El Teorema de Egorov

Debido al matemático ruso Egorov, existe en Teoría de la Medida un importante teorema, el cual permite, en un espacio medida finito, que una sucesión de funciones (reales, reales ampliadas o complejas), medibles, definidas en dicho espacio y que converja puntualmente casi doquiera en él a una función, esta sucesión converja uniformemente a esa  función, en todo el espacio salvo en un subconjunto de medida arbitrariamente pequeña.

DEFINICIÓN.- Sea  $\left(X,\mathcal{A},\mu \right)$ un espacio medida. Sean $f,f_1,f_2,...,f_n,...$ funciones de $X$ en $\mathrm{ℝ},\overline{\mathrm{ℝ}},ó \mathrm{ℂ}$. Se dice que la sucesión ${\left(f_n\right)}_{n\in \mathrm{\mathbb{N}}}$ converge a f casi por todas partes o casi por doquier en $X$, si la sucesión numérica ${\left(f_n\left(x\right)\right)}_{n\in \mathrm{\mathbb{N}}}$ converge para cada $x\in X$, a $f\left(x\right)$, salvo para los puntos de un $A\subset X$ de medida nula. Se denota así:

$\underset{n}{lím} f_n=f, c.p.p. en X$

TEOREMA (de Egorov).- Sea $\left(X,\mathcal{A},\mu \right)$ un espacio medida; $\mu \left(X\right)<\infty$ y ${\left(f_n\right)}_{n\in \mathrm{\mathbb{N}}}$ una sucesión de funciones reales o complejas, medibles, que converge casi por todas partes en $X$ a $f$, función real o compleja. Dado un $\epsilon >0$, existe un $B\in \mathcal{A}$ tal que $\mu \left(B\right)<\epsilon$ y ${\left(f_n\right)}_{n\in \mathrm{\mathbb{N}}}$ converge uniformemente a $f$ en $X~B$.

Demostración.- Sea $A\in \mathcal{A}, \mu \left(A\right)=0$, y ${\left(f_n\right)}_{n\in \mathrm{\mathbb{N}}}$ una sucesión de funciones que converge puntualmente a la función $f$ en $X~A$.

Sean $g,g_n (n\in \mathrm{\mathbb{N}})$ funciones definidas en $X$, que coinciden respectivamente, con $f,f_n (n\in \mathrm{\mathbb{N}})$, en $X~A$ y son nulas en $A$. Entonces las funciones $g_n (n\in \mathrm{\mathbb{N}})$ son medibles y la sucesión de funciones ${\left(g_n\right)}_{n\in \mathrm{\mathbb{N}}}$ converge puntualmente en $X$ a $g$; luego $g$ es medible.

Por tanto, $\forall n,m\in {\mathrm{\mathbb{Z}}}_{+}$ el conjunto

$A_{nm}={\chi }_{{\left|g_m-g\right|}^{-1}\left(]-\infty ,\frac{1}{n}]\right)}$

es medible.

Sea

$B_{np}={\cap }_{m=p}^{\infty }{A}_{nm}$

$\forall n\in {\mathrm{\mathbb{Z}}}_{+}$, la sucesión ${\left(B_{np}\right)}_{p=1}^{\infty }$ es expansiva, pues si $p_1<p_2$:

$B_{n{p}_1}=\underset{m=p_1}{\overset{\infty }{\cap }}{A}_{nm}\subset \underset{m=p_2}{\overset{\infty }{\cap }}{A}_{nm}=B_{n{p}_2}$

Ahora, si $z\in X$, existe $q\in {\mathrm{\mathbb{Z}}}_{+}$ tal que:

$\left|g_m\left(z\right)-g\left(z\right)\right|<\frac{1}{n},para m\ge q$

por lo que $z\in A_{nm}, para m=q,q+1,...$, y de ahí:

$z\in B_{nq}$

En consecuencia

$X\subset {\cup }_{p=1}^{\infty }{B}_{np}$

Luego ${\cup }_{p=1}^{\infty }{B}_{np}=X$.

Por ser ${\left(B_{np}\right)}_{p=1}^{\infty }$ expansiva, la sucesión ${\left(X~B_{np}\right)}_{p=1}^{\infty }$ es contractiva, y

${\cap }_{p=1}^{\infty }\left(X~B_{np}\right)=\varnothing$

pues

${\cap }_{p=1}^{\infty }\left(X~B_{np}\right)=X~{\cup }_{p=1}^{\infty }{B}_{np}=X~X=\varnothing$

Como

$\mu \left(X~B_{n1}\right)\le \mu \left(X\right)<\infty$

resulta que

$\underset{p}{lím} \mu \left(X~B_{np}\right)=\mu \left(\varnothing \right)=0$

Para cada $n\in {\mathrm{\mathbb{Z}}}_{+}$, encontramos un $p_n\in {\mathrm{\mathbb{Z}}}_{+}$ tal que

$\mu \left(X~B_{n{p}_n}\right)<\frac{\epsilon }{2^n}$

Escribimos

$M={\cup }_{n=1}^{\infty }\left(X~B_{n{p}_n}\right), B=M\cup A$

Como

$\mu \left(B\right)\le \mu \left(M\right)+\mu \left(A\right)=\mu \left(M\right)\le \sum _{n=1}^{\infty }\mu \left(X~B_{n{p}_n}\right)<\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\epsilon }{2^n}=\epsilon$

Se cumple que $\mu \left(B\right)<\epsilon$.

Además, ${\left(f_n\right)}_{n\in \mathrm{\mathbb{N}}}$ converge a $f$ uniformemente en $X~B$. En efecto:
dado $\alpha \in {\mathrm{ℝ}}_{+}$, hallamos $r\in {\mathrm{\mathbb{Z}}}_{+}$ tal que $\frac{1}{r}<\alpha$.
Sea $z\in X~B$. Entonces:

$z\notin {\cup }_{n=1}^{\infty }\left(X~B_{n{p}_n}\right)=X~{\cap }_{n=1}^{\infty }{B}_{n{p}_n}$

luego $z\in {\cap }_{n=1}^{\infty }{B}_{n{p}_n}$, y, en particular: $z\in B_{r{p}_r}$,
de donde se deduce que $z\in A_{rm}, para m\ge p_r$ y, por consiguiente

$\left|g_m\left(z\right)-g\left(z\right)\right|=\left|f_m\left(z\right)-f\left(z\right)\right|<\frac{1}{r}<\alpha , \forall m\ge p_r,\forall z\in X~B$

En consecuencia ${\left(f_n\right)}_{n\in \mathrm{\mathbb{N}}}$ converge a $f$ uniformemente en $X~B$.
Q.E.D.

El sorprendente teorema de Riemann sobre series numéricas (II)

PROPOSICIÓN 1.- La serie armónica $\sum _{}\frac{1}{n}$ es divergente.

 Demostración.- $\forall m\in \mathrm{\mathbb{N}}$


$a_{m+1}+a_{m+2}+\cdots +a_{m+m}=\sum _{k=1}^m\frac{1}{m+k}>\sum _{k=1}^m\frac{1}{2m}=\frac{m}{2m}=\frac{1}{2}$

Y para $\epsilon \le \frac{1}{2}$ no se verifica la condición del criterio de Cauchy de convergencia. Q.E.D.

PROPOSICIÓN 2 (Criterio de Leibniz).-Si $\left(a_n\right)$ es una sucesión de números reales positivos, decreciente y con límite cero, la serie alternada $\sum _{}(-1{)}^n{a}_n$ es convergente.

Demostración.- Sea $\left(A_n\right)$ la sucesión de sumas parciales de la serie numérica $\sum _{}(-1{)}^n{a}_n$. Como la sucesión $\left(a_n\right)$ es decreciente, $\forall n\in \mathrm{\mathbb{N}}$, se cumple que: $A_{2n+2}-A_{2n}=-a_{2n+1}+a_{2n+2}<0, y A_{2n}>-a_1$

luego la sucesión $\left(A_{2n}\right)$ es decreciente y está acotada inferiormente; luego tiene límite finito.

Análogamente se demuestra que la sucesión $\left(A_{2n-1}\right)$ es creciente y acotada superiormente, luego tiene límite finito.
Pero la sucesión $\left(a_n\right)$ tiene por límite 0, pues

$\underset{n\to \infty }{lím}\left(A_{2n}-A_{2n-1}\right)=\underset{n\to \infty }{lím}{a}_{2n}=0$
luego las dos subsucesiones de $\left(A_n\right)$: $\left(A_{2n}\right) y \left(A_{2n-1}\right)$ tienen el mismo límite A. Luego
$\underset{n\to \infty }{lím}{A}_n=A$ Q.E.D.

PROPOSICIÓN 3.- La serie alternada $\sum _{}\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}$ es condicionalmente convergente.

Demostración.- Por la Proposición 1, la serie $\sum _{}\left|\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}\right|=\sum _{}\frac{1}{n}$, es divergente, y por la Proposición 2, la serie $\sum _{}\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}$ es convergente. Q.E.D.

PROPOSICIÓN 4.- $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}=-\log 2$.
Demostración.- Como, $\forall x\in ]-1,1]$,

$\log \left(1+x\right)=\sum _{n=1}^{\infty }{\left(-1\right)}^{n+1}\frac{x^n}{n}$

para $x=1$, se tiene que

$\log 2=\sum _{n=1}^{\infty }{\left(-1\right)}^{n+1}\frac{1}{n}$

luego

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}=-\log 2$Q.E.D.

COROLARIO.- $\forall x\in \mathrm{ℝ}$, existe una subsucesión ${\left(b_n\right)}_{n\in \mathrm{\mathbb{N}}}$ de ${\left(\frac{{\left(-1\right)}^n}{n}\right)}_{n\in \mathrm{\mathbb{N}}}$, tal que
$x=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n$
Demostración.- Inmediata, por los resultados anteriores.Q.E.D.

ESCOLIO.- Para cada número real $x$, existe una biyección
$f_x:\mathrm{\mathbb{N}}\to \mathrm{\mathbb{N}}$
tal que

$x=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^{f_x\left(n\right)}}{f_x\left(n\right)}$
Demostración.- Inmediata.Q.E.D.

El sorprendente teorema de Riemann sobre series numéricas (I)

DEFINICIÓN 1.- Sea $\sum _{}{a}_n$ una serie de números reales. Se dice que $\sum _{}{a}_n$ es condicionalmente convergente si $\sum _{}{a}_n$ es convergente pero $\sum _{}\left|a_n\right|$ es divergente.

PROPOSICIÓN 1.- Sea $\sum _{}{a}_n$ una serie de números reales y sean

${\alpha }_n=\frac{a_n+\left|a_n\right|}{2}; {\beta }_n=\frac{a_n-\left|a_n\right|}{2}$, $n\in \mathrm{\mathbb{N}}$

Si $\sum _{}{a}_n$ es condicionalmente convergente, entonces las series $\sum _{}{\alpha }_n$ y $\sum _{}\beta n$ son divergentes.

Demostración.- Si $\sum _{}{a}_n$ es condicionalmente convergente, entonces $\sum _{}{a}_n$ es convergente y $\sum _{}\left|a_n\right|$ es divergente.
Si $\sum _{}{\alpha }_n$ fuese convergente, como ${\beta }_n=a_n-{\alpha }_n$, también sería convergente la serie $\sum _{}{\beta }_n$. Análogamente si $\sum _{}{\beta }_n$ fuese convergente. Luego si $\sum _{}{\alpha }_n$ o $\sum _{}{\beta }_n$ fuesen convergentes, entonces las dos serían convergentes, y como $\left|a_n\right|={\alpha }_n-{\beta }_n$, también sería convergente $\sum _{}\left|a_n\right|$, en contra de la hipótesis.
Q.E.D.

DEFINICIÓN 2.- Se dice que una serie $\sum _{}{b}_n$ es una reordenación de otra serie $\sum _{}{a}_n$ cuando existe una biyección $f:\mathrm{\mathbb{N}}\to \mathrm{\mathbb{N}}$ tal que

$b_n=a_{f\left(n\right)}, \forall n\in \mathrm{\mathbb{N}}$

TEOREMA DE RIEMANN.- Si $\sum _{}{a}_n$ es una serie de números reales condicionalmente convergente, entonces para cualquier número real $x$ existe una reordenación $\sum _{}{b}_n$ de $\sum _{}{a}_n$ tal que

$\sum _{}{b}_n=x$

Demostración.- Podemos suponer que los términos de la serie $\sum _{}{a}_n$ son distintos de cero. Como la serie $\sum _{}{a}_n$ es condicionalmente convergente, las dos series

$\sum _{}{\alpha }_n ,\sum _{}{\beta }_n$

son divergentes. Suprimiendo los términos nulos de cada una de ellas se obtienen las series $\sum _{}{p}_n ,\sum _{}{q}_n$, de los términos positivos y de los términos negativos de $\sum _{}{a}_n$, respectivamente, que son también divergentes.

Como $\sum _{}{p}_n$ es una serie de términos positivos divergente, existe

$N_1=mín\left\{N\in \mathrm{\mathbb{N}}:\sum _{n=1}^N{p}_n>x\right\}$

Entonces

$\sum _{n=1}^N{p}_n>x, y \sum _{n=1}^m{p}_n\le x, \forall m<N_1$

Como $\sum _{}{q}_n$ es una serie de términos negativos divergente, existe

$M_1=mín\left\{M\in \mathrm{\mathbb{N}}:\sum _{n=1}^{N_1}{p}_n+\sum _{n=1}^M{q}_n<x\right\}$

Entonces

$\sum _{n=1}^{N_1}{p}_n+\sum _{n=1}^M{q}_n<x, y \sum _{n=1}^{N_1}{p}_n+\sum _{n=1}^m{q}_n\ge x, \forall m<N_1$

Sea ahora

$N_2=mín\left\{N\in \mathrm{\mathbb{N}}:\sum _{n=1}^{N_1}{p}_n+\sum _{n=1}^{M_1}{q}_n+\sum _{n=N_1+1}^N>x\right\}$

y

$M_2=mín\left\{M\in \mathrm{\mathbb{N}}:\sum _{n=1}^{N_1}{p}_n+\sum _{n=1}^{M_1}{q}_n+\sum _{n=N_1+1}^{N_2}+\sum _{n=M_1+1}^M{q}_n<x\right\}$

Continuando este proceso, obtenemos la serie

$p_1+\cdots +p_{N_1}+q_1+\cdots +q_{M_1}+p_{N_1+1}+\cdots +p_{N_2}+q_{M_1+1}+\cdots +q_{M_2}+\cdots$

que, obviamente, es una reordenación de la serie $\sum _{}{a}_n$.

Si $\left(A_n\right)$ es la sucesión de las sumas parciales de $\sum _{}{a}_n$, entonces

$lím_{n\to \infty }{A}_n=x$

En efecto. Por construcción se verifica que

$A_1<A_2<\cdots <A_{N-1}\le x<A_{N_1} \left(1\right)$

$A_{N_1}>A_{N_1+1}>\cdots >A_{N_1+M_1-1}\ge x>A_{N_1+M_1} (1\text{'})$

$A_{N_1+M_1}<A_{N_1+M_1+1}<\cdots <A_{N_1+M_1+N_2-1}\le x<A_{N_1+M_1+N_2} \left(2\right)$

$A_{N_1+M_1+N_2}>A_{N_1+M_1+N_2+1}>\cdots >A_{N_1+M_1+N_2+M_2-1}\ge x>A_{N_1+M_1+N_2+M_2} (2\text{'})$

De (1) y (1') de deduce que

$\left|A_n-x\right|\le p_{N_1}, N_1\le n\le N_1+M_1-1$

De (1') y (2) se deduce que

$\left|A_n-x\right|\le -q_{M_1}, N_1+M_1\le n\le N_1+M_1+N_2-1$

De (2) y (2') se deduce que

$\left|A_n-x\right|\le p_{N_2}, N_1+M_1+N_2\le n\le N_1+M_1+N_2+M_2-1$

Como $\left(p_{N_k}\right) y \left(q_{N_k}\right)$ son subsucesiones de $\left(a_n\right)$ y $\sum _{}{a}_n$ es convergente, $\left(a_n\right)$ tiene por límite cero, e igualmente $\left(p_{N_k}\right) y \left(q_{N_k}\right)$. Luego $\left(A_n\right)$ tiene por límite $x$.
Q.E.D.

La independencia condicional de sucesos y la paradoja de Simpson (III)

También puede verificarse la proposición contraria de la Proposición II.1. En efecto.

Proposición III.1.- Dos sucesos pueden ser independientes en una población y no ser condicionalmente independientes a dos subpoblaciones, exhaustivas y mutuamente excluyentes, de la población considerada.

Demostración.- Consideremos  a bolas blancas (de las cuales 2 están marcadas) y a bolas negras (de las cuales 2 están marcadas).
Sean los sucesos

B  :  "Obtener bola blanca"
M  :  "Obtener bola marcada"

Dichos sucesos son independientes, pues

$\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right|B)=\frac{2}{a},\mathrm{\mathbb{P}}(M)=\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}$

Distribuyamos las 2a bolas (a blancas más a negras) en dos urnas, I y II, de la siguiente manera:

I : 2 blancas marcadas + 1 blanca no marcada + 1 negra marcada + (a - 4 negras)
II : (a-3) blancas no marcadas + 1 negra marcada + 2 negras no marcadas.

Entonces:

$\mathrm{\mathbb{P}}(B\cap M|I)=\frac{2}{a},\mathrm{\mathbb{P}}(B\left|I\right)=\frac{3}{a},\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right|I)=\frac{3}{a}$
$\mathrm{\mathbb{P}}(B\cap M|II)=0,\mathrm{\mathbb{P}}(B\left|II\right)=\frac{a-3}{a},\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right|II)=\frac{1}{a}$

Luego B y M no son condicionalmente independientes ni a I ni a II. Q.E.D.

Finalmente, puede ocurrir que en cada subpoblación el suceso B influya favorablemente en A y, sin embargo, que en total de la población, B influya desfavorablemente en A. Este hecho se denomina paradoja de Simpson.

Teorema III.2 (Paradoja de Simpson).- Es posible la existencia de un espacio de probabilidad $(\Omega ,\mathrm{\mathbb{P}})$ en el que haya tres sucesos A,B y C tales que verifican simultáneamente las desigualdades

$\mathrm{\mathbb{P}}\left(A\right|B\cap C)>\mathrm{\mathbb{P}}(A\left|C\right);\mathrm{\mathbb{P}}\left(A\right|B\cap C^c)>\mathrm{\mathbb{P}}(A\left|C^c\right), y \mathrm{\mathbb{P}}\left(A\right|B)<\mathrm{\mathbb{P}}(A)$

Demostración.- Con las mismas notaciones de la Proposición anterior, sean los sucesos: A = N, B = M, C = I, C^c = II.

Entonces:

$\mathrm{\mathbb{P}}\left(N\right|M\cap I)=\frac{1}{3};\mathrm{\mathbb{P}}(N\left|I\right)=\frac{a-3}{a}$

$\mathrm{\mathbb{P}}\left(N\right|M\cap II)=1;\mathrm{\mathbb{P}}(N\left|II\right)=\frac{3}{a}$

y

$\mathrm{\mathbb{P}}\left(N\right|M)=\mathrm{\mathbb{P}}(I\left)\mathrm{\mathbb{P}}\right(N|M\cap I)+\mathrm{\mathbb{P}}\left(II\right)\mathrm{\mathbb{P}}\left(N\right|M\cap II)=\frac{1}{2}\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\frac{1}{3}=\frac{1}{3}<\frac{1}{2}$

Ahora basta, para que se verifiquen las desigualdades del teorema, que

$\frac{1}{3}>\frac{a-3}{a};1>\frac{3}{a}$
El anterior sistema de inecuaciones lineales con un incógnita tiene una única solución a = 4, en el conjunto de los números naturales, pues

$\frac{1}{3}>\frac{a-3}{a}=1-\frac{3}{a}\Rightarrow -\frac{2}{3}>-\frac{3}{a}\Rightarrow \frac{2}{3}<\frac{3}{a}\Rightarrow 2a<9$
$1>\frac{3}{a}\Rightarrow 3<a$

Luego se cumplen las desigualdades del enunciado, para a = 4.

Q.E.D.

La independencia condicional de sucesos y la paradoja de Simpson (II)

Teorema II.1.- En las condiciones da la Definición I.0 dos sucesos A y B pueden ser condicionalmente independientes a C y no ser independientes.

Demostración.- Consideremos una población compuesta de dos urnas, I y II (consideradas como subpoblaciones), con la siguiente composición:

Urna I: 2/3 de bolas negras, de las cuales 1/4 están marcadas (con un punto blanco, por ejemplo); 1/3 de bolas blancas, de las cuales 1/4 están marcadas (con un punto negro, por ejemplo).
Urna II: 1/2 de bolas negras, de las cuales 1/10 están marcadas; 1/2 de bolas blancas, de las cuales 1/10 están marcadas.

Se selecciona una urna al azar (probabilidad 1/2, para cada urna), y de ella se extrae al azar una bola (todas con igual probabilidad), observando su color y si está marcada.
Sean los sucesos

M: "La bola seleccionada está marcada".
B: "La bola seleccionada es blanca".
N: "La bola seleccionada es negra".

(a) Los sucesos B y M son condicionalmente independientes, tanto a la urna I como a la urna II. E igualmente ocurre con los sucesos N y M.

En efecto
$\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right|B\cap I)=\frac{1}{4}$
$\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right|I)=\mathrm{\mathbb{P}}(N\left|I\right)\mathrm{\mathbb{P}}(M|N\cap I)+\mathrm{\mathbb{P}}\left(B\right|I\left)\mathrm{\mathbb{P}}\right(M|B\cap I) =\frac{2}{3}\frac{1}{4}+\frac{1}{3}\frac{1}{4}=\frac{1}{4}$

$\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right|B\cap II)=\frac{1}{10}$
$\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right|II)=\mathrm{\mathbb{P}}(N\left|II\right)\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right|N\cap II)+\mathrm{\mathbb{P}}(B\left|II\right)\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right|B\cap II)=\frac{1}{10}$

De análoga manera se demuestra para los sucesos N y M.

(b) En la población I+II, el color de la bola y el estar marcada o no no son sucesos independientes.

En efecto.
$\mathrm{\mathbb{P}}\left(B\right)=\frac{1}{2}\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\frac{1}{2}=\frac{5}{12}$
$\mathrm{\mathbb{P}}\left(N\right)=\frac{1}{2}\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\frac{1}{10}=\frac{7}{40}$
$\mathrm{\mathbb{P}}(B\cap M)=\mathrm{\mathbb{P}}\left(I\right)\mathrm{\mathbb{P}}(B\cap M|I)+\mathrm{\mathbb{P}}(II\left)\mathrm{\mathbb{P}}\right(B\cap M\left|II\right)=\frac{1}{2}\frac{2}{3}\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\frac{1}{2}\frac{1}{10}=\frac{13}{120}$
$\mathrm{\mathbb{P}}(N\cap M)=\mathrm{\mathbb{P}}\left(I\right)\mathrm{\mathbb{P}}(B\cap M|I)+\mathrm{\mathbb{P}}(II\left)\mathrm{\mathbb{P}}\right(N\cap M\left|II\right)=\frac{1}{2}\frac{2}{3}\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\frac{1}{2}\frac{1}{10}=\frac{13}{120}$

Y como

$\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right|B)=\frac{\mathrm{\mathbb{P}}(M\cap B)}{\mathrm{\mathbb{P}}\left(B\right)}=\frac{{\displaystyle \raisebox{1ex}{$13$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$120$}\right.}}{{\displaystyle \raisebox{1ex}{$5$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$12$}\right.}}=\frac{13}{50}$
$\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right|N)=\frac{\mathrm{\mathbb{P}}(M\cap N)}{\mathrm{\mathbb{P}}\left(N\right)}=\frac{{\displaystyle \raisebox{1ex}{$13$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$120$}\right.}}{{\displaystyle \raisebox{1ex}{$7$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$40$}\right.}}=\frac{13}{21}$

y

$\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right)=\mathrm{\mathbb{P}}\left(I\right)\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right|I)+\mathrm{\mathbb{P}}(II\left)\mathrm{\mathbb{P}}\right(M\left|II\right)=\frac{1}{2}\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\frac{1}{10}=\frac{7}{40}\ne \frac{13}{50}=\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right|B)$
$\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right)=\frac{7}{40}\ne \frac{13}{21}=\mathrm{\mathbb{P}}\left(M\right|N)$

se concluye la hipótesis (b). Q.E.D..

En cualquiera de las dos urnas, los sucesos M y B son independientes, ya que la fracción de bolas marcadas entre las bolas blancas y negras es la misma. Sin embargo, en la población constituida por las dos urnas, I+II, los sucesos M y B no son independientes.