Matemáticas universitarias — Grado 2 · Bachelor Year 2

21Probabilidad sobre espacios numerables

Los tres capítulos finales desarrollan la teoría moderna de la probabilidad: medidas de probabilidad sobre espacios muestrales numerables, variables aleatorias discretas y funciones generatrices. La teoría finita del volumen de secundaria adquiere toda su infraestructura: la $\sigma$ -aditividad sustituye a la aditividad finita, y la maquinaria de las familias sumables del Capítulo 7 es exactamente lo que hace manejables los espacios muestrales infinitos. Los resultados centrales de aquí son la continuidad de la probabilidad a lo largo de sucesiones monótonas de sucesos y el lema de Borel–Cantelli.

21.1 Espacios de probabilidad

Definición 21.1 (Espacio de probabilidad numerable)

Sea $\Omega$ un conjunto finito o numerable no vacío (el espacio muestral). Una medida de probabilidad sobre $\Omega$ es una aplicación $\P$ del conjunto $\mathcal{P}(\Omega)$ de todos los subconjuntos de $\Omega$ (los sucesos) en $[0, 1]$ tal que:

$\P(\Omega) = 1$ ;
( $\sigma$ -aditividad) para toda sucesión $(A_n)_{n\in\N}$ de sucesos disjuntos dos a dos,

$\P\Bigl(\,\bigcup_{n \in \N} A_n\Bigr) = \sum_{n=0}^{\infty} \P(A_n) .$

El par $(\Omega, \P)$ es un espacio de probabilidad (numerable).

Observación 21.2

Sobre un $\Omega$ numerable podemos tomar como sucesos todos los subconjuntos; sobre espacios no numerables (como los que hacen falta para los modelos continuos del tercer año) esto ya no es posible, y se restringe $\P$ a una colección adecuada de sucesos, una $\sigma$ -álgebra. Todas las fórmulas de este capítulo sobreviven a esa generalización palabra por palabra.

Proposición 21.3 (Reglas elementales)

Para sucesos $A, B$ y una medida de probabilidad $\P$ : $\P(\emptyset) = 0$ ; $\P$ es finitamente aditiva; $\P(A^c) = 1 - \P(A)$ ; si $A \subseteq B$ , entonces $\P(A) \leq \P(B)$ ; y

\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B) - \P(A \cap B) .

Demostración. Aplicar la $\sigma$ -aditividad a $A_0 = \Omega$ , $A_n = \emptyset$ ( $n \geq 1$ ) da $1 = 1 + \sum_{n\geq1}\P(\emptyset)$ , luego $\P(\emptyset) = 0$ ; y rellenar una unión disjunta finita con conjuntos vacíos da entonces la aditividad finita. Lo demás se sigue como en el caso finito (volumen de secundaria): $1 = \P(A) + \P(A^c)$ a partir de $\Omega = A \sqcup A^c$ ; $\P(B) = \P(A) + \P(B \setminus A) \geq \P(A)$ cuando $A \subseteq B$ ; y descomponiendo en tres piezas disjuntas,

\begin{align*} \P(A \cup B) &= \P(A \setminus B) + \P(B \setminus A) + \P(A \cap B)\\ &= \bigl(\P(A) - \P(A\cap B)\bigr) + \bigl(\P(B) - \P(A\cap B)\bigr) + \P(A \cap B), \end{align*}

que es la inclusión-exclusión; la versión general con $n$ conjuntos es el Ejercicio 21.4. ∎

Proposición 21.4 (Distribuciones sobre un espacio numerable)

Dar una medida de probabilidad sobre un $\Omega = \{\omega_0, \omega_1, \dots\}$ numerable equivale exactamente a dar pesos $p_i = \P(\{\omega_i\}) \geq 0$ con $\sum_i p_i = 1$ ; y entonces, para todo $A \subseteq \Omega$ ,

\P(A) = \sum_{\omega \in A} \P(\{\omega\}) ,

una subsuma (absolutamente convergente) de la familia $(p_i)$ .

Demostración. Dada $\P$ , los conjuntos unitarios $\{\omega\}$ , $\omega \in A$ , forman un recubrimiento disjunto numerable de $A$ , de modo que la $\sigma$ -aditividad fuerza

\P(A) = \sum_{\omega\in A}\P(\{\omega\}),

una subsuma incondicional de la familia sumable no negativa $(p_i)$ ; reordenar es inofensivo precisamente porque los términos son no negativos (Capítulo 7); en particular, $\sum_ip_i = \P(\Omega) = 1$ . Recíprocamente, dados pesos no negativos de suma total $1$ , defínase $\P(A) = \sum_{\omega \in A}p_\omega$ : la familia es sumable, y la $\sigma$ -aditividad es exactamente el teorema de sumación por paquetes del Capítulo 7 aplicado a la partición de $\bigcup A_n$ en los $A_n$ . ∎

Ejemplo 21.5 (Modelo geométrico: esperando la primera cara)

Lánzese repetidamente una moneda con probabilidad de cara $p \in \intoo{0}{1}$ , y sea $\Omega = \N^* \cup \{\infty\}$ el registro del rango de la primera cara. Los pesos naturales son

\P(\{k\}) = (1 - p)^{k-1}p \quad (k \in \N^*), \qquad \P(\{\infty\}) = 0 ,

una medida de probabilidad, pues $\sum_{k\geq1}(1-p)^{k-1}p = \frac{p}{1 - (1-p)} = 1$ : con probabilidad $1$ el juego termina; pero el espacio muestral debe seguir conteniendo la posibilidad de que no lo haga. La aditividad numerable es lo que permite afirmar $\P(\text{el juego termina}) = \sum_k \P(\{k\})$ .

Teorema 21.6 (Continuidad monótona)

Sea $(A_n)$ una sucesión de sucesos.

Si $A_n \subseteq A_{n+1}$ para todo $n$ (sucesión creciente), entonces $\P\bigl(\bigcup_n A_n\bigr) = \lim_{n\to\infty} \P(A_n)$ .
Si $A_n \supseteq A_{n+1}$ para todo $n$ (sucesión decreciente), entonces $\P\bigl(\bigcap_n A_n\bigr) = \lim_{n\to\infty} \P(A_n)$ .

Demostración. 1. Disjuntícese: sean $B_0 = A_0$ y $B_n = A_n \setminus A_{n-1}$ . Los $B_n$ son disjuntos dos a dos con $\bigcup_{k \leq n} B_k = A_n$ y $\bigcup_n B_n = \bigcup_n A_n$ . Por la $\sigma$ -aditividad y la aditividad finita,

\P\Bigl(\bigcup_n A_n\Bigr) = \sum_{n=0}^\infty \P(B_n) = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=0}^N \P(B_n) = \lim_{N\to\infty}\P(A_N) .

2. Pásese a los complementarios: $(A_n^c)$ es creciente con unión $\bigl(\bigcap A_n\bigr)^c$ ; aplíquese la parte 1: $1 - \P(\bigcap A_n) = \lim (1 - \P(A_n))$ . ∎

Corolario 21.7 (Subaditividad numerable)

Para toda sucesión de sucesos, $\P\bigl(\bigcup_n A_n\bigr) \leq \sum_{n=0}^\infty \P(A_n)$ .

Demostración. La subaditividad finita $\P(A_0 \cup \dots \cup A_N) \leq \sum_0^N \P(A_n)$ se sigue de la inclusión-exclusión por inducción (o de la aditividad sobre los $B_n \subseteq A_n$ disjuntizados). Hágase $N \to \infty$ : el miembro izquierdo converge a $\P(\bigcup_n A_n)$ por la continuidad monótona aplicada a la sucesión creciente $C_N = A_0 \cup \dots \cup A_N$ . ∎

Ejemplo 21.8 (La cota de la unión: burda pero indestructible)

La subaditividad con un número finito de sucesos —la cota de la unión— cambia precisión por universalidad. Para el problema del cumpleaños con $23$ personas, acotar la probabilidad de colisión por la suma sobre parejas da

\P(\text{colisión}) \leq \binom{23}2\cdot\frac1{365} = \frac{253}{365} \approx 0.693 ,

frente al valor verdadero $0.507$ : se pasa por mucho, porque las colisiones se solapan. Y sin embargo, la cota no necesita independencia, ni ley conjunta, ni nada más que las probabilidades de las parejas; por eso, en el problema de fin de semana y a lo largo del Capítulo 22, la cota de la unión es la primera herramienta que se saca: cuando resulta ser pequeña, el asunto queda zanjado sin más modelización.

Ejemplo 21.9 (Un seis llega, tarde o temprano)

Lánzese un dado equilibrado para siempre y sea $B_n = {}$ “al menos un seis entre las $n$ primeras tiradas”, una sucesión creciente de sucesos con $\P(B_n) = 1 - (5/6)^n$ . La continuidad monótona da

\P(\text{aparece un seis tarde o temprano}) = \P\Bigl(\bigcup_nB_n\Bigr) = \lim_n\bigl(1 - (5/6)^n\bigr) = 1 .

Lo importante no es el límite (obvio), sino el paso lógico: “tarde o temprano” es un suceso acerca de infinitas tiradas, fuera del alcance de la aditividad finita, y la continuidad monótona —es decir, la $\sigma$ -aditividad— es precisamente el axioma que le asigna una probabilidad. Todo enunciado casi seguro del resto de este libro pasa por esta misma puerta estrecha.

21.2 Condicionamiento e independencia

Definición 21.10 (Probabilidad condicionada)

Para sucesos $A, B$ con $\P(B) > 0$ , la probabilidad condicionada de $A$ dado $B$ es

\P(A \mid B) = \frac{\P(A \cap B)}{\P(B)} .

La aplicación $A \mapsto \P(A \mid B)$ es a su vez una medida de probabilidad sobre $\Omega$ .

Observación 21.11

Que $A \mapsto \pcond BA$ sea de nuevo una medida de probabilidad merece un momento: $\pcond B\Omega = 1$ y la $\sigma$ -aditividad pasan por el cociente porque la intersección con $B$ respeta las uniones disjuntas. La consecuencia práctica: toda identidad de este capítulo —inclusión-exclusión, continuidad monótona, Borel–Cantelli— puede aplicarse después de condicionar, sin demostraciones nuevas. Los probabilistas “trabajan bajo $\pcond B{\cdot}$ ” constantemente por esta razón exacta.

Ejemplo 21.12 (Condicionar puede crear uniformidad)

Lánzense dos dados equilibrados y condiciónese a que la suma sea $7$ : para cada $k \in \intint16$ ,

\pcond{\{S = 7\}}{X = k} = \frac{\P(X = k,\ Y = 7 - k)}{\P(S = 7)} = \frac{1/36}{6/36} = \frac16 :

dada una suma de $7$ , el primer dado es exactamente uniforme; $7$ es el único total compatible con todas las caras, así que el condicionamiento borra toda la información sobre $X$ . Cualquier otro total sesga la ley (dado $S = 4$ , el primer dado es uniforme solo sobre $\{1, 2, 3\}$ ). Calcular una ley condicionada consiste en renormalizar los pesos conjuntos a lo largo del suceso condicionante, y en nada más.

Ejemplo 21.13 (La segunda extracción es tan buena como la primera)

Una urna contiene $3$ bolas blancas y $2$ negras; extráiganse dos sin reemplazamiento. Todos coinciden en que $\P(W_1) = \frac35$ ; ¿cuánto vale $\P(W_2)$ ? Probabilidad total a lo largo de la primera extracción:

\P(W_2) = \pcond{W_1}{W_2}\,\P(W_1) + \pcond{B_1}{W_2}\,\P(B_1) = \frac24\cdot\frac35 + \frac34\cdot\frac25 = \frac{12}{20} = \frac35 :

exactamente $\P(W_1)$ . No hacía falta ningún cálculo: por simetría, toda bola tiene la misma probabilidad de ser la segunda extraída, así que la segunda extracción —incondicionalmente— tiene la misma ley que la primera. Condicionar al primer resultado cambia las probabilidades; no conocerlo, no. Este argumento de intercambiabilidad regresa en el capítulo siguiente para el muestreo sin reemplazamiento, donde da la media hipergeométrica $np$ sin ninguna identidad binomial.

Teorema 21.14 (Probabilidades compuestas, probabilidad total, Bayes)

(Regla de la cadena) Si $\P(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}) > 0$ ,

$\P(A_1 \cap \dots \cap A_n) = \P(A_1)\,\P(A_2 \mid A_1)\cdots \P(A_n \mid A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}) .$
(Probabilidad total) Si $(B_i)_{i \in I}$ es una partición finita o numerable de $\Omega$ con $\P(B_i) > 0$ , entonces, para todo suceso $A$ :

$\P(A) = \sum_{i \in I} \P(A \mid B_i)\,\P(B_i) .$
(Bayes) Bajo las mismas hipótesis, si además $\P(A) > 0$ :

$\P(B_j \mid A) = \frac{\P(A \mid B_j)\,\P(B_j)} {\sum_{i \in I} \P(A \mid B_i)\,\P(B_i)} .$

Demostración. 1. Escríbase cada probabilidad condicionada como cociente: el segundo miembro es

\P(A_1)\cdot\frac{\P(A_1 \cap A_2)}{\P(A_1)}\cdot \frac{\P(A_1 \cap A_2 \cap A_3)}{\P(A_1 \cap A_2)}\cdots \frac{\P(A_1 \cap \dots \cap A_n)}{\P(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1})},

un producto telescópico: cada denominador cancela el numerador anterior y deja $\P(A_1 \cap \dots \cap A_n)$ . Todos los denominadores son $\geq \P(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}) > 0$ por monotonía, así que nada se anula. (La hipótesis guarda exactamente esto: condicionar a un suceso de probabilidad cero no está definido.) 2. Los conjuntos $A \cap B_i$ son disjuntos dos a dos y de unión $A$ ; aplíquese la ( $\sigma$ -)aditividad y la definición de condicionamiento. 3. Ambos miembros de $\P(B_j \mid A)\P(A) = \P(A \mid B_j)\P(B_j)$ valen $\P(A \cap B_j)$ ; divídase por $\P(A)$ y desarróllese $\P(A)$ por probabilidad total. ∎

Ejemplo 21.15 (La colisión de cumpleaños, por la regla de la cadena)

Con $n$ personas cuyos cumpleaños son independientes y uniformes sobre $365$ días, sea $D_n = {}$ “los $n$ cumpleaños son todos distintos”. Condicionando persona a persona (regla de la cadena):

\P(D_n) = \prod_{k=1}^{n-1}\Bigl(1 - \frac{k}{365}\Bigr),

pues cada nueva persona ha de evitar los $k$ días ya ocupados. Para $n = 23$ : $\P(D_{23}) \approx 0.493$ ; un cumpleaños compartido es ya más probable que improbable. La heurística que explica la pequeñez de $23$ : tomando logaritmos, $-\ln \P(D_n) \approx \sum_{k<n}\frac k{365} = \frac{\binom n2}{365}$ , y $\binom{23}2 = 253$ da $253/365 \approx 0.693 \approx \ln 2$ . Lo que importa es el número de parejas, que crece cuadráticamente: los problemas de colisión viven en la escala $n \sim \sqrt{365}$ , no en $n \sim 365$ ; la paradoja del cumpleaños es una raíz cuadrada disfrazada.

Ejemplo 21.16 (Monty Hall, por Bayes)

Un premio se esconde tras una de tres puertas, uniformemente. Eliges la puerta $1$ ; el presentador, que sabe dónde está el premio, abre una de las otras puertas, siempre vacía (eligiendo uniformemente cuando tiene opción), digamos la puerta $3$ . Sean $B_i = {}$ “el premio está tras la puerta $i$ ” y $A = {}$ “el presentador abre la puerta $3$ ”. Entonces $\pcond{B_1}{A} = \frac12$ , $\pcond{B_2}{A} = 1$ y $\pcond{B_3}{A} = 0$ , luego, por Bayes (Teorema 21.14),

\P(B_2 \mid A) = \frac{1\cdot\frac13} {\frac12\cdot\frac13 + 1\cdot\frac13 + 0\cdot\frac13} = \frac23 :

cambiar de puerta gana dos de cada tres veces. El cálculo localiza exactamente la confusión popular: el movimiento del presentador es informativo (no podría abrir la puerta $2$ si el premio estuviera allí), y la fórmula de Bayes es el instrumento contable que convierte esa asimetría en el $\frac23$ . Condicionar a “lo que se ha visto” en vez de a “lo que es cierto” es todo el arte de la fórmula.

Ejemplo 21.17 (Las dos apuestas del caballero de Méré)

Dos apuestas del siglo XVII, zanjadas por la independencia. Apuesta uno: al menos un seis en $4$ tiradas de un dado,

\P = 1 - \Bigl(\frac56\Bigr)^{\!4} \approx 0.518 > \frac12 .

Apuesta dos: al menos un doble seis en $24$ tiradas de dos dados,

\P = 1 - \Bigl(\frac{35}{36}\Bigr)^{\!24} \approx 0.491 < \frac12 .

De Méré razonaba que $24$ tiradas con probabilidad $\frac1{36}$ deberían igualar a $4$ tiradas con probabilidad $\frac16$ (misma razón $\frac{24}{36} = \frac46$ ); el fallo de esa proporcionalidad —las probabilidades de uniones no escalan linealmente— fue, se dice, lo que motivó su carta a Pascal y, con ella, el nacimiento de la teoría de la probabilidad. La comparación correcta pasa por los logaritmos: $n$ ensayos con probabilidad $p$ tienen al menos un éxito con probabilidad $1 - (1-p)^n \approx 1 - \eu^{-np}$ , de modo que el invariante honesto es $np$ : aquí, $4\cdot\frac16 = \frac23$ frente a $24\cdot\frac1{36} = \frac23$ ; ¡iguales! Las dos apuestas difieren solo en el segundo orden en $p$ , y justo lo bastante para mover una al otro lado de la línea del cincuenta por ciento: las probabilidades pequeñas son un terreno en el que la intuición necesita la exponencial, no la regla.

Observación 21.18 (Falacias frecuentes del condicionamiento)

Tres confusiones recurrentes, todas visibles en los ejemplos anteriores. (i) Inversión: $\pcond BA$ y $\pcond AB$ difieren en el factor $\P(A)/\P(B)$ ; un test con un $99\,\%$ de acierto sobre los enfermos puede dejar a un paciente positivo casi con certeza sano cuando la enfermedad es rara (Ejercicio 21.3); citar $\pcond{\text{enfermo}}{\text{positivo}}$ donde se quiere decir $\pcond{\text{positivo}}{\text{enfermo}}$ es la falacia de la tasa base. (ii) Condicionar al suceso equivocado: en Monty Hall, el suceso condicionante correcto es “el presentador abrió la puerta $3$ ”, no “el premio no está tras la puerta $3$ ”; los dos llevan información distinta, y todo el $\frac23$ depende de esa diferencia. (iii) Disjuntos frente a independientes: unos sucesos disjuntos de probabilidad positiva nunca son independientes ( $\P(A\cap B) = 0 \neq \P(A)\P(B)$ ); la independencia es compatibilidad de información, no ausencia de solapamiento.

Definición 21.19 (Independencia)

Dos sucesos $A$ y $B$ son independientes si $\P(A \cap B) = \P(A)\P(B)$ . Una familia $(A_i)_{i \in I}$ de sucesos es (mutuamente) independiente si para todo subconjunto finito $J \subseteq I$ ,

\P\Bigl(\bigcap_{i \in J} A_i\Bigr) = \prod_{i \in J} \P(A_i) .

Observación 21.20

La independencia mutua es estrictamente más fuerte que la independencia dos a dos: con dos lanzamientos de moneda equilibrada, los sucesos “la primera es cara”, “la segunda es cara” y “ambas coinciden” son independientes dos a dos (cada pareja tiene probabilidad de intersección $\frac14 = \frac12\cdot\frac12$ ) y, sin embargo, la intersección triple tiene probabilidad $\frac14 \neq \frac18$ . Nótese también que si $A, B$ son independientes, también lo son $A, B^c$ (calcúlese: $\P(A \cap B^c) = \P(A) - \P(A\cap B) = \P(A)(1 - \P(B))$ ), y por tanto también $A^c, B^c$ .

Ejemplo 21.21 (Independencia leída en una estructura de producto)

Lánzense dos dados equilibrados: $\Omega = \intint16^2$ con pesos uniformes. Sean $A = {}$ “el primer dado es par” y $B = {}$ “el segundo dado es al menos $5$ ”. Contando: $\abs A = 3\cdot6 = 18$ , $\abs B = 6\cdot2 = 12$ , $\abs{A\cap B} = 3\cdot2 = 6$ , luego

\P(A\cap B) = \frac6{36} = \frac{18}{36}\cdot\frac{12}{36} = \P(A)\,\P(B) :

independientes, y el mecanismo está a la vista: $A$ restringe solo la primera coordenada, $B$ solo la segunda, y la medida uniforme sobre un conjunto producto hace que los recuentos por coordenadas se multipliquen. Toda afirmación del tipo “los sucesos que dependen de grupos disjuntos de lanzamientos son independientes” (usada masivamente en el problema de fin de semana) es este cálculo, con más índices.

Ejemplo 21.22 (Análisis del primer paso)

Para el modelo geométrico del Ejemplo 21.5, ¿cuál es la probabilidad $u$ de que la primera cara caiga en un rango par? Condiciónese al primer lanzamiento: con probabilidad $p$ el rango es $1$ (impar); con probabilidad $q = 1 - p$ el juego recomienza con todas las paridades invertidas, de modo que

u = p\cdot0 + q\,(1 - u) \qquad\Longrightarrow\qquad u = \frac{q}{1 + q} .

Una línea, sin series; y concuerda con la sumación directa del Ejercicio 21.9, que da $1 - u = \frac1{1+q}$ . Esta técnica del “primer paso” (condicionar al primer experimento y reconocer una copia desplazada del problema) es la forma probabilista de una recursión, y es el motor que hay detrás de las ecuaciones de duración del juego del Ejercicio 21.6 y de los cálculos de primer paso del problema de fin de semana.

21.3 El lema de Borel–Cantelli

Definición 21.23 (Límite superior de sucesos)

Para una sucesión $(A_n)$ de sucesos, el suceso

\limsup_n A_n = \bigcap_{N=0}^{\infty}\ \bigcup_{n \geq N} A_n = \{\omega \in \Omega : \omega \in A_n \text{ para infinitos } n\}

es el suceso “ $A_n$ ocurre infinitas veces”.

Ejemplo 21.24 (Traducir “infinitas veces” y “a partir de cierto punto”)

El complementario de $\limsup_nA_n$ es, por De Morgan,

\Bigl(\bigcap_N\bigcup_{n\geq N}A_n\Bigr)^{\!c} = \bigcup_N\bigcap_{n\geq N}A_n^c = \{\omega : \omega \notin A_n \text{ para todo }n\text{ grande}\},

el suceso “a partir de cierto punto, $A_n$ falla” (escrito $\liminf_nA_n^c$ ). Así pues, “ $A_n$ infinitas veces” y “ $A_n^c$ a partir de cierto punto” son complementarios; tener claro este diccionario evita la mayoría de los accidentes con cuantificadores. Traducciones de muestra para el lanzamiento de moneda: “infinitas caras” es $\limsup\{X_n = H\}$ ; “solo un número finito de rachas de $100$ caras” es el complementario de un límite superior; “la frecuencia acumulada converge a $\frac12$ ” es $\bigcap_j\bigcup_N\bigcap_{n\geq N}\{\abs{\widehat p_n - \tfrac12} < \tfrac1j\}$ ; operaciones numerables en todos los casos, así que todos ellos son sucesos honestos.

Teorema 21.25 (Borel–Cantelli)

Si $\sum_{n} \P(A_n) < \infty$ , entonces $\P\bigl(\limsup_n A_n\bigr) = 0$ .
Si los sucesos $A_n$ son independientes y $\sum_n \P(A_n) = \infty$ , entonces $\P\bigl(\limsup_n A_n\bigr) = 1$ .

Demostración. 1. Sea $C_N = \bigcup_{n \geq N}A_n$ ; la sucesión $(C_N)$ es decreciente con intersección $\limsup A_n$ y, por la subaditividad numerable (Corolario 21.7),

\P(C_N) \leq \sum_{n \geq N}\P(A_n) \xrightarrow[N\to\infty]{} 0

(cola de una serie convergente). La continuidad monótona (Teorema 21.6) concluye: $\P(\limsup A_n) = \lim_N \P(C_N) = 0$ .

2. Basta probar que $\P\bigl(\bigcup_{n\geq N}A_n\bigr) = 1$ para todo $N$ : en efecto, si unos sucesos $B_N$ tienen todos probabilidad $1$ , entonces

\P\Bigl(\Bigl(\bigcap_NB_N\Bigr)^{\!c}\Bigr) = \P\Bigl(\bigcup_NB_N^c\Bigr) \leq \sum_N\P(B_N^c) = 0

por la subaditividad numerable (Corolario 21.7), de modo que la intersección numerable $\limsup A_n = \bigcap_N\bigcup_{n\geq N}A_n$ sigue teniendo probabilidad $1$ . Fíjese $N$ y considérese, para $M > N$ , el complementario:

\P\Bigl(\bigcap_{n=N}^{M} A_n^c\Bigr) = \prod_{n=N}^{M}\bigl(1 - \P(A_n)\bigr) \leq \prod_{n=N}^{M} e^{-\P(A_n)} = \exp\Bigl(-\sum_{n=N}^M \P(A_n)\Bigr) ,

usando la independencia de los complementarios y la cota de convexidad $1 - x \leq e^{-x}$ . Cuando $M \to \infty$ , el exponente tiende a $-\infty$ por la divergencia de la serie, de modo que, por la continuidad monótona (sucesión decreciente), $\P\bigl(\bigcap_{n \geq N}A_n^c\bigr) = 0$ , es decir, $\P\bigl(\bigcup_{n \geq N}A_n\bigr) = 1$ . ∎

Ejemplo 21.26 (Rachas infinitas de caras)

Lánzese una moneda equilibrada para siempre y sea $A_n$ el suceso “los lanzamientos $n, n+1, \dots, n + k - 1$ son todos caras” (una racha de $k$ caras que empieza en el instante $n$ ), con $k$ fijo. Los sucesos $A_{jk}$ ( $j = 1, 2, \dots$ ), que dependen de bloques disjuntos de lanzamientos, son independientes, cada uno de probabilidad $2^{-k}$ , y $\sum_j 2^{-k} = \infty$ : por Borel–Cantelli 2, con probabilidad $1$ hay infinitos bloques de solo caras; todo patrón fijo se repite infinitas veces, casi seguramente. Recíprocamente, si dejamos crecer la longitud de la racha, $B_n = {}$ “una racha de $2\log_2 n$ caras empieza en $n$ ” tiene $\P(B_n) = n^{-2}$ sumable, de modo que casi seguramente solo empiezan un número finito de rachas tan largas: Borel–Cantelli calibra con precisión cuán largas son las rachas más largas.

Ejemplo 21.27 (El mono infinito, cuantificado)

Un mono teclea letras independientes y uniformes de un alfabeto de $26$ letras. Córtese el mecanoescrito en bloques disjuntos de cuatro letras; los sucesos $A_j = {}$ “el bloque $j$ deletrea MATH” son independientes con $\P(A_j) = 26^{-4}$ , y $\sum_j\P(A_j) = \infty$ : por Borel–Cantelli 2, el mono teclea MATH infinitas veces, casi seguramente; y lo mismo vale para cualquier texto fijo de cualquier longitud, ajustando los bloques. La nota al pie cuantitativa desinfla el milagro: $26^4 = 456\,976$ , así que el primer MATH tarda unas medio millón de pulsaciones de media, y una obra de Shakespeare de $10^5$ caracteres espera del orden de $26^{10^5}$ bloques; “casi seguro” es un enunciado sobre el horizonte $\infty$ , no sobre ningún horizonte que vaya a encontrarse un mono. Borel–Cantelli certifica el límite; el tamaño de los sumandos cuenta la historia a escalas humanas.

Observación 21.28

En el Ejemplo 21.26, el espacio muestral subyacente (sucesiones infinitas de lanzamientos) es no numerable, de modo que, en rigor, el ejemplo vive en el marco de la teoría de la medida del tercer año; los cálculos, sin embargo, solo usan las reglas demostradas en este capítulo, aplicadas a sucesos determinados por un número finito de lanzamientos y a sus combinaciones numerables. Este es el convenio estándar a este nivel: la teoría se enuncia sobre espacios numerables, y los ejemplos de juegos infinitos se tratan con las mismas herramientas.

Observación 21.29 (Perspectivas dentro de este volumen)

La maquinaria de este capítulo la consumen enteramente los dos siguientes. Las indicatrices convierten los sucesos en variables aleatorias, y la $\sigma$ -aditividad pasa a ser la sumabilidad que define la esperanza (Capítulo 22); Borel–Cantelli más una cota sumable de la cola es exactamente como se demuestra allí la ley fuerte de los grandes números para monedas. En el Capítulo 23, la continuidad monótona reaparece en el momento decisivo: la probabilidad de extinción de un proceso de ramificación se define como el límite monótono $\lim\P(Z_n = 0)$ , y la ecuación de punto fijo que satisface se obtiene pasando al límite en esa sucesión creciente; el teorema final del libro se sostiene sobre el primer teorema de este capítulo.

Observación 21.30 (Método: tres vías hacia la probabilidad uno)

Los enunciados casi seguros se demuestran con tres palancas, en orden creciente de potencia. Continuidad monótona: exhíbase el suceso como unión creciente (o intersección decreciente) de sucesos de horizonte finito con probabilidades calculables (Ejemplo 21.9). Uniones nulas: una unión numerable de sucesos de probabilidad cero es nula (subaditividad numerable), de modo que basta matar cada suceso malo por separado; así es como “para todo $j$ , a partir de cierto punto $\abs{\widehat p_n - p} < 1/j$ ” se ensambla en una convergencia. Borel–Cantelli: cuando el suceso es un límite superior, súmense las probabilidades; la convergencia lo mata (sin necesidad de independencia) y la divergencia más la independencia lo certifican. Elegir la palanca adecuada suele ser toda la demostración; el problema de fin de semana usa las tres en un mismo argumento.

Observación 21.31 (Dónde se usa)

La continuidad monótona y Borel–Cantelli son las dos palancas de todo enunciado “casi seguro”: impulsan la recurrencia del paseo aleatorio del problema de fin de semana de este capítulo, el lado casi seguro de la ley de los grandes números (Capítulo 22) y el análisis de la extinción de los procesos de ramificación (Capítulo 23). El volumen del tercer año reconstruye la teoría sobre $\sigma$ -álgebras e integración de Lebesgue, donde los espacios muestrales no numerables usados aquí de manera informal se vuelven plenamente rigurosos.

21.4 Ejercicios

Ejercicio 21.1 ★

Una urna contiene $n$ bolas numeradas. Las bolas se extraen una a una sin reemplazamiento. Calcula la probabilidad de que la bola número $1$ se extraiga antes que la bola número $2$ . Generaliza: la probabilidad de que la bola $1$ sea la primera extraída entre las bolas $1, \dots, k$ .

Solución

Solución de Ejercicio 21.1.

Por simetría: el orden de extracción induce un orden relativo uniformemente aleatorio sobre las bolas $1$ y $2$ , de modo que $\P(1 \text{ antes que } 2) = \frac12$ . Formalmente: intercambiar las posiciones de las bolas $1$ y $2$ en una sucesión de extracciones es una biyección de los resultados (equiprobables) que intercambia el suceso con su complementario. Entre las bolas $1, \dots, k$ : el orden relativo de esas $k$ bolas es uniforme entre las $k!$ ordenaciones, y la bola $1$ es la primera en $(k-1)!$ de ellas: probabilidad $\frac{(k-1)!}{k!} = \frac1k$ .

Ejercicio 21.2 ★

Prueba que sobre $\Omega = \N^*$ los pesos $p_k = \frac{1}{k(k+1)}$ definen una medida de probabilidad, y calcula $\P(2\N^*)$ (resultados pares) como serie; prueba que vale $1 - \ln 2$ . (Telescopa $\frac{1}{2j(2j+1)} = \frac{1}{2j} - \frac{1}{2j+1}$ y usa la serie armónica alternada, Capítulo 7.)

Solución

Solución de Ejercicio 21.2.

$\frac{1}{k(k+1)} = \frac1k - \frac1{k+1}$ , de modo que $\sum_{k\geq1} p_k$ telescopa a $1$ : es una medida de probabilidad. Resultados pares:

\P(2\N^*) = \sum_{j=1}^{\infty}\frac{1}{2j(2j+1)} = \sum_{j=1}^{\infty}\Bigl(\frac{1}{2j} - \frac{1}{2j+1}\Bigr) = \frac12 - \frac13 + \frac14 - \frac15 + \cdots

Esta es la serie armónica alternada sin su primer término y con los signos cambiados: como $\ln 2 = 1 - \frac12 + \frac13 - \frac14 + \cdots$ (Capítulo 7),

\P(2\N^*) = -\bigl(\ln 2 - 1\bigr) = 1 - \ln 2 \approx 0.307 .

Ejercicio 21.3 ★

(Falsos positivos) Una enfermedad afecta a una persona de cada $10\,000$ . Un test la detecta con probabilidad $0.99$ en los enfermos y da un falso positivo con probabilidad $0.01$ en los sanos. Calcula la probabilidad de estar enfermo dado un test positivo, y coméntala.

Solución

Solución de Ejercicio 21.3.

Sean $S$ el suceso de estar enfermo y $+$ el de dar positivo. Bayes (Teorema 21.14) con la partición $\{S, S^c\}$ :

\P(S \mid +) = \frac{0.99 \times 10^{-4}} {0.99 \times 10^{-4} + 0.01 \times 0.9999} = \frac{0.000099}{0.000099 + 0.009999} \approx 0.0098 ,

por debajo del $1\,\%$ . Aunque el test tenga un “ $99\,\%$ de acierto”, un resultado positivo deja al paciente con aproximadamente un $99\,\%$ de probabilidad de estar sano: los falsos positivos de la inmensa mayoría sana desbordan a los verdaderos positivos de la minúscula minoría enferma. Los tests de cribado para enfermedades raras han de leerse siempre a través de este cálculo de tasa base.

Ejercicio 21.4 ★★

Sean $A_1, \dots, A_n$ sucesos. Demuestra la fórmula de inclusión-exclusión

\P\Bigl(\bigcup_{i=1}^n A_i\Bigr) = \sum_{\emptyset \neq J \subseteq \{1,\dots,n\}} (-1)^{\abs J + 1}\,\P\Bigl(\bigcap_{i \in J}A_i\Bigr)

integrando la identidad $1 - \prod_{i=1}^n(1 - \mathbf{1}_{A_i}) = \mathbf{1}_{\bigcup A_i}$ sobre $\Omega$ (es decir, sumando ponderado por $\P(\{\omega\})$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 21.4.

Punto a punto sobre $\Omega$ : $\omega \in \bigcup A_i$ si y solo si se anula algún factor $1 - \mathbf{1}_{A_i}(\omega)$ , de modo que

\mathbf{1}_{\bigcup A_i} = 1 - \prod_{i=1}^n\bigl(1 - \mathbf{1}_{A_i}\bigr) = \sum_{\emptyset \neq J \subseteq \{1,\dots,n\}} (-1)^{\abs J + 1}\prod_{i \in J}\mathbf{1}_{A_i} ,

desarrollando el producto y pasando el $1$ al otro lado. Ahora bien, $\prod_{i\in J}\mathbf{1}_{A_i} = \mathbf{1}_{\bigcap_{i \in J} A_i}$ , y sumar contra los pesos $\P(\{\omega\})$ —legítimo: finitos términos acotados, cada familia sumable— convierte cada indicatriz en la probabilidad de su suceso, lo que da la fórmula.

Ejercicio 21.5 ★★

(Problema de los emparejamientos, vía inclusión-exclusión) Se meten $n$ cartas uniformemente al azar en $n$ sobres, una en cada uno. Usando el Ejercicio 21.4, prueba que la probabilidad de que ningún emparejamiento sea correcto es $\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!} \to e^{-1}$ , y deduce la probabilidad de que haya exactamente un acierto.

Solución

Solución de Ejercicio 21.5.

Sea $A_i$ el suceso “la carta $i$ está en el sobre correcto”. Para $J$ de tamaño $k$ , $\P\bigl(\bigcap_{i\in J}A_i\bigr) = \frac{(n-k)!}{n!}$ (fíjense $k$ cartas y permútense las demás). Por inclusión-exclusión,

\P\Bigl(\bigcup A_i\Bigr) = \sum_{k=1}^n (-1)^{k+1}\binom nk \frac{(n-k)!}{n!} = \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k!} ,

de modo que

\P(\text{ningún acierto}) = 1 - \P\Bigl(\bigcup A_i\Bigr) = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!} \xrightarrow[n\to\infty]{} e^{-1} \approx 0.368 .

Exactamente un acierto: una permutación con exactamente un punto fijo queda determinada por la elección de la carta fija ( $n$ maneras) y un desarreglo (una disposición sin aciertos) de las otras $n - 1$ ; escribiendo $D_{n-1} = (n-1)!\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k!}$ para el número de desarreglos (la primera parte, escalada por $(n-1)!$ ),

\P(\text{exactamente un acierto}) = \frac{n\,D_{n-1}}{n!} = \frac{D_{n-1}}{(n-1)!} = \sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{k!} \xrightarrow[n\to\infty]{} e^{-1} :

en el límite, “ningún acierto” y “exactamente un acierto” son igual de probables, cada uno con probabilidad $e^{-1}$ .

Ejercicio 21.6 ★★

Se lanza una moneda sesgada (probabilidad de cara $p \in \intoo{0}{1}$ ) hasta que aparecen dos caras consecutivas. Sea $q_n$ la probabilidad de que el juego dure más de $n$ lanzamientos. Prueba, condicionando al primer lanzamiento (o a los primeros), que $q_n = (1-p)\,q_{n-1} + p(1-p)\,q_{n-2}$ para $n \geq 2$ , y deduce que el juego termina con probabilidad $1$ . (Prueba que $q_n \to 0$ comparando con una sucesión geométrica: ambas raíces de la ecuación característica tienen valor absoluto en $\intoo{0}{1}$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 21.6.

Condiciónese al comienzo (regla de la cadena, Teorema 21.14):

primer lanzamiento cruz (probabilidad $1 - p$ ): el juego recomienza de cero, y durar más de $n$ significa durar más de $n - 1$ desde ahí: contribución $(1-p)\,q_{n-1}$ ;
primeros lanzamientos cara-cruz (probabilidad $p(1-p)$ ): se recomienza tras dos lanzamientos: contribución $p(1-p)\,q_{n-2}$ ;
primeros lanzamientos cara-cara: el juego ha terminado (dentro de $n$ lanzamientos, con $n \geq 2$ ): contribución $0$ .

De ahí, $q_n = (1-p)q_{n-1} + p(1-p)q_{n-2}$ . La ecuación característica $r^2 = (1-p)r + p(1-p)$ tiene raíces

r_\pm = \frac{(1-p) \pm \sqrt{(1-p)^2 + 4p(1-p)}}{2},

con $\abs{r_\pm} < 1$ : en efecto, el polinomio $\chi(r) = r^2 - (1-p)r - p(1-p)$ cumple $\chi(1) = 1 - (1-p) - p(1-p) = p^2 > 0$ y $\chi(-1) = 1 + (1-p) - p(1-p) > 0$ , mientras que $\chi(0) = -p(1-p) < 0$ : una raíz en $\intoo{-1}{0}$ y otra en $\intoo{0}{1}$ . Así pues, $q_n = \alpha r_+^n + \beta r_-^n \to 0$ . Los sucesos “el juego dura más de $n$ ” decrecen hacia “el juego no termina nunca”; la continuidad monótona (Teorema 21.6) da $\P(\text{no termina nunca}) = \lim q_n = 0$ : el juego termina casi seguramente.

Ejercicio 21.7 ★★★

(Récords) Sórtese una sucesión infinita de ordenaciones uniformes independientes, en el siguiente sentido combinatorio: para cada $n$ , el orden relativo de las $n$ primeras extracciones es uniforme entre las $n!$ posibilidades, y $R_n = {}$ “la $n$ -ésima extracción es un récord (mayor que todas las anteriores)”. Admitiendo que los sucesos $R_n$ son independientes con $\P(R_n) = 1/n$ (demuéstrese al menos esta última igualdad por simetría), prueba usando Borel–Cantelli que ocurren infinitos récords casi seguramente, pero que los récords en instantes consecutivos $n, n+1$ ocurren infinitas veces con probabilidad: calcula $\sum_n \P(R_n \cap R_{n+1})$ y concluye qué da Borel–Cantelli 1.

Solución

Solución de Ejercicio 21.7.

$\P(R_n) = 1/n$ : entre las $n$ primeras extracciones, cada una de las $n$ posiciones relativas de la última es igual de probable (uniformidad del orden relativo), y $R_n$ es el suceso de que sea la mayor: probabilidad $1/n$ .

Infinitos récords: $\sum_n \P(R_n) = \sum 1/n = \infty$ y los $R_n$ son independientes (admitido), así que Borel–Cantelli 2 (Teorema 21.25) da $\P(\limsup R_n) = 1$ : los récords no cesan nunca, casi seguramente; pero se van rarificando logarítmicamente.

Récords consecutivos: por independencia,

\sum_n \P(R_n \cap R_{n+1}) = \sum_n \frac{1}{n(n+1)} < \infty ,

de modo que se aplica Borel–Cantelli 1: casi seguramente, solo un número finito de veces un récord va seguido inmediatamente de otro récord. Las dos mitades del lema trabajan en tándem: infinitos récords, pero (c.s.) a partir de cierto punto nunca dos seguidos.

Ejercicio 21.8 ★★★

(Al estilo de Kochen–Stone, versión más fácil) Sean $(A_n)$ sucesos independientes con $\P(A_n) = \frac{1}{n+1}$ . Prueba que $\P(\limsup A_n) = 1$ , aunque $\P(A_n) \to 0$ : “individualmente raros, colectivamente ciertos”. Recíprocamente, exhibe una sucesión de sucesos (dependientes) con $\sum\P(A_n) = \infty$ y $\P(\limsup A_n) = 0$ , lo que muestra que no puede prescindirse de la independencia en Borel–Cantelli 2.

Solución

Solución de Ejercicio 21.8.

Primera parte: $\sum \P(A_n) = \sum\frac{1}{n+1} = \infty$ con independencia: Borel–Cantelli 2 da $\P(\limsup A_n) = 1$ . Cada $A_n$ individual es cada vez más improbable y, aun así, casi todo $\omega$ pertenece a infinitos de ellos.

Contraejemplo sin independencia: tómese $\Omega = \N^*$ con los pesos $p_k = \frac{1}{k(k+1)}$ del Ejercicio 21.2, y $A_n = \{k \in \N^* : k \geq n\}$ . Entonces

\P(A_n) = \sum_{k \geq n}\Bigl(\frac1k - \frac1{k+1}\Bigr) = \frac1n , \qquad \sum_n \P(A_n) = \infty ,

pero los $A_n$ son decrecientes, de modo que $\limsup_n A_n = \bigcap_n A_n = \emptyset$ : $\P(\limsup A_n) = 0$ . La divergencia de $\sum\P(A_n)$ por sí sola no garantiza nada cuando los sucesos se amontonan sobre una parte cada vez más pequeña del espacio; la independencia es lo que prohíbe esa conspiración.

Ejercicio 21.9 ★

Se lanza una moneda con probabilidad de cara $p \in \intoo01$ hasta la primera cara. Calcula la probabilidad de que esto ocurra en un rango impar, y evalúala para una moneda equilibrada.

Solución

Solución de Ejercicio 21.9.

Con $q = 1 - p$ , la primera cara cae en el rango $2j + 1$ con probabilidad $q^{2j}p$ , de modo que

\P(\text{rango impar}) = \sum_{j\geq0}q^{2j}p = \frac{p}{1 - q^2} = \frac{1}{1 + q} .

Para una moneda equilibrada: $\frac1{1 + 1/2} = \frac23$ . (Comprobación de sensatez: los rangos impares deberían ser más probables, ya que el rango $1$ va primero; y en efecto, $\frac1{1+q} > \frac12$ siempre.)

Ejercicio 21.10 ★★

Sean $(A_n)_{n\geq1}$ sucesos independientes con $\P(A_n) = p_n < 1$ . Prueba que

\P\Bigl(\bigcap_{n\geq1}A_n^c\Bigr) = \prod_{n\geq1}(1 - p_n) := \lim_{N\to\infty}\prod_{n=1}^N(1 - p_n),

y que ese límite es $> 0$ si y solo si $\sum p_n < \infty$ . Reconcílialo con Borel–Cantelli: cuando $\sum p_n = \infty$ , no solo ocurre algún $A_n$ casi seguramente, sino que ocurren infinitos.

Solución

Solución de Ejercicio 21.10.

Los sucesos $B_N = \bigcap_{n=1}^N A_n^c$ decrecen hacia $\bigcap_nA_n^c$ y, por la independencia de los complementarios, $\P(B_N) = \prod_{n=1}^N(1 - p_n)$ ; la continuidad monótona (Teorema 21.6) da el límite mostrado. Tomando logaritmos, $\prod(1 - p_n) > 0$ si y solo si $\sum-\ln(1 - p_n) < \infty$ . Si $\sum p_n < \infty$ , entonces $p_n \to 0$ y $-\ln(1 - p_n) \sim p_n$ : la serie de logaritmos converge. Si $\sum p_n = \infty$ , entonces $-\ln(1 - p_n) \geq p_n$ fuerza la divergencia, y el producto es $0$ . Esto casa con Borel–Cantelli 2: para $\sum p_n = \infty$ , no solo $\P(\text{no ocurre ningún }A_n) = 0$ , sino que casi seguramente ocurren infinitos $A_n$ .

Ejercicio 21.11 ★★

(Las cajas de cerillas de Banach) Un fumador lleva una caja de $n$ cerillas en cada bolsillo y mete la mano cada vez en un bolsillo elegido uniformemente al azar. Cuando encuentra por primera vez una caja vacía, ¿cuál es la probabilidad de que la otra caja contenga exactamente $k$ cerillas? Prueba que la respuesta es $\binom{2n-k}{n}2^{-(2n-k)}$ y comprueba que esas probabilidades suman $1$ para $n = 1$ .

Solución

Solución de Ejercicio 21.11.

Digamos que la caja $A$ es la primera que se descubre vacía, y que la otra guarda $k$ cerillas. Esto significa que, entre las primeras $2n - k$ veces que mete la mano, exactamente $n$ fueron a $A$ y $n - k$ a $B$ (en algún orden), y que la vez número $2n - k + 1$ fue de nuevo a $A$ , encontrándola vacía. Las metidas de mano son elecciones equilibradas independientes, de modo que este suceso tiene probabilidad $\binom{2n-k}{n}2^{-(2n-k)}\cdot\frac12$ ; y duplicando (la caja vacía puede ser cualquiera de las dos) se obtiene

\P(\text{la otra caja tiene }k) = \binom{2n-k}{n}\,2^{-(2n-k)} .

Para $n = 1$ : $k = 1$ da $\binom11 2^{-1} = \frac12$ y $k = 0$ da $\binom21 2^{-2} = \frac12$ : total $1$ , como debe ser.

Ejercicio 21.12 ★★★

(La $\sigma$ -aditividad es un axioma real) (a) Prueba que no hay ninguna medida de probabilidad sobre $(\N, \mathcal P(\N))$ que dé el mismo peso a todos los conjuntos unitarios. (b) Para $A \subseteq \N^*$ , sea $d(A) = \lim_n\frac{\abs{A\cap\intint1n}}{n}$ cuando el límite existe (la densidad natural). Prueba que $d$ es finitamente aditiva sobre las parejas en las que existen las tres densidades, que da densidad $0$ a todo conjunto unitario y densidad $1$ a $\N^*$ , y concluye que $d$ no es $\sigma$ -aditiva. (c) Exhibe un conjunto sin densidad. (Altérnense bloques $\intint{2^{2k}}{2^{2k+1}-1}$ dentro y fuera.)

Solución

Solución de Ejercicio 21.12.

(a) Si $\P(\{n\}) = c$ para todo $n$ , la $\sigma$ -aditividad fuerza $1 = \sum_nc$ : imposible, tanto si $c = 0$ (suma $0$ ) como si $c > 0$ (suma infinita). No hay probabilidad uniforme sobre $\N$ .

(b) Si $A \cap B = \emptyset$ y existen $d(A)$ y $d(B)$ , entonces $\abs{(A \sqcup B)\cap\intint1n} = \abs{A\cap\intint1n} + \abs{B\cap\intint1n}$ , de donde $d(A \sqcup B) = d(A) + d(B)$ : aditividad finita sobre tales parejas. Todo conjunto unitario tiene función de conteo finalmente constante, luego densidad $0$ , mientras que $d(\N^*) = 1$ . Si $d$ fuera $\sigma$ -aditiva, $\N^* = \bigsqcup_k\{k\}$ daría $1 = \sum_k 0 = 0$ : la densidad es finitamente aditiva, pero no $\sigma$ -aditiva; el axioma tiene contenido.

(c) Sea $A = \bigcup_{k\geq0}\intint{4^k}{2\cdot4^k - 1}$ (bloques de $4^k$ a $2\cdot4^k - 1$ ). En $n = 2\cdot4^K - 1$ , el recuento es $\sum_{k\leq K}4^k \sim \frac43 4^K$ , lo que da razón $\to \frac23$ ; en $n = 4^{K+1} - 1$ , el recuento no ha cambiado, lo que da razón $\to \frac13$ . La razón oscila entre los límites $\frac13$ y $\frac23$ : no hay densidad.

21.5 Problema: el paseo aleatorio simple sobre $\Z$ es recurrente

Veinticuatro pasos de un paseo aleatorio simple; los puntos rojos marcan los retornos al origen. El problema demuestra que, con probabilidad 1, esos puntos no dejan nunca de aparecer; y sin embargo, el tiempo de espera entre ellos tiene media divergente. — Veinticuatro pasos de un paseo aleatorio simple; los puntos rojos marcan los retornos al origen. El problema demuestra que, con probabilidad $1$ , esos puntos no dejan nunca de aparecer; y sin embargo, el tiempo de espera entre ellos tiene media divergente.

Problema 21.1

Problema de fin de semana — el teorema de recurrencia de Pólya sobre $\Z$ , con el problema de la papeleta y el sabor del arcoseno por el camino

Lánzese una moneda equilibrada para siempre; sea $X_i = \pm1$ el $i$ -ésimo paso y $S_n = X_1 + \dots + X_n$ el paseo aleatorio simple sobre $\Z$ , con $S_0 = 0$ . Como en el Ejemplo 21.26, todos los sucesos de más abajo están determinados por un número finito de lanzamientos o son combinaciones numerables de tales sucesos, y la independencia de los sucesos que dependen de bloques disjuntos de lanzamientos forma parte del modelo. Escribimos $u_n = \P(S_{2n} = 0)$ y $N_n(k)$ para el número de caminos de $\pm1$ de longitud $n$ que van de $0$ a $k$ .

Parte I — Contar caminos.

Prueba que $N_n(k) = \binom{n}{(n+k)/2}$ cuando $n + k$ es par y $\abs k \leq n$ , y $0$ en caso contrario; deduce que $\P(S_n = k) = N_n(k)\,2^{-n}$ . ¿Por qué es igualmente probable cada camino individual de longitud $n$ ?
Prueba que $S_{2n+1} \neq 0$ , que $u_n = \binom{2n}{n}4^{-n}$ , y calcula $u_1, u_2, u_3$ .
Demuestra que $u_n = \frac{2n-1}{2n}\,u_{n-1}$ ; deduce que $(u_n)$ decrece a $0$ y, a partir del Ejemplo 6.14, que

$u_n \sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}, \qquad\text{de modo que}\qquad \sum_n u_n = \infty .$
(Principio de reflexión) Para $k \geq 1$ , prueba que los caminos de longitud $n$ de $1$ a $k$ que tocan $0$ están en biyección con los caminos de $-1$ a $k$ ; deduce que el número de caminos de $0$ a $k$ que permanecen $> 0$ después del instante $0$ es $N_{n-1}(k-1) - N_{n-1}(k+1)$ .
(Teorema de la papeleta) Deduce que

$\P\bigl(S_1 > 0, \dots, S_{n-1} > 0 \bigm| S_n = k\bigr) = \frac kn \qquad (k \geq 1) :$

en un recuento en el que el ganador aventaja por $k$ de $n$ papeletas, la probabilidad de que el ganador fuera por delante durante todo el escrutinio es $k/n$ . Verifícalo a mano para $n = 3$ , $k = 1$ .

Parte II — El retorno al origen.

Demuestra la identidad clave

$\P(S_1 \neq 0,\ S_2 \neq 0,\ \dots,\ S_{2n} \neq 0) = u_n$

(condiciónese al primer paso, súmense los recuentos de la pregunta 4 sobre el punto final y telescópese; remátese con $2\binom{2n-1}{n} = \binom{2n}{n}$ ).
Deduce de la continuidad monótona (Teorema 21.6) que el paseo vuelve a $0$ al menos una vez con probabilidad $1$ , y que $f_n := \P(\text{primer retorno en el instante }2n)$ cumple

$f_n = u_{n-1} - u_n = \frac{u_n}{2n-1}, \qquad \sum_{n\geq1}f_n = 1 .$
Prueba que $\sum_n 2n\,f_n = \infty$ : el retorno es cierto, pero la serie que calcularía el tiempo medio de espera diverge (en el vocabulario del Capítulo 22, el tiempo de retorno tiene esperanza infinita).
Demuestra que, para todo $k \geq 1$ , $\P(\text{al menos } k\text{ retornos a }0) = 1$ (descompóngase sobre los instantes de los $k$ primeros retornos: los bloques de lanzamientos correspondientes son disjuntos, de modo que las probabilidades se multiplican y suman $(\sum_nf_n)^k$ ); y concluye con la continuidad monótona:

$\P(S_n = 0 \text{ para infinitos } n) = 1 :$

el paseo aleatorio simple sobre $\Z$ es recurrente.
Prueba que el paseo visita todo sitio $k \in \Z$ casi seguramente y, por tanto (por recurrencia, reiniciando en la primera visita), infinitas veces. (Los signos de las excursiones sucesivas desde $0$ son monedas equilibradas independientes; una excursión positiva visita $1$ .)

Parte III — Borel–Cantelli y el paseo sesgado.

Los sucesos $A_n = \{S_{2n} = 0\}$ cumplen $\sum\P(A_n) = \infty$ ; explica por qué Borel–Cantelli 2 no se les aplica, y qué daría Borel–Cantelli 1 si la serie convergiera. (Esta es la estrategia de toda la parte.)
Sea ahora la moneda de sesgo $p \neq \frac12$ , con $q = 1 - p$ . Prueba que $\P(S_{2n} = 0) = \binom{2n}n(pq)^n = u_n\,(4pq)^n$ con $4pq < 1$ , deduce que $\sum_n\P(S_{2n} = 0) < \infty$ y concluye por Borel–Cantelli 1 que el paseo sesgado vuelve a $0$ solo un número finito de veces, casi seguramente.
Todavía para $p \neq \frac12$ : prueba que $\P(S_n = k) \leq \binom{n}{\floor{n/2}}\,(pq)^{n/2}\,(p/q)^{k/2}$ para cada $k$ fijo, deduce que todo sitio se visita un número finito de veces casi seguramente y concluye que $\abs{S_n} \to \infty$ casi seguramente: el paseo sesgado es transitorio.
De vuelta a la moneda equilibrada: usando la pregunta 6, calcula la probabilidad de que $200$ lanzamientos no produzcan ningún empate ( $S_n \neq 0$ para $1 \leq n \leq 200$ ), numéricamente $u_{100} \approx 0.056$ . Comenta el lento decaimiento $1/\sqrt{\pi n}$ : los empates son ciertos a la larga, pero más raros de lo que sugiere la intuición.
(Primer paso por un punto) Sea $T_1$ el primer instante en que el paseo alcanza $1$ . Usando el principio de reflexión para el máximo $M_n = \max_{i\leq n}S_i$ (demostrado en la pregunta 16, que no depende de esta), o directamente a partir de la pregunta 7 condicionando al primer paso, prueba que $\P(T_1 = 2n - 1) = f_n$ ; deduce que $\P(T_1 < \infty) = 1$ , mientras que la serie del tiempo medio $\sum(2n-1)f_n$ diverge.

Parte IV — Máximos, último cero, ventajas prolongadas.

(Reflexión para el máximo) Para $k \geq 1$ , demuestra que

$\P(M_n \geq k) = 2\,\P(S_n > k) + \P(S_n = k)$

reflejando el camino tras su primera visita al nivel $k$ .
Deduce que $\P(M_{2n} \geq 1) = 1 - u_n$ , es decir, $\P(S_i \leq 0 \text{ para todo } i \leq 2n) = u_n$ : la probabilidad de no ir nunca por delante coincide con la probabilidad de no estar nunca en cero (pregunta 6); dos sucesos distintos, una misma probabilidad.
(Último cero) Sea $L_{2n} = \max\{k \leq 2n : S_k = 0\}$ (par). Combinando la pregunta 6 con la independencia de los bloques disjuntos de lanzamientos, prueba que

$\P(L_{2n} = 2k) = u_k\,u_{n-k} \qquad (0 \leq k \leq n),$

y deduce, sin más cálculo, la identidad binomial $\sum_{k=0}^n u_ku_{n-k} = 1$ .
Prueba que la ley de $L_{2n}$ es simétrica ( $\P(L = 2k) = \P(L = 2n - 2k)$ ) y, usando $u_j \sim 1/\sqrt{\pi j}$ , que sus extremos son sus valores más probables. Tabula para $n = 5$ : $\P(L_{10} = 0) = u_5 \approx 0.246$ frente a $\P(L_{10} = 4) = u_2u_3 \approx 0.117$ . Interprétalo: en una partida equilibrada larga, el último empate tiende a ser muy temprano o muy tardío; las ventajas prolongadas son la regla, no la excepción.
Ensambla las preguntas 16–19 en un párrafo sobre la imagen de las fluctuaciones del paseo equilibrado: la escala difusiva que sugiere la pregunta 3, la certeza del retorno frente al tiempo medio de espera divergente, y la persistencia de las ventajas con sabor a arcoseno.

Parte V — La identidad de renovación y el teorema de Pólya.

Demuestra, partiendo $\{S_{2n} = 0\}$ según el instante del primer retorno, la identidad de renovación

$u_n = \sum_{k=1}^n f_k\,u_{n-k} \quad (n \geq 1), \qquad\text{y por tanto}\qquad U(x)\bigl(1 - F(x)\bigr) = 1 \quad (0 \leq x < 1),$

donde $U(x) = \sum_{n\geq0}u_nx^n$ y $F(x) = \sum_{n\geq1}f_nx^n$ (justifica los radios y el producto de series con el Capítulo 11).
Deduce la dicotomía de recurrencia: haciendo $x \to 1^-$ (límites monótonos de series de coeficientes no negativos),

$\sum_n u_n = \infty \iff \sum_n f_n = 1 ,$

y compruébala contra las preguntas 3 y 7 (paseo equilibrado) y 12 (paseo sesgado).
(Dimensión $2$ ) El paseo simple sobre $\Z^2$ da pasos $(\pm1, 0)$ , $(0, \pm1)$ uniformemente. Prueba que las coordenadas giradas $U_n = X_n + Y_n$ y $V_n = X_n - Y_n$ realizan paseos equilibrados independientes sobre $\Z$ , deduce que

$\P\bigl(S^{(2)}_{2n} = (0,0)\bigr) = u_n^2 \sim \frac1{\pi n}, \qquad \sum_n u_n^2 = \infty ,$

y concluye con las preguntas 21–22 (cuyas demostraciones se transfieren palabra por palabra) que el paseo sobre $\Z^2$ es recurrente.
(Dimensión $3$ ) Para el paseo simple sobre $\Z^3$ , admítase la estimación local $\P(S^{(3)}_{2n} = 0) \leq C\,n^{-3/2}$ (demostrada con el teorema local del límite en el volumen del tercer año). Deduce de Borel–Cantelli 1 que el paseo sobre $\Z^3$ es transitorio, y enuncia el resultado completo: el teorema de Pólya: el paseo aleatorio simple es recurrente en las dimensiones $1$ y $2$ , y transitorio en dimensión $3$ y superiores.
Síntesis. Enumera el papel exacto que desempeñan: el recuento de caminos y la reflexión; la continuidad monótona; la independencia de los bloques disjuntos de lanzamientos; Borel–Cantelli 1; y la identidad de renovación. ¿Qué único hecho analítico ( $u_n \sim 1/\sqrt{\pi n}$ , de donde $\sum u_n = \infty$ , pero también $\sum u_n^2 = \infty$ y $\sum n^{-3/2} < \infty$ ) decide entre recurrencia y transitoriedad en cada dimensión?

Solución

Solución de Problema 21.1.

1. Un camino de longitud $n$ queda determinado por el conjunto de sus pasos hacia arriba; terminar en $k$ significa $u$ pasos arriba y $n - u$ abajo con $u - (n - u) = k$ , es decir, $u = \frac{n+k}2$ : posible si y solo si $n + k$ es par y $\abs k \leq n$ , de $\binom{n}{(n+k)/2}$ maneras. Cada camino concreto es un punto de la medida producto equilibrada sobre $n$ lanzamientos: probabilidad $2^{-n}$ . De ahí, $\P(S_n = k) = N_n(k)2^{-n}$ .

2. $S_n$ tiene la paridad de $n$ , luego $S_{2n+1} \neq 0$ ; y $u_n = N_{2n}(0)4^{-n} = \binom{2n}n4^{-n}$ . Valores: $u_1 = \frac12$ , $u_2 = \frac6{16} = \frac38$ , $u_3 = \frac{20}{64} = \frac5{16}$ .

3. $\dfrac{u_n}{u_{n-1}} = \dfrac{\binom{2n}n}{4\binom{2n-2}{n-1}} = \dfrac{(2n)(2n-1)}{4n^2} = \dfrac{2n-1}{2n} < 1$ : decreciente. Por el Ejemplo 6.14, $\binom{2n}n \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ , luego $u_n \sim \frac1{\sqrt{\pi n}} \to 0$ , y $\sum u_n$ diverge por comparación con $\sum n^{-1/2}$ .

4. Dado un camino de $1$ a $k$ que toca $0$ , refléjese su segmento inicial (hasta la primera visita a $0$ ) respecto del eje horizontal: el resultado es un camino de $-1$ a $k$ , y la operación es una involución; todo camino de $-1$ a $k \geq 1$ ha de cruzar $0$ , y reflejar de vuelta su segmento inicial recupera el original. Por tanto, los caminos que tocan son $N_{n-1}(k + 1)$ (pues de $-1$ a $k$ el desplazamiento es $k + 1$ ). Un camino de $0$ a $k$ que permanece $> 0$ tras el instante $0$ empieza con un paso hacia arriba y luego va de $1$ a $k$ en $n - 1$ pasos sin tocar $0$ : hay $N_{n-1}(k-1) - N_{n-1}(k+1)$ de ellos.

5. Con $m = \frac{n+k}2$ , usando $\binom{n-1}{m-1} = \frac mn\binom nm$ y $\binom{n-1}{m} = \frac{n-m}n\binom nm$ :

\frac{N_{n-1}(k-1) - N_{n-1}(k+1)}{N_n(k)} = \frac{\binom{n-1}{m-1} - \binom{n-1}{m}}{\binom nm} = \frac{m - (n - m)}{n} = \frac kn .

Para $n = 3$ , $k = 1$ : $N_3(1) = 3$ caminos ( $++-$ , $+-+$ , $-++$ ), de los cuales solo $++-$ permanece positivo ( $+-+$ vuelve a $0$ en el instante $2$ ): uno de tres, y $\frac kn = \frac13$ .

6. Por simetría, la probabilidad es $2\P(S_i > 0\ \forall i \leq 2n)$ . Sumando sobre el punto final $2k$ y usando la pregunta 4 (con $n$ sustituido por $2n$ ):

\P(S_i > 0\ \forall i) = 2^{-2n}\sum_{k\geq1} \bigl(N_{2n-1}(2k-1) - N_{2n-1}(2k+1)\bigr) = 2^{-2n}\,N_{2n-1}(1),

una suma telescópica. Ahora bien, $N_{2n-1}(1) = \binom{2n-1}{n}$ y $2\binom{2n-1}n = \binom{2n}n$ (Pascal), de modo que la probabilidad mostrada es $2\cdot2^{-2n}\binom{2n-1}n = \binom{2n}n4^{-n} = u_n$ .

7. Los sucesos $D_n = \{S_i \neq 0,\ i \leq 2n\}$ decrecen, con intersección “no hay retorno nunca”; por la continuidad monótona y la pregunta 6, $\P(\text{sin retorno}) = \lim u_n = 0$ : el paseo vuelve casi seguramente. Además, $f_n = \P(D_{n-1}) - \P(D_n) = u_{n-1} - u_n$ y, por la pregunta 3,

u_{n-1} - u_n = u_n\Bigl(\frac{2n}{2n-1} - 1\Bigr) = \frac{u_n}{2n-1}; \qquad \sum_{n\geq1}f_n = u_0 - \lim u_n = 1 .

8. $2n\,f_n = \frac{2n}{2n-1}u_n \geq u_n$ , y $\sum u_n = \infty$ (pregunta 3): la serie $\sum 2nf_n$ diverge. El primer retorno es cierto, pero no tiene tiempo medio de espera finito; el paseo es recurrente nulo, en el vocabulario que proporcionará el Capítulo 22.

9. El suceso “al menos $k$ retornos” es la unión numerable disjunta, sobre $0 < n_1 < \dots < n_k$ , de los sucesos “los $k$ primeros retornos ocurren exactamente en los instantes $2n_1, \dots, 2n_k$ ”. Un suceso así es la intersección de $k$ sucesos que dependen de los bloques disjuntos de lanzamientos $\intint1{2n_1}$ , $\intint{2n_1+1}{2n_2}$ , …, exigiendo cada bloque que un paseo nuevo haga su primer retorno tras exactamente el número asignado de pasos; por la independencia de los bloques, su probabilidad es $f_{n_1}f_{n_2-n_1}\cdots f_{n_k-n_{k-1}}$ . Sumando por paquetes (Capítulo 7, con todos los términos no negativos):

\P(\text{al menos }k\text{ retornos}) = \Bigl(\sum_{n\geq1}f_n\Bigr)^{\!k} = 1^k = 1 .

Los sucesos decrecen en $k$ , de modo que, por la continuidad monótona, $\P(\text{infinitos retornos}) = 1$ : recurrencia.

10. Por la pregunta 9, el paseo hace infinitas excursiones lejos de $0$ . El primer paso de cada excursión es una moneda nueva, independiente de todo lo anterior: la probabilidad de que las $m$ primeras excursiones empiecen todas hacia abajo es $2^{-m}$ . Para alcanzar $1$ , al paseo le basta con un inicio de excursión hacia arriba (desde $<0$ ha de pasar por $0$ antes de llegar a $1$ , pues los pasos son $\pm1$ ), luego $\P(\text{no alcanzar nunca }1) \leq 2^{-m}$ para todo $m$ : el paseo alcanza $1$ casi seguramente. Descomponiendo sobre el instante de llegada (casi seguramente finito), el paseo reiniciado ahí es un paseo nuevo que arranca en $1$ : por inducción alcanza todo $k \geq 1$ casi seguramente y, por simetría, todo $k \leq -1$ . Por último, reiniciando en la primera visita a $k$ , la pregunta 9 se aplica al paseo nuevo: todo sitio se visita infinitas veces, casi seguramente.

11. Los sucesos $A_n = \{S_{2n} = 0\}$ distan mucho de ser independientes (estar en $0$ en el instante $2n$ hace mucho más probable estar en $0$ en el instante $2n + 2$ de lo que indica $u_{n+1}$ ), de modo que Borel–Cantelli 2 no está disponible; y, en efecto, todo el trabajo de la parte II consistió en sustituirlo. La otra dirección no necesita independencia: si $\sum\P(A_n)$ converge, Borel–Cantelli 1 da un número finito de retornos casi seguramente. Esa implicación es el motor de toda demostración de transitoriedad de más abajo.

12. Un retorno en el instante $2n$ exige $n$ pasos arriba y $n$ abajo: $\P(S_{2n} = 0) = \binom{2n}np^nq^n = u_n(4pq)^n$ , y $4pq = 1 - (p - q)^2 < 1$ para $p \neq \frac12$ . Como $u_n \leq 1$ , la serie $\sum\P(S_{2n} = 0)$ está dominada por la geométrica $\sum(4pq)^n$ : convergente. Por Borel–Cantelli 1, $\P(S_{2n} = 0 \text{ infinitas veces}) = 0$ : un número finito de retornos, casi seguramente.

13. Para $n + k$ par, $\P(S_n = k) = \binom{n}{\frac{n+k}2}p^{\frac{n+k}2}q^{\frac{n-k}2}$ ; el coeficiente binomial es a lo sumo el central, y $p^{\frac{n+k}2}q^{\frac{n-k}2} = (pq)^{n/2}(p/q)^{k/2}$ , lo que da la cota enunciada $\leq 2^n(pq)^{n/2}(p/q)^{k/2} = (4pq)^{n/2}(p/q)^{k/2}$ , sumable en $n$ porque $\sqrt{4pq} < 1$ . Borel–Cantelli 1: el sitio $k$ se visita un número finito de veces casi seguramente; y la unión sobre $k \in \Z$ de los sucesos nulos excepcionales sigue siendo nula (subaditividad numerable). Casi seguramente, todo sitio se visita un número finito de veces, de modo que la sucesión de enteros $(S_n)$ abandona definitivamente toda ventana acotada: $\abs{S_n} \to \infty$ .

14. $\P(S_n \neq 0,\ 1 \leq n \leq 200) = u_{100} = \binom{200}{100}4^{-100} \approx \frac1{\sqrt{100\pi}} \approx 0.056$ : más de una probabilidad entre veinte de que $200$ lanzamientos equilibrados no empaten nunca. El decaimiento $1/\sqrt{\pi n}$ es dolorosamente lento: la certeza de un empate (pregunta 7) es compatible con tramos larguísimos sin empates; un primer sabor de los fenómenos del arcoseno de la parte IV.

15. Condiciónese al primer paso. Si $X_1 = +1$ , entonces $T_1 = 1$ , y $f_1 = \frac12$ concuerda. Si $X_1 = -1$ , el paseo ha de subir de $-1$ a $1$ ; por la descomposición en bloques, volver a $0$ por primera vez en el instante $2n$ se escinde en: un paso abajo y después un paseo nuevo que arranca en $-1$ y alcanza $0$ por primera vez —equivalentemente, un paseo nuevo que alcanza $+1$ por primera vez— en $2n - 1$ pasos, o el suceso simétrico hacia arriba. Ambos signos contribuyen por igual:

f_n = 2\cdot\tfrac12\,\P(T_1 = 2n - 1) = \P(T_1 = 2n-1) .

De ahí, $\P(T_1 < \infty) = \sum f_n = 1$ , mientras que $\sum_n(2n - 1)f_n = \sum_n u_n = \infty$ por la pregunta 7: el paseo alcanza $1$ casi seguramente, en tiempo medio infinito.

16. Pártase $\{M_n \geq k\}$ según el valor final $S_n = m$ . Para $m \geq k$ , la condición $M_n \geq k$ es automática. Para $m < k$ , refléjese el camino tras su primera visita al nivel $k$ : esto es una biyección entre $\{M_n \geq k, S_n = m\}$ y $\{S_n = 2k - m\}$ (todo camino que termina en $2k - m > k$ visita $k$ ; y reflejar de vuelta es la inversa). De ahí,

\P(M_n \geq k) = \sum_{m > k}\P(S_n = m) + \P(S_n = k) + \sum_{m < k}\P(S_n = 2k - m) = 2\P(S_n > k) + \P(S_n = k).

17. En el instante par $2n$ con $k = 1$ : $\P(S_{2n} = 1) = 0$ y $\P(S_{2n} > 1) = \P(S_{2n} \geq 2)$ , de modo que

\P(M_{2n} \geq 1) = 2\P(S_{2n} \geq 2) = \P(S_{2n} \geq 2) + \P(S_{2n} \leq -2) = 1 - u_n .

Por tanto, $\P(S_i \leq 0\ \forall i \leq 2n) = u_n$ : el paseo no va por delante en los $2n$ primeros pasos exactamente con la misma frecuencia con que no empata (pregunta 6); dos sucesos bastante distintos, llevados por el mismo $u_n$ .

18. $\{L_{2n} = 2k\} = \{S_{2k} = 0\} \cap \{\text{el paseo de los lanzamientos } 2k+1, \dots, 2n \text{ no tiene ceros}\}$ . Los dos sucesos dependen de bloques disjuntos de lanzamientos, así que son independientes; el primero tiene probabilidad $u_k$ , y el segundo $u_{n-k}$ por la pregunta 6 aplicada al paseo nuevo de $2n - 2k$ pasos. De ahí, $\P(L_{2n} = 2k) = u_ku_{n-k}$ . Como $L_{2n}$ toma exactamente los valores $0, 2, \dots, 2n$ , esas probabilidades suman $1$ : $\sum_{k=0}^nu_ku_{n-k} = 1$ , una identidad binomial entregada por una partición probabilista.

19. La simetría es inmediata: $u_ku_{n-k} = u_{n-k}u_k$ . Como $u_j$ decrece en $j$ , el producto $u_ku_{n-k}$ es mínimo para $k$ central y máximo en los extremos $k \in \{0, n\}$ , donde vale $u_n$ ; cuantitativamente, $u_ku_{n-k} \approx \frac1{\pi\sqrt{k(n-k)}}$ en el grueso, frente a $u_n \approx \frac1{\sqrt{\pi n}}$ en los bordes. Para $n = 5$ : $\P(L_{10} = 0) = \P(L_{10} = 10) = u_5 = \frac{63}{256} \approx 0.246$ , mientras que $\P(L_{10} = 4) = u_2u_3 = \frac38\cdot\frac5{16} = \frac{15}{128} \approx 0.117$ . En una partida equilibrada larga, la última igualación es más probable muy al principio o muy al final: un jugador suele ir por delante durante tramos enormes, sin ningún sesgo en la moneda.

20. La imagen: en el instante $n$ el paseo vive a escala $\sqrt n$ (la dispersión binomial de la pregunta 3; $u_n \sim 1/\sqrt{\pi n}$ es la altura del pico central); vuelve a $0$ infinitas veces con probabilidad $1$ (parte II) y, sin embargo, el tiempo de espera entre retornos tiene media divergente (pregunta 8), razón por la cual una sola excursión puede ocupar una fracción positiva de cualquier horizonte; en consonancia, el último empate de una partida de $2n$ pasos queda repartido con los valores extremos como los más probables (preguntas 18–19), y no ir nunca por delante tiene la misma probabilidad de decaimiento lento $u_n$ que no empatar nunca (pregunta 17). Certeza en el límite, persistencia en todo horizonte finito: ese es el paseo equilibrado.

21. Pártase $\{S_{2n} = 0\}$ ( $n \geq 1$ ) según el instante del primer retorno $2k$ , $1 \leq k \leq n$ : el primer bloque de $2k$ lanzamientos realiza un primer retorno, los $2n - 2k$ lanzamientos restantes realizan un retorno de un paseo nuevo, y los bloques son independientes: $u_n = \sum_{k=1}^nf_ku_{n-k}$ . Ambas series $U(x) = \sum u_nx^n$ y $F(x) = \sum f_nx^n$ tienen radio $\geq 1$ (coeficientes en $\intcc01$ ), y el producto de Cauchy (Capítulo 11) da, para $0 \leq x < 1$ ,

U(x) - 1 = \sum_{n\geq1}\Bigl(\sum_{k=1}^n f_ku_{n-k}\Bigr)x^n = F(x)\,U(x), \qquad\text{es decir,}\qquad U(x)\bigl(1 - F(x)\bigr) = 1 .

22. Cuando $x \uparrow 1$ , $U(x)$ y $F(x)$ crecen (coeficientes no negativos); toda suma parcial $\sum_{n\leq N}u_n$ es límite de $\sum_{n\leq N}u_nx^n \leq U(x)$ , de modo que $U(x) \uparrow \sum u_n \in \intoc0{+\infty}$ , e igualmente $F(x) \uparrow f = \sum f_n$ . Si $\sum u_n = \infty$ : $1 - F(x) = 1/U(x) \to 0$ , luego $f = 1$ . Si $\sum u_n = S < \infty$ : $1 - f = 1/S > 0$ , luego $f < 1$ . Comprobaciones: paseo equilibrado, $\sum u_n = \infty$ y $f = 1$ (preguntas 3 y 7); paseo sesgado, $\sum u_n(4pq)^n < \infty$ y, en consonancia, $f = 1 - 1/\sum_{n\geq0}u_n(4pq)^n < 1$ , coherente con la finitud casi segura del número de retornos (pregunta 12).

23. Para los cuatro pasos $(\pm1, 0), (0, \pm1)$ del paseo sobre $\Z^2$ , los incrementos de $U = X + Y$ y $V = X - Y$ son: $(+,+)$ para $(1,0)$ , $(+,-)$ para $(0,1)$ , $(-,+)$ para $(0,-1)$ y $(-,-)$ para $(-1,0)$ ; cada pareja de signos con probabilidad $\frac14 = \frac12\cdot\frac12$ : los dos paseos coordenados $(U_n)$ y $(V_n)$ son paseos equilibrados independientes sobre $\Z$ . Como $S^{(2)}_{2n} = (0,0)$ si y solo si $U_{2n} = 0$ y $V_{2n} = 0$ ,

\P\bigl(S^{(2)}_{2n} = (0,0)\bigr) = u_n^2 \sim \frac1{\pi n}, \qquad \sum_nu_n^2 = \infty .

La identidad de renovación de la pregunta 21 y la dicotomía de la pregunta 22 no usaron nada unidimensional (solo la descomposición sobre el primer retorno y la independencia de bloques disjuntos), de modo que $\sum u_n^{(2)} = \infty$ da $f^{(2)} = 1$ , y el argumento de la pregunta 9 lo mejora: el paseo sobre $\Z^2$ vuelve al origen infinitas veces casi seguramente.

24. Con la cota admitida $\P(S^{(3)}_{2n} = 0) \leq Cn^{-3/2}$ , la serie converge, y Borel–Cantelli 1 da un número finito de retornos casi seguramente: el paseo sobre $\Z^3$ es transitorio (y la misma cota con exponente $-d/2$ cubre todo $d \geq 3$ ). En conjunto: el teorema de Pólya: el paseo aleatorio simple es recurrente sobre $\Z$ y $\Z^2$ , y transitorio sobre $\Z^d$ para $d \geq 3$ . Un borracho encuentra el camino a casa; un pájaro borracho puede que no.

25. El recuento de caminos y la reflexión produjeron las leyes exactas ( $u_n$ , el teorema de la papeleta, $f_n$ , el máximo, el último cero); la continuidad monótona convirtió todo enunciado límite (“vuelve al menos una vez”, “infinitas veces”) en un límite de probabilidades de horizonte finito; la independencia de bloques disjuntos impulsó las descomposiciones de renovación (preguntas 9, 18, 21), y es el esqueleto numerable de la propiedad de Markov; Borel–Cantelli 1 fue el arma de la transitoriedad (preguntas 12–13 y 24), sin necesitar independencia; y la identidad de renovación lo organizó todo en la dicotomía $\sum u_n = \infty \iff$ recurrencia. El único insumo analítico es la estimación local $u_n \sim 1/\sqrt{\pi n}$ : su cuadrado $1/(\pi n)$ sigue divergiendo (dimensión $2$ , recurrente), mientras que $n^{-3/2}$ converge (dimensión $3$ , transitorio); el teorema de Pólya es, al final, un enunciado sobre la divergencia de $\sum n^{-d/2}$ .

21.1 Espacios de probabilidad

21.2 Condicionamiento e independencia

21.3 El lema de Borel–Cantelli

21.4 Ejercicios

21.5 Problema: el paseo aleatorio simple sobre Z\ZZ es recurrente

21.5 Problema: el paseo aleatorio simple sobre $\Z$ es recurrente