ENUNCIAR. Demostrar que la esperanza matemática de una variable aleatoria $X$ binomial $B(n,p)$ es igual a $n\cdot p$
SOLUCIÓN.
Procedimiento I:
Aplicando la definición de esperanza matemática de una variable discreta $$E[X]\overset{\text{def}}{=}\displaystyle \sum_{i\in X(\Omega)}\,i\cdot p_i$$ donde $i$ toma valores en el conjunto $$X(\Omega)=\{0,1,2,\ldots,n\}$$ Luego, en el caso de la distribución binomial, la definición nos lleva a $$E[X]=\sum_{i=0}^{n}\,i\cdot \binom{n}{i}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ y como el primer sumando es $0$ ( por el factor $i=0$ ) podemos escribir lo anterior como $$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,i\cdot \binom{n}{i}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ Teniendo en cuenta, ahora, que $$i\cdot \displaystyle \binom{n}{i} = \dfrac{i\cdot n!}{(n-1)!\,i!}=\dfrac{n!}{(n-1)!\,(n-i)!}=\dfrac{n\,(n-1)!}{(i-n)!\,(n-i)!}$$ la suma puede expresarse de la forma $$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,\dfrac{n\,(n-1)!}{(i-n)!\,(n-i)!}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ y como $n\cdot p$ es un factor común a todos los sumandos, podemos sacar factor común de dicho factor, quedando $$\displaystyle n\,p\, \sum_{i=1}^{n}\,\dfrac{(n-1)!}{(i-n)!\,(n-i)!}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ y teniendo en cuenta que $$\dfrac{(n-1)!}{(i-n)!\,(n-i)!}=\dfrac{(n-1)!}{(i-n)!\,((n-1)-(i-1))!} = \displaystyle \binom{n-1}{i-1}$$ podemos escribir la suma así $$\displaystyle n\cdot p\, \sum_{i=1}^{n}\,\binom{n-1}{i-1}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ Ahora bien, por el desarrollo del binomio de Newton $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,\binom{n-1}{i-1}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}=(p+q)^{n-1}=1$, ya que $p+q=p+(1-p)=1$. Por consiguiente, queda probado así que la esperanza matemática de $X$ es igual a $$E[X]=n \cdot p \cdot 1^{n-1} = n \cdot p \cdot 1 = n \cdot p$$
Procedimiento II:
Teniendo en cuenta que una variable binomial $X:B(n,p)$ es la suma de $n$ variables independientes de Bernoulli $X_j:B(1,p)$ ( donde $j=1\,2,\ldots,n$ ), y que la esperanza matemática de una distribución de Bernoulli es $E[X_i]=p$, aplicando la propiedad de la esperanza matemática $E[X_1+\ldots+X_n] = E[X_1]+\ldots+E[X_n]$ ( que es válida si las variables $X_1$,$\ldots$,$X_n$ son independientes ), en el caso que nos ocupa obtenemos, $p+\ldots+p=n\,p$, llegando a justificar así la afirmación del enunciado, $E[X]=n\cdot p$, sin tanto cálculo como en el procedimiento I.
$\square$
