E[Zn] =2

n(n + 1)

n

∑i=1

i E[Xi] =2

n(n + 1)µ

(n

∑i=1

i

)

=2

n(n + 1)µ

(n(n + 1)

2

)

= µ.

Al calcular la varianza, tenemos que

Var(Zn) =4

n2(n + 1)2

n

∑i=1

i2 Var(Xi) =4 c

n2(n + 1)2

n

∑i=1

i2

=4 c

n2(n + 1)2n(n + 1)(2n + 1)

6=

2c

3(2n + 1)n(n + 1)

.

Por la desigualdad de Chebyshev, se tiene que

P(|Zn − µ| > ε) ≤ Var(Zn)

ε2 =2c

3(2n + 1)n(n + 1)

−→ 0, n → +∞.

Por lo tanto, hemos probado (2.38).

EJERCICIO 2.38. Sean Xn : n ≥ 1 una familia de variables aleatorias independientes, tal

que

PXn = n = PXn = −n =1

2n ln(n), y PXn = 0 = 1 − 1

n ln(n),

para cada n ∈ N.

Muestre que Snn

P−→ 0, n → +∞, pero no se tiene que Snn

c.s.−→ 0, n → +∞.

Demostración. La probabilidad está bien definida, en efecto, tenemos que

PXn = n+ PXn = −n+ PXn = 0) =1

2 n ln(n)+

12 n ln(n)

+ 1 − 1n ln(n)

= 1

1. Vamos a estudiar la convergencia en probabilidad, para ello, sea ε > 0, se tiene que

P

∣∣∣∣

Sn

n

∣∣∣∣> ε

= P|Sn| > ε n = PSn 6= 0 =1

2 n ln(n)+

12 n ln(n)

=1

n ln(n).

Tomando el límite cuando n → +∞,

lımn→+∞

P

∣∣∣∣

Sn

n

∣∣∣∣> ε

= lımn→+∞

1n ln(n)

= 0,


es decir,Sn

n

P−→ 0, n → +∞.

Segunda demostración: Por definición de esperanza, para cada n ∈ N, tenemos que

E[Xn] = 0PXn = 0+ nPXn = n − nPXn = −n

=1

ln(n)− 1

ln(n)

= 0,

es decir, para cada n ∈ N, tenemos que

E[Xn] = 0,

con lo cual, se tiene que

Xn : n ≥ 1,

es una sucesión de variables aleatorias idénticamente distribuidas, de donde, por la Ley

Débil de los Grandes Números, obtenemos que

Sn

n

P−→ 0, n → +∞.

2. Vamos a estudiar la convergencia casi segura. Tenemos que

∑n≥1

P

∣∣∣∣

Sn

n

∣∣∣∣> ε

= ∑n∈N

1n ln(n)

,

cuando n → +∞, la serie diverge. Luego, por la independencia de la sucesión Xn : n ≥ 1y aplicando el Teorema de Borel-Cantelli, obtenemos

P

∣∣∣∣

Sn

n

∣∣∣∣> ε i.o.

= 1,

es decir,Sn

n6 c.s.−→ 0, n → +∞.

EJERCICIO 2.39. Sean Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias independientes,

idénticamente distribuidas y Sn = ∑1≥j≥1n

Xj. Muestre que si Snc.s.−→ S, n → +∞, entonces

ϕSn(t) → ϕS(t), n → +∞.

50 Deberes

Demostración. Recordemos que

ϕSn(t) =

n

∏j=1

ϕXj(t) = [ϕXj

(t)]n, (2.39)

dado que las variables son idénticamente distribuidas, se tiene que

ϕXj(t) = E[ei t x] =

∫

R

ei t x dF(x) =∫

Ωei t xµ d(x).

De (2.39) y por las propiedades de la función característica

∣∣∣ϕXj

(t)∣∣∣ < 1,

entonces,

lımn→+∞

ϕSn(t)

existe.

Ahora, como Snc.s.−→, n → +∞S, de la definición de convergencia casi-segura, sabemos que

existe N ⊂ Ω tal que P(N) = 0

Sn(ω) −→ S(ω), n → +∞,

para cada ω ∈ ΩN,.

Como la función exponencial es continua, para cada ω ∈ Ω r N, tenemos que

ei t Sn(ω) −→ ei t S(ω), n→+∞.

Notemos que |ei t Sn | ≤ 1,, para cada n ∈ N, es decir,

∫

ei t Sn dP ≤ 1 < +∞.

Así, por el teorema de convergencia dominada, se sigue que

lımn→+∞

∫

Ωei t Sn dP =

∫

Ωei t s dP,

es decir,

lımn→+∞

ϕSn(t) = ϕS(t).


EJERCICIO 2.40. Sea ϕ una función característica y G una función de distribución tal que

G(0−) = 0. Muestre que

a)∫ 1

0 ϕ(ut)du.

b)∫ ∞

0 ϕ(ut)dG(u).

c)∫ ∞

0 ϕ(ut)e−udu.

son funciones características.

a) Demostración. Sean X : (Ω,F ) −→ (R,B) una variable aleatoria con ϕ, su función carac-

terística y U ∼ U (0, 1) variable aleatoria tal que

f (x) =

1 si x ∈ [0, 1],

0 caso contrario.

Definimos Z = X U, tal que Z es variable aleatoria pues es el producto entre dos variables

aleatorias. Aplicando la definición de función característica, tenemos que

ϕZ(t) = E[ei t Z] =∫

Ωei t Z dP

=∫ 1

0

∫

Ωei t x udF(u) dF(x)

=∫ 1

0

∫

Ωei t x udF(x)du

=∫ 1

0ϕ(u t)du.

Por lo tanto,∫ 1

0 ϕ(u t)du es función característica.

b) Demostración. Sean X variable aleatoria con ϕ su función característica y U ∼ G variable

aleatoria con Ω = Ω1 × Ω2. Definimos Z = X U con X y U independientes.

Por la definición de función característica, tenemos que

ϕZ(t) = E[ei t Z] = E[ei t X U ]

=∫ +∞

−∞

∫ +∞

−∞ei t x udF(x) dG(u)

=∫ +∞

0

∫ +∞

−∞ei t x udF(x) dG(u)

=∫ +∞

0ϕ(u t) dG(u).

Por lo tanto,∫ +∞

0 ϕ(u t) dG(u) es función característica.

52 Deberes

c) Demostración. Sea X variable aleatoria con función característica ϕ y U ∼ exp(1) tal que

Y = X U con X y U independientes, además fU(u) = e−u.


ϕY(t) = E[ei t y] =∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞ei t u x dF(x) dF(u)

=∫ ∞

0

∫ ∞

−∞ei t u x dF(x) fU(u) du

=∫ ∞

0

∫ ∞

−∞ei t u x dF(x) e−u du

=∫ +∞

0ϕ(u t) e−u du.

Por lo tanto,∫ +∞

0 ϕ(u t) e−u du es función característica.

EJERCICIO 2.41. Sean Xjnj=1 una familia finita de variables aleatorias independientes, con

distribución N (0, 1). Encuentre la función característica den

∑j=1

X2j .

Solución. Para cada n ∈ N,definamos Yn =n

∑j=1

X2j . Tenemos que

ϕYn(t) =

[

ϕX2j(t)

]n

, (2.40)

para cada n ∈ N.

En efecto, por la definición de función característica y la continuidad de la esperanza, obte-

nemos

ϕYn(t) = E

[

ei t Yn

]

=n

∏j=1

E[ei t X2

j ] = E

[n

∏j=1

ei t X2

j

]

=n

∏j=1

ϕX2j(t) =

[

ϕX2j(t)

]n

,

Por otro lado, para cada j ∈ 1, ..., n las variables aleatorias siguen una distribución normal

con media cero y varianza uno, es decir, Xj ∼ N (0, 1),, con lo cual, se sigue que

E[ei t X2

j ] =∫ ∞

−∞e

i t X2j

1√2 π

e−X2

j /2dXj

=1√2 π

∫ +∞

0e−X2

j /2(1−2 i t)dXj

=2√2 π

∫ ∞

0e−(1−2 i t) X2

j /2dXj

=1√

1 − 2 i t,


de donde, junto con (2.40) se sigue que

ϕYn(t) = (1 − 2 i t)−n/2,

para cada n ∈ N.

2.2.3 Deber N8:

EJERCICIO 2.42. Sea X una variable aleatoria con función de densidad dada por:

a)

f (x) =

θx e−θ

x! si x = 0, 1, 2, . . .

0 caso contrario.

b)

f (x) =1

b − a1(a,b)(x).

En cada caso, encuentre

1. La función de distribución,

2. E[X] y Var[X].

a) Solución. Para la primera función de densidad:

1. Por definición de función de distribución, tenemos que

FX(x) =x

∑i=0

θie−θ

i!

2. Por definición de esperanza, tenemos que

E[X] =+∞

∑i=0

iθie−θ

i!

= e−θ+∞

∑i=1

iθi

i!

= e−θ+∞

∑i=1

θi

(i − 1)!,

54 Deberes

de donde, si m = i − 1, se sigue que

E[X] = e−θ+∞

∑m=0

θm+1

m!

= θ · e−θ+∞

∑m=0

θm

m!,

de donde, dado que ∑m∈N

θm

m!= eθ , obtenemos que

E[X] = θ

(eθ

eθ

)

= θ.

Ahora, por definición de varianza, se tiene que

V[X] = E[X2]− (E[X])2,

así, para calcular la varianza basta con encontrar el valor de E[X2]. Tenemos que

E[X2] =+∞

∑i=1

i2θie−θ

i!

=+∞

∑i=1

(i(i − 1) + i)θie−θ

i!

=+∞

∑i=2

i(i − 1)θie−θ

i!+

+∞

∑i=1

iθie−θ

i!

=+∞

∑i=2

θie−θ

(i − 2)!+ θ,

de donde, si m = i − 2, obtenemos que

E[X2] = e−θ+∞

∑m=0

θm+2

m!+ θ

= θ2 · e−θ+∞

∑m=0

θm

m!+ θ

= θ2(

eθ

e−θ

)

+ θ.

Con esto, tenemos que

Var[X] = θ2 + θ − θ2 = θ.

b) Solución. Para la segunda función de densidad:


1. Por definición de función de distribución, tenemos que

FX(x) =∫ x

−∞f (y) dy

=∫ x

a

1b − a

dy

=1

b − ay|xa

=x − a

b − a,

es decir,

FX(x) =x − a

b − a.

2. Por definición de esperanza, se tiene que

E[X] =∫ +∞

∞x f (x) dx

=∫ b

a

x

b − adx

=x2|ba

2(b − a)

=b2 − a2

2(b − a)

=b + a

2,

es decir,

E[X] =b + a

2.

Por definición de varianza, tenemos que

Var[X] = E[X2]− (E[X])2,

así, basta con determinar

E[X2] =∫ +∞

−∞x2 f (x) dx

=∫ b

a

x2

b − adx

=x3|ba

3(b − a)

=b3 − a3

3(b − a)

=a2 + ab + b2

3,

56 Deberes

con esto, obtenemos que

Var[X] =a2 + ab + b2

3− (b + a)2

4

=(b − a)2

12,

es decir,

Var[X] =(b − a)2

12.

EJERCICIO 2.43. Sea F1(x)ni=1 una familia finita de funciones de distribución. Pruebe que

G(x) =n

∑i=1

piFi(x),

es una función de distribución, donde,

pi ≥ 0 yn

∑i=1

pi(x) = 1.

Demostración. Para probar que G : R → R es una una función de distribución, vamos a demos-

trar las propiedades que la definen.

1. Vamos a demostrar que G es no decreciente, es decir, sea x, y ∈ R, tales que

x ≤ y,

probaremos que

G(x) ≤ G(y),

dado que Fini=1 es una familia de funciones de distribución, tenemos que

Fi(x) ≤ Fi(y),

para todo i ∈ 1, . . . , n, de donde, dado que pi ≥ 0, obtenemos que

piFi(x) ≤ piFi(y),

para todo i ∈ 1, . . . , n, luego,

n

∑i=1

piFi(x) ≤n

∑i=1

piFi(y),


es decir,

G(x) ≤ G(y),

con lo cual, hemos probado que G es no decreciente.

2. Vamos a demostrar que G es continua por la derecha, es decir,

lımx→a+

G(x) = G(a),

para todo a ∈ R. En efecto, sea a ∈ R, dado que Fini=1 es una familia de funciones de

distribución, sabemos que

lımx→a+

Fi(x) = Fi(a),

para todo i ∈ 1, . . . , n, con esto, obtenemos que

lımx→a+

n

∑i=1

piFi(x) =n

∑i=1

pi lımx→a+

Fi(x)

=n

∑i=1

piFi(a)

= G(a),


lımx→a+

G(x) = G(a).

3. Vamos a demostrar que

lımx→−∞

G(x) = 0,

dado que Fini=1 es una familia de funciones de distribución, sabemos que

lımx→−∞

Fi(x) = 0,


lımx→−∞

n

∑i=1

piFi(x) =n

∑i=1

pi lımx→−∞

Fi(x)

=n

∑i=1

pi · 0

= 0,


lımx→−∞

G(x) = 0.

58 Deberes

4. Finalmente, vamos a demostrar que

lımx→+∞

G(x) = 1,

dado que Fini=1 es una familia de funciones de distribución, sabemos que

lımx→+∞

Fi(x) = 1,


lımx→−∞

n

∑i=1

piFi(x) =n

∑i=1

pi lımx→−∞

Fi(x)

=n

∑i=1

pi · 1

= 1,


lımx→+∞

G(x) = 1.

EJERCICIO 2.44. Muestre que si X e Y son variables aleatorias independientes y f , g son

funciones Borel-medibles, entonces f (X) y g(Y) son variables aleatorias independientes.

Demostración. Supongamos que X y Y son variables aleatorias independientes, sea A ∈ Ω, va-

mos a demostrar que f (X) y f (Y) son variables aleatorias independientes, para lo cual, debemos

probar que

P f (X) ∈ A, f (Y) ∈ A = P f (X) ∈ AP f (Y) ∈ A,

tenemos que

P f (X) ∈ A, f (Y) ∈ A = PX ∈ f−1(A), Y ∈ f−1(A),

de donde, dado que X y Y son independientes, obtenemos que

P f (X) ∈ A, f (Y) ∈ A = PX ∈ f−1(A)PY ∈ f−1(A)

= P f (X) ∈ AP f (Y) ∈ A,

con esto, hemos probado que f (X) y f (Y) son variables aleatorias independientes.


EJERCICIO 2.45. Sean Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias y (cn)n∈Nuna

sucesión de números reales tal que lımn→+∞ cn = c, pruebe que si

Xn∗−→ X, n → +∞,

entonces

cnXn∗−→ cX, n → +∞,

donde, ∗ ∈ c.s., Lr, P, d.

Demostración. Por el Ejercicio 4.28, sabemos que si

XnLp

−→ X, n → +∞,

entonces

cnXnLp

−→ cX, n → +∞.

Además, sabemos que

(

cnXnLp

−→ cX, n → +∞)

⇒(

cnXnP−→ cX, n → +∞

)

⇒(

cnXnd−→ cX, n → +∞

)

,

por lo tanto, basta con demostrar el resultado para la convergencia casi-segura, en efecto, debe-

mos hallar N ⊂ ω un conjunto de medida nula tal que

lımn→+∞

Xn(ω) = X(ω),

para todo ω ⊂ Nc, sean ε > 0 y ω ∈ Ω, tenemos que

|cnXn(ω)− cX(ω)| ≤ |cn(Xn(ω)− X(ω))|+ |(cn − c)X(ω)|. (2.41)

Por hipótesis, (cn)n∈Nes una sucesión es números reales convergente, por lo tanto, es una

sucesión acotada, es decir, existe M > 0 tal que

|cn| ≤ M,

para todo n ∈ N.

Nuevamente, por hipótesis, sabemos existe N1 ⊂ Ω un conjunto de medida nula y n1 ∈ N

tal que

|(Xn − X)(ω)| < ε

2M

60 Deberes

para todo n1 ≥ n y para todo ω ∈ Nc1, de igual forma, sabemos existe n2 ∈ N tal que

|cn − c| < ε

2|X| ,

para todo n1 ≥ n, de donde, tomando

n = maxn1, n2 y N = N1,

junto con (2.41), obtenemos que

|cnXn(ω)− cX(ω)| < ε

2|X| +ε

2|X| = ε,

para todo n ≥ n y para todo ω ∈ Nc, es decir, hemos probado que

cnXnc.s.−→ cX, n → +∞.

EJERCICIO 2.46. Calcule la función característica de la siguiente variable aleatoria X que

tiene distribución

1. Normal con media µ y varianza σ2, es decir, X ∼ N (µ, σ2),

2. Poisson con parámetro λ, es decir, X ∼ Po(λ),

3. Exponencial con parámetro α, es decir, X ∼ Exp(α).

1. Solución. Recordemos que para η ∼ N (0, 1), la función característica viene dada por

ϕη(x) = e−t2/2,

de donde, si definimos

η =X − µ

σ,

entonces η ∼ N (0, 1), así, obtenemos que

ϕX(t) = eitµ ϕη(σt) = eitµ e−t2/2.

2. Solución. Por definición de función característica, tenemos que

ϕX(t) = E[eixt]

=+∞

∑x=0

eitx λxe−λ

x!


= e−λ+∞

∑x=0

(eitλ

)x

x!

= e−λ · e(expi t λ)

= eλ(eit−1),


ϕX(t) = eλ(eit−1).

3. Solución. Recordemos que la función de distribución de la variable aleatoria exponencial

viene dada por

f (x) =

λ e−λx si x ≥ 0,

0 caso contrario.


ϕX(t) = E[eixt]

=∫ +∞

−∞eitxλ e−λx dx

= λ

∫ +∞

0ex(it−λ) dx

=λ

it − λex(it−λ)|+∞

0

=λ

λ − it,


ϕX(t) =λ

λ − it.

62 Deberes

2.2.4 Deber N9 :

EJERCICIO 2.47. Sean X ∼ U (a, b) y Y ∼ U (a, b) variables aleatorias independientes, y

Z = X + Y. Encuentre la función de densidad de Z.

Solución. Sean X ∼ U (a, b) y Y ∼ U (a, b), entonces

fX(x) = fY(x) =

1b−a si a ≤ x ≤ b,

0 en otro caso.

La función de densidad de la suma está dada por

fZ(z) =∫ ∞

−∞fX(z − y) fY(y) dy,

además, RZ = z : z ∈ [2 a, 2 b]. Analicemos dos casos:

• Si z ∈ [2a, b + 1], entonces, x ∈ [a, z − a]. Así,

fZ(z) =∫ z−a

a

1(b − a)2 dx =

z − 2a

(b − a)2

• Si z ∈ [b + a, 2b], entonces x ∈ [z − b, b]. Así,

fZ(z) =∫ b

z−b

1(b − a)2 dx =

2b − z

(b − a)2 .

Por lo tanto,

fZ(z) =

z−2a(b−a)2 si 2a ≤ z ≤ b + a,

2b−z(b−a)2 si b + a ≤ z ≤ 2b,

0 caso contrario .

EJERCICIO 2.48. Sean X1, X2 variables aleatorias exponenciales independientes con paráme-

tro λ. Sea Y = X1 − X2.

a Encuentre la función de densidad de Y.

b Calcule la función característica de Y.


a Solución. Sea X1 ∼ exp(λ) y X2 ∼ exp(λ), entonces

fX1(x) = fX2(x) =

λ e−λ x si x ≥ 0,

0 si x < 0.

Notemos que Y = X1 + (−X2), la función de densidad está dada por

fY(y) =∫ +∞

−∞fX1(x) f−X2(y − x) dx;

además f−X2(y − x) = fX2(x − y), en efecto,

f−X2(y − x) = P−X2 = y − x = PX2 = x − y = fX2(x − y).

Analicemos dos casos:

– Si y < 0 , entonces x − y ≥ 0. Así,

fY(y) =∫ +∞

−∞fX1(x) fX2(x − y) dx

=∫ +∞

0λ2 e−λ x e−λ(x−y) dx

= λ2 eλ y∫ +∞

0e−2 λ x dx =

λ

2eλ y

– Por otro lado, si y ≥ 0. Notemos que −Y = X2 − X1, como X1 y X2 son variables

aleatorias idénticamente distribuidas, entonces Y es igual a −Y en distribución por lo

que la distribución de Y es simétrica en 0 y fY(y) = fY(−y) para cada y ≥ 0, así,

fY(y) =λ

2e−λ y

Por lo tanto, la función de densidad de Y está dada por

fY(y) =

λ2 eλy si y < 0,

λ2 e−λy si y ≥ 0.

b) Solución. La función característica de Y es

ϕY(y) =∫ +∞

−∞ei t y fY(y) dy

=∫ 0

−∞ei t y λ

2eλ y dy +

∫ +∞

0ei t y λ

2e−λ y dy

64 Deberes

=λ

2

(∫ 0

−∞e(i t+λ) y dy +

∫ +∞

0e(i t−λ) y dy

)

,

de donde, integrando, obtenemos que

ϕY(t) =λ2

λ2 + t2 .

EJERCICIO 2.49. Sea X una variable aleatoria con función característica φ. Muestre que

lımT→+∞

12T

∫ T

−T|φ(t)|2 dt = ∑

x∈R

(µ(x))2. (2.42)

Demostración. Sea X una variable aleatoria y ϕ la función característica. Ahora, supongamos que

existe una variable aleatoria Y independiente de X con las mismas funciones de distribución y

característica ϕ. Por lo tanto, |ϕ(t)|2 es la función característica de la variable aleatoria Z =

X − Y. En efecto, sea t ∈ R, cualquiera, ϕ(t) = ϕ(−t), así,

E[ei t (X−Y)] = E[ei t X ]E[ei t Y] = ϕ(t) ϕ(−t) = |ϕ(t)|2

Por otro lado la función de densidad de Z es µ ∗ µ′, donde, µ′(B) = µ(−B), para cada B ∈ B.

Recordemos que para cualquier x0 se tiene que

lımT→+∞

12 T

∫ T

−Tei t x0 |ϕ(t)|2 dt = µ ∗ µ′(x0).

En particular, para x0 = 0 se sigue que

lımT→+∞

12 T

∫ T

−T|ϕ(t)|2 dt = µ ∗ µ′(0). (2.43)

Además,

µ ∗ µ′(0) =∫

R

µ′ (0 − y) µ(dy)

=∫

R

µ′(−y) µ(dy)

= ∑y∈R

µ(y) µ(y),

de donde,

µ ∗ µ′(0) = ∑y∈R

(µy)2 (2.44)

Combinando (2.43) y (2.44), hemos probado (2.42).


EJERCICIO 2.50. Sean X, Y variables aleatorias independientes tal que E[X] = E[Y] = 0 y

E[X2] = E[Y2] = 1. Si X + Y, X − Y son independientes, entonces X Y ∼ N (0, 1).

Demostración. Como X, Y son variables aleatorias independientes y E[X] = E[Y] = 0. Definamos

ϕ a la función característica de X Y. Notemos que X = 12 ((X + Y) + (X − Y)) . Luego, como

X + Y y X − Y son variables aleatorias independientes tenemos que

ϕ(t) = E[ei t x] = E[ei t 12 (x+y)]E[ei t 1

2 (x−y)]

=(

E[ei t 12 x])2

E[ei t 12 y] E[e−i t 1

2 y]

= ϕ

(t

2

)3

ϕ

(

− t

2

)

.

Para t ∈ R, definamos la siguiente función

γ(t) =ϕ(t)

ϕ(−t),


γ(t) =ϕ(t/2)3

ϕ(−t/2)3ϕ(−t/2)3

ϕ(t/2)3ϕ(t/2)2

ϕ(−t/2)2 ,

con lo cual, obtenemos que

⇒ γ(t/2)2 = γ(t/22)22= γ(t/23)23

= · · · = γ(t/2n).

Por lo tanto, iterativamente, se sigue que

γ(t) = γ(t/2n)2n,

para cada n ∈ N.

Por otro lado,

γ(t) = γ(t/2n)2n −→ et(lımx→01x (γ(x)−1)) = 1.

Así, γ(t) = 1, en consecuencia

ϕ(t) = ϕ(−t) → ϕ(t) = ϕ(t/2)4 = ϕ(t/2n)2n

−→ e

(

t2 lımx→01

x2 (ϕ(x)−1))

= e−t2/2, n → +∞

66 Deberes

de donde,

ϕ(t) = e−t2/2

que es la función característica de X Y. Por lo tanto, X Y ∼ N (0, 1).

EJERCICIO 2.51. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias independientes que

siguen una distribución Bi(n, θ), donde θ ∈ (0, 1). Sea

Yn :=

ln(Xn/n) cuando Xn ≥ 1

1 cuando Xn = 0.(2.45)

Muestre que

a Ync.s.−→ ln θ.

b√

n(Yn − ln(θ)) d−→ Z ∼ N(

0, 1−θθ

)

a Demostración. Para cada n ∈ N, consideremos la variable aleatoria

Sn =n

∑j=1

Xk,

de donde, por la Ley Fuerte de los Grandes Números, se sigue que

Sn

n

c.s.−→ E[X1] = θ, n → +∞.

Ahora, para cada n ∈ N, consideremos

Wn = 1Xn 6=0Sn

n,

con esto, se sigue que

Yn = ln (Wn) + ln(exp1Xn 6=0

),

para cada n ∈ N.

Notemos que

+∞

∑n=1

P√

n1Xn 6=0 > ε =+∞

∑n=1

PXn = 0 =+∞

∑n=1

(1 − θ)n< +∞,

de donde, por el Teorema de Borel-Cantelli, obtenemos que

√n · 1Xn=0

c.s.−→ 0, n → +∞,



1Xn=0c.s.−→ 0, n → +∞,

lo cual, es equivalente a tener que

1Xn 6=0c.s.−→ 1, n → +∞,

por lo tanto, por la continuidad de la función logaritmo, obtenemos que

lımn→+∞

Yn = ln(

lımn→+∞

Wn

)

+ ln(

exp lımn→+∞

1Xn 6=0

)

= ln(

lımn→+∞

1Xn 6=0Sn

n

)

= ln(θ),

casi-seguramente,

b Demostración. Por el Teorema de Límite Central, tenemos que

√n

(Sn

n− θ

)d−→ N

(

0,1 − θ

θ

)

. (2.46)

Por otro lado, por el literal anterior, sabemos que

√n1Xn=0

c.s.−→ 0, n → +∞ ySn

n

c.s.−→ 0, n → +∞,


1Xn=0Sn

n

c.s.−→ 0, n → +∞,

luego, junto con (2.46), se sigue que

√n

(Xn

n

)

− ∞Xn=0Xn√

n

d−→ N (0, θ(1 − θ)), n → +∞,

de donde, aplicando el Método de Delta, con g(t) = ln(t) y g′(t) = 1t , se tiene que

√n(ln(Wn)− ln(θ)) d−→ N

(

0,1 − θ

θ

)

. (2.47)

Finalmente, puesto que

√n(Yn − ln(θ)) =

√n (ln(Wn)− ln(θ)) +

√n1Xn=0,

para cada n ∈ N, junto con (2.47), obtenemos que

√n(Yn − ln(θ)) d−→ N

(

0,1 − θ

θ

)

.

68 Deberes

2.2.5 Deber N10 :

EJERCICIO 2.52. Sean G una σ−álgebra y X, Y variables aleatorias tales que

E[Y2|G ] = X2 y E[Y|G ] = X,

pruebe que

X = Y,

casi-seguramente.

Demostración. Sea A ∈ F , por definición de esperanza condicional, tenemos que

∫

AE[Y2|F ] dP =

∫

AY2 dP y

∫

AE[Y|F ] dP =

∫

AY dP,

de donde, por hipótesis, obtenemos que

∫

AX2 dP =

∫

AY2 dP y

∫

AX dP =

∫

AY dP,


X2 = Y2 y X = Y,

casi-seguramente, es decir,

(X = Y o X = −Y) y X = Y

casi-seguramente, por lo tanto, podemos concluir que

X = Y,

casi-seguramente.

EJERCICIO 2.53. Pruebe que si X y XY son variables aleatorias integrables y Y ∈ F , entonces

E[XY|F ] = YE[X|F ],

casi - seguramente.


Demostración. Vamos a demostrar el resultado para funciones indicatrices, funciones simples y

funciones positivas, en efecto,

1. Sean A, B ∈ F , consideremos

Y = 1B,

así, tenemos que

∫

AXY dP =

∫

AX · 1B dP

=∫

A∩BX dP

=∫

A∩BE[X|F ]

=∫

A1B · E[X|F ]

=∫

AYE[X|F ],



casi - seguramente, para funciones indicatrices.

2. Consideremos la función simple

Y =n

∑k=1

ak1Bk,

donde,

ak ≥ 0 y Bk ∈ F ,

para todo k ∈ 1, . . . , n. Por el literal anterior, tenemos que

E[X · ak1Bk|F ] = ak1Bk

E[X|F ]

para todo k ∈ 1, . . . , n, luego, por la aditividad de la esperanza, obtenemos que


casi-seguramente.

3. Sean Yn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias simples y Y una variable aleatoria

tales que

|Yn| ≤ Y y lımn→+∞

Yn = Y.

BIBLIOGRAFÍA

[1] ALBERT N. SHIRYAEV (2016) Probability-1, Moscow, Russia: Springer.

[2] KAI LAI CHUNG. (2012) A course in Probability Theory, New York: Academic Press.

71

CAPÍTULO 3

PRIMERA PRUEBA

3.1 SEMESTRE: 2019-A

EJERCICIO 3.1. Sean (Ω,F , P) un espacio de probabilidad, Xn : n ∈ N una sucesión de

variables que convergen puntualmente a una función X : Ω → [−∞, ∞]. Muestre que X

también es una variable aleatoria. Justifique claramente su respuesta.

Demostración. Sea x ∈ R. Sabemos que lım supn→+∞

Xn es una variable aleatoria y como Xn → X

cuando n → +∞, se tiene que

lımn→+∞

Xn = X = lım supn→+∞

Xn,

de donde,

ω : X(ω) ≤ x = ω : lım supn→+∞

Xn(ω) ≤ x ∈ F .

Por lo tanto, como x ∈ R es arbitrario hemos probado que X es una variable aleatoria.

EJERCICIO 3.2. Muestre que si An : n ≥ 1 ⊂ F son eventos independientes, entonces

P

⋃

j∈N

Aj

= 1 − ∏j∈N

(1 − P(Aj)).

Demostración. Vamos a demostrar que Acn : n ≥ 1 es una sucesión de eventos independientes,

para ello, procedemos por el método de inducción.

Si n = 2, entonces, por independencia, sabemos que P(A1 ∩ A2) = P(A1)P(A2). Luego,

tenemos que

P(Ac1 ∩ Ac

2) = P((A1 ∪ A2)c),

= 1 − (P(A1) + P(A2)− P(A1 ∩ A2)),

73

74 Primera prueba

= 1 − (P(A1) + P(A2)− (1 − P(Ac1))P(A2)),

= 1 − (P(A1 ∪ Ac1)− P(Ac

1)P(Ac2)),

= P(Ac1)P(Ac

2).

Por lo tanto Ac1 y Ac

2 son eventos independientes.

Ahora, supongamos que la independencia de los complementos de los eventos se cumple

para n = k, vamos a probar que se cumple para n = k + 1.

Por hipótesis de inducción, se tiene que

P

k⋂

j=1

Acj

=k

∏j=1

P(Acj ).

Luego, tenemos que

P

k+1⋂

j=1

Acj

= P

k+1⋃

j=1

Aj

c

= 1 − P

k⋃

j=1

Aj ∪ Ak+1

= 1 −

P

k⋃

j=1

Aj

+ P(Ak+1)− P

k⋃

j=1

Aj ∩ Ak+1

= 1 − P

k⋃

j=1

Aj

−

1 − P

k⋃

j=1

Aj

P(Ak+1)

= P

k⋂

j=1

Acj

− P

k⋂

j=1

Acj

P(Ak+1)

= P

k⋂

j=1

Acj

(1 − P(Ak+1))

=k

∏j=1

Acj P(Ac

k+1)

=k+1

∏j=1

P(Acj ).

Por lo tanto, Acn : n ≥ 1 son eventos independientes. Así, tenemos que Bn =

⋃nj=1 Aj es una

sucesión creciente, pues ∀B ∈ N : Bn ⊂ Bn+1, entonces

lımn→+∞

Bn =⋃

j∈N

Bj =⋃

j∈N

Aj, (3.1)

3.1 Semestre: 2019-A 75

además,

P(Bn) = 1 − P

n⋂

j=1

Acj

= 1 −n

∏j=1

(1 − P(Aj)

),

finalmente, tomando el límite cuando n → +∞ y por (3,1), tenemos que

P

⋃

j∈N

Aj

= lımn→+∞

P(Bn) = 1 − ∏j∈N

(1 − P(Aj)

).

EJERCICIO 3.3. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias tal que

supn∈N

E[

|Xn|1|Xn |>c]

→ 0, c → +∞ (3.2)

Muestre que supn∈N

E |Xn| < +∞.

Demostración. Sean ǫ > 0 y n ∈ N, notemos que

E[|Xn|] = E[

|Xn|1|Xn |>c]

+ E[

|Xn|1|Xn |≤c]

, (3.3)

de la definición de límite al infinito aplicada a (3,2), existe k ∈ R tal que si c > k entonces,

supn∈N

E[

|Xn|1|Xn |>c]

< ǫ. (3.4)

Por otro lado, por la monotonía de la esperanza y la definición de supremo, tenemos que

sup E[|Xn|] ≤ E[

|Xn|1|Xn |>c]

+ sup E[

|Xn|1|Xn |≤c]

. (3.5)

Ahora, para cada n ∈ N, se tiene que

|Xn| ≤ c,

|Xn|1|Xn |≤c ≤ c1|Xn|≤c,

E[|Xn|1|Xn |≤c] ≤ c E[1|Xn|≤c],

E[|Xn|1|Xn |≤c] ≤ c P(|Xn| ≤ c) ≤ c,

de donde, nuevamente, por la definición de supremo, se sigue que

supn∈N

E[

|Xn|1|Xn |≤ǫ]

≤ c.

76 Primera prueba

Combinando esta última desigualdad con (3,4) en (3,5) tenemos que

supn∈N

E|Xn| < ǫ + c,

para c > k. En consecuencia, hemos probado que

supn∈N

E|Xn| < +∞.

EJERCICIO 3.4. Sea X una variable aleatoria no negativa, tal que E[X] está definida. Si

Q(A) =∫

AX dP, A ∈ F .

a) Muestre que Q(A) es σ−finita.

b) Muestre que Q(A)/Q(Ω) es una medida de probabilidad si E[X] > 0.

a) Demostración. Recordemos la siguiente definición

DEFINICIÓN 3.1: Medida sigma finitaDEFINICIÓN 3.1: Medida sigma finitaSea (Ω,F ) un espacio medido, decimos que µ es sigma-finito si Ω puede ser cubierto

por una familia contable de conjuntos medibles de medida finita, es decir, si existe

An : n ≥ 1 ∈ F tal que para cada n ≥ 1

µ(An) < +∞ y⋃

n∈N

An = Ω.

Tenemos que X : (Ω,F ) → (R,B), es una variable aleatoria tal que X ≥ 0, para cada

n ∈ N definimos

An = X−1 ([0, n]) = ω : X(ω) ∈ [0, n],

como X : Ω → [0,+∞], entonces,

X−1([0,+∞]) = Ω,

de donde,⋃

n∈N

An =⋃

n∈N

X−1([0, n]) = X−1([0,+∞]) = Ω.

Por otro lado, para todo n ∈ N, tenemos que

Q(An) =∫

An

X dP ≤∫

ΩX dP = E[X] < +∞.

3.1 Semestre: 2019-A 77

Así, hemos probado que Q(A) es σ−finito.

b) Demostración. Supongamos que E[X] > 0, probaremos que P(A) := Q(A)Q(Ω)

= Q(A)E[X]

es una

medida de probabilidad, tenemos que verificar las propiedades que la definen:

(a) Vamos a demostrar que P(∅) = 0, tenemos que

P(∅) =Q(∅)

Q(Ω)=

∫

∅X dP

E[X]= 0.

(b) Vamos a demostrar que P(Ω) = 1, tenemos que

P(Ω) =Q(Ω)

Q(Ω)= 1.

(c) Sea An : n ≥ 1 ∈ F una familia de eventos disjunta dos a dos, es decir, Ai ∩ Aj =

∅, ∀i 6= j, se tiene que

P

(⋃

n∈N

An

)

= ∑n∈N

P(An).

En efecto,

P

(⋃

n∈N

An

)

=

Q

(⋃

n∈N

An

)

Q(Ω)=

∫

⋃

n∈N

AnX dP

Q(Ω),

= ∑n∈N

∫

AnX dP

Q(Ω)= ∑

n∈N

P(An).

Por lo tanto, Q(A)Q(Ω)

es una medida de probabilidad.

78 Primera prueba

3.2 SEMESTRE: 2019-B

EJERCICIO 3.5. Sean (Ω,F , P) un espacio de probabilidad, (an)n∈N una sucesión de núme-

ros reales tal que an → a y X una variable aleatoria.

a) Encuentre lım supn∈NX ≤ an .

b) Encuentre lım infn∈N X ≤ an .

c) Describa para qué tipo de sucesiones se tendría que:

lım supn∈N

X ≤ an = lım infn∈N

X ≤ an.

a) Solución. Por definición de límite superior, tenemos que

lım supn∈N

X ≥ an =⋂

n∈N

⋃

k≥n

X ≤ ak

=⋂

n∈N

⋃

k≥n

X−1 ((−∞, ak])

= X−1

(⋂

n∈N

⋃

k≥n

(−∞, ak]

)

.

Tenemos que

⋃

k≥n

(−∞, ak] =

(−∞, a) ak ↑ a

(−∞, supk≥n ak), ak → a

de donde,

⋂

n∈N

⋃

k≥n

(−∞, ak] =

(−∞, ınf a) ak ↑ a

(−∞, ınfn∈N supk≥n ak) ak → a

=

(−∞, a) ak ↑ a

(−∞, a) ak → a,.

Con esto, podemos concluir que

lım sup X ≤ an = X−1 (−∞, a] = X ≤ a.

3.2 Semestre: 2019-B 79

b) Solución. Por otro lado, tenemos que

lım infn∈N

X ≥ an =⋃

n∈N

⋂

k≥n

ω ∈ Ω : X(ω) ≤ ak,

=⋃

n∈N

ω ∈ Ω : ∀k ≥ n, X(ω) ≤ ak,

=⋃

n∈N

ω ∈ Ω : X(ω) ≤ ınfk≥n

ak,

= ω ∈ Ω : ∃n ∈ N, X(w) ≤ ınfk≥n

ak,

= ω ∈ Ω : X(ω) ≤ supn∈N

(

ınfk≥n

ak

)

,

= ω ∈ Ω : X(ω) ≤ lım infn→∞

an,

= X ≤ a.

c) Solución. El límite superior es igual al límite inferior cuando las sucesiones son convergen-

tes, como en el ejercicio anterior.

EJERCICIO 3.6. Sean (Ω,F , P) un espacio de probabilidad, X una variable aleatoria no ne-

gativa tal que:∫

ΩX dP = A < +∞,

y defina para todo B ∈ F :

ν(B) =1A

∫

BX dP,

muestre que ν define una medida de probabilidad sobre (Ω,F ).

Demostración. Para probar que ν define una medida de probabilidad sobre (Ω,F ), tenemos que

verificar las propiedades que la definen.

1. Vamos a demostrar que ν(Ω) = 1, tenemos que

ν(Ω) =1A

∫

ΩX dP =

1A

A = 1.

2. Vamos a demostrar que ∀B ∈ F , ν(B) ≥ 0, sea B ∈ F ,

80 Primera prueba

• Como ∅ ∈ F , se sigue que

ν(∅) =1A

∫

∅X dp =

1A

0 = 0.

• Por otro lado, puesto que X ≥ 0, se tiene que

E X · 1B ≥ E(0) = 0.

Con esto hemos probado que,

ν(B) =1A

∫

BX dP ≥ 0,

para todo B ∈ F .

3. Para (Bi)ni=1 ∈ F una familia finita disjunta dos a dos, es decir, Bi ∩ Bj = ∅, ∀i 6= j, se tiene

que ν

(⋃

n∈N

Bn

)

= ∑n∈N

ν(Bn)

ν

(⋃

n∈N

Bn

)

=1A

∫

∪n∈N Bn

X dP,

=1A ∑

n∈N

∫

Bn

X dP,

= ∑n∈N

1A

∫

Bn

X dP,

= ∑n∈N

ν(Bn).

Por lo tanto, hemos probado que ν es una medida de probabilidad.

EJERCICIO 3.7. Sean X, Y variables aleatorias que son idénticamente distribuidas sobre

(Ω,F , P) y f una función borel medible. Muestre que f (X) y f (Y) también son variables

aleatorias idénticamente distribuidas.

Demostración. Como f es una función borel medible y X e Y son variables aleatorias, se tiene

que f (X) y f (Y) son variables aleatorias.

Por hipótesis, X e Y son variables aleatorias idénticamente distribuidas, es decir, inducen la

misma medida de probabilidad, así, para todo A ∈ F , tenemos que

PX(A) = PY(A),

3.2 Semestre: 2019-B 81

lo cual, es equivalente a tener que

P(ω : X(ω) ∈ A) = P(ω : Y(ω) ∈ A). (3.6)

Como f es borel medible, en particular, f−1(A) ∈ F , de (3,6) tenemos que

P(ω : X(ω) ∈ f−1(A)) = P(ω : Y(ω) ∈ f−1(A)),

de donde,

P(ω : f (X(ω)) ∈ A) = P(ω : f (Y(ω) ∈ A),

es decir,

Pf (X)(A) = Pf (Y)(A).

En consecuencia, f (X) y f (Y) inducen la misma medida de probabilidad, por lo tanto, son va-

riables aleatorias idénticamente distribuidas.

EJERCICIO 3.8. Sea X una variable aleatoria no negativa sobre el espacio probabilístico

(Ω,F , P), muestre que para todo c > 0,

E[X] < +∞ si y sólo si ∑n≥1

P(X > n c) < +∞.

Demostración. Sea c > 0, recordemos que si

∑n∈N

P(|X| ≥ n) ≤ E([X]) ≤ 1 + ∑n∈N

P(|X| ≥ n),

entonces,

E([X]) < +∞ ⇔ ∑n∈N

P(|X| ≥ n) < +∞. (3.7)

Como X es una variable aleatoria no negativa, tenemos que Xc es también una variable alea-

toria no negativa. Por (3,7), se sigue que

E[X] < +∞ ⇔ E

(X

c

)

< +∞,

⇔ ∑n∈N

P

(X

c> n

)

< +∞,

⇔ ∑n∈N

P(X > n c) < +∞.

82 Primera prueba

CAPÍTULO 4

EXAMEN 1


EJERCICIO 4.1. Sean Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias y X una variable

aleatoria tales que para todo n ∈ N, Xn ≤ X casi-seguramente y E [Xn] < +∞. Pruebe que

E [Xn] → E[X], n → +∞ si y solo si supn∈N

E[

Xn1Xn>c]

→ 0, c → +∞.

Demostración. Para la primera implicación, supongamos que E [Xn] → E[X], n → +∞, sea

c > 0, vamos a demostrar que

supn∈N

E[

Xn1Xn>c]

→ 0, c → +∞,

para lo cual, basta con demostrar que para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo E ∈ F

P(E) < δ ⇒∫

E|Xn| dP ,

para todo n ∈ N.

En efecto, sean c > 0 y n ∈ N, por la desigualdad de Chebyshev, para todo n ∈ N, sabemos

que

P|Xn| ≥ c ≤ E[Xn]

c,

de donde, por la definición de supremo, se sigue que

supn∈N

P|Xn| ≥ c ≤ 1c

supn∈N

E [|Xn|] → 0, c → +∞,

por lo tanto, para c > 0 suficientemente grande y para cada n ∈ N, se tiene que cualquier

conjunto

|Xn| ≥ c,

83

84 Examen 1

puede tomarse como E. Con esto, para cada n ∈ N, se tiene que

supn∈N

E[

Xn1Xn>c]

< ε.

Para la otra implicación, supongamos que supn∈NE[

Xn1Xn>c]

→ 0, c → +∞, vamos a

demostrar que E [Xn] → E[X], por hipótesis, tenemos que

E[X] = E

[

lım infn→+∞

Xn

]

≤ lım infn→+∞

E[Xn] ≤ lım supn→+∞

E[Xn] ≤ E[lım supn→+∞

Xn] = E[X],

es decir, se tiene que

lımn→+∞

E[Xn] = E[X].

EJERCICIO 4.2. Sean Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias independientes con

distribución de Bernoulli; es decir, para cada n ∈ N,

Xn ∼ Ber(p),

con p ∈ ]0, 1[. Sea n ∈ N,

a) Si Bn = Xn = 1, entonces PBn i.o. = 1.

b) Si An = Xn = Xn+1 = · · · = X2n−1 = 1, (n éxitos de recorrido), entonces

Plım supn→+∞

An = 0.

Demostración. a) Para cada n ∈ N, tenemos que

PXn = 1 = p,


PBn = p,

para todo n ∈ N, con esto, tenemos que

∑n∈N

PBn = ∑n∈N

p = +∞,

así, dado que Xn : n ≥ 1 es una sucesión de variables aleatorias independientes, por el

Teorema de Borel-Cantelli, tenemos que

PBn i.o. = 1.

4.1 Semestre: 2019-A 85

b) Tenemos que

PAn = P

2n−1⋂

i=n

Xi = 1

,

de donde, puesto que (Xn : n ≥ 1)n∈Nes una sucesión de variables aleatorias independien-

tes, se sigue que

PAn =2n−1

∏i=n

PXi = n =2n−1

∏i=1

p = p(2n−1)−(n−1) = pn,

con esto, dado que p ∈ ]0, 1[, se sigue que

∑n∈N

pn =p

1 − p< +∞,

así, por el Teorema de Borel-Cantelli, tenemos que

P

lım supn→+∞

An

= 0.


aleatoria tales que sus funciones de distribución son

FXn =

0 si x < 0,

1 − 1n si 0 ≤ x < n

1 si x ≥ n.

y FX(x) =

0 si x < 0,

1 si x ≥ 0.,

respectivamente.

a) Muestre que Xn : n ≥ 1 converge en probabilidad y en distribución a X.

b) Muestre que Xn : n ≥ 1 no converge en Lp.

Demostración. a) Puesto que conocemos las funciones de distribución, las funciones de densi-

dad de Xn : n ≥ 1 están dadas por

fXn(x) =

1 − 1n si x = 0,

1n si x = n.

y fX(x) = 1, si x = 0,

respectivamente.

86 Examen 1

Tenemos que

PX = 0 = 1,

es decir, X = 0, sea ε > 0, vamos a demostrar que

XnP−→ 0, n → +∞,


P|Xn| > ε = PXn 6= 0 = PXn = 1 =1n

,

de donde, sea ε1 > 0, puesto que lımn→+∞

1n= 0, sabemos existe n ∈ N tal que

P|Xn| > ε < ε1,

para todo n ≥ N, es decir,

lımn→+∞

P|Xn| > ε = 0,

con esto, hemos probado que Xn : n ≥ 1 converge en probabilidad a X.

Finalmente, dado que convergencia en probabilidad implica convergencia en distribu-

ción, tenemos que que Xn : n ≥ 1 converge en distribución a X.

b) Sea p ≥ 1, tenemos que

E[Xp] = 0PXn = 0+ npPXpn = 1

= np 1n

= np−1,


(a) Si p = 1, entonces

lımn→+∞

E[Xn] = 1.

(b) Por otro lado, si p > 1, entonces

lımn→+∞

E[Xn] = +∞.

4.2 Semestre: 2019-B 87


EJERCICIO 4.4. Sea En : n ≥ 1 una sucesión de eventos arbitrarios que satisfacen

lımn→+∞

P(En) = 0 y+∞

∑n=1

P(En ∩ Ecn+1) < +∞,

entonces

PEn io = P

lım supn∈N

En

= 0.

Bonus: Muestre que pasa si 0 < p < 1.

Demostración. Por el Teorema de Borel-Cantelli, dado que ∑n∈N

P(En ∩ Ecn+1) < +∞, tenemos que

P

lım supn

En ∩ Ecn+1

= 0.

Por otro lado, por la definición de límite superior, se tiene que

lım supn→+∞

En ∩ Ecn+1 =

⋂

n∈N

(⋃

m≥n

(Em ∩ Ecm+1)

)

,

además, notemos que⋃

m≥n

(Em ∩ Ecm+1)

n∈N

,

es una sucesión de eventos decreciente, por lo tanto, tenemos que

P

lım supn∈N

En ∩ Ecn+1

= lımn→+∞

P

⋃

m≥n

(Em ∩ Ecm+1)

= 0.

Luego, usando álgebra de conjuntos (ver Set Theory de Pinter, Teorema 1.42), se sigue que

lımn→+∞

P

⋃

m≥n

(Em ∩ Ecm+1)

= lımn→+∞

P

(⋃

m≥n

Em

)

∩(⋃

n≥m

Ecm+1

)

,

de donde, dado que P es una medida de probabilidad, de la igualdad precedente, obtenemos

que

lımn→+∞

P

⋃

m≥n

(Em ∩ Ecm+1)

= lımn→+∞

[

P

⋃

m≥n

Em

+ P

⋃

n+1

Ecm+1

− P

(⋃

m≥n

Em

)

∪(⋃

m≥n

Ecm+1

)]

88 Examen 1

= lımn→+∞

[

P

⋃

m≥n

Em

+ 1 − P

⋂

n+1

Em+1

− P

(⋃

m≥n

Em

)

∪(⋃

m≥n

Ecm+1

)]

,

ahora, es fácil ver que(⋃

m≥n

Em

)

∪(⋃

m≥n

Ecm+1

)

= Ω,


lımn→+∞

P

⋃

m≥n

(Em ∩ ECm+1)

= lımn→+∞

[

P

⋃

m≥n

Em

+ 1 − P

⋂

n+1

Em+1

− PΩ]

= lımn→+∞

[

P

⋃

m≥n

Em

+ 1 − P

⋂

m≥n

Em+1

− 1

]

= lımn→+∞

[

P

⋃

m≥n

Em

− P

⋂

m≥n

Em+1

]

= 0,


lımn→+∞

P

⋃

m≥n

Em

= lımn→+∞

P

⋂

n+1

Em+1

. (4.1)

Finalmente, usando el hecho de que⋂

m≥n

Em+1 ⊂ En, obtenemos que

lımn→+∞

P

⋂

m≥n

Em+1

≤ lımn→+∞

PEn,

combinando la desigualdad precedente con (4.5), se sigue que

lımn→+∞

P

⋃

m≥n

Em

≤ lımn→+∞

PEn,

luego, dado que lımn→+∞ PEn = 0, se colige que

lımn→+∞

P

⋃

m≥n

Em

= 0,

es decir,

PEn i.o. = P

lım supn∈N

En

= 0,

como queríamos.

4.2 Semestre: 2019-B 89

EJERCICIO 4.5. Sean Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias y Sn =n

∑j=1

Xj. Pruebe

que si Xn converge a 0 en Lp para algún p ≥ 1, entonces

Sn

nconverge a 0 en Lp.

Demostración. Sean p ≥ 1 y ε > 0, vamos a demostrar que lımn→+∞

E

[∣∣∣∣

Sn

n− 0∣∣∣∣

p]

= 0, por propie-

dades de la esperanza, tenemos que

E

[∣∣∣∣

Sn

n− 0∣∣∣∣

p]

= E

[∣∣∣∣∣

∑nj=1 Xj

n

∣∣∣∣∣

p]

≤ 1np E

[(n

∑j=1

|Xj|)p]

,

por otro lado, por la Desigualdad de Minkowski, sabemos que

(

E

[(n

∑j=1

|Xj|)p])

1p

≤ (E[|X1|p])1p + · · ·+ (E[|Xn|p])

1p =

n

∑j=1

(E[|Xj|p]

) 1p ,


(

E

[∣∣∣∣

Sn

n

∣∣∣∣

p])1p≤ 1

n

n

∑j=1

(E[|Xj|p]

) 1p . (4.2)

Ahora, por hipótesis, existe N ∈ N tal que

E[|Xj − 0|p] = E[|Xj|p] < εp,


E

[∣∣∣∣

Sn

n− 0∣∣∣∣

p]

<1n

n

∑j=1

εp = εp,

para todo n ≥ N, es decir, hemos probado que

E

[∣∣∣∣

Sn

n

∣∣∣∣

p]

< ε,

para todo n ≥ N, por lo tanto, podemos concluir que

Sn

nconverge a 0, en Lp.

90 Examen 1

Por otro lado, si p ∈ ]0, 1[, se tiene que

∣∣∣∣∣

n

∑j=1

Xj

∣∣∣∣∣

p

≤ 2pn

∑j=1

|Xj|p,

de donde, por la monotonía de la esperanza se sigue que

1np E

[∣∣∣∣∣

n

∑j=1

Xj

∣∣∣∣∣

p]

≤(

2n

)p n

∑j=1

E|xj|p,

con esto, análogamente a la demostración cuando p > 1 se sigue el resultado.

EJERCICIO 4.6. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias con función de densidad

f (x) =

αx−α−1 si x > 1, α > 0,

0 caso contrario.

Consideremos la variable aleatoria definida por

Yn = n−1/α max1≤k≤n

Xk,

para cada n ∈ N. Muestre que Yn converge en distribución cuando n → +∞ y determine

su límite.

Demostración. Sea n ∈ N, tenemos que

FXn(x) = P(Xn ≤ x)

=∫ x

−∞f (y) dy

=∫ 1

−∞f (y) dy +

∫ x

1f (y) dy

= α

∫ x

1y−α−1dy

= α

[

− 1α

y−α

]x

1

= −(x−α − 1)

= 1 − x−α,

es decir, para cada n ∈ N se tiene que

FXn(x) = 1 − x−α. (4.3)

4.2 Semestre: 2019-B 91

Ahora, vamos a determinar la función de distribución de Yn, sea n ∈ N, tenemos que

FYn(x) = P

(

n−1/α max1≥k≥n

Xk ≤ x

)

= P

(

max1≥k≥n

Xk < n1/αXk

)

,

de donde, puesto que Xn : n ∈ N es una sucesión de variables aleatorias independientes,

obtenemos que

FYn(x) =

n

∏i=1

P(Xk ≤ n1/αx),

luego, por (4.7), se tiene que

FYn(x) =

n

∏i=1

(1 − (n1/αx)−α) =n

∏i=1

(

1 − 1nxα

)

=

(

1 − 1nxα

)n

,

de donde, tomando el límite cuando n → +∞, se sigue que

lımn→+∞

(

1 − 1nxα

)n

= exp(−xα),


Ynp−→ exp(−xα).

EJERCICIO 4.7. Pruebe que si Xn : n ≥ 1 y Yn : n ≥ 1 son uniformemente integrables,

entonces Xn + Yn : n ≥ 1 es uniformemente integrable.

Demostración. Sea c > 0, vamos a demostrar que

supn∈N

E[

|Xn + Yn|1|Xn+Yn |>c]

→ 0, c → ∞,

en efecto, para n ∈ N tenemos que

|Xn + Yn|1|Xn+Yn |>c ≤ (|Xn|+ |Yn|)1|Xn+Yn |>c,

de donde, por la monotonía de la esperanza, obtenemos que

E[


≤ E[

|Xn|1|Xn+Yn |>c]

+ E[

|Yn|1|Xn+Yn |>c]

,

luego, se sigue que

E[


≤ E[

|Xn|1|Xn |> c2

]

+ E[

|Yn|1|Yn |> c2

]

,

92 Examen 1

así, por la definición de supremo, obtenemos que

supn∈N

E[


≤ supn∈N

E[

|Xn|1|Xn |> c2]

+ supn∈N

E[

|Yn|1|Yn |> c2]

. (4.4)

Por otro lado, puesto que Xn : n ≥ 1 y Yn : n ≥ 1 son integrables, por definición, sabemos

existen N1 ∈ N y N2 ∈ N tales que

E[

|Xn|1|Xn |> c2]

<ε

2y E

[

|Yn|1|Yn |> c2]

<ε

2,

para todo n ≥ N1 y para todo n ≥ N2, respectivamente. Tomado N = maxN1, N2, junto con

(4.8), obtenemos que

supn∈N

E[

|Xn + Yn|1|Xn+Yn |>c

]

< ε,


supn∈N

E[


→ 0, c → ∞.

EJERCICIO 4.8. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias tales que

P(Xn = 0) = 1 − 1nα

y P(Xn = 1) =1

nα,

para n ≥ 1.

a) Estudie la convergencia en probabilidad, casi segura y en Lp de esta sucesión depen-

diendo del valor que toma α.

b) Verifique que para α > 1, Xn : n ≥ 1 es uniformemente integrable. ¿Qué pasa si

α = 1?

Demostración. a) (a) Convergencia en probabilidad: Sea ε > 0, vamos a demostrar que

lımn→+∞

P|Xn − 0| > ε,


P|Xn| > ε = PXn 6= 0 = PXn = 1 =1

nα,

4.2 Semestre: 2019-B 93


lımn→+∞

P|Xn| > ε = 0 si y solo si α ≥ 1.

(b) Convergencia casi - seguramente: Para estudiar la convergencia casi-segura, vamos a

utilizar el siguiente resultado,

∀ε > 0, P|Xn| > ε io = 0 si y solo si Xncs−→ 0, n → +∞.

Sea ε > 0, tenemos que

∑n∈N

P|Xn| > ε = ∑n∈N

PXn 6= 0 = ∑n∈N

1nα

=

+∞ si α ≤ 1

< +∞ si α > 1,

con esto, si α > 1, entonces por el Teorema de Borel - Cantelli, obtenemos que

P|Xn| > ε io = 0,


Xncs−→ 0, n → +∞.

(c) Convergencia en Lp: Para n ∈ N, tenemos que

E[|Xn|p] = 0pPXpn = 0p+ PX

pn = 1p =

1nα

,

de donde,

lımn→+∞

E[|Xn|p] = 0 si y solo si α ≥ 1,

es decir, para α ≥ 1 hemos probado que

XnLp

−→ 0, n → +∞.

4.3 Semestre: 2019-A 95



aleatoria tales que para todo n ∈ N, Xn ≤ X casi-seguramente y E [Xn] < +∞. Pruebe que

E [Xn] → E[X], n → +∞ si y solo si supn∈N

E[

Xn1Xn>c]

→ 0, c → +∞.

Demostración. Para la primera implicación, supongamos que E [Xn] → E[X], n → +∞, sea

c > 0, vamos a demostrar que

supn∈N

E[

Xn1Xn>c]

→ 0, c → +∞,

para lo cual, basta con demostrar que para todo ε > 0, existe δ > 0 tal que para todo E ∈ F

P(E) < δ ⇒∫

E|Xn| dP ,

para todo n ∈ N.

En efecto, sean c > 0 y n ∈ N, por la desigualdad de Chebyshev, para todo n ∈ N, sabemos

que

P|Xn| ≥ c ≤ E[Xn]

c,

de donde, por la definición de supremo, se sigue que

supn∈N

P|Xn| ≥ c ≤ 1c

supn∈N

E [|Xn|] → 0, c → +∞,

por lo tanto, para c > 0 suficientemente grande y para cada n ∈ N, se tiene que cualquier

conjunto

|Xn| ≥ c,

puede tomarse como E. Con esto, para cada n ∈ N, se tiene que

supn∈N

E[

Xn1Xn>c]

< ε.

Para la otra implicación, supongamos que supn∈NE[

Xn1Xn>c]

→ 0, c → +∞, vamos a

demostrar que E [Xn] → E[X], por hipótesis, tenemos que

E[X] = E

[

lım infn→+∞

Xn

]

≤ lım infn→+∞

E[Xn] ≤ lım supn→+∞

E[Xn] ≤ E[lım supn→+∞

Xn] = E[X],

96 Examen 1


lımn→+∞

E[Xn] = E[X].


distribución de Bernoulli; es decir, para cada n ∈ N,

Xn ∼ Ber(p),

con p ∈ ]0, 1[. Sea n ∈ N,

a) Si Bn = Xn = 1, entonces PBn i.o. = 1.

b) Si An = Xn = Xn+1 = · · · = X2n−1 = 1, (n éxitos de recorrido), entonces

Plım supn→+∞

An = 0.

Demostración. a) Para cada n ∈ N, tenemos que

PXn = 1 = p,


PBn = p,

para todo n ∈ N, con esto, tenemos que

∑n∈N

PBn = ∑n∈N

p = +∞,

así, dado que Xn : n ≥ 1 es una sucesión de variables aleatorias independientes, por el

Teorema de Borel-Cantelli, tenemos que

PBn i.o. = 1.

b) Tenemos que

PAn = P

2n−1⋂

i=n

Xi = 1

,

de donde, puesto que (Xn : n ≥ 1)n∈Nes una sucesión de variables aleatorias independien-

tes, se sigue que

PAn =2n−1

∏i=n

PXi = n =2n−1

∏i=1

p = p(2n−1)−(n−1) = pn,

4.3 Semestre: 2019-A 97

con esto, dado que p ∈ ]0, 1[, se sigue que

∑n∈N

pn =p

1 − p< +∞,

así, por el Teorema de Borel-Cantelli, tenemos que

P

lım supn→+∞

An

= 0.


aleatoria tales que sus funciones de distribución son

FXn =

0 si x < 0,

1 − 1n si 0 ≤ x < n

1 si x ≥ n.

y FX(x) =

0 si x < 0,

1 si x ≥ 0.,

respectivamente.

a) Muestre que Xn : n ≥ 1 converge en probabilidad y en distribución a X.

b) Muestre que Xn : n ≥ 1 no converge en Lp.

Demostración. a) Puesto que conocemos las funciones de distribución, las funciones de densi-

dad de Xn : n ≥ 1 están dadas por

fXn(x) =

1 − 1n si x = 0,

1n si x = n.

y fX(x) = 1, si x = 0,

respectivamente.

Tenemos que

PX = 0 = 1,

es decir, X = 0, sea ε > 0, vamos a demostrar que

XnP−→ 0, n → +∞,


P|Xn| > ε = PXn 6= 0 = PXn = 1 =1n

,

98 Examen 1

de donde, sea ε1 > 0, puesto que lımn→+∞

1n= 0, sabemos existe n ∈ N tal que

P|Xn| > ε < ε1,

para todo n ≥ N, es decir,

lımn→+∞

P|Xn| > ε = 0,

con esto, hemos probado que Xn : n ≥ 1 converge en probabilidad a X.

Finalmente, dado que convergencia en probabilidad implica convergencia en distribu-

ción, tenemos que que Xn : n ≥ 1 converge en distribución a X.

b) Sea p ≥ 1, tenemos que

E[Xp] = 0PXn = 0+ npPXpn = 1

= np 1n

= np−1,


(a) Si p = 1, entonces

lımn→+∞

E[Xn] = 1.

(b) Por otro lado, si p > 1, entonces

lımn→+∞

E[Xn] = +∞.


EJERCICIO 4.12. Sea En : n ≥ 1 una sucesión de eventos arbitrarios que satisfacen

lımn→+∞

P(En) = 0 y+∞

∑n=1

P(En ∩ Ecn+1) < +∞,

entonces

PEn io = P

lım supn∈N

En

= 0.

Bonus: Muestre que pasa si 0 < p < 1.

4.4 Semestre: 2019-B 99

Demostración. Por el Teorema de Borel-Cantelli, dado que ∑n∈N

P(En ∩ Ecn+1) < +∞, tenemos que

P

lım supn

En ∩ Ecn+1

= 0.

Por otro lado, por la definición de límite superior, se tiene que

lım supn→+∞

En ∩ Ecn+1 =

⋂

n∈N

(⋃

m≥n

(Em ∩ Ecm+1)

)

,

además, notemos que⋃

m≥n

(Em ∩ Ecm+1)

n∈N

,

es una sucesión de eventos decreciente, por lo tanto, tenemos que

P

lım supn∈N

En ∩ Ecn+1

= lımn→+∞

P

⋃

m≥n

(Em ∩ Ecm+1)

= 0.

Luego, usando álgebra de conjuntos (ver Set Theory de Pinter, Teorema 1.42), se sigue que

lımn→+∞

P

⋃

m≥n

(Em ∩ Ecm+1)

= lımn→+∞

P

(⋃

m≥n

Em

)

∩(⋃

n≥m

Ecm+1

)

,

de donde, dado que P es una medida de probabilidad, de la igualdad precedente, obtenemos

que

lımn→+∞

P

⋃

m≥n

(Em ∩ Ecm+1)

= lımn→+∞

[

P

⋃

m≥n

Em

+ P

⋃

n+1

Ecm+1

− P

(⋃

m≥n

Em

)

∪(⋃

m≥n

Ecm+1

)]

= lımn→+∞

[

P

⋃

m≥n

Em

+ 1 − P

⋂

n+1

Em+1

− P

(⋃

m≥n

Em

)

∪(⋃

m≥n

Ecm+1

)]

,

ahora, es fácil ver que(⋃

m≥n

Em

)

∪(⋃

m≥n

Ecm+1

)

= Ω,


lımn→+∞

P

⋃

m≥n

(Em ∩ ECm+1)

= lımn→+∞

[

P

⋃

m≥n

Em

+ 1 − P

⋂

n+1

Em+1

− PΩ]

= lımn→+∞

[

P

⋃

m≥n

Em

+ 1 − P

⋂

m≥n

Em+1

− 1

]

100 Examen 1

= lımn→+∞

[

P

⋃

m≥n

Em

− P

⋂

m≥n

Em+1

]

= 0,


lımn→+∞

P

⋃

m≥n

Em

= lımn→+∞

P

⋂

n+1

Em+1

. (4.5)

Finalmente, usando el hecho de que⋂

m≥n

Em+1 ⊂ En, obtenemos que

lımn→+∞

P

⋂

m≥n

Em+1

≤ lımn→+∞

PEn,

combinando la desigualdad precedente con (4.5), se sigue que

lımn→+∞

P

⋃

m≥n

Em

≤ lımn→+∞

PEn,

luego, dado que lımn→+∞ PEn = 0, se colige que

lımn→+∞

P

⋃

m≥n

Em

= 0,

es decir,

PEn i.o. = P

lım supn∈N

En

= 0,

como queríamos.

EJERCICIO 4.13. Sean Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias y Sn =n

∑j=1

Xj.

Pruebe que si Xn converge a 0 en Lp para algún p ≥ 1, entonces

Sn

nconverge a 0 en Lp.

Demostración. Sean p ≥ 1 y ε > 0, vamos a demostrar que lımn→+∞

E

[∣∣∣∣

Sn

n− 0∣∣∣∣

p]

= 0, por propie-

dades de la esperanza, tenemos que

E

[∣∣∣∣

Sn

n− 0∣∣∣∣

p]

= E

[∣∣∣∣∣

∑nj=1 Xj

n

∣∣∣∣∣

p]

≤ 1np E

[(n

∑j=1

|Xj|)p]

,

4.4 Semestre: 2019-B 101

por otro lado, por la Desigualdad de Minkowski, sabemos que

(

E

[(n

∑j=1

|Xj|)p])

1p

≤ (E[|X1|p])1p + · · ·+ (E[|Xn|p])

1p =

n

∑j=1

(E[|Xj|p]

) 1p ,


(

E

[∣∣∣∣

Sn

n

∣∣∣∣

p])1p≤ 1

n

n

∑j=1

(E[|Xj|p]

) 1p . (4.6)

Ahora, por hipótesis, existe N ∈ N tal que

E[|Xj − 0|p] = E[|Xj|p] < εp,


E

[∣∣∣∣

Sn

n− 0∣∣∣∣

p]

<1n

n

∑j=1

εp = εp,


E

[∣∣∣∣

Sn

n

∣∣∣∣

p]

< ε,

para todo n ≥ N, por lo tanto, podemos concluir que

Sn

nconverge a 0, en Lp.

Por otro lado, si p ∈ ]0, 1[, se tiene que

∣∣∣∣∣

n

∑j=1

Xj

∣∣∣∣∣

p

≤ 2pn

∑j=1

|Xj|p,

de donde, por la monotonía de la esperanza se sigue que

1np E

[∣∣∣∣∣

n

∑j=1

Xj

∣∣∣∣∣

p]

≤(

2n

)p n

∑j=1

E|xj|p,

con esto, análogamente a la demostración cuando p > 1 se sigue el resultado.

EJERCICIO 4.14. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias con función de densi-

102 Examen 1

dad

f (x) =

αx−α−1 si x > 1, α > 0,

0 caso contrario.

Consideremos la variable aleatoria definida por

Yn = n−1/α max1≤k≤n

Xk,

para cada n ∈ N. Muestre que Yn converge en distribución cuando n → +∞ y determine

su límite.

Demostración. Sea n ∈ N, tenemos que

FXn(x) = P(Xn ≤ x)

=∫ x

−∞f (y) dy

=∫ 1

−∞f (y) dy +

∫ x

1f (y) dy

= α

∫ x

1y−α−1dy

= α

[

− 1α

y−α

]x

1

= −(x−α − 1)

= 1 − x−α,

es decir, para cada n ∈ N se tiene que

FXn(x) = 1 − x−α. (4.7)

Ahora, vamos a determinar la función de distribución de Yn, sea n ∈ N, tenemos que

FYn(x) = P

(

n−1/α max1≥k≥n

Xk ≤ x

)

= P

(

max1≥k≥n

Xk < n1/αXk

)

,

de donde, puesto que Xn : n ∈ N es una sucesión de variables aleatorias independientes,

obtenemos que

FYn(x) =

n

∏i=1

P(Xk ≤ n1/αx),

4.4 Semestre: 2019-B 103

luego, por (4.7), se tiene que

FYn(x) =

n

∏i=1

(1 − (n1/αx)−α) =n

∏i=1

(

1 − 1nxα

)

=

(

1 − 1nxα

)n

,


lımn→+∞

(

1 − 1nxα

)n

= exp(−xα),


Ynp−→ exp(−xα).

EJERCICIO 4.15. Pruebe que si Xn : n ≥ 1 y Yn : n ≥ 1 son uniformemente integrables,

entonces Xn + Yn : n ≥ 1 es uniformemente integrable.

Demostración. Sea c > 0, vamos a demostrar que

supn∈N

E[


→ 0, c → ∞,

en efecto, para n ∈ N tenemos que

|Xn + Yn|1|Xn+Yn |>c ≤ (|Xn|+ |Yn|)1|Xn+Yn |>c,

de donde, por la monotonía de la esperanza, obtenemos que

E[


≤ E[

|Xn|1|Xn+Yn |>c]

+ E[

|Yn|1|Xn+Yn |>c]

,

luego, se sigue que

E[


≤ E[

|Xn|1|Xn |> c2

]

+ E[

|Yn|1|Yn |> c2

]

,

así, por la definición de supremo, obtenemos que

supn∈N

E[


≤ supn∈N

E[

|Xn|1|Xn |> c2]

+ supn∈N

E[

|Yn|1|Yn |> c2]

. (4.8)

Por otro lado, puesto que Xn : n ≥ 1 y Yn : n ≥ 1 son integrables, por definición, sabemos

existen N1 ∈ N y N2 ∈ N tales que

E[

|Xn|1|Xn |> c2]

<ε

2y E

[

|Yn|1|Yn |> c2]

<ε

2,

para todo n ≥ N1 y para todo n ≥ N2, respectivamente. Tomado N = maxN1, N2, junto con

104 Examen 1

(4.8), obtenemos que

supn∈N

E[

|Xn + Yn|1|Xn+Yn |>c

]

< ε,


supn∈N

E[


→ 0, c → ∞.


P(Xn = 0) = 1 − 1nα

y P(Xn = 1) =1

nα,

para n ≥ 1.

a) Estudie la convergencia en probabilidad, casi segura y en Lp de esta sucesión depen-

diendo del valor que toma α.

b) Verifique que para α > 1, Xn : n ≥ 1 es uniformemente integrable. ¿Qué pasa si

α = 1?

Demostración. a) (a) Convergencia en probabilidad: Sea ε > 0, vamos a demostrar que

lımn→+∞

P|Xn − 0| > ε,


P|Xn| > ε = PXn 6= 0 = PXn = 1 =1

nα,


lımn→+∞

P|Xn| > ε = 0 si y solo si α ≥ 1.

(b) Convergencia casi - seguramente: Para estudiar la convergencia casi-segura, vamos a

utilizar el siguiente resultado,

∀ε > 0, P|Xn| > ε io = 0 si y solo si Xncs−→ 0, n → +∞.

4.4 Semestre: 2019-B 105

Sea ε > 0, tenemos que

∑n∈N

P|Xn| > ε = ∑n∈N

PXn 6= 0 = ∑n∈N

1nα

=

+∞ si α ≤ 1

< +∞ si α > 1,

con esto, si α > 1, entonces por el Teorema de Borel - Cantelli, obtenemos que

P|Xn| > ε io = 0,


Xncs−→ 0, n → +∞.

(c) Convergencia en Lp: Para n ∈ N, tenemos que

E[|Xn|p] = 0pPXpn = 0p+ PX

pn = 1p =

1nα

,

de donde,

lımn→+∞

E[|Xn|p] = 0 si y solo si α ≥ 1,

es decir, para α ≥ 1 hemos probado que

XnLp

−→ 0, n → +∞.

4.5 Semestre: 2019-A 107


EJERCICIO 4.17. Sean α > 0 y Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias tales que:

PXn = 0 = 1 − 1nα

, PXn = −n = PXn = n =1

2 nα,

para cada n ∈ N. Estudie la convergencia en probabilidad, casi segura y en Lp de esta

sucesión dependiendo del valor que toma α.

Solución. La probabilidad está bien definida, en efecto, tenemos

PXn = 0+ PXn = −n+ PXn = n = 1 − 1nα

+1

2 nα+

12 nα

= 1,

1. Vamos a estudiar la convergencia en probabilidad, para ello, sea ǫ > 0, se tiene que

P|Xn| > ǫ = PXn 6= 0 =1

2 nα+

12 nα

=1

nα.

Si α > 0 tomando el límite cuando n → +∞, entonces

lımn→+∞

P|Xn| > ǫ = lımn→+∞

1nα

= 0,

es decir,

XnP−→ 0, n → +∞.

2. Vamos a estudiar la convergencia casi segura, si α > 1 tenemos que,

∑n∈N

P|Xn| > ǫ = ∑n∈N

1nα

< +∞.

Aplicando el teorema de Borel-Cantelli, obtenemos que

P|Xn| > ǫ, i.o = 0,

es decir,

Xnc.s−→ 0, n → +∞

para α > 1.

3. Vamos a estudiar la convergencia en LP, tenemos que

108 Examen 1

E[|Xn|p] = 0p E[|Xn| = 0] + |np| E[Xn = np] + |np| E[|Xn| = −np] = np−α.

Finalmente, si p < α tenemos que

E[|Xn|p] = np−α n→+∞−−−−→ 0,

es decir,

XnLP

−→ 0, n → +∞.

EJERCICIO 4.18. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias tales que:

P(Xn = a) =1n

y P(Xn = b) = 1 − 1n

,

para cada n ∈ N. Encuentre

a) La función característica de Xn.

b) El límite cuando n → ∞, de esta función característica.

c) (Si existe) la medida de probabilidad a la cual converge en distribución esta sucesión

de variables aleatorias.

a) Solución. Para n ∈ N, tenemos que

P(ei t Xn = ei t a) =1n

P(ei t Xn = ei t b) = 1 − 1n

.

Por definición de función característica

φXn(t) = E [ei t Xn ]

= ei t aP(ei t Xn = ei t a)) + ei t bP(ei t Xn = ei t b))

=1n(ei t a − ei t b) + ei t b,

es decir,

φXn(t) =1n(ei t a − ei t b) + ei t b,

para cada n ∈ N.

4.5 Semestre: 2019-A 109

b) Solución. Por el literal anterior, tenemos que

lımn→+∞

φXn(t) = lımn→+∞

(1n(ei t a − ei t b) + ei t b

)

= ei t b.

c) Solución. Sea B un conjunto Boreliano, definimos

δB(ω) =

1 si ω ∈ B,

0 si ω /∈ B.

Tenemos que

P(Xn ≤ ei t x) =∫

ei t x δB(dx) = ei t b,

para cada n ∈ N, de donde,

Xnd−→ δB.


Xn ∼ N(0, σ2n) con σ2

n → +∞,

para todo n ∈ N.

Sabiendo que la función característica de Xn es exp

− t2

2 σ2n

, para todo n ∈ N.

a) Encuentre la medida a la cual converge la sucesión de medidas imagen generadas por

esta sucesión de variables aleatorias.

b) ¿Es esta medida una medida de probabilidad?

c) Existe un resultado que dice que bajo ciertas condiciones la sucesión de funciones

características converge a la función característica límite. Comente este resultado para

este ejercicio.

Solución. a) De la definición de función característica y como σ2n → +∞,tenemos que

φXn(t) = e−t2 σ2

n2

n→+∞−−−−→ 0,

es decir, la medida a la cual converge la sucesión de medidas imagen es

µ : Ω → R

ω 7→ µ(ω) = 0

110 Examen 1

b) No, en efecto, µ(Ω) = 0 6= 1

c) Sean φnn∈N una familia de funciones características y µnn∈N, de medidas de proba-

bilidad. Si φn → φ∞ uniformemente en R, donde φ∞ es la función característica del límite

y φ∞ es continua en 0, si y solo si µnv−→ µ∞


EJERCICIO 4.20. Muestre que si Xn : n ≥ 1 es una sucesión creciente de variables aleato-

rias (es decir,Xn ≤ Xn+1 c.s. ) y X es una variable aleatoria, se tiene que si

XnP−→ X, n → +∞,

entonces

Xnc.s−→ X, n → +∞.

Demostración. Vamos a demostrar que para todo ε > 0

P(|Xn − X| > ǫ i.o.) = 0.

En efecto, sea ε > 0, tenemos que

P|Xn − X| > ǫ i.o. = P

lım supn→+∞

|Xn − X| > ǫ

,

= P

⋂

n∈N

⋃

k≥n

|Xk − X| > ǫ

,

= lımn→∞

P

⋃

k≥n

|Xk − X| > ǫ

.

Como Xn : n ≥ 1 es una sucesión de variables aleatorias creciente, sabemos que

|Xn − X| ⊂ |Xn + 1︸︷︷︸

k

− X|,

para todo n ∈ N, luego,

P(|Xn − X| > ǫ i.o.) = 1 − lımn→∞

P (|Xn − X| ≤ ǫ) . (4.9)

4.6 Semestre: 2019-B 111

Por otro lado, de la caracterización de convergencia en probabilidad, tenemos que

(

XnP−→ X, n → +∞

)

⇔ (∀ǫ > 0, P (|Xn − X| ≤ ǫ) → 1.) (4.10)

Combinando (4,9) y (4,10), tenemos que

P (|Xn − X| > ǫ i.o. ) = 0.

Por lo tanto,

Xnc.s−→ X, n → +∞.

Demostración. Sabemos que, si Xnp−→ X, n → +∞ entonces existe (Xnk

)k∈N una subsucesión

de (Xn)n∈N tal que

Xnk

c.s−→ X, k → ∞.

De la definición de convergencia casi segura, existe un conjunto N ⊂ Ω tal que P(N) = 0 y

∀ω ∈ Nc,

Xnk(ω) → X(ω).

Sea ǫ > 0, definamos el conjunto

Ank(ǫ) =

⋂

n≥nk

|Xn − X| ≤ ǫ

,

por la monotonía creciente de la sucesión, para cada ω ∈ Nc, existe N(ǫ, ω) tal que si nk >

N(ǫ, ω), entonces

|Xnk(ω)− X(ω)| < ǫ,

es decir, ω ∈ Ank(ǫ) para algún nk ∈ N.

Así, ω ∈∞⋃

nk=1

Ank(ǫ), es decir, Nc ⊂

∞⋃

nk=1

Ank(ǫ).

Luego,

P

∞⋃

nk=1

Ank(ǫ)

= 1

y como Ankes creciente, tenemos que

PAnk(ǫ) → 1, nk → ∞.

Por lo tanto,

Xnc.s−→ X, n → +∞.

112 Examen 1

EJERCICIO 4.21. Sea Xjnj=1 una familia finita de variables aleatorias independientes idén-

ticamente distribuidas con función de densidad

f (x) = α x−(α+1),

para x ≥ 1 y α > 0. Para cada n ∈ N, consideremos

Yn =

(n

∏i=1

Xi

) 1n

,

a) Calcule P(ln(Xi) ≤ x).

b) Muestre que

YnP−→ exp

(1α

)

. (4.11)

AYUDA: Use la Ley de los Grandes Números para ln(Xi) y el hecho de que si ZnP−→ Z y f

es una función continua, entonces f (Zn)P−→ f (Z).

Demostración. a) Tenemos que

FXn(x) = P(Xn ≤ x) =∫ x

1α y−(α−1) = 1 − x−α,

para todo n ∈ N, y para todo x ≥ 1.

Luego

P(ln(Xi) ≤ x) = P(Xi ≤ ex) = 1 − e−α x.

b) Vamos a demostrar (4,11), lo cual, es equivalente a mostrar que

1n

n

∑i=1

ln(Xi)P−→ 1

α.

Para cada i ∈ N, definamos

Zi = ln(Xi),

tenemos que,

E[Zi] = E [ln(Xi)] =∫ ∞

−∞ln(x)αx−(α+1) dx =

1α

.

4.6 Semestre: 2019-B 113

Luego, por la Ley de los Grandes Números, se sigue que

1n

n

∑i=1

ZiP−→ E [Zi] ⇔

1n

n

∑i=1

ln(Xi)P−→ 1

α

⇔ YnP−→ 1

α.

EJERCICIO 4.22. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias independientes, tal

que

P(Xn = 0) = 1 − p, y P(Xn = 1) = p,

para cada n ∈ N. Si f ∈ C([0,1]) y pn(p) = E[

f(

Snn

)]

. Muestre que

pn(p) → f (p). (4.12)

Donde Sn =n

∑i=1

Xi, para cada n ∈ N.

AYUDA: Use la Ley Fuerte de los Grandes Números.

Demostración. Vamos a demostrar (4,12).

Tenemos que

E[Xn] = 0 P(Xn = 0) + 1 P(Xn = 1) = p,

para todo i ∈ N.

Por la Ley de los Grandes Números obtenemos que

1n

n

∑i=1

XiP−→ p.

Ahora, sabemos que si ZnP−→ Z y f es una función continua, entonces f (Zn)

P−→ f (Z), por lo

tanto, como f ∈ C([0,1] podemos colegir que

f

(Sn

n

)P−→ f (p).

Por otro lado, recordando que si XnP−→ X, n → +∞ y Xn : n ≥ 1 está acotada, entonces

XnLp

−→ X, como f es continua, entonces f(

Snn

)

está acotada y por lo tanto,

f

(Sn

n

)LP

−→ f (p),

114 Examen 1

es decir,

E

[

f

(Sn

n

)]

→ E[ f (p)],

de donde,

E

[

f

(Sn

n

)]

→ f (p).

EJERCICIO 4.23. Sea Xjnj=1 una familia de variables aleatorias independientes que tienen

distribución normal con media 0 y varianza 1.

a) Encuentre la función característica de Xj.

b) Muestre quen

∑i=1

Xi ∼ N (0, n) (4.13)

a) Solución. Por definición de función característica, tenemos que

φXj(t) = E[ei t x] =

1√2 π

∫ ∞

−∞ex(i t− x

2 ) dx, (4.14)

para todo j ∈ N

de donde, derivando φXj(t) y usando el artificio

d

dx

(

−e−x22

)

= x e−x22 ,

obtenemos que

φ′Xj(t) =

i√2 π

∫ ∞

−∞ei t x

(

d

(

−ex22

))

, (4.15)

para todo j ∈ N.

Ahora, resolviendo (4,15) mediante el método de integración por partes, tenemos que

φ′Xj(t) = − 1√

2 πt∫ ∞

−∞ex(i t− x

2 ), (4.16)

para todo j ∈ N.

Luego, combinando las ecuaciones: (4,14) evaluada en t = 0 y (4,16) tenemos el problema

de valor inicial

φ′Xj(t) = −t φ(t),

φXj(0) = 1,

(4.17)

4.6 Semestre: 2019-B 115

para todo j ∈ N. Finalmente, al resolver (4,17), obtenemos

φXj(t) = e−

t22 , (4.18)

para todo j ∈ N.

b) Demostración. Vamos a demostrar (4,13).

Notemos quen

∑i=1

Xi es una variable aleatoria, pues es la suma finita de variables aleatorias.

Calculemos la función característica de ∑ni=1 Xi, en efecto, tenemos que

φ∑ni=1 Xi

(t) = E[

ei t ∑ni=1 Xi

]

,

=n

∏i=1

E[

ei t Xi

]

,

=n

∏i=1

φXi(t),

De (4,18), se sigue que

φ∑ni=1 Xi

(t) =

(

e−t22

)n

= e−n t22 . (4.19)

Por otro lado, si tenemos que Z ∼ N (0, n) para cualquier variable aleatoria Z,

φZ(t) =∫ ∞

−∞ei t x 1

n√

2 πe− x2

2 n2 = e−n t22 (4.20)

Finalmente, sabemos que si las funciones características de dos variables aleatorias coin-

ciden, entonces tienen la misma distribución, por lo tanto de (4,19) y (4,20), podemos

concluir que (4,13) se cumple.

4.7 Semestre: 2019-A 117


EJERCICIO 4.24. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias idénticamente distri-

buidas, pruebe que si

Xnn

n∈Nconverge casi-seguramente a 0, entonces E[X1] < +∞.

Demostración. Vamos a demostrar que E[X1] < +∞, para lo cual, debemos probar que

∑n∈N

P|X1| > n < +∞,

de donde, puesto que Xn : n ≥ 1 es una sucesión de variables aleatorias idénticamente distri-

buidas, vamos a probar que

∑n∈N

P|Xn > n < +∞.

Por hipótesis, existe N ⊂ Ω un conjunto de medida nula tal que para todo ω ∈ Ω r N tal que

lımn→+∞

Xn(ω)

n= 0,

luego, por la definición de límite, existe N ∈ N tal que

|Xn(ω)|n

< 1,

para todo n ≥ N y para todo ω ∈ Ω r N. Con esto, tenemos que

Pω : |Xn(ω)| > n = 0,

para todo n ≥ N, así, se sigue que

∑n∈N

Pω : |Xn(ω)| > n < +∞,

dado que es la suma de términos nulos a partir de N ∈ N, por lo tanto, hemos probado que

E[|X1|] < +∞.

EJERCICIO 4.25. Sea Xn : n ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias definida sobre

118 Examen 1

([0, 1] ,B [0, 1] , λ), con λ > 0 la medida de Lebesgue, tales que

Xn(w) =

0 si 1n2 ≤ ω ≤ 1

en si 0 ≤ ω <1

n2 .

a) ¿Es Xn : n ≥ 1 convergente en probabilidad?

b) ¿Es Xn : n ≥ 1 convergente en casi-seguramente?

c) ¿Es Xn : n ≥ 1 convergente en Lp, para p > 0?

Demostración. En primer lugar, notemos que

λ

([1n2 , 1

])

= 1 − 1n2 y λ

([

0,1n2

[)

=1n2 ,


PXn = 0 = 1 − 1n2 y PXn = expn =

1n2 ,

para todo n ∈ N.

a) Sea ε > 0, vamos a demostrar que

lımn→+∞

P|Xn| > ε = 0,

en efecto, sea ε1 > 0, tenemos que

P|Xn| > ε = PXn 6= 0 = PXn = expn =1n2 ,

para todo n ∈ N, de donde, puesto que lımn→+∞

1n2 = 0, existe N ∈ N tal que

P|Xn| > ε < ε1,

para todo n ≥ N, es decir, se tiene que

lımn→+∞

P|Xn| > ε = 0.

b) Vamos a demostrar que Xnc.s−→ 0, n → +∞, lo cual, es equivalente a demostrar que para

todo ε > 0,

P|Xn| > ε i.o = 0,

4.7 Semestre: 2019-A 119

tenemos que

∑n∈N

P|Xn| > ε = ∑n∈N

1n2 =

π2

6< +∞,

así, por el Teorema de Borel-Cantelli, se sigue que

P|Xn| > ε i.o. = 0,

con esto, podemos concluir que

Xnc.s−→ 0, n → +∞.

c) Sean p > 0 y n ∈ N, tenemos que

E[Xpn ] = 0PX

pn = 0+ expnp PX

pn = expnp

=expnp

n2 ,

de donde, tomando el límite cuando n → +∞, obtenemos que

lımn→+∞

E[Xpn ] = +∞.

Por lo tanto, Xn : n ≥ 1 no es convergente en Lp, para p > 0.

EJERCICIO 4.26. Verifique que si tenemos que la sucesión de variables aleatorias indepen-

dientes Xn : n ≥ 1, la condición:

Para todo δ > 0,n

∑j=1

E[|Xj − E[Xj]|2+δ] → 0, n → +∞,

implica la condición:

Para todo η > 0,

n

∑j=1

∫

|x−E[Xj]|>η(x − E[Xj])

2 dFj(x) → 0, n → +∞.

Es decir, pruebe que la condición de Liaponuv implica la condición de Lindeberg.

Demostración. Supongamos que para todo δ > 0,

n

∑j=1

E[|Xj − E[Xj]|2+δ] → 0, n → +∞.

4.7 Semestre: 2019-A 121


E[g(Y)|X] = E[g(Z)|X].

2. Ahora, consideremos las funciones simples

gY(x) =n

∑j=1

ai1Aiy gZ(x) =

n

∑j=1

bi1Bi,

donde ai, bi ∈ R+, para todo i ∈ 1, . . . , n y Aini=1, Bin

i=1 son familias finitas disjuntas

de elementos de Ω. Tenemos que

E[g(Y)|X] =n

∑j=1

aiE[1Ai|X] =

n

∑j=1

aiPAi|X,

de donde, puesto que (X, Y) y (X, Z) tienen la misma distribución conjunta, se sigue que

n

∑j=1

aiPAi|X =n

∑j=1

biPBi|X =n

∑j=1

biE[1Bi|X] = E[g(Z)|X],


E[g(Y)|X] = E[g(Z)|X].

3. Sean gY y gZ funciones positivas, es decir, existen gYn: n ≥ 1 y gZn : n ≥ 1 sucesiones

de funciones simples tales que

lımn→+∞

gYn= gY y lım

n→+∞gZn = gZ,

así, para cada n ∈ N, tenemos que

E [gYn|X] = E [gZn |X] ,

de donde, tomando el límite cuando n → +∞ y por el Teorema de la Convergencia Domi-

nada, se sigue que

E [gY|X] = E [gZ|X] .

122 Examen 1



aleatoria tales que Xn : n ≥ 1 converge a X en Lp y (cn)n∈Nuna sucesión de números

reales que converge a c. Pruebe que la sucesión cnXn : n ≥ 1 converge a cX en Lp.

Demostración. Vamos a demostrar que lımn→+∞

E[|cnXn − cX|p] = 0, para ello, sean ε > 0 y n ∈ N,

tenemos que

|cnXn − cX| = |(cnXn − cnX) + (cnX − cX)|,

por otro lado, para todo r > 0, se cumple la relación

|X + Y|r ≤ 2r(|X|r + |Y|r),

de donde, combinando las desigualdades precedentes, obtenemos que

|cnXn − cX|p ≤ 2p (|cn(Xn − X)|p + |X(cn − c)|) = 2p (|cn|p|Xn − X|p + |X|p|cn − c|p) ,

luego, por la monotonía de la esperanza, de la desigualdad precedente, obtenemos que

E [|cnXn − cX|p] ≤ 2p (|cn|pE [|Xn − X|p] + |cn − c|pE [|X|p]) . (4.21)

Puesto que (cn)n∈Nes una sucesión convergente es acotada, es decir, existe M > 0 tal que

|cn| ≤ M,

para todo n ∈ N.

Ahora, por hipótesis sabemos existe N1 ∈ N tal que

E[|Xn − X|p] < ε

2p+1 × M,

para todo n ≥ N1. Por otro lado, sabemos existe N2 ∈ N tal que

|cn − c| < p

√ε

2p+1 × E[|X|p] ,

para todo n ≥ N2.

4.8 Semestre: 2019-B 123

Finalmente tomando N = maxN1, N2, de (4.21), se sigue que

E [|cnXn − cX|p] < ε,

para todo n ≥ N, con esto hemos probado que

cnXnLp

−→ cX, n → +∞.

EJERCICIO 4.29. Muestre que si una variable aleatoria X es independiente a sí misma, en-

tonces es constante casi-seguramente (es decir, para algún c ∈ R, P(X = c) = 1).

Use este resultado para mostrar que si X y f (X) son independientes para alguna función

Borel-medible entonces f (X) es constante casi-seguramente.

Demostración. Supongamos que X es independiente a sí misma, vamos a demostrar que existe

a ∈ R, tal que PX = a = 1, para ello, sea c ∈ R, tenemos que

PX ≤ c = PX ≤ c, X ≤ c

= PX ≤ c2,


PX ≤ c = 0 o PX ≤ c = 1,

es decir, la función de distribución de la variable aleatoria X, solamente toma los valores de 0 ó

1, así, consideremos el conjunto definido por

A = x : F(x) = 0,

el cual, es un conjunto no vacío y acotado superiormente, en efecto, por las propiedades de la

función de distribución, se tiene que

lımc→−∞

F(c) = lımc→−∞

PX ≤ c = 0,

por lo tanto, A 6= ∅, por otro lado,

lımc→+∞

F(c) = lımc→+∞

PX ≤ c = 1,

con esto, tenemos que A está acotado superiormente.

124 Examen 1

Así, A admite un supremo, el cual, lo denotaremos por

ξ = supx : F(x) = 0,

por la definición de supremo, sabemos existe (xn)n∈Nuna sucesión de números reales, tal que

F(xn) = 0 y lımn→+∞

xn = ξ,


F(ξ−) = lımx→ξ−

F(x) = P(X < ξ) = 0. (4.22)

Nuevamente, por la definición de supremo, tenemos que

F

(

ξ +1n

)

= 1,

para cada n ∈ N, de donde, puesto que F es continua por la derecha, se tiene que

lımn→+∞

F

(

ξ +1n

)

= F(ξ) = 1,


PX ≤ ξ = 1. (4.23)

Finalmente, combinando (4.22) y (4.23), obtenemos que

PX = ξ = PX ≤ ξ − PX < ξ = 1,

así, tomando a = ξ ∈ R, se sigue que

PX = a = 1.

Ahora, dado que X es independiente a sí misma, tenemos que

ϕX−X(t) = ϕX(t) ϕX(−t) = |ϕX(t)| = 1,

de donde, obtenemos que

ϕX = ea t i,

es decir

X = a, c.s.

Por otro lado, como X es una variable aleatoria y f es una función Borel-medible, entonces f (X)

4.8 Semestre: 2019-B 125


Sean A, B ∈ F , tenemos que

P f (X) ∈ A, f (X) ∈ B = P

X ∈ f−1(A), f (X) ∈ B

= P

X ∈ f−1(A)

P f (X) ∈ B

= P f (X) ∈ A P f (X) ∈ B ,

de donde, podemos concluir que f (X) es independiente a sí misma y que

f (X) = c, c.s.

EJERCICIO 4.30. Sean X e Y variables aleatorias independientes con distribución de Poisson

de parámetros λ y µ, respectivamente.

a) Encuentre las funciones características de las distribuciones de X y de Y.

b) Encuentre la distribución de X + Y.

Demostración. a) Sabemos que X es una variable aleatoria discreta con distribución de Poisson,

por lo tanto, su función de distribución viene dada por

fX(x) =e−λλx

x!,

de donde, por la definición de función característica, tenemos que

ϕX(t) = E[eixt]

=+∞

∑x=0

eixt e−λλx

x!

= e−λ+∞

∑x=0

eixt λx

x!

= e−λ+∞

∑x=0

(eitλ

)x

x!,

luego, por el desarrollo en serie de Taylor de la función exponencial, se sigue que

ϕX(t) = e−λeeitλ = eλ(eit−1).

De igual forma, se sigue que

ϕY(t) = eµ(eit−1).

126 Examen 1

b) Para n ∈ N, consideremos el evento

X + Y = n,

el cual, se puede escribir como la unión disjunta de los eventos

X = k, Y = n − k,

para todo k = 0, 1, . . . , n, así, tenemos que

PX = k, Y = n − k =n

∑k=0

PX = k, Y = n − k

=n

∑k=0

PX = kPY = n − k

=n

∑k=0

exp−λ λk

k!exp−µ λn−k

(n − k)!

= exp−(λ+µ)n

∑k=0

λk

k!µn−k

(n − k)!

=exp−(λ+µ)

n!

n

∑k=0

n!k!(n − k)!

λkµn−k,

ahora, sabemos quen

∑k=0

n!k!(n − k)!

λkµn−k = (λ + µ)n,


PX + Y = n =exp−(λ+µ)(λ + µ)n,

n!,


X + Y ∼ Po(λ + µ).

EJERCICIO 4.31. Sea Xj : j ≥ 1 una sucesión de variables aleatorias independientes tales

que

Xj ∼ U [−j, j],

para todo j ≥ 1.

a) Muestre que esta sucesión satisface la condición de Lindeberg.

Hint: Verifique que para todo 1 ≤ j ≤ n, lımj→+∞1

Dj= 0 y use este resultado para

probar que |Xj| > εDn = ∅ para algún N ∈ N suficientemente grande.

b) Escriba la conclusión de la aplicación del Teorema Límite Central en este caso.

4.8 Semestre: 2019-B 127

Demostración. a) En primer lugar, sabemos que la función de densidad de Xj, viene dada por

f (x) =

12j si x ∈ [−j, j]

o si x /∈ [−j, j] .

Sea j ∈ N, tenemos que

E[Xj] =∫ +∞

−∞x f (x)

=12j

∫ j

−jx dx = 0,

por otro lado,

σXj= Var[Xj]

=12j

∫ j

−jx2dx

=j2

3.

En resumen, para todo j ∈ N, se tiene que

E[Xj] = 0 y Var[Xj] =j2

3.

Con esto, se sigue que

D2n = Var

[n

∑j=1

Xj

]

=n

∑j=1

Var[Xj]

=n

∑j=1

j2

3

=n(n + 1)(2n + 1)

18,

es decir, para todo n ∈ N, tenemos que

D2n =

n(n + 1)(2n + 1)18

.

128 Examen 1

Ahora, para n ∈ N, obtenemos que

n

Dn=

n√

n(n+1)(2n+1)18

,


n

Dn= 0,

Luego, para todo ε > 0 existe N ∈ N tal que

∣∣∣∣

n

Dn

∣∣∣∣=

j

Dn< ε,

para todo n ≥ N, es decir, se tiene que

|Xj| ≤ j ≤ n ≤ εDn,

para todo n ≥ N, con esto, podemos concluir que

1|Xj |≥εDn = 0,

para N ∈ N y 1 ≤ j ≤ N, por lo tanto, se sigue que

n

∑k=1

E[

X21|Xj |≥εDn

]

< +∞,

luego, se tiene que1

D2n

n

∑k=1

E[

X21|Xj |≥εDn

]

→ 0, n → +∞.

b) Aplicando el Teorema Límite Central, tenemos que

Sn√

Var[Sn]=

√18Sn

√

n(n + 1)(2n + 1)d−→ N (0, 1),

donde Sn =n

∑j=1

Xj.

EJERCICIO 4.32. Sean X una variable aleatoria integrable y F ,G dos sub-σ-álgebras tales

que G ⊂ F muestre que

E(X|G) = E(X|F ) si y solo si E(X|F ) es G-medible.

4.9 Semestre: 2019-B 131


EJERCICIO 4.33. Sean Xn ∼ Bi(n, θ), θ ∈ ]0, 1[ , n ∈ N variables aleatorias. Muestre que

Xn

n

c.s.−→ θ, n → +∞.

Demostración. Por definición de distribución binomial, para cada n ∈ N, tenemos que

Xn =n

∑k=1

Yk,

donde Y1, . . . , Yn, son variables aleatorias independientes con distribución de Bernoulli, tales

que

E[Yn] = 0PXn = 0+ 1PXn = 1 = θ,

es decir, son idénticamente distribuidas, así, por la Ley de los Grandes Números tenemos que

Sn

n=

n

∑k=1

Yk

n

c.s.−→ E[Y1] = θ,

con esto, hemos probado queXn

n

c.s.−→ θ, n → +∞.

EJERCICIO 4.34. Sea Xii≥1 variables aleatorias independientes. Supongamos que

n

∑j=1

(Xj − E[Xj])

σn

d−→ N (0, 1), n → +∞

donde σ2n = V

(n

∑j=1

Xj

)

. Muestre que

1n

n

∑j=1

(Xj − E[Xj])d−→ 0 ⇔ lım

n→+∞

σn

n= 0. (4.24)

Indicación: Puede usar el hecho de que si Xnd−→ X y an → a, entonces an Xn

d−→ a X.

132 Examen 1

Demostración. Para cada n ∈ N, definamos

Zn =n

∑j=1

(Xj − E[Xj])

tal queZn

σn

d−→ N (0, 1),

Para la primera implicación, supongamos que 1n Zn

d−→ 0, n → +∞, vamos a demostrar que

lımn→+∞σnn = 0, en efecto, tenemos que

lımn→+∞

ϕ 1n Zn

(t) = ϕ0(t),

es decir,

lımn→+∞

ei t 1n Zn = ei t 0


lımn→+∞

1n

Zn = 0.

Para la otra implicación, supongamos que lımn→+∞

σn

n= 0, así, por la indicación, tenemos que

lımn→+∞

σn

n

Zn

σn= 0 = lım

n→+∞

Zn

n,

de donde,

lımn→+∞

ϕei t 1

n Zn= ϕ0,

es decir,Zn

n

d−→ 0, n → +∞

EJERCICIO 4.35. Sean Xn variables aleatorias con distribución con N (µn, σ2n),

n = 1, 2, . . . y X una variable aleatoria con distribución N (µ, σ2). Pruebe que

Xnd−→ X, n → +∞ si y solo si lım

n→+∞µn = µ y lım

n→+∞σn = σ.

Demostración. Para la primera implicación, supongamos que Xnd−→ X, n → +∞, vamos a

demostrar que lımn→+∞ µn = µ y lımn→+∞ σn = σ, en efecto, tenemos que

lımn→+∞

ϕXn(t) = ϕX(t),

4.9 Semestre: 2019-B 133

es decir,

lımn→+∞

expitµn− 12 σ2

n t2= expitµ− 1

2 σ2t2,


lımn→+∞

itµn −12

σ2nt2 = itµ − 1

2σ2t2,


lımn→+∞

µn = µ y lımn→+∞

σn = σ.

Para la otra implicación, supongamos que lımn→+∞

µn = µ y lımn→+∞

σn = σ, así, tenemos que

lımn→+∞

ϕXn(t) = lımn→+∞

expitµn− 12 σ2

n t2= expitµ− 1

2 σ2t2,

por otro lado, la función característica de la variable aleatoria X, viene dada por

ϕX(t) = expitµ− 12 σ2t2

,

por lo tanto, hemos probado que

Xnd−→ X, n → +∞.


PXj = ±√

j =12

.

a) Muestre que esta sucesión satisface las condiciones de Lyapunov.

b) Escriba la conclusión de la aplicación del Teorema Centra Límite en este caso.

a) Demostración. Por definición de esperanza, para cada j ∈ N, tenemos que

E[Xj] = +√

j PXj =√

j −√

j PXj = −√

j = 0

=j

2− j

2

= 0,

por otro lado, para cada j ∈ N, tenemos que

σXj= Var[Xj] = E[X2

j ]−(E[Xj]

)2

134 Examen 1

= jPX2j = j+ jX2

j = j

= j.

En resumen, para todo j ∈ N, se tiene que

E[Xj] = 0 y Var[Xj] = j.

Con esto, se sigue que

D2n = Var

[n

∑j=1

Xj

]

=n

∑j=1

Var[Xj]

= j

=n(n + 1)

2,

es decir, para todo n ∈ N, tenemos que

D2n =

n (n + 1)2

.

Finalmente, tenemos que

1D2

n

n

∑j=1

E[|Xj|]2 −→ 0, n → +∞,

es decir, se satisface la condición de Lyapunov.

b) Solución. Aplicando el Teorema Límite Central, tenemos que

Sn√

Var[Sn]=

√2

√

n(n + 1)d−→ N (0, 1),

donde Sn =n

∑j=1

Xj, para cada n ∈ N.

EJERCICIO 4.37. Sean X una variable aleatoria integrable, Y una variable aleatoria acotada

y A ⊂ F . Muestre que

E [YE[X|A]] = E [XE[Y|A]]

teorÍa de probabilidades · 2.1.1 deber n 1 ... n1!n2!n3!···nr! ahora, recordemos la fórmula...

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