2009.2 - control 2 pauta mat-042

7/17/2019 2009.2 - Control 2 Pauta MAT-042

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UNIVERSIDAD TECNICA FEDERICO SANTA MARIA

FACULTAD DE MATEMATICAS

PROBABILIDAD Y ESTADISTICA

CONTROL 2

5 de octubre 2009

1. Los procesos de falla de cada una de 10 componentes se comportan de manera probabilısticamente

independientes y siguiendo un mismo modelo probabilıstico. Sea X i el tiempo de falla de la i-esima

componente, expresado en miles de horas. Suponga que su densidad de probabilidad es

f X ( x) =

0,8e− x + 0,4e−2 x

, x ≥ 0;

0, e.o.c.

para cualquier i = 1,2, . . . ,10

a) Determine la funcion distribucion acumulada de X 3

b) Calcule la probabilidad de que a lo mas 3 componentes fallen antes de 1.5 horas.

Solucion:

a) La funcion distribucion de la variable X 3 viene dada por:

F X 3 ( x) =

0, si x ≤ 0

x

0

0,8e−t + 0,4e−2t d x, si x >0

=

0, si x ≤ 0

0,8

x0

e−t d + 0,4

x0

e−2t d x, si x >0

=

0, si x ≤ 0

0,8(1−e− x)−0,2e−2 x, si x >0

=

0, si x ≤ 0

1−0,8e− x−0,2e−2 x, si x >0

b) La probabilidad de que una componente cualquiera falle antes de las 1.5 horas, viene dada por:

P( X j < 1,5) = F X j(1,5) = 1−0,8e−1,5−0,2e−2·1,5

Denotemos esta probabilidad por p, o sea,

p = 1−0,8e−1,5−0,2e−2·1,5

1



Sea ahora

Y: numero de componentes que fallan antes de 1.5 horas.

Entonces, Y ∼ Bin(10, p) y lo que se pide es

P(Y ≤ 3) =

3

∑ x=0

10

x· p x · (1− p)10− x

2



2. Se desean rodamientos de un centımetro de radio, con tolerancia de 0.05 centımetros. El fabricante gana

US$0.10 por cada rodamiento aceptado. Si el radio es menor de lo permitido, el rodamiento se debe

refundir, produciendo una perdida de US$0.05; por otra parte, si el radio es mayor de lo aceptado, se

debe rebajar el rodamiento, con una perdida de US$0.03. Suponga que el radio de los rodamientos tiene

una distribucion normal con media 1.01 centımetro y una varianza de 0.0009 cm2. ¿Cual es la ganancia

esperada?Solucion:

Sean los eventos:

A: el rodamiento es aceptado.

B: el rodamiento debe ser refundido.

C: el rodamiento debe ser rebajado.

Sea la variable aleatoria X : radio del rodamiento

X ∼ N (1,01;0,032)

Luego

P( A) = P(1−0,05 < X < 1 + 0,05)

= Φ(1,33)−Φ(−2)

= 0,9082−0,0228

= 0,8854

P( B) = P( X < 1−0,05)

= Φ(−2)

= 0,0228

P(C ) = P( X > 1 + 0,05)

= 1−Φ(1,33)

= 1−0,9082

= 0,0918

Sea la variable aleatoria U : utilidad de un rodamiento, cuya funcion de cuantıa esta dada por:

u 0.10 -0.05 -0.03P(U = u) 0.8854 0.0228 0.0918

Luego, la utilidad esperada es

E(U ) = 0,1 ·0,8854 + (−0,05) ·0,0228 + (−0,03) ·0,0918

= 0,0846

3



Universidad Tecnica Federico Santa Marıa

Departamento de Matematica

Campus Santiago

a

Ayudantıa 8 MAT-042 S1 2010

Pauta

Profesores : Francisca Gonzalez, Enzo HernandezAyudantes : Javier Poseck, Hugo Salazar

1 Ejercicios

1. Si Y sigue una distribucion uniforme en [0, 5], ¿Cual es la probabilidad de que ambas raıces

de la ecuacion4x2 + 4xY + Y = 0

sean reales?

Desarrollo:

La funcion densidad asociada a Y es

f Y (y) = 1

5I [0,5](y)

O mas rigurosamente

f Y (y) =

1

5 , 0 ≤ y ≤ 5

0 , en otro caso

Dado que Y es una funcion medible, definida en cierto espacio de probabiliadd Ω y convalores en R, se tiene que dado ω ∈ Ω la ecuacion queda de la forma:

4x2 + 4xY (ω) + Y (ω) = 0

La cual tiene ambas raıces reales si y solo si:

b2 − 4ac ≥ 0

Es decir:

[4Y (ω)]2 − 4 · 4Y (ω) ≥ 0

16Y (ω) [Y (ω) − 1] ≥ 0

Y (ω) [Y (ω) − 1] ≥ 0

LA

TEX HSR

1





Campus Santiago

De lo anterior definimos en Ω el suceso:

A = ω ∈

Ω : la ecuacion 4x2 + 4xY (ω) + Y (ω) = 0 tiene ambas raıces realeses decir:

A = ω ∈ Ω : Y (ω) [Y (ω) − 1] ≥ 0= ω ∈ Ω : Y (ω) ≥ 0 ∧ Y (ω) ≥ 1 ∪ ω ∈ Ω : Y (ω) ≤ 0 ∧ Y (ω) ≤ 1

Notar que:

P(A) = P (ω ∈ Ω : Y (ω) ≤ 0 ∧ Y (ω) ≤ 1)

= P (ω ∈ Ω : Y (ω) ≤ 0)

= 0−∞

f Y (y) dy

= 0

(Ya que Y ∼ U [0, 5])

Por otro lado tenemos:

P(A) = P (ω ∈ Ω : Y (ω) ≥ 0 ∧ Y (ω) ≥ 1)

= P (ω ∈ Ω : Y (ω) ≥ 1)

= ∞1 f Y (y) dy

=

∞1

1

5I [0,5](y) dy

=

51

1

5 dy

= 4

5

∴ P(A) = 80%

LATEX HSR 2





Campus Santiago

2. Sea X ∼ N (µ, σ2), si µ = 0 y σ2 = 1, demuestre que Y = X 2 se distribuye Γ (α, λ). Ademasidentifique los parametros α y λ

Desarrollo:

sea:

F Y (y) = P (Y ≤ y)

= P

X 2 ≤ y

= P (| X |≤ √ y)

= P (−√ y ≤ X ≤ √

y)

= P

(X ≤ √ y) − P(X ≤ −√ y)

= F X (√

y) − F X (−√ y)

derivando tenemos

dF Y (y)

dy = F X (

√ y) − F X (−

√ y)

= f X (√

y) 1

2√

y − f X (−√

y)

− 1

2√

y

= f X (

√ y)

1

2√

y + f X (−√

y) 1

2√

y

= 1√ 2π

e−12(√ y)2 1

2√

y + 1√

2πe−

12(−√ y)2 1

2√

y

= 1

2√

2πye−

y2 +

1

2√

2πye−

y2

= 1√

2π√

ye−

y2 I R+(y)

∴ f Y (y) = 1√

2π√

ye−

y

2 I R+(y)

funcion Gamma es de la forma:

f X (x) = λα

Γ (α)xα−1e−λx si x > 0 y λ,α > 0

por lo que escribiremos la funcion densidad de Y de dicha forma.

f Y (y) =

12

12

√ π

y12−1e−

12yI R+(y)

∴ f Y (y) = 12

12

√ π

y12−1e−

12yI R+(y)

LATEX HSR 3





Campus Santiago

con: α = 1

2 , λ =

1

2 y Γ(α) =

√ π

NOTA:

Γ (α) =

∞0

tα−1e−t dt α = 1

2

=

∞0

t12−1e−t dt

=

∞0

t−12 e−t dt

= haciendo: u2 = t −→ 2u du = dt

= 2 ∞

0

e−u2

du Aparte

Aparte, sea: ∞0

e−u2

du = I =⇒ ∞

0

e−u2

du

2

= I 2

Resolvamos I 2: ∞0

e−u2

du

2

=

∞0

e−u2

du

· ∞

0

e−u2

du

= ∞0 e−

u2

du · ∞

0 e−z2

dz =

∞0

∞0

e−u2

e−z2

dudz

=

∞0

∞0

e−u2−z2 dudz

=

∞0

∞0

e−(u2+z2) dudz

Haciendo el siguiente cambio de variables:

u = r cos θ z = r sin θ con 0 ≤ θ ≤ π

2 y 0 ≤ r ≤ ∞y calculando:

J

z, y

r, θ

=

∂z∂r

∂z∂θ

∂y

∂r

∂y

∂θ

=

cos θ −r sin θ

sin θ r cos θ

= r cos2 θ − −r sin2 θ

= r

sin2 θ + cos2 θ

= r

LATEX HSR 4





Campus Santiago

por lo que:

∞0

∞0

e−(u2+z2

) dudz = π20 ∞0

e−[(r cos θ)2+(r sin θ)2

]rdrdθ

=

π2

0

∞0

e−[r2(cos2 θ+sin2 θ)]rdrdθ

=

π2

0

∞0

e−r2

r d r d θ

=

π2

0

−e−r2

2

r=∞

r=0

dθ

= −

1

2 π2

0 0

e−∞2

−

1e−02 dθ

= −1

2

π2

0

(−1) dθ

= 1

2

π2

0

dθ

= 1

2θ

π2

0

= π

4

∴ I 2 = π

4 =⇒ I =

√ π2

, es decir:

∞0

e−u2

du =

√ π

2 =⇒ Γ

1

2

= 2

√ π

2

∴ Γ

1

2

=

√ π

LATEX HSR 5





Campus Santiago

3. Sea X ∼ N (µ, σ2), si Y = aX + b, donde a, b ∈ R, demuestre que Y ∼ N (aµ + b, a2σ2)

Desarrollo:

Sea F Y (y) = P (Y ≤ y), sabiendo esto desarrollamos:

P (Y ≤ y) = P (aX + b ≤ y)

= P

X ≤ y − b

a

= F X

y − b

a

derivando se tiene:

dF Y (y)

dy = F X

y − b

a

= f X

y − b

a

1

a

Reemplazando en la funcion densidad de X tenemos:

= 1

√ 2πσ

e−12( (y−b)−aµ

aσ )2 1

a

I R(y)

= 1√

2πaσe−

12( y−(aµ+b)

aσ )2

I R(x)

∴ Y ∼ N (aµ + b, a2σ2)

LATEX HSR 6





Campus Santiago

4. Un circuito transfiere corriente desde A a B mediante los nodos 1, 2, 3 y 4. Estos nodos seencuentran actualmente operativos y desde que el sistema comienza a funcionar los tiempos

de vida util de cada nodo se comportan de manera independiente segun la distribuciondeterminada por la siguiente funcion densidad:

f (t) =

β

α

t

α

β −1

exp

−

t

α

β

, si t ≥ 0 , α > 0 y β > 0

0 , en otro caso

Determine la funcion de distribucion de probabilidad acumulada y la funcion de densidaddel Tiempo de funcionamiento del sistema segun el siguiente circuito.

Desarrollo:

Para el circuito propuesto el tiempo T de funcionamiento del sistema esta determinado por:

T = max T 1, T 2, T 3, T 4donde T i (∀i = 1, 2, 3, 4) son variables aleatorias independientes e identicamente distribuidascon funcion de densidad

f (t) =

β α t

αβ

−1

exp− tαβ , si t ≥ 0 , α > 0 y β > 0

0 , en otro caso

Luego, su funcion de distribucion de probabilidad acumulada esta dada por:

F (t) =

1 − exp

−

t

α

β

, si t ≥ 0

0 , t < 0

LATEX HSR 7





Campus Santiago

para > 0 y β > 0

Se pide la funcion de distribucion de probabilidad acumulada de T , la cual se obtiene comosigue:

F T (t) = P (T ≤ t)

= P (max T i ≤ t) (∀i ∈ 1, 2, 3, 4)

= P (T 1 ≤ t, T 2 ≤ t, T 3 ≤ t, T 4 ≤ t)

=4

i=1

P (T i ≤ t) (por independencia de los T i)

=4

i=1

F T i(t)

= [F T (t)]4

=

1 − exp

−

t

α

β 4

∴ F T (t) =

1 − exp

−

t

α

β 4

A partir de este resultado, podemos obtener su fucion densidad, derivando:

f T (t) = d

dtF T (t)

= 4F T (t)3f T (t)

= 4

1 − exp

−

t

α

β 3

β

α

t

α

β −1

exp

−

t

α

β

para t ≥ 0, α > 0, β > 0

∴ f T (t) = 4 1 − exp− tαβ 3

β α t

αβ

−1

exp− tαβ

LATEX HSR 8





Campus Santiago

5. Considere una variable aleatoria Z con funcion densidad dada por:

f Z (z ) =

cαβ

z β +1 , z ≥ α , β > 1 , α > 0

0 , en otro caso

(a) Calcule el valor de c.

(b) Calcule E(Z ).

(c) Sea X = ln(Z ), calcule f X (x)

Desarrollo:

(a) De acuerdo a la definicion de funcion densidad, tenemos: ∞−∞

f Z (z ) dz = 1

=⇒ ∞α

cαβ

z β +1 = 1

=⇒ cαβ

− 1

βz β

∞α

= 1

=⇒ c αβ

βαβ

= 1

∴ c = β

(b) Por definicion:

E(Z ) =

∞−∞

zf Z (z ) dz

=

β α

z βαβ

z β +1 dz

= ∞

α

βαβ

z

β dz

= αβ β

− 1

(β − 1) z β −1

∞α

= 0 − αβ β

− 1

(β − 1) αβ −1

=

αβ

β − 1

∴ E(Z ) = αβ

β

−1

LATEX HSR 9





Campus Santiago

(c) Ocuparemos la definicion de cambio de variable:

F X (x) = P (X ≤

x)

= P (ln Z ≤ x)

= P (Z ≤ ex)

= F Z (ex)

derivando tenemos que:

d

dxF X (x) = F Z (ex)

= f Z (ex)ex

=

βαβ

ex(β +1) e

x

= βαβ e−βx

∴ f X (x) = βαβ e−βx I [ln(α),∞[(x)

LATEX HSR 10



f X (x) = ke−

x

2√ x

I [0,∞[ (x)

k

1√ 2π

t0

e−x2

2 dx = Φ (t) − 1

2

Φ (0, 1)

k ∞−∞

ke−

x2√ x

I [0,∞[ (x) dx = 1

x ∞0

ke−

x2√

x dx = 1

k ∞0

e−x2

√ x dx = 1

∴ k = 1 ∞0

e−x2√

x dx



∞0

e−x2√

x dx = 2

√ xe−

x2

x=∞x=0

+

∞0

√ xe−

x2 dx

u = e−x2

→du =

−1

2e−

x2 dx dv =

1

√ xdx

→v = 2

√ x

x = 0 2√

xe−x2 = 0

x = ∞

∞∞ lim

x→∞2√

xe−x2

limx→∞

2√

xe−x2 = lim

x→∞2√

x

ex2

= limx→∞

1√ x

12

ex2

= 2 limx→∞

01√ xe

x2

= 0

∞0

√ xe−

x2 dx =

∞0

ze−z2

2 2z dz z =√

x → dz = dx2√ x ⇒ dx = 2zdz

= 2

∞0

z 2e−z2

2 dz

∞0

z 2e−z2

2 dz = −ze−z2

2

z=∞z=0

+

∞0

e−z2

2 dz

u = z → du = dz dv = ze−z2

2 dz → v = −e−z2

2

z = 0 −ze− z22 = 0



z = ∞

∞∞ lim

z→∞−ze−

z2

2

limz→∞

−ze−z2

2 = − limz→∞

z

ez2

2

= − limz

→∞

1

zez2

2

= (−1) limz→∞

01

zez2

2

= 0

∞0

e−z2

2 dz =√

2π

1√

2π

∞0

e−z2

2 dz

= √ 2π

Φ (∞) − 12

=

√ 2π

1 − 1

2

=

√ 2π

2

=⇒ ∞0

√ xe−

x2 dx = 2

√ 2π

2

=√

2π

k = 1√

2π

f X (x) = e−

x2√

2πxI [0,∞[ (x)



X

X ∼ exp (λ) λ = 1E(x)

⇒ λ = 116

P

(X < 20) = 200

1

16e− 116x

dx

= −e− 116xx=20

x=0

= −

e−2016 −

1e−

016

= 1 − 1

e54

= 0, 7135

∴ P (X < 20) = 0, 7135

X

X ∼ exp (λ) λ = 1E ⇒ λ = 1

16

P (X < 25 | X > 5) =

255

1

16e−

116x dx ∞

5

1

16e−

116x dx

=

−e− 116x

x=25

x=5

−e− 116xx=∞x=5

= e−

516 − e−

2516

e− 516

= 0, 7135



∴ P (X < 25 | X > 5) = 0, 7135

X i

i−

f X i (x) = 0, 8e−x

+ 0, 4e−2x

, x ≥ 00 , e.o.c.

i = 1, 2, . . . , 10

X 3

X 3

F X 3 (x) =

X 3

0

0, 8e−x + 0, 4e−2x

dx , x ≥ 0

0 , e.o.c.

=

X 3

0

0, 8e−x dx +

X 3

0

0, 4e−2x dx , x ≥ 0

0 , e.o.c.

= 0, 8 X 3

0

e−x dx + 0, 4 X 3

0

e−2x dx , x

≥0

0 , e.o.c.

=

0, 8 (−e−x)|x=X 3

x=0 + 0, 4−e−2x

2

x=X 3

x=0, x ≥ 0

0 , e.o.c.

=

0, 8

1− e−X 3

+ 0, 4

1−e−2X3

2

, x ≥ 0

0 , e.o.c.

=

0, 8− 0, 8e−X 3 + 0, 2 − 0, 2e−2X 3 , x ≥ 0

0 , e.o.c.

= 1

−0, 8e−X 3

−0, 2e−2X 3 , x

≥0

0 , e.o.c.

∴ F X 3 (x) =

1 − 0, 8e−X 3 − 0, 2e−2X 3 , x ≥ 0

0 , e.o.c.



1.5

P (X i < 1, 5) = F X i (1, 5) = 1− 0, 8e−1,5 − 0, 2e−2·1,5 = 0, 8115

Y 1, 5

Y ∼ Bin (10;0, 8115)

P (Y ≤ 3) =3

y=0

10

y

0, 8115y (1 − 0, 8115)10−y

= 0, 000591241

∴ 0, 059%

∴ P (Y ≤ 3) = 0, 059%

x

f X (x) = 2xe−x2

I [0,∞[ (x)

Y = X 2 X f X (x)

f Y (y)

E (y) V (y)

F Y (y) = P (Y ≤ y)

F Y (y) = P (Y ≤ y) = P

X 2 ≤ y

= P (|X | ≤ √ y)

= P (X ≤ ±√ y)

= P (−√ y ≤ X ≤ √ y)

= P (X ≤ √ y) −

X ∈R

+

0P (X ≤ −√ y)

= F X (√

y)



∴ F Y (y) = F X

√ y

y

dF Y (y)

dy = F X (

√ y)

1

2√

y

= f X

√ y

2√

y

= 2√ ye−(√ y)2

2√

y I [0,∞[ (y)

= e−yI [0,∞[ (y)

∴ f Y (y) = e−yI [0,∞[ (y)

• f Y (y) ≥ 0∀x ∈ R+0

• ∞−∞

f X (x) dx = 1

∞−∞

e−yI R+0

(y) dy = ∞0

e−y dy = −e−yy=∞y=0

= − 0

e−∞ − 1e−0

= 1

∴ f Y (y)

• E (y)

E (y) =

∞−∞

yf Y (y) dy

∞

−∞

ye−yI R+0

dy = ∞

0

ye−y dy

= −ye−yy=∞y=0

+ ∞0

e−y dy 1

u = y → du = dy dv = e−ydy → v =−e−y

y = 0 −ye−y = 0 y = ∞

∞∞ lim

y→∞−ye−y

limy→∞−ye−y = − limy→∞

y

ey

= − limy→∞

01

ey

= 0



∴ E (y) = 1

• V (y) V (y) = E (y2) − (E (y))2

E (y2)

E

y2

= ∞0

y2e−y dy

u = y2 → du = 2ydy dv = e−ydy → v = −e−y

= −y2e−yy=∞y=0

+ 2

∞0

ye−y dy 1

y = 0

−y2e−y = 0

y = ∞

∞∞ limy→∞−y2e−y

limy→∞

−y2e−y = − limy→∞

y2

ey

= − limy→∞

2y

ey

= −2 limy→∞

01

ey

= 0

∴ E (y2) = 2 V (y) = 2 − (1)2

∴ V (y) = 1



C X

C = 1 − e−5x C

N 1

N 1 ∼ P (λ · 1) ⇒ λ = 5 X X ∼ exp (λ) λ = 5

f X (x) = 5e−5xI [0,∞[ (x)

P (X > 0, 25)

624 = 0, 25

P (X > 0, 25) =

∞0,25

5e−5x dx

= −e−5x |x=∞x=0,25

= −

0e−5·∞ − e−5·0,25

= 0, 2865

∴ P (X > 0, 25) = 28, 65%

C E (C )

E (C ) = E

1− e−5x

=

∞0

1 − e−5x

5e−5x dx

=

∞0

5e−5x dx

1

−1

2

∞0

10e−10x dx

1

= 1 − 12

= 1

2

500000



Z = X −µσ

N (0, 1) X ∼ N (µ, σ2)

F Z (z ) = P (Z ≤ z )

P (Z ≤ z ) = P

X − µ

σ ≤ z

= P (X ≤ σz + µ)

= F X (σz + µ)

∴ F Z (z ) = F X (σz + µ)

dF Z (z )

dz = F

X σ= f X (σz + µ) σ

= 1√

2π σe−

12( (σz+µ)−µ

σ )2

σI R (z )

f Z (z ) = 1√

2πe−

z2

2 I R (z )

∴ Z ∼ N (0, 1)

ϕX (t) = E

ext

=

∞−∞

extf X (x) dx

(µ, σ2)

ϕX (t) = eµt+t2σ2

2



E

eZt

= E

e(X−µ

σ )t

= E

eXtσ − µt

σ

= Ee

Xtσ · Ee−

µt

σ = E

eX ( t

σ)· E

e−

µt

σ

=

eµ

tσ+ t2

σ2σ2

2

·

e−µt

σ

= e

µt

σ + t2

2 − µt

σ

= et2

2

∴ Z ∼ N (0, 1)

x

F X

Y = F X

U [0, 1]

F Y (y) = P (Y ≤ y)

= P (F X ≤ y)

= P (F X (X ) ≤ y)

= P F −1X (F X (X ))

≤F −1X (y)= P

X ≤ F −1X (y)

= F X

F −1X (y)

∴ F Y (y) = y

dF Y (y)

dy = 1 =⇒ f Y (y) = 1

∴ Y ∼ U [0, 1]

F [0, 1] F X

F −1X (X )

= X



•

• f X (x) ≥ 0 ∀x ∈ Rec (x)

∞−∞

f X (x) dx = 1

• X ∼ U [a, b]

f X (x) =

1

b − aI [a,b] (x)

f X (x) ≥ 0 ∀x ∈ Rec (x) f X (x) ∀x ∈ Rec(x)

∞−∞

f X (x) dx = 1

∞

−∞f X (x) dx =

∞

−∞

1

b − a

I [a,b] (x) dx

=

ba

1

b − a dx

= x

b − a

x=b

x=a

=

1b − a

b − a= 1

f X (x)



• X ∼ exp (λ)

f X (x) = λe−λxI [0,∞[ (x)


∞−∞

f X (x) dx = 1

∞−∞

f X (x) dx =

∞−∞

λe−λxI [0,∞[ (x) dx

=

∞0

λe−λx dx

= −

e−λxx=∞x=0

= −

0e−λ·∞ −

1e−λ·0

= − (−1)

= 1

f X (x)

• X ∼ N (µ, σ2)

f X (x) = 1√ 2πσ

e−12(x−µσ )2I R (x)




∞−∞

f X (x) dx = 1

∞−∞

f X (x) dx =

∞−∞

1√ 2πσ

e−12(x−µ

σ )2

I R (x) dx

= ∞

−∞

1

√ 2πσ

e−12(x−µ

σ )2

dx z = x−µσ

→dz = 1

σdx

=

∞−∞

1√ 2π

e−z2

2 dz

= 1√

2π

∞−∞

e−z2

2 dz

∞

−∞e−

z2

2 dz = I =

⇒ ∞

−∞e−

z2

2 dz 2

= I 2

I 2

∞−∞

e−z2

2 dz

2

=

∞−∞

e−z2

2 dz

· ∞

−∞e−

z2

2 dz

=

∞−∞

e−z2

2 dz

· ∞

−∞e−

y2

2 dy

=

∞−∞

∞−∞

e−z2

2 e−y2

2 dz dy

= ∞

−∞ ∞

−∞e−

z2

2 − y2

2 dz dy

=

∞−∞

∞−∞

e−12(z2+y2) dz dy

A

af (x, y) dA =

A

af (x (u, v) , y (u, v)) J

x, y

u, v

dA

J x, y

u, v = ∂x∂u

∂x∂v

∂y∂u

∂y∂v =

∂x

∂u · ∂y

∂v − ∂x

∂v · ∂y

∂u

z = r cos θ y = r sin θ 0 ≤ θ ≤ 2π 0 ≤ r < ∞



J

z, y

r, θ

=

∂z∂r

∂z∂θ

∂y∂r

∂y∂θ

=

cos θ −r sin θ

sin θ r cos θ = r cos2 θ − −r sin2 θ= r

sin2 θ + cos2 θ

= r

∞−∞

∞−∞

e−12(z2+y2) dz dy =

2π0

∞0

e−12 [(r cos θ)2+(r sin θ)2]r d r d θ

=

2π

0 ∞

0

e−12 [r2(cos2 θ+sin2 θ)]r d r d θ

= 2π0

∞0

e−r2

2 rdrdθ

=

2π0

−e−r2

2

r=∞r=0

dθ

= − 2π0

0

e−∞

2

2 −

1

e−02

2

dθ

= − 2π0

(−1) dθ

= 2π0

dθ

= θ|2π0= 2π

∴ I 2 = 2π =⇒ I =√

2π ∞−∞

1√ 2πσ

e−12(x−µ

σ )2

I R (x) dx = 1√

2π

√ 2π

= 1

∴ f X (x)



• X ∼ Gamma (α, λ) X = α −

f X (x) = λα

Γ (α)xα−1e−λx

x > 0 λ, α > 0

Γ (α) =

∞0

xα−1e−x dx α ∈ R

(α − 1) · Γ (α − 1) = (α − 1)! α ∈ N

• X ∼ Beta (α, β )

f X (x) = Γ (α + β )

Γ (α) Γ (β )xα−1 (1 − x)β −1

x ∈ [0, 1]

α, β > 0

Γ (α + β ) =

∞0

x(α+β )−1e−x dx α, β ∈ R

((α + β ) − 1) · Γ ((α + β ) − 1) = ((α + β ) − 1)! α, β ∈ N

Γ (α) =

∞0

xα−1e−x dx α ∈ R

(α − 1) · Γ (α − 1) = (α − 1)! α ∈ N

Γ (β ) = ∞

0

xβ −1e−x dx β ∈ R

(β − 1) · Γ (β − 1) = (β − 1)! β ∈ N





Campus Santiago

a


Pauta


1 Cambio de Variable

1. Si X se distribuye N (0, 1) determinar la funcion densidad de Y = 3X + 4

Desarrollo:

Sea:

F Y (y) = P (Y ≤ y)

= P (3X + 4 ≤ y)

= P

X ≤ y − 4

3

= F X y − 4

3 derivando se tiene que:

dF Y (y)

dy = F X

y − 4

3

· 1

3

= f X

y − 4

3

· 1

3

= 1√

2π3e−

1

2(y−4

3 )2

I R(y)

∴ f Y (y) = 1√ 2π3 e

− 1

2(

y−4

3 )

2

I R(y)

es decir, Y ∼ N (4, 32)

2. Sea X una variable aleatoria continua con funcion densidad uniforme U [1, 2]. Se define lavariable Y = 20X 2, encontrar E(Y ) y V(Y )

Desarrollo:

LA

TEX HSR

1





Campus Santiago

• Sea:

F Y (y) = P (Y

≤ y)

= P

20X 2 ≤ y

= P

X 2 ≤ y

20

= P

| X |≤

y

20

= P

−

y

20 ≤ X ≤

y

20

= P

X ≤

y

20−

X ∼ U [1, 2] (positivo)

P

X ≤ −

y

20= P

X ≤

y

20

= F X

y

20

derivando tenemos:

dF Y (y)

dy = F X

y

20

· 1

2

y20

· 1

20

=

1

f X y20 ·

√ 5

20√ yI [20,80](y)

∴ f Y (y) =

√ 5

20√

yI [20,80](y)

• E(Y ) =

∞−∞

y

√ 5

20√

yI [20,80](y) dy

∞−∞

y

√ 5

20√

yI [20,80](y) dy =

8020

y

√ 5

20√

y dy

=

√ 5

20 8020 √

y dy

=

√ 5

20

2

3y3

2

y=80

y=20

= 2

√ 5

60

803/2 − 203/2

=

140

3

∴ E(Y ) = 140

3

LATEX HSR 2





Campus Santiago

• V(Y ) = E(Y 2) − (E(Y ))2 Sea:

E(Y 2) = ∞−∞

y2

√ 5

20√ y I [20,80](y) dy

=

8020

y2

√ 5

20√

y dy

=

√ 5

20

8020

y3/2 dy

=

√ 5

20

2

5y5/2

y=80

y=20

=

2√

5

100

80

5/2

− 20

5/2= 2480

∴ E(Y 2) = 2480

Por lo que la varianza sera:

V(Y ) = 2480 −

140

3

2

∴ V(Y ) = 299, 11

3. Sea X ∼ θe−θxI R+0

(x). Se define T = I β (x)

T = I β (x) : β = X ∈ R : X ≥ k con k > 0

Encontrar E(T )

Desarrollo:

Sea:

E(T ) = E (I β (x)) = ∞−∞

I β (x)θe−θxI R+

0

(x) dx

=

∞k

θe−θx dx

= −e−θxx=∞

x=k

= −

0e−θ·∞ − e−θ·k

= e−θk

∴ E(T ) = 1

eθ·k

LATEX HSR 3





Campus Santiago

4. Una partıcula de masa m tiene velocidad aleatoria que se distribuye de forma normal, convelocidad media 0 y desviacion estandar σ. Encuentre la funcion densidad de la energıa

cinetica,E =

1

2mV 2

Desarrollo:

Sea:

F E (e) = P(E ≤ e)

= P1

2mV 2

≤ e

= P

V 2 ≤ 2

e

m

= P

| V |≤

2

e

m

= P

−

2 e

m ≤ V ≤

2

e

m

= P

V ≤

2

e

m

+ P

V ≤ −

2

e

m

∴ F E

(e) = F V 2 e

m−

F V − 2

e

m

Derivando se tenemos que:

dF E (e)

de = F V

2

e

m

· 1

2

2

e

m

· 2

m − F V

−

2 e

m

·

−1

2

2

e

m

· 2

m

= f V

2

e

m

· 1√

2em+ f V

−

2 e

m

· 1√

2em

= 1√ 2πσ

e−√

2e

m2 1

σ2 · 1√ 2em

+ 1√ 2πσ

e−−√

2e

m2 1

σ2 · 1√ 2em

= 1√

2πσe−

2e

mσ2 · 1√ 2em

+ 1√

2πσe−

2e

mσ2 · 1√ 2em

= 1√

emπσe− 2e

mσ2

∴ f E (e) = 1√

emπσe−

2e

mσ2 I ]0,∞[(e)

LATEX HSR 4





Campus Santiago

5. Sea X una variable aleatoria continua con funcion densidad f X (x) y sea W = 1

X demuestre

que:

f W (w) = 1w2

f X

1w

con w ∈ R− 0

Desarrollo:

Sea:

F W (w) = P (W ≤ w)

= P

1

X ≤ w

= P

1w

≤ X

= 1 − P

X ≤ 1

w

∴ F W (w) = 1 − F X

1

w

por lo que derivando tenemos:

dF W (w)

dw

=

−F W

1

w · −

1

w2

= f X

1

w

1

w2

∴ f W (w) = 1

w2f X

1

w

I R−0(w)

2 Funcion Generadora de Momentos

1. Encontrar la funcion generadora de momentos de las distribuciones:

(a) Poisson

(b) Uniforme

(c) Exponencial

Desarrollo:

LATEX HSR 5





Campus Santiago

(a)

E

ext

=

nx=0

extλxe−λ

x!

= e−λn

x=0

(etλ)x

x!

= e−λeetλ

∴ ϕX (t) = eλ(et−1)

(b)

E

ext

= ba

ext 1b − a

dx

= 1

b − a

ext

t

x=b

x=a

= 1

(b − a)t

ebt − eat

∴ ϕX (t) =

ebt − eat

(b − a)t

t = 0

(c)

E(ext) =

∞0

extλe−λx dx

= λ

∞0

ex(t−λ) dx (notar que converge solo si t < λ)

= λ

∞0

e−x(λ−t) dx

= λ

e−x(λ−t)

−(λ − t)

x=∞

x=0

= −λλ − t

0e−∞(λ−t) − 1e−0(λ−t)

=

λ

λ − t

∴ ϕX (t) = λ

λ − t t < λ

LATEX HSR 6





Campus Santiago

2. Sea X una V.A. con funcion generadora de momentos ϕX (t), entonces si Y = aX + b,demostrar que ϕY (t) = ebtϕX (at)

Desarrollo:

Sea:

ϕY (t) = E(eY t)

= E(e(aX +b)t)

= E(eaXt · ebt)

= E(ebt)E(eaXt)

= ebtE(eXat)

∴ ϕY (t) = ebtϕX (at)

3. Sea X una variable aleatoria, con funcion generadora de momentos:

ϕX (t) = 1

2e−t +

1

2

Sean X 1, X 2, . . . , X n variables aleatorias independientes distribuidas de igual forma que X ,encontrar E

X

y V

X

Desarrollo:

• Sea: X =ni=1

X i

n

ϕX = E

eXt

= E

e(n

i=1

Xin )t

= E n

i=1

eXin t

=ni=1

E

eX i

tn

(por independencia de las variables)

=ni=1

1

2e−

tn +

1

2

∴ ϕX =

1

2e−

tn +

1

2

n

LATEX HSR 7





Campus Santiago

• E X

= ϕX

(t)t=0

, por lo que calcularemos:

ϕX (t)

t=0 = n

12

e− tn + 12

n−112

e− tn− 1

n

t=0

= n

1

2

1e−

0

n + 1

2

n−11

2

1e−

0

n

− 1

n

= −1

2

∴ E

X

= −1

2

• V X

= E

X 2− E X

2

E

X

2

= ϕX

(t)t=0

ϕX

(t)t=0

= n(n − 1)

1

2e−

tn +

1

2

n−21

2e−

tn

− 1

n

2t=0

= + n1

2e−

tn +

1

2n−1

1

2e−

tn

1

n2t=0

= evaluando en t = 0 se tiene

= n(n − 1)

1

4n2

+ n

1

2n2

= n2 − n + 2n

4n2

= n + 1

4n

Luego la varianza es:

V

X

= n + 14n −−12

2

= 1

4 +

1

4n − 1

4

∴ V

X

= 1

4n

LATEX HSR 8





Campus Santiago

4. Determinar la funcion generadora de momentos de

T =

ni=1

λX i

n

Si X 1, X 2, . . . , X n son iid con distribucion exponencial.

Desarrollo:

E

eTt

= E

en

i=1(λXin )t

= E n

i=1e

(λXin )t

=ni=1

E

eX i

λtn


=ni=1

λ

λ − λtn

=ni=1

n

n − t

= n

n − tn

∴ ϕT (t) =

n

n − t

n

LATEX HSR 9





Campus Santiago

5. Si X 1, X 2, . . . , X n son variables aleatorias independientes y distribuidas N (µ, σ2), demostrarque

Y =

ni=1

X in

tiene distribucion N

µ, σ2

n

.

Desarrollo:

ϕY (t) = E

eY t

= Ee(n

i=1

Xin )t

= E

ni=1

eX itn

=ni=1

E

eX i

tn


=ni=1

eµ

tn+σ2

2 ( tn)

2

= e

µt+ t2

2

σ2

n

1

n n

= e

µt+ t2

2

σ2

n

∴ Y ∼ N

µ,

σ2

n

LATEX HSR 10





Campus Santiago

a


Pauta


1 Vectores Aleatorios Discretos

1. En un experimento se necesitan dos Scanners . De los cinco disponibles, dos tienen desper-

fectos electronicos, otro tiene un defecto de memoria y dos se hallan en buenas condicionesde operacion. Si se seleccionan dos unidades al azar, determinar:

(a) La funcion de cuantıa conjunta de las variables aleatorias X e Y , en donde:

• X : Numero de unidades con defectos electronicos.

• Y : Numero de unidades con defecto de memoria.

(b) Determine la probabilidad de que entre las dos unidades seleccionadas, se produzcan 0o 1 defectos en total.

(c) Determine la esperanza y la varianza condicional de X dado Y = 0.

(d) ¿Son X e Y variables aleatorias independientes? ¡Justifique!.

Desarrollo:

(a) Sea:

• X : Numero de unidades con defectos electronicos; x = 0, 1, 2.

• Y : Numero de unidades con un defecto en la memoria; y = 0, 1.

Se pide calcular:

∴ f XY (x, y) = 2

x 1

y 2

2 − x − y 52

; x + y ≤ 2

LA

TEX HSR

1





Campus Santiago

Y 0 1X

0 1

10

2

10

3

10

1 4

10

2

10

3

5

2 1

10 0

1

5

35

25

1

(b) Se pide calcular: f XY (0, 0) + f XY (1, 0) + f XY (0, 1) = 1

10 +

4

10 +

2

10 =

7

10

∴ P(0, 1 o 2 defectos) = 7

10

(c)

E (X | Y = 0) =2

x=0

xf X |Y =0(x, y)

=2

x=0

xf XY (x,0)

f Y (0)

= 0 ·11035

+ 1 ·41035

+ 2 ·11035

= 0 +

2

3 +

1

3

∴ E (X | Y = 0) = 1

LATEX HSR 2





Campus Santiago

E

X 2 | Y = 0

=2

x=0

x2f X |Y =0(x, y)

=2

x=0

x2f XY (x,0)

f Y (0)

= 02 ·11035

+ 12 ·41035

+ 22 ·11035

= 0 + 2

3 +

2

3

= 4

3

finalmente la varianza sera:

V(X | Y = 0) = E

X 2 | Y = 0− [E (X | Y = 0)]2

= 4

3 − (1)2

∴ V (X | Y = 0) = 1

3

(d) Las variables no son independientes, pues:

f XY (0, 0) = f X (0)f Y (0)

1

10 =

3

10 ·

3

5

LATEX HSR 3





Campus Santiago

2 Vectores Aleatorios Continuos

1. Sea f XY (x, y) = kxy I R(x, y), donde:

R =

(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ 2x ≤ y , y ≤ 3x ≤ 6

(a) Encontrar la constante k , para que sea funcion densidad conjunta.

(b) Determinar las funciones mariginales de X e Y .

(c) Calcule E(X ) y E(Y ).

(d) Calcule V (X | Y = 1).

(e) Calcule P

1

2 < x + y < 1

.

(f) Calcule cov(X, Y ). ¿Que se puede concluir de ella?

Desarrollo:

Para tener una mejor vision de los lımites de integracion, primero, graficamos R.

LATEX HSR 4





Campus Santiago

(a) Para encontrar k , se debe cumplir que

R

f XY (x, y) dR = 1

∞−∞

∞−∞

kxyI R(x, y) dy dx = 1

20

3x2x

kxydydx = 1

k

20

x

y2

2

3x

2x

dx = 1

k

20

x

2

9x2 − 4x2

dx = 1

k 2

0

5

2x3 dx = 1

k

5

8x4

2

0

= 1

k

5 · 16

8

= 1

10k = 1

∴ k = 1

10

(b) Funcion densidad marginal de X :

Rec(y)

f XY (x, y) dy =

3x2x

1

10xy dy

= 1

10x

y2

2

y=3x

y=2x

= 1

20x

9x2 − 4x2

= 1

4x3

∴ f X (x) = 1

4x3 I [0,2](x)

LATEX HSR 5





Campus Santiago

Funcion densidad marginal de Y :

Rec(x)

f XY (x, y) dx = y

2

y

3

1

10xy dx + 2y

3

1

10xy dx

= 1

20yx2

x=y

2

x=y

3

+ 1

20yx2

x=2

x= y

3

= 1

20y

y2

4 −

y2

9

+

1

20y

4 −

y2

9

= 1

20y

9y2 − 4y2

36

+

1

20y

36 − y2

9

= 1

144y3 +

1

180y 36 − y2

∴ f Y (y) =

1

144y3 I [0,4](y) +

1

180y

36 − y2

I ]4,6](y)

(c) E(X ) =

Rec(x)

xf X (x) dx, donde f X (x) es la funcion densidad marginal de X .

Rec(x)

xf X (x) dx =

20

x1

4x3 dx

= 14 20

x4 dx

= 1

4

x5

5

2

0

= 1

20(2)5

∴ E(X ) = 1, 6

E(Y ) =

Rec(y)

yf Y (y) dy, donde f Y (y) es la funcion densidad marginal de Y .

Rec(y)

yf Y (y) dy =

40

y 1

144y3 dy +

64

y 1

180y

36 − y2

dy

= 1

144

40

y4 dy + 1

180

64

36y2 − y4

dy

= 1

144

y5

5

4

0

+ 1

180

12y3 −

y5

5

6

4

= 1024

720 +

12(6)3 −

65

5

−

12(4)3 −

45

5

= 1, 422 + 2, 631

LATEX HSR 6





Campus Santiago

∴ E(Y ) = 4, 05

(d) Se pide V (X | Y = 1), por lo que primero calcularemos f X |Y =1(x).

f X |Y =1 = f XY (x, y = 1)

f Y (y = 1)

=

1

10x · (1)

1

144 · (1)3 +

1

180 · (1)

36 − (1)2

=

x

105 + 4 · 35

720 =

x

10

145

720

= x1450

720

= 72

145x

∴ f X |Y =1

(x) = 72

145x I

[0,2]

(x)

Ahora calculamos E(X | Y = 1) y E(X 2 | Y = 1)

E(X | Y = 1) =

20

x 72

145x dx

= 72

145

x3

3

2

0

= 576

435

E(X | Y = 1) = 1, 324

E(X 2 | Y = 1) =

20

x2 72

145x dx

= 72

145

x4

4

2

0

= 1152

580

E(X 2 | Y = 1) = 1, 986

LATEX HSR 7





Campus Santiago

Finalmente tenemos que V(X | Y = 1) es:

V(X | Y = 1) = E(X 2 | Y = 1) − (E(X | Y = 1))2

= 1, 986 − (1, 324)2

= 1, 986 − 1, 753

∴ V(X | Y = 1) = 0, 233

(e) Se pide calcular P

1

2 − y < x < 1 − y

, para calcular los lımites de integracion, es mas

facil graficar la region de la probabilidad pedida, es decir:

Debemos calcular los puntosde interseccion, de acuerdo algrafico:

3x = 1

2 − x =⇒ x =

1

8

2x = 12 − x =⇒ x = 1

6

3x = 1− x =⇒ x = 1

4

2x = 1− x =⇒ x = 1

3

Luego:

P

1

2 − y < x < 1 − y

=

16

1

8

3x1

2−x

xy

10 dy dx +

14

1

6

3x2x

xy

10 dy dx +

13

1

4

1−x2x

xy

10 dy dx

= 0, 000402

∴ P

1

2 − y < x < 1 − y

= 0, 0402%

LATEX HSR 8





Campus Santiago

(f) Se define cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X )E(Y ), por lo que solo debemos calcular E(XY ).

E(XY ) = 20 3x2x

xy 1

10xydydx

= 1

10

20

3x2x

x2y2 dy dx

= 1

10

20

x2

y3

3

3x

2x

dx

= 1

10

20

x2

3

27x3 − 8x3

dx

= 19

30

20

x5 dx

= 19

30

x6

6

2

0

= 19

180 · 64

E(XY ) = 6, 756

Finalmente la cov(X, Y ) esta dada por:

cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X )E(Y )

= 6, 756 − 1, 6 · 4, 05= 6, 756 − 6, 48

∴ cov(X, Y ) = 0, 276

Por lo que se puede decir que las variables son dependientes (cov(X, Y ) = 0) y existeun relacion directamente proporcional entre ellas (cov(X, Y ) > 0).

LATEX HSR 9





Campus Santiago

3 Extras, Vectores

Un vector aleatorio se define como

X : Ω −→ R2

ω −→ (X (ω), Y (ω))

los sucesos seran de la forma (X, Y ) ∈ A con A ⊂ R2.

• Distribucion conjunta

a ) Caso Discreto: X e Y dos variables aleatorias discretas, se define la funcion de proba-bilidad conjunta de X e Y como

F (X, Y ) : R

2

−→ [0, 1](X, Y ) −→ F (X, Y )

debe cumplir que:

i ) F (X, Y ) ≥ 0 ∀ (x ∈ Rec(x)) × (y ∈ Rec(y))

ii )

x∈Rec(x)

y∈Rec(y)

F (X, Y ) = 1

b) Caso Continuo: X e Y variables aleatorias continuas, si existe una funcion f XY nonegativa e integrable tal que:

P ((X, Y ) ∈ A) = Af XY (x, y) dA

∀A ⊂ R2.

Dicha funcion se llama funcion densidad conjunta de X e Y , y cumple que.

i ) f XY ≥ 0 ∀ (x ∈ Rec(x)) × (y ∈ Rec(y))

ii )

(x,y)∈Rec(x,y)

f XY (x, y) dA = 1

para este caso se tiene que:

f XY (x, y) = ∂ 2F XY

∂x∂y

LATEX HSR 10





Campus Santiago

c ) Distribuciones marginales:

i ) de X : y∈Rec(y)

F (X, Y ) o y∈Rec(y)

f XY (x, y) dy

ii ) de Y :

x∈Rec(x)

F (X, Y ) o

x∈Rec(x)

f XY (x, y) dx

Diremos que X e Y son independientes ssi:

f XY (x, y) = f X (x)f Y (y)

d ) Funciones condicionales:

i ) de X dado Y

f X |Y = f XY (x, y)

f Y (y)

f X |Y =a = f XY (x, a)

f Y (a)

ii ) de Y dado X

f Y |X =

f XY (x, y)

f X (x)

f Y |X =a = f XY (a, y)

f X (a)

e ) Esperanza condicional:

i ) E (X/Y = a) =

∞−∞

xf XY (x, a)

f Y (a) dx

ii ) E (Y /X = a) =

∞−∞

yf XY (a, y)

f X (a) dy

f ) Varianza condicional:

i ) V (X/Y = a) = E (X 2/Y = a) − (E (X/Y = a))2

E

X 2/Y = a

=

∞−∞

x2 f XY (x, a)

f Y (a) dx

ii ) V (Y /X = a) = E (Y 2/X = a) − (E (Y /X = a))2

E

Y 2/X = a

=

∞−∞

y2f XY (a, y)

f X (a) dy

LATEX HSR 11





Campus Santiago

g ) Algunas propiedades:

i ) E(X, Y ) = (E(X ),E(Y ))ii ) E(aX + bY ) = aE(X ) + bE(Y )

iii ) V(aX + bY ) = a2V(X ) + b2V(Y ) ; ssi X e Y son independientes.

iv ) V(aX + bY ) = a2V(X ) + b2V(Y ) − 2ab cov(X, Y ) ; ssi X e Y son dependientes. y

cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X )E(Y )

v ) E(X ) =

∞−∞

xf −→X

(x) dx

vi ) E(Y ) = ∞

−∞

yf −→X

(y) dy

vii ) E(XY ) =

∞−∞

∞−∞

xyf −→X

(x, y) dxdy

LATEX HSR 12




DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS

MAT042 - PROBABILIDAD Y ESTADISTICA

Certamen 204 de junio 2010

Profesores : F. Gonzalez, E. Hernandez

Ayudante : J. Poseck, H. Salazar

Nombre:

Rol:

Pregunta 1:

Pregunta 2:

Pregunta 3:

- La duracion del certamen es de 1 hora y 30 minutos.

- No arranque hojas de su prueba, ni saque el corchete que las une.

- Escriba con lapiz pasta, de hacerlo con lapiz mina perdera la posibilidad de recorreccion.

Nota

1



Problema 1

Cierta aleacion se forma con la mezcla fundida de dos metales. La aleacion que resulta contiene cierto por-

centaje de plomo X , que puede considerarse como una variable aleatoria. Suponiendo que X tiene la siguiente

funcion de densidad de probabilidad:

f ( x) = k · x · (100− x) I [0,100]( x)

a) (5 ptos) Determinar el valor de k .

Desarrollo:

100

0k · x · (100− x) dx = 1

k

100

0 100 x− x2

dx = 1

k

50 x2− x3

3

100

0

= 1

k

500000−

1000000

3

= 1

k

1500000−1000000

3

= 1

k

500000

3

= 1

∴

k =

3

500000

b) Si el beneficio neto G obtenido al vender esta aleacion, es una funcion del porcentaje de plomo X y es

dada por:

G( X ) = 100

X + 1

i) (23 ptos) Encontrar la funcion densidad de G( x)

Desarrollo:

2



Sea G( X ) = Y

F Y ( y) = P(Y ≤ y)

= P

100

X + 1 ≤ y

= P

100 y

≤ X + 1

= P

100

y−1 ≤ X

= 1−P

X ≤

100

y−1

= 1−F X

100

y−1

= 1−F X 100− y

y Derivando tenemos:

dF Y ( y)

dy= − f X

100− y

y

−100

y2

= 3

500000·

100

y2 ·

100− y

y·

100−

100− y

y

∴ F Y ( y) = 3

5000

(100− y) (101 y−100)

y4

I [ 100

101 ,100] ( y)

ii) (5 ptos) ¿Cual sera el beneficio esperado?

Desarrollo:

3



Se debe calcular E (Y )

E (Y ) = 100

100101

y · 3

5000

(100− y) (101 y−100)

y4

dy

= 3

5000

100

100101(100− y) (101 y−100)

y3 dy

= 3

5000

100

100101

10200 y−10000−101 y2

y3

dy

= 3

5000

100

100101

10200

y2 −

10000

y3 −

101

y

dy

= 3

5000

−

10200

y+

5000

y2 −101ln ( y)

100

100101

= 3

5000 −10200

100 +

5000

1002 − 101ln (100)−−

10200100

101

+ 5000

100

1012 − 101ln

100

101=

3

5000 [−566,622− (−5250,995)]

= 3

5000 (4684,372)

∴ E (Y ) = 2,811

4



Problema 2

a) (11 ptos) Sea X una v.a. con funcion densidad U [0,1]. Se define la v.a. Y = −2 ln( X ). Determinar su

f.g.m.

Desarrollo:

Sea ϕ Y (t ) = EeYt

EeYt

= E

e−2 ln( X )t

= E

eln( X −2t )

= E

X −2t

=

1

0 x−2t dx

=

x−2t +1

−2t + 1

1

0

Notar que solo converge si −2t + 1 > 0 =⇒ t <

1

2

= 1

1−2t

∴ ϕ Y (t ) = 1

1−2t Con t <

1

2

b) (11 ptos) Si T 1,T 2, . . . ,T 8 son los tiempos entre solicitudes de trabajo que llegan a una cada una de 8

impresoras, y todas ellas siguen una distribucion exponencial con tasa media de llegada 2.5 minutos.

Calcule la probabilidad de que 5 de ellas no reciban solicitudes por al menos 1 minuto.

Desarrollo:

Sea T i ∼ exp

12,5

∀i = 1,2, . . . ,8

Sea Y : Cantidad de impresoras que no reciben solicitudes. Y en minutos.

Y ∼ Bin(n, p) con n = 8 y p = ∞

1

2

5e−

25 x dx

∞1

2

5e−2

5 x dx =−e−

2

5 x∞

1

= −

0

e−25 ·∞−e−

25 ·1

= e−25

∴ p = 0,67

5



Por lo que finalmente debemos calcular:

P(Y = 5) =

8

5

0,675 (1−0,67)8−5

= 0,27

Por lo tanto la probabilidad de que 5 de ellas no reciban solicitudes en al menos 1 minuto es del 27 % .

c) (11 ptos) Supongamos que una partıcula es lanzada desde el origen del plano xy en lınea recta que forma

un angulo con el eje x. Sea Y la segunda coordenada del punto cuando la partıcula choca con la recta

x = 1. Mostrar que si el angulo se distribuye uniformemente en el intervalo [−π 2, π 2

] entonces:

f ( y) =π (1 + y2)

−1, −∞< y < ∞

Desarrollo:

Sea Θ∼U −π

2, π

2, cuya funcion distribucion esta dada por:

F Θ (θ ) = θ

π −

π

2 < θ <

π

2

se tiene la relacion Y = tan (Θ), con la que calcularemos la funcion densidad de Y .

F Y ( y) = P(Y ≤ y)

= P(tan (Θ) ≤ y)

= P(Θ≤ arctan ( y))

= F Θ (arctan ( y))

= arctan ( y)

π

Derivando tenemos que:

dF Y ( y)

dy=

1

π

1

1 + y2

los limites de y se obtienen de la relacion Y = tan (Θ), de la cual se tiene que:

si Θ = −π

2

−→ arctan ( y) = −π

2

=⇒ y→−∞

si Θ = π

2 −→ arctan ( y) =

π

2 =⇒ y→ ∞

∴ f ( y) =π

1 + y2−1

, −∞< y < ∞

6



Problema 3

Sea la funcion

f ( x) = k · e−| x|, −∞< x < ∞

a) (11 ptos) Determinar la constante k para que f sea funcion densidad.

Desarrollo:

1 = ∞

−∞k e−| x| x = 2

∞

0k e− x x

∴ k = 1

2

b) (11 ptos) Si X tiene funcion densidad f , determinar su funcion generadora de momentos.

Desarrollo:

ϕ X (t ) = ∞

−∞e xt

1

2e−| x| x

= 1

2

0

−∞e xt e x x+

1

2

∞

0e xt e− x x

= 1

1− t 2

∴ ϕ X (t ) = 11− t 2

t = ±1

c) (11 ptos) Si X tiene funcion densidad f , e Y = 25 X 2, encontrar E(Y ) y V(Y )

Desarrollo:

Utilizando lo obtenido en (b),

E ( X ) = ϕ X (0) = 2t

(1− t 2)2

t =0

= 0

E ( X 2) = ϕ X (0) = 2 + 6t 2

(1− t 2)3

t =0

= 2

E ( X 3) = ϕ X (0) = 24t −24t 3

(1− t 2)4

t =0

= 0

E ( X 4) = ϕ (4) X (0) = 24

7



Ademas,

E (Y ) = E (25 X 2) = 25 E ( X 2) = 25 ·2 = 50

E (Y 2) = E (625 X 4) = 625 E ( X 4) = 625 ·24 = 15000

Por lo tanto, V ( X ) = 15000−2500 = 12500.

8



C3-MAT042

9




Departamento de Matematicas

Campus Santiago

PAUTA Control 2 MAT032

1. Sea X = numero de sustancias nocivas en un material de trabajo escogido al azar.

x 0 1 2 3 4

p(x) 0.3 0.2 0.1 0.05 0.05p(x) 0.4 0.1 0.1 0.1 0.3p(x) 0.4 0.2 -0.3 0.5 0.2

a ) ¿Cual de las siguientes tres funciones de probabilidad es una funcion de probabilidad legitimapara X , ¿Por que no se permiten las otras 2?

b) Para la funcion de probabilidad legitima de la parte anterior. Calcule P(2 ≤ X ≤ 4), P(X ≤ 2)y P(X = 0)

c ) Escriba la funcion de probabilidad acumulada.

d ) Si p(x) = c · (5 − x) para x = 0, 1, 2, 3. ¿Cual es el valor de c?

Solucion:

a ) Para que una funcion p(x) sea funcion distribucion de una variable aleatoria debe cumplir que:

i) pX (x) ≥ 0 ∀x ∈ R

ii) x∈R

pX (x) = 1

Es claro que la primera funcion no cumple la condicion (i) y la tercera, no cumple la primera( pX (2) < 0). Por lo tanto la unica funcion de probabilidad legıtima es la segunda.(10 ptos.)

b)

P(2 ≤ X ≤ 4) = P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4)

= 0,1 + 0,1 + 0,3

= 0,5

P(X ≤ 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2)

= 0,4 + 0,1 + 0,1

= 0,6

P(X = 0) = P(X > 0)

= 1 − P(X ≤ 0)

= 1 − 0,4

= 0,6

(15 ptos.)

1



c ) Recordemos que la funcion distribucion acumulada (f.d.a) se define como

F X (x) = P(X ≤ x), x ∈ R

Por lo tanto la f.d.a para la funcion elegida es

x 0 1 2 3 4

F(x) 0.4 0.5 0.6 0.7 1

(10 ptos.)

d ) Recordemos que la si p(x) es funcion de probabilidad debe cumplir que

p(x) = 1, por lo tantopara calcular c debemos verificar que cumpla esta propiedad. Ası,

3i=1

p(x) =3

i=1

c · (5 − x)

= c · (5 − 0) + c · (5 − 1) + c · (5 − 2) + c · (5 − 3)

= c · (5 + 4 + 3 + 2)

= c · 14

Por lo tanto 14c = 1 y el valor de c que cumple las condiciones para que p(x) sea funcion deprobabilidad es c = 1

14.

(15 ptos.)

2



2. Una multinacional produce determinado artıculo electronico que se emplea en el area medica, y lasespecificaciones dicen que solo un 2 % de los artıculos producidos presentan fallas. Dos ingenieros,expertos en control de calidad, realizan su propio plan de inspeccion: el ingeniero A comienza ainspeccionar los artıculos de uno a la vez hasta detectar el primer defectuoso y acepta las especifica-ciones si realiza mas de dos extracciones; el ingeniero B toma una muestra de tamano 5 y acepta lasespecificaciones del fabricante si no encuentra defectuosos. ¿Cual de los dos ingenieros tiene mayor

probabilidad de rechazar las especificaciones dadas por el fabricante?

Solucion:Calculemos la probabilidad de rechazar las especificaciones de cada ingeniero, y noteos quep = P(encontrar un artıculo defectuoso) = 0.02.

Ingeniero A: el experimento que realiza es inspeccionar artıculos de uno a la vez hasta detectar elprimer defectuoso, lo que corresponde a la realizacion de una v.a. Geometrica(p).Acepta las especificaciones si realiza mas de dos extracciones, por lo que las rechaza cuando realizaa lo mas dos extracciones.

Entonces, seaX: numero artıculos inspeccionados hasta detectar el primero defectuoso,

X ∼ Geom(p = 0.02)(10 ptos.)

y la probabilidad pedida es

P(X ≤ 2) = P(X = 1) + P(X = 2)

= (1 − 0,02)1−10,02 + (1 − 0,02)2−10,02

= 0,02 + 0,0196

= 0,0396 (10 ptos.)

Ingeniero B: el experimento que realiza es tomar una muestra de tamano 5 e inspeccionarla.Acepta las especificaciones del fabricante si no encuentra defectuosos, esto es, no encuentra “exitos”en su muestra, lo que corresponde a una v.a. Binomial(n, p)

Entonces, seaY: numero artıculos defectuosos en la muestra de tamano 5,

X ∼ Bin(n=5,p=0.02)(10 ptos.)

y la probabilidad pedida es

P(Y > 0) = 1 − P(Y = 0)

= 1 −

5

0

(1 − 0,02)5−0(0,02)0

= 0,096(10 ptos.)

Como el ingeniero A rechaza las especificaciones el 4 % de las veces, mientras que el ingeniero B, un9 %, es este ingeniero quien tiene mayor probabilidad de rechazar las especificaciones.(10 ptos.)

3



Pauta Control 2 MAT042

El 70 % de los aviones ligeros que desaparecen en vuelo en cierto paıs son descubiertos posteriormente.De las naves descubiertas, el 60 % tiene localizador de emergencia, en tanto que el 90 % de las naves nodescubiertas no tiene ese localizador.

(a). [25 ptos.] Calcule la probabilidad que un avion ligero tenga localizador de emergencia.

En las partes (b), (c) y (d), suponga que la probabilidad que un avion ligero tenga localizador de emer-gencia es del 45 %.

(b). [25 ptos.] Considere 10 aviones ligeros desaparecidos. ¿Cual es la probabilidad que exactamente 2de ellos tengan localizador de emergencia?

(c). [25 ptos.] Ud. observa independientemente aviones ligeros hasta obtener el primer avion con local-izador de emergencia. ¿Cual es la probabilidad que el proceso finalice en a lo m as 10 observaciones?

(d). [25 ptos.] Ud. observa independientemente aviones ligeros hasta obtener el tercer avion con local-izador de emergencia. ¿Cual es la probabilidad que el proceso finalice al menos 4 observaciones?

Solucion:

a.- Defina los siguientes eventos:

D : “Avi´ on ligero descubierto”

L : “Avi´ on ligero tiene localizador de emergencia ”

Segun enunciado, P(L | D) = 6/10, P(L | D) = 9/10 y P(D) = 7/10.Usando la Ley de Probabilidades Totales, la probabilidad pedida es:

P(L) = P(L | D) · P(D) + P(L | D) · P(D)(25 ptos.)

= 6

10 ·

7

10 +

1

10 ·

3

10 =

45

100

b.- Defina la variable aleatoria X : N´ umero de aviones con localizador de emergencia, de entre los 10aviones disponibles . Claramente, Rec(X ) = 0, 1, . . . , 10 y ademas X ∼ Bin(n = 10; p = 0,45). Portanto, la probabilidad pedida es:

P(X = 2) =

10

2

· (0,45)2 · (0,55)8(25 ptos.)

c.- Defina la variable aleatoria Y : N´ umero de aviones que es necesario observar hasta obtener el primer

avi´ on con localizador de emergencia . Claramente, Rec(Y ) = 1, 2, 3, . . . y ademas Y ∼ Geom( p =0,45). Por tanto, la probabilidad pedida es:

P(Y ≤ 10) =10y=1

(1 − 0,45)y−1 · (0,45)(25 ptos.)

d.- Defina la variable aleatoria Z : N´ umero de aviones que es necesario observar hasta obtener el tercer

avi´ on con localizador de emergencia . Claramente, Rec(Z ) = 3, 4, 5, . . . y ademas Z ∼ BinNeg(r =3; p = 0,45). Por tanto, la probabilidad pedida es:

P(Z ≥ 4) = 1 − P(Z = 3)

= 1 −

3 − 1

3 − 1

· (0,45)3 · (0,55)3−3(25 ptos.)

1






Certamen 2- PAUTA16 de octubre 2009

Profesora : F. Gonzalez

Ayudante : D. De la Carrera

1. Suponga que la duracion (medida en meses y fracciones) de un cierto reproductor MP3, es una variable

aleatoria con distribucion exponencial con parametro β = 10. Si la duracion de dicho reproductor supera

los 10 meses, este es considerado aceptable, y es considerado inaceptable en caso contrario. Durante un

control de calidad, se realizan los siguientes experimentos:

I Se hacen funcionar 10 reproductores MP3 eligidos al azar, y se cuenta el numero (X) de reproductores

que fallaron antes de los 10 meses.

II Se hacen funcionar tantos reproductores como sea necesario hasta obtener 10 fallas, y se cuenta el

numero (Y) de reproductores que no fallaron.

Entonces

a) (20 ptos) Determine la distribucion de X e Y en (I) y (II), respectivamente, y calcule la probabilidad

de encontrar mas de 5 reproductores MP3 aceptables en cada experimento.

b) (15 ptos) Calcule la esperanza y la varianza de X e Y usando sus funciones generadoreas de mo-mentos.

Solucion:

a) Sea T la duracion del dispositivo. Entonces, la probabilidad de que el dispositivo se considere

aceptable es

P(T > 10) = 1 − P(T ≤ 10)

= 1 − 10

00,1e−0,1t dt

= 1 − (1 − e−0,1·10)

= 0,368

Entonces X , es el numero de dispositivos que fallan de una muestra de 10 dispositivos, con

p = P(T < 10) = 1 − 0,368 = 0,632

y por lo tanto X ∼ Bin(10,0,632).

1



La probabilidad de encontrar mas de 5 dispositivos aceptables es equivalente a encontrar 5 o menos

dispositivos que fallen,

P( X ≤ 5) =5

∑ x=0

10

x

· 0,632 x · 0,36810− x

Ahora, si Y es el numero de dispositvos que se utilizaron hasta obtener 10 fallas, siendo

q = P(T ≤ 10) = 0,632

se tiene que Y ∼ BN (10,0,632).

La probabilidad de encontrar mas de 5 dispositivos aceptables se traduce como

P(Y ≥ 15) =∞

∑ y=10

9

y− 1

· 0,632 y · 0,36810− y

b) En el caso binomial se tiene que M X (t ) = (1 − p+ pet )n. Entonces:

M

X (t ) = npe

t

(1 − p+ pe

t

)n−1

M

X (t ) = npet (1 − p+ pet )n−1 +n(n− 1) p2e2t (1 − p+ pet )n−2

Evaluando en t=0, M

X (0) = np y M

X (0) = np+n(n− 1) p2, por lo tanto,

E( X ) = np

V( X ) = np+n(n− 1) p2 −n2 p2

= np(1 − p)

Para el caso Binomial Negativo, M X (t ) = p

1−(1− p)et r .

Luego,

M

X (t ) = r (1 − p)et

p

1−(1− p)et

r

1 + ( p− 1)et

M

X (t ) = −r (1 − p)(et r ( p− 1) − 1)et

p

1−(1− p)et

r

(1 + ( p− 1)et )2

Evaluando en t=0, M

X

(t ) = r (1− p)

p

) y M

X

(t ) = −r (r ( p− 1) − 1) 1− p

p2 ). Por lo tanto:

E( X ) = r (1 − p)

p

V( X ) = −r (r ( p− 1) − 1)1 − p

p2 ) −

r 2(1 − p)2

p2

= r 1 − p

p2

2



2. Demuestre que:

a) (25 ptos) Si X es una variable aleatoria con distribucion geometrica, entonces cumple que

P( X > n+ k | X > n) = P( X > k )

Interprete esta propiedad.b) (10 ptos) Si X es una variable aleatoria con funcion generadora de momentos M X (t ), e Y = aX +b

entonces

M Y (t ) = ebt M X (at )

Solucion:

a)

P( X > n+k | X > n) = P( X > n+k , X > n)

P( X > n)

= P( X > n+k )P( X > n)

= (∞

∑ x=n+k +1

(1 − p) x−1 p)/(∞

∑ x=n+1

(1 − p) x−1 p)

= (1 − p)n+k +1

(1 − p)n+1 (∗)

= (1 − p)k

= P( X > k )

Lo que se interpreta como que el numero de ensayos Bernoulli que ya se han realizado buscando el

primer exito no influyen en que se realicen k ensayos mas.

(*) se deduce de

∞

∑ x=k

a x = ak +ak +1 + . . . (1)

a∞

∑ x=k

a x = ak +1 +ak +2 + . . . (2)

Restando (1) y (2)

∞

∑ x=k

(1 −a)a x = ak , o bien

∞

∑ x=k

a x = ak

1 −a

3



b) Ya que X puede ser continua o discreta, trabajamos con la definicon de funcion generadora de

momentos:

M Y (t ) = E(eYt )

= E(e(aX +b)t )

= E(eaXt

· ebt

)= ebt E(e Xat ) (ya que la esperanza es un operador lineal)

= ebt M X (at ) (por definicion de fgm)

4



3. (30 ptos) Una partıcula de masa m tiene velocidad aleatoria que se distribuye de forma normal, con

velocidad media 0 y desviacion estandar σ . Encuentre la funcion densidad de la energıa cinetica,

E = 1

2mV 2

Solucion:

Primero obtenemos la funcion distribucion acumulada de Y

P(Y ≤ y) = P

1

2mV 2 ≤ y

= P

V 2 ≤ 2

y

m

= P

|V | ≤

2

y

m

= P

−

2 y

m≤V ≤

2 y

m

= P

V ≤

2 y

m

− P(V ≤ −

2 y

m

= 2P

0 ≤V ≤

2 y

m

(ya que tiene media 0)

= 2P

0

σ ≤

V

σ ≤

2 ym

σ

= 2Φ

2 y

mσ 2

− 1 (ya que V /σ ∼ N (0,1))

Ademas sabemos que f ( x) = dFxd x

, por lo tanto

f ( y) = dP(Y ≤ y)

d y

= 2φ

2 y

mσ 2

·

2

1

mσ 2 ·

1

2 y−1/2

En resumen,

f ( y) =

2

myσ 2 · φ

2 y

mσ 2

, y ≥ 0

5





Campus Santiago

Certamen 2 MAT032

1. Un analista financiero senala que la rentabilidad Y de los bonos del gobierno a largo plazo, tendr a alcabo de un ano una distribucion normal con valor esperado de 70 dolares y varianza de 9.

a ) Si el gobierno destina un porcentaje extra a polıticas publicas cuando cualquiera de los bonostiene rentabilidad entre 67 y 75, ¿Cual es la probabilidad que se destine este porcentaje extra?

b) Si la rentabilidad aceptable de un bono es (70 − c; 70 + c) ¿Para que valores de c tendrıan el95 % de los bonos con rentabilidad aceptable?

c ) ¿Cual es la probabilidad de que a lo sumo ocho de diez bonos, seleccionados independientemente,tengan una rentabilidad menor a 73,84?

Solucion:

a ) Sea la variable aleatoria

Y : rentabilidad de los bonos del gobierno a largo plazo

donde Y ∼ N (70, 9)

Se pide calcular P(67 < Y < 75), por lo que debemos estandarizar.

P(67 < Y < 75) = P(Y < 75) − P(Y < 67)

= P

Y − 70

3 <

75− 70

3

− P

Y − 70

3 <

67 − 70

3

= P(Z < 1,66)− P(Z < −1)

= P(Z < 1,66)− (1− P(Z < 1)) (por simetrıa de la distribucion normal)= Φ(1,66) + Φ(1)− 1

= 0,9515 + 0,8413 − 1

= 0,7928

Por lo tanto, existe un 79 % de probabilidad de que se destine el porcentaje extra.

(15 ptos.)

b) Al igual que en (a) debemos estandarizar.

0,95 = P(70− c < Y < 70 + c)

= P70− c − 70

3 <

Y − 70

3 <

70 + c − 70

3

= P(Z < c/3)− P(Z < −c/3)

= P(Z < c/3)− (1− P(Z < c/3)) (por simetrıa de la distribucion normal)

= 2 · P(Z < c/3)− 1

(0,95 + 1)/2 = P(Z < c/3)

0,975 = P(Z < c/3)

1,96 = c/3

1



Por lo tanto con c = 5,88 se tendrıa el 95 % de los bonos con rentabilidad aceptable. (10 ptos.)

c ) Sea la variable aleatoria

X: numero de bonos de un total de 10 con rentabilidad menor a 73.84 dolares

por lo que X ∼ Bin(10, P(Y < 73,84)), y se pide P(X ≤ 8)

Calculemos la probabilidad de exito utilizando la variable Y antes definida.

P(Y < 73,84) = P

Y − 70

3 <

73,84 − 70

3

= P(Z < 1,28)

= 0,8997

Ası, la probabilidad pedida queda

P(X ≤ 8) = 1 − P(X > 8)

= 1−10x=9

10

x

(0,8997)x(1 − 0,8897)10−x

= 0,7349

(10 ptos.)

2



2. Considere una variable aleatoria Z con funcion distribucion densidad dada por:

f Z (z) =

cαβ

zβ+1, z ≥ α, β >1, α >0;

0, e.o.c.

a ) Calcule el valor de c.

b) Calcule E(Z).c ) Sea X = ln(Z ), calcule f X (x).

Solucion:

a ) Por definicion se tiene que ∞

−∞

f Z (z)dz = 1

⇒ ∞

α

cαβ

zβ +1dz = 1

⇒ cαβ − 1

βzβ ∞α = 1

⇒ cαβ 1

βαβ = 1

⇒ c = β

(15 ptos.)

b) Por definicion se tiene que

E (Z ) =

∞

−∞

zf Z (z)dz

= ∞

α

z βαβ

zβ +1

dz

=

∞

α

βαβ

zβ dz

= αβ β

− 1

(β − 1)zβ −1

∞

α

= 0− αβ β · − 1

(β − 1)αβ −1

= α β

β − 1

(10 ptos.)

c ) Se tiene que X = ln(Z) ⇔ Z = eX , luego por teorema de cambio de variable se tiene que

f X (x) = f Z (ex)

dex

dx

=

βαβ

ex(β −1)|ex|, (x≥ ln(α))

= βαβ e−βx, (x≥ ln(α))

(10 ptos.)

3



3. La f.g.m de X, el numero de transacciones que se realizan en un supermercado en un dıa, es

M X (t) = eµ(et−1)

a ) Identifique la funcion distrbucion de X.

b) Encuentre una expresion para P(µ− 2σ < X n < µ + 2σ)

c ) Sea Y = 3X - 2. Determine E(Y) y V(Y).

Solucion:

a ) Si X cuenta el numero de eventos en un perıodo de tiempo, entonces X ∼ Poisson(µ)

(10 ptos.)

b)

c ) Ya que X n es un promedio, podemos aplicar el teorema del lımite central como sigue

P(µ− 2σ < X n < µ + 2σ) = P

µ− 2σ − µ

σ/√

n <

X n − µ

σ/√

n <

µ + 2σ − µ

σ/√

n = P(−2√ n < Z < 2√ n)

= 2P(0 < Z < 2√

n)

= 2P(Z < 2√

n)− 1

(10 ptos.)

d ) Dado que en (a) determinamos que X tiene distribucion Poisson y conocemos su f.g.m., podemoscalcular E (X ) y E (X 2

E (X ) = dM X (t)

dt

t=0

= µet

eµ(et−1)

t=0

= µ

E (X 2) = d2M X (t)

dt2

t=0

= d

dt(µeteµ(e

t−1))

t=0

= µeteµ(et−1) + (µet)2eµ(e

t−1)

t=0

= µ + µ2

Ası, V (X ) = E (X 2)−E 2(X ) = µ + µ2 − µ2 = µ

Por lo tanto,

E (Y ) = E (3X − 2)

= 3E (X )− 2

= 3µ − 2

4



y

V (Y ) = V (3X − 2)

= 9V (X )

= 9µ2

(10 ptos.)

5





CERTAMEN 22do Semestre de 2010

Profesor : E. HernandezAyudantes : H. Salazar, A. Munoz

Nombre:

Rol:

Pregunta 1:

Pregunta 2:

Pregunta 3:

- La duracion del certamen es de 1 hora y 30 minutos.

- No arranque hojas de su prueba, ni saque el corchete que las une.

- Escriba con lapiz pasta, de hacerlo con lapiz mina perdera la posibilidad de recorreccion.

Nota

Certamen 2 - MAT042 1





Problema 1

Dada la funcion f D(d) = log

1 +

1

d

I 1,2,...,9(d)

a ) Demuestre que f D(d) es funcion de cuantıa.

b) Demuestre que P (D ≤ k) = log (1 + k) ; k ∈ 1, 2, . . . , 9

c ) Si E = 10D encontrar la funcion de distribucion de E .

Desarrollo:

a ) Es claro que f D(d) = log

1 +

1

d

≥ 0 ∀ d ∈ 1, 2, . . . , 9, por lo que solo debemos demostrar

que:9

d=1

log1 + 1

d = 1

Resolvemos:9

d=1

log

1 +

1

d

=

9d=1

log

d + 1

d

= log (2) + log

3

2

+ . . . + log

10

9

= log

2 ·

3

2 · 4

3 · 5

4 · 6

5 · 7

6 · 8

7 · 9

8 ·

10

9

= log (10)

= 1

Con lo que se demuestra que es funcion de cuantıa.

b) Se pide P (D ≤ k), lo que no es mas que la funcion distribucion de la variable D y viene dadapor:

P (D ≤ k) =k

d=1

log

1 +

1

d

=k

d=1

logd + 1

d

= log (2) + log

3

2

+ . . . + log

k

k − 1

+ log

k + 1

k

= log

2 ·

3

2 · . . . ·

k

k − 1 ·

k + 1

k

= log (k + 1)






Note que k ∈ 1, 2, . . . , 9.

∴ P (D ≤ k) = log (1 + k) ; k ∈ 1, 2, . . . , 9

c ) De relacion E = 10D obtenemos el recorrido de la variable E , E ∈ 10, 102, 103, . . . , 109,luego hacemos:

F E (e) = P (E ≤ e)

= P

10D ≤ e

= P (D ≤ log(e))

lo que no es mas que la funcion distribucion de la variable D evaluada en log(e). Finalmentese tiene que:

∴ P (E ≤ e) = log (1 + log(e)) ; e ∈

10, 102, 103, . . . , 109






Problema 2

El numero de barcos que llegan al Puerto de Valparaıso sigue un proceso de Poisson con tasa dellegada cinco por dıa.

a ) ¿Cual es la probabilidad de que transcurran mas de seis horas sin que arribe ninguno?

b) Si el costo de operacion “C ” es una funcion del tiempo ocioso X (entre llegadas), dondeC = 1 − e−5x, encuentre el costo medio, donde C se mide en millones de pesos.

Desarrollo:

a ) Sea N 1: cantidad de barcos que llegan al puerto de Valparaıso en un dıa.N 1 ∼ P (λ · 1) ⇒ λ = 5Sea X : tiempo (dıas) entre llegadas consecutivas. X ∼ exp (λ) con λ = 5

f X (x) = 5e−5xI [0,∞[ (x)

Se pide calcular P (X > 0, 25) (un dıa tiene 24 horas, por lo que si queremos calcular laprobabilidad que no lleguen barcos en mas de seis horas debemos hacer 6

24 = 0, 25)

P (X > 0, 25) =

∞0,25

5e−5x dx

= −e−5x |x=∞x=0,25

= −

0e−5·∞ − e−5·0,25

= 0, 2865

∴ P (X > 0, 25) = 28, 65%

b) Se pide el costo medio de ”C ”, es decir E (C ), por lo que se tiene:

E (C ) = E

1 − e−5x

=

∞0

1 − e−5x

5e−5x dx

= ∞

0

5e−5x dx 1

−1

2 ∞

0

10e−10x dx 1

= 1 − 1

2

= 1

2

Es decir, el costo medio es de 500000






Problema 3

a ) Sea X ∼ P (λ). Demostrar que:

i ) cosh(x) =

∞k=0

x2k

(2k)!. (Recuerde que: cosh(x) = ex + e−x

2 y que ex =

∞ j=0

x j

j! )

ii ) “La probabilidad de que X tome algun valor par es” e−λ cosh(λ)

b) Sea X ∼ θe−θx I [0,∞[(x) determinar su funcion generadora de momentos.

c ) Sea X 1, X 2, . . . , X n n variables aleatorias independientes θe−θx I [0,∞[(x). Determinar la funcion

generadora de momentos de T = θ

∞i=1

X i

n

Desarrollo:

a ) i ) de la relacion dada, hacemos:

cosh(x) = ex + e−x

2 =

1

2

∞k=0

xk

k! +

∞k=0

(−x)k

k!

notar que se tiene:

cosh(x) = 1

2

∞k=0

xk + (−1)kxk

k!

=

1

2

∞k=0

1 + (−1)k

xk

k!

por lo que tenemos los siguientes casos:

cosh(x) =

0 si k es impar∞k=0

x2k

(2k)! si k es par

y se demuestra lo pedido.

ii ) La probabilidad pedida viene dada por:

P (X sea par) =∞x=0

λ2xe−λ

(2x)! (Solo interesan los pares, por eso escribimos “2x”)

= e−λ

∞x=0

λ2x

(2x)! cosh(λ)

= e−λ cosh(λ)






b) Recordar que ϕX (t) = E (ext), por lo que calculamos:

E(ext) =

∞0

extθe−θx dx

= θ ∞0

ex(t−θ) dx (notar que converge solo si t < θ)

= θ

∞0

e−x(θ−t) dx

= θ

e−x(θ−t)

−(θ − t)

x=∞x=0

= −θ

θ − t

0e−∞(θ−t) −

1e−0(θ−t)

=

θ

θ − t

ϕX (t) = θ

θ − t

c ) Usando la definicion, tenemos:

E

eTt

= E

eθ

n

i=1

Xi

n t

= E n

i=1e(

θXi

n )t=

ni=1

E

eX i

θt

n


=n

i=1

θ

θ − θtn

=n

i=1

n

n − t

= n

n − tn

∴ ϕT (t) =

n

n − t

n






PAUTA CERTAMEN 2 MAT0322do Semestre de 2010

1. Un formulario de declaracion de impuesto a la renta se llenara correctamente en el 60 % de loscasos. Del resto, es decir, de los que se llenan de manera incorrecta, el 80 % corresponde a erroresa favor del contribuyente, mientras que el 20 % restante son errores a favor del estado. Usted tomauna muestra, con remplazo, de 25 formularios.

I.- Suponga que solo le interesa si el formulario fue llenado de manera correcta o no.

a ) Calcule la probabilidad de obtener a lo mas 3 declaraciones correctas.

X : n de declaraciones correctas de un total de 25

X ∼ Bin(25; 0,6)

P (X ≤ 3) =3

x=0

25

x

· 0, 6x · 0, 425−x = 9, 5× 10−7

b) Determine si es posible utilizar aproximaciones (a traves de alguna distribucion de probabi-lidad) para calcular la probabilidad de encontrar 13 declaraciones correctas.

Verificamos si es posible aproximar a la distribucion normal ya que p = 0, 6 ≈ 0, 5

np = 25 · 0, 6 = 15 > 5

n(1− p) = 25 · 0, 4 = 10 > 5

⇒ X ∼ N (np, np(1− p) ⇒ X ∼ N (15, 6)

El calculo pedido es:

P (X = 13) = P (12 < X < 14)

=P

12− 15√

6< Z <

14− 15√ 6

= Φ (−0, 41)− Φ (−1, 22)

Profesora: Francisca Gonzalez Ayudante:Pablo Hidalgo - MAT032 1





= 0, 34−0, 11 = 0, 23

II. Suponga ahora que le interesan los tres posibles resultados de declaracion.a) Determine la probabilidad de los siguientes eventos:

A: llenado correcto del formulario

B: llenado incorrecto y a favor del contribuyente

C: llenado incorrecto y a favor del estado

Desarrollo: Sean los eventos

A : Llenado correcto

D : a favor del contribuyente

Dc : a favor del estadoConstruimos un arbol de probabilidades como sigue:

Las ultimas probabilidades son condicionales, es decir,

P (D|Ac) = 0, 8 y P (Dc|Ac) = 0, 2 con P (Ac) = 0, 4, por lo tanto las probabilidades pedidas son:

P (B) = P (D ∩Ac) =P (D|Ac) · P (Ac) = 0, 32

P (C ) = P (Dc ∩Ac) =P (Dc|Ac) · P (Ac) = 0, 08

b) Determine la probabilidad de que la muestra tenga 20 formularios correctos y a lo mas dos conerrores a favor del contribuyente.

Definamos las variables aleatorias:

X 1 : N formularios llenados correctamente

X 2 : N formularios erroneos a favor del contribuyente

X 3 : N formularios erroneos a favordel estado

(X 1, X 2, X 3) ∼ Mult (25, p1, p2, p3)donde:

p1 = P (A) =0, 6

p2 = P (B) =0, 32






p3 = P (C ) =0, 08

La probabilidad pedida es:

P (X 1 = 20, X 2 ≤ 2) = P (X 1 = 20, X 2 = 2, X 3 = 3) + P (X 1 = 20, X 2 = 1, X 3 = 4) + P (X 1 = 2

=

25

20, 2, 3

0, 6200, 3220, 083 +

2520,1,4

0, 6200, 3210, 084+

25

20, 0, 5

0, 6200, 3200, 085






2. a) Una companıa gasolinera recibe bencina una vez por semana. Si su volumen de ventas en milesde litros se distribuye con funcion de densidad:

f (x) = kxe−x2

, 0 ≤ x < ∞

i) Encuentre la funcion distribucion acumulada de X.

Solucion:

F (x) =

x 0

kte−t2

dt

= k

x 0

1

2e−udu

= −k

2e−u|x0

= −k

2e−x

2

+ k

2

= k

2

1− e−x

2

Notamos que

lımx→∞F (x) = 1 ⇒lımx→∞k2

1− e−x

2

= k

2 lımx→∞

1− e−x

2

= k

2 · 1 = 1 ⇒ k = 2

Ası, 0

F (x) =1−e−x

2

,

0

x≥0

x<0

ii) Si la compa˜na como mnimo vende 10 mil litros, ¿cual es la probabilidad de que venda mas de50 mil litros?

P (X > 50|X > 10) =P (X > 50, X > 10)

P (X > 10)






=P (X > 50)

P (X > 10) =

e−502

e−102

b) Una tienda de artculos electricos para el hogar vende tres diferentes marcas de refrigeradores.Sean X1, X2, X3 variables aleatorias las cuales representan el volumen de ventas mensual paracada una de las tres marcas de refrigeradores. Si estas variables son independientes normalmentedistribuidas con media $8000, $15000 y $12000, y desviaciones standard $2000, $5000 y $3000,respectivamente.

X 1 ∼ N (8000, 20002)

X 2 ∼ N (15000, 50002)

X 3 ∼ N (12000, 30002)

i) Calcule la probabilidad de que el volumen de venta de cada marca sea menor a $5000.

P (X 1 < 5000) =P

X 1 − 8000

2000 <

5000− 8000

2000

= Φ (−1, 5)

P (X 2 < 5000) =P

Z <

5000− 15000

5000

= Φ (−2)

P (X 3 < 5000) =P

Z < 5000− 120003000

= Φ (−2, 5)

ii) Si al menos 2 de las marcas tienen un volumen de venta menor a $5000 cada una, la tienda dejade importar refrigeradores, ¿cual es la probabilidad de que esto ocurra?

Como las variables aleatorias son independientes:

P (X 1 = x1, X 2 = x2, X 3 = x3) = P (X 1 = x1) · P (X 2 = x2) · P (X 3 = x3)

Si al menos dos obtienen volumenes de venta menores a $5000 entonces debemos considerar 4casos:

X 1 > 5000, X 2 < 5000, X 3 < 5000

X 1 < 5000, X 2 < 5000, X 3 > 5000

X 1 < 5000, X 2 > 5000, X 3 < 5000

X 1 < 5000, X 2 < 5000, X 3 < 5000

Sean p1, p2y p3 las probabilidades de que las marcas 1,2 y 3 vendan menos de $5000, respectiva-mente. Entonces

P(dejar importaciones)= p1 p2 (1− p3) + p1 (1− p2) p3 + (1 − p1) p2 p3 + p1 p2 p3






3. a) Se dice que una variable aleatoria X tiene una distribucion de Pareto con parametros α > 0 yβ > 0 si X tiene una distribucion continua con funcion de densidad dada por:

f (x) = αβ α

xα+1 , x ≥ β

Demuestre que si X tiene una distribucion de Pareto, entonces la variable aleatoria Y = ln (X/β )tiene una distribucion exponencial de parametro .

Solucion:

Utilizando teorema de cambio de variable:

eY =X

β ⇒ βeY = X

Ademas X

= βeY , entonces:

f (y) = f X (βey) · βey

= αβ α 1

(βey)α+1βey

= αβ αβey

β αβeyαey

= αe−yα, y ≥ 0 → Y ∼ exp(α)

b) Sea Z = 1− e−αy, con Y ∼ Exp (α). Determine la distribucion de Z , indicando el recorrido deesta variable aleatoria.

Desarrollo: Nuevamente aplicamos cambio de variable:

Z = 1− e−αy

1− Z = e−αy |ln

ln(1− Z ) = −αy

− 1

α ln(1− Z ) = y






Ademas,

y

=−

1

α · 1

1− Z

(−

1) = 1

α(1− Z )

Entonces

f (z ) = f Y

− 1

α ln(1− Z )

1

α(1− Z )

= αe−α 1

−αln(1−Z ) 1

α(1− Z )

= eln(1−Z )

1− Z

= 1

Cuando y → 0 , z → 0 , y cuando y →∞ , z → 1 ⇒ Z ∈ [0, 1]

⇒f (z ) = 1

0

0<z<1

e.o.c

Z ∼

U (0, 1)






CONTROL 22do Semestre de 2010

Profesor : F. GonzalezAyudante

: P. Hidalgo, F. Moraga

1. (65 ptos) Sea la variable aleatoria X ∼ Gama(α, λ), es decir,

f (x) = λα

Γ(α)xα−1e−λx, x > 0

a) Determine la f.g.m. de X .

Por definicion de f.g.m

M X (t) = ∞0

etx · λα

Γ(α)xα−1e−λx dx

Que se puede resolver por partes, pero puede que se demore “un poco” mas de lacuenta.La otra opcion es identificar los parametros para completar una distribucion Gamadentro de la integral como sigue:

M X (t) =

∞

0

etx · λα

Γ(α)xα−1e−λx dx

= ∞0

λα

Γ(α) xα−1e−λx+tx dx

= λα

Γ(α)

∞

0

xα−1e−(λ−t)x dx

= (λ − t)α

(λ − t)αλα

Γ(α)

∞

0

xα−1e−(λ−t)x dx

= λα

(λ − t)α

∞

0

(λ − t)α

Γ(α) xα−1e−(λ−t)x

Gama(α,λ− t)

dx

=1

Por lo tanto,

M X (t) =

λ

λ − t

, λ = t

b) Determine E(X ).

Control 2 - MAT032 1





Utilizando la parte (a), calculamos su primera derivada:

d

dtM X (t) = −α · λα

(λ− t)α+1 · −1

t=0

= α · λα

(λ − 0)α+1

→ E (X ) = α

λ

c) Determine V(X )

Buscamos la segunda derivada de la f.g.m.:

d2

dt2M X (t) =

−α(α + 1)

·

λα

(λ−

t)α+2

· −1t=0

= α(α + 1) · λα

(λ − 0)α+2

→ E (X 2) = α(α + 1)

λ2

y con esto,

V(X ) = E(X 2) − E2(X )

= α(α + 1)

λ2

−

α2

λ2

→ V(X ) =

α

λ2

d) Determine la f.g.m. de Y = λX , e identifique su distribucion.

Recordando el teorema de clases: Si Y = cX + d, entonces M Y (t) = etdM X (ct)

Con esto, haciendo c = λ y d = 0,

M Y (t) = M X (λt)

=

λ

λ−

λt

α

=

1

1 − t

α

Esta f.g.m. tiene la misma estructura de la f.g.m. de X en la parte (a), con λ = 1, porlo tanto, Y ∼ Gama(α, 1)






2. (35 ptos) La funcion distribucion acumulada de una variable aleatoria Rayleigh es

F (x) = 1 − exp

− x2

2σ2

, x > 0

a) Muestre que esta funcion es efectivamente una funcion de distribucion acumulada.

Mostramos cumpla dos propiedades:

i) limx→∞ F (x) = 1

Calculamos dicho lımite:

limx→∞

1 − exp

− x2

2σ2

= 1− lim

x→∞exp

− x2

2σ2

= 1− 0

= 1

por lo tanto cumple esta propiedad.

ii) limx→−∞ F (x) = 0

En este caso, calculamos el lımite de x tendiendo a cero, que es el menor valorque puede tomar y a lo que hace referencia la expresi on anterior (hacer tender x almenor valor que puede tomar).

limx→−∞

1 − exp

− x2

2σ2

= 1− lim

x→0exp

− x2

2σ2

= 1− e0 = 1− 1

= 0

Como tambien se cumple esta propiedad, F(x) es funcion distribucion acumulada.

b) Encuentre la funcion densidad Rayleigh.

Derivamos la f.d.a y queda

f (x) = d

dxF (x)

= 0− exp− x

2

2σ2 · − 2x2σ2

→ f (x) = x

σ2 exp

− x2

2σ2

, x > 0

c) Encuentre el percentil 25, de esta distribucion.

P 25 corresponde al valor de x que satisface que F (x) = 0.25. despejamos esta ecuaciony obtenemos






→ 1 − exp

− x2

2σ2

= 0.25

→ exp− x2

2σ2 = 0.75

→ − x2

2σ2 = ln(0.75)

→ x2 = −2σ2 ln(0.75)

→ x = σ√

0.575

→ x = 0.75σ







PAUTA CONTROL 3

30 de octubre 2009

1. Sea X 1, X 2, . . . , X n una muestra aleatoria con funcion densidad f , es decir,

X iiid ∼ f ( x), i = 1, . . . ,n

Determine la densidad de X (1) = mın X 1, . . . X n

Solucion:

Calculamos primero F X (1)( x)

F X (1)( x) = P( X (1) ≤ x)

= 1−P( X (1) > x)

= 1−P( X 1 > x, X 2 > x, . . . , X n > x)

= 1−P( X 1 > x)P( X 2 > x) · · ·P( X n > x) (por independencia de las v.a.)

= 1− (1−P( X 1 ≤ x))(1−P( X 2 ≤ x)) · · ·(1−P( X n ≤ x))

= 1−n

∏i=1

(1−P( X i ≤ x))

= 1−

1−F X ( x)n

(ya que todas tienen la misma distribucion)

Por lo tanto, la funcion densidad de X (1) es

f X (1)( x) =

dF X (1)( x)

d x

= 0−n[1−F X ( x)n−1

· d(1−F ( x))

d x

= −n[1−F X ( x)n−1

·− f ( x)

= n[1−F X ( x)n−1

· f ( x)

1



2. Sea ( X ,Y ) un vector aleatorio con funcion de densidad conjunta

f X ,Y ( x, y) = c| y|e− x, 0 ≤ x ≤ ∞;− x ≤ y ≤ x

a) Encuentre la densidad marginal de X en termino de la constante c. Demuestre que c = 1/2.

b) Encuentre la densidad marginal de Y y obtenga E(Y ).c) Encuentre la densidad condicional de Y dado X = 1.

Solucion:

a) La densidad marginal de X se obtiene de la siguiente manera

f X ( x) = c

x− x

| y|e− xdy, x > 0

= ce− x2

x0 ydy, x > 0

= ce− x y2

x0

, x > 0

= cx2e− x, x > 0

Para demostrar que c = 1/2, por comparacion con la densidad de Gamma(3,1) y por definicion de

Γ (3) se deduce c = 1/2.

b) La densidad de Y se obtiene de la siguiente manera

f Y ( y) = 1

2| y|

∞| y|

e− xdx

= 12| y|e−| y|, −∞< y < ∞

Luego, por simetrıa de la densidad se tiene que E(Y ) = 0.

c)

f Y | X ( y| x) = f X ,Y ( x, y)

f X ( x)

= | y|e− x

x2e− x , − x ≤ y ≤ x

f Y | X ( y|1) = | y|, −1 ≤ y ≤ 1

2



2

X 1, . . . , X n X

λ

f (x) = λ

−λx, x > 0

X 1

t

Y = X 1 + . . . + X n

X

β = 1/λ

β

β

β

M x1(t) =´ ∞0 extλe−λxdx

= λ´ ∞0 e−x(λ−tdx , λ > t

= λ − 1λ−te−x(λ−t) |∞0

= 0 +

λ

λ−te

−0(λ−t)

M x1(t) = λλ−t

λ > t



Y =

xi,

:

M y(t) = (M x1(t))n

M x(t) = M y(t/n)

=

λλ−t/n

n

L(x, β ) =

1βe−xi/β

= 1βn e−

1

β

xi/

log β − 1βxi/

ddβ

dβ = −n

β + 1

β2

xi |β=β= 0



E (x) = 1n

E (xi) = nβ

n = β

∴

d2logLdβ2

= nβ2 −

2β3

xi

−E

d2logLdβ2

= − n

β2 + 2nββ3

= − nβ2 + 2n

β2 = nβ2






CONTROL 413 de noviembre 2009

Profesora : F. Gonzalez

Ayudante : D. de la Carrera

Nombre:

Sea X una variable aleatoria con densidad

f ( x) = θ 3

2 x2e−θ x, x > 0

donde θ > 0 es desconocido.

(a) Muestre que θ = 2/ X es un estimador insesgado para θ

(b) Encuentre la varianza de θ

(c) Encuentre la Informacion de Fisher para el parametro θ .

(d) ¿Alcanza el estimador

θ la cota de Cramer- Rao?

Solucion:

(a) Para mostrar que es insesgado debe cumplirse que E(θ ) = θ , por lo tanto

E(θ ) = E

2

X

= ∞

0

2

x

θ 3

2 x2e−θ x d x

= ∞

0θ

3

xe

−θ x

d x

= θ Γ (2) ∞

0

θ 2

Γ (2) x2−1e−θ x d x

= θ · 1

Por lo tanto θ es insesgado para θ .

1



(b) Para calcular la varianza, recordemos que

V( X ) = E( X 2)−E2( X )

Entonces solo nos falta calcular E(

θ

2)

E(θ 2) = E 4 X 2

=

∞

0

4

x2

θ 3

2 x2e−θ x d x

=

∞

02θ

3e−θ x d x

= 2θ 3·

−1

θ eθ x

= 2θ 2

y con esto

V(θ ) = 2θ 2−θ

2 = θ 2

(c) Sabemos que la Informacion de Fisher esta dada por

I (θ ) = −E

d2logL( x,θ )

dθ 2

En este caso, como solo contamos con una observacion, L( x,θ ) = f ( x), por lo tanto

L( x,θ ) = θ

3

2 x2e−

θ x

log( L) = 3log(θ )− log(2)−2log( x)−θ x

dlog( L)

dθ =

3

θ − x

d2 log( L)

dθ 2 = −

3

θ 2

Por lo tanto

I (θ ) = −

E(−

3

θ 2 ) =

3

θ 2

(d) Un estimador insesgado alcanza la cota si V(θ ) = I −1(θ ). En este caso

V(θ ) = θ 2 >

θ 2

3= I −1(θ )

por lo tanto, θ no alcanza la cota de Cramer- Rao.

2



Universidad Tecnica Federico Santa Mar ıa


Campus Santiago

Ayudant´ıa 8 MAT-042 S1 2010

Profesores : Francisca González, Enzo Hernandez

Ayudantes : Javier Poseck, Hugo Salazar

1. Sea X una v.a. tal que 2 . Calcule la función generadora de momentos,

determine si existen todos los momentos y luego calcule M(1), M(2) y la varianza de X.

Solución

Se define la f.g.m. como M(t) = E(etx) momento “t”. Además se tiene que M(t) existe para

todo t [-ε, ε] para algún ε > 0, entonces M’(0) existe.

Luego se cumple que M(n)(0) derivada “n” del momento cero = 0 |1, por lo tanto

se tiene lo siguiente:

M(n)

(0)= 0 |1 = ,|- = E(Xn)

Por lo tanto, M’(0) = E(X)

M’’(0) = E(X2)

M’’(0) = E(X3)

.

.

.

M(k)

(0) = E(Xk )

Entones, para el ejercicio se tiene que:

M(t) =E(etx)= ∫ ∫ donde la integral es finita si t < 1. Por lo tanto M(t)

existe sólo para t < 1. Por lo que se calcula la integral:

M(t) = Dado que M(t) existe para todo t ϵ [-ε, ε] con ε = 1 > 0, existen todos los momentos de X.

Luego,

M(1) = E(X1) = M’(0) =

= 1

M(2) = E(X2) = M’’(0) =

= 2

VAR(X) = E(X2) – [E(X)]

2 = M´´(0) – [M’(0)]

2=2 – 1

2 = 1



2. Encontrar la f.g.m. de las distribuciones

a)Poisson

b) Uniforme

c) Exponencial

Solución

a) Poisson

b) Uniforme

( )

( ) c) Exponencial

( )



3. Determinar la f.g.m. de ∑ si X1, X2, X3, …, Xn son distribuciones independientes

con distribución exponencial.

Solución

∑

∏

∏

por independencia de las variables

∏ . /

∏ . /

. /

.

/

4. Si X N(0,1) determinar la función de densidad de Y = 3X + 4

Solución

Luego derivando se tiene

√ . /

Por lo tanto, Y



5. Sea X una v.a.c. con función de densidad uniforme U[1,2]. Se define la variable Y = 20X 2,

encuentre E[Y] y V[Y].

Solución

| |

Luego derivando se tiene

√ ,-

√ ,-

La esperanza de Y se calcula:

E(Y) = ∫ √ √ ,- ∫ √ √

√

√

√



V(Y) =E(Y2) - (E(Y))2

√

,

-

√

√

√

√

V(Y) = 2480 – (140/3)2 = 299,11

6. Se X una variable aleatoria continua con función de densidad y sea , demuestre

que:

*+

Solución

Sea:

Por lo que derivando se tiene:

*+



Universidad Técnica Federico Santa María

Departamento de Matemáticas

Probabilidad y Estadística

Pauta Taller 3

Primer Semestre de 2010

1. Una variable aleatoria X toma valores en el conjunto 0,1,2,…. Demostrar que

Si es que la suma converge

Solución

2. Un estadístico subdivide una piscina, en la cual hay salmones, por áreas, donde no entra ni

sale salmón alguno dentro de tales áreas y tampoco hay muertes ni nacimientos. Si el

número de áreas fue de 1600 y supone que ha asignado un número a cada salmón (e

forma abstracta, no real) del 1 a N

a) Defina una v.a. que defina que el salmón j está en el área.

b) Defina una v.a. que defina e número de salmones en el área k.

c) ¿Qué distribuciones tienen las v.a. definidas en a y b? Explique.

d) Si se sabe que hay 400 sectores sin salmón alguno. Determine el número de salmones en

la piscina.

Solución

1 si el salmón j está en el área k



a) X jk=

0 se el salmón j no está n el área K

b) Yrk =cantidad r de salmones en el área

c)

d)

3. Una v.a. está distribuida normal con media y varianza. Si P(X<0,5)=0,6 y P(X<1) = 0,67. ¿Es

posible encontrar la media y varianza? De poderse hacer, determínelas.

Solución



Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene que µ= 0,178 y σ= 2,678



4. La v.a. X tiene densidad

Calcular P(X<0), hallar el valor de la constante c, y calcular P(0≤X≤1).

Solución

.



5. Las alturas de una población H se distribuyen N(µ,1). Se toma una muestra de tamaño n y

se desea determinar qué valor debe tener n para que

Solución

Por lo que la muestra debe ser de tamaño 273.

6. Demuestre que la distribución geométrica cumple con la propiedad

Solución

Propiedad de sumatorias:





Campus Santiago

a

Taller 4 MAT042

Pauta


• Problema 1 25 puntos

Sea X una v.a. continua con funcion densidad

f (x) = k · θk

xk+1 , x > θ

con k una constante.

a) Determinar E(X ) , cuando k > 1.

b) Determinar V(X ), si k > 2.

c) ¿Que valor debe tener k para que E(X r) exista?

Desarrollo:

a) E(X ) =

∞θ

x

k · θk

xk+1

dx

= kθk ∞θ

1

xk dx

= kθk

x−k+1

−k + 1

∞

θ

= kθk

1

−k

0

(∞)−k+1 − θ−k+1

= kθ

k − 1

∴ E(X ) = kθ

k − 1

(10 puntos )

LA

TEX 1





Campus Santiago

b) V(X ) = E(X 2) − (E(X ))2 =

∞θ

x2

k · θk

xk+1

dx −

∞θ

x

k · θk

xk+1

dx

2

∞θ

x2

k · θk

xk+1

dx = kθk

∞θ

1

xk−1 dx

= kθk

x−k+2

−k + 2

∞

θ

= kθk

2 − k

0(∞)−k+2 − θ−k+2

= kθ2

k − 2

(7,5 puntos )

V(X ) =

kθ2

k − 2

−

kθ

k − 1

2

= kθ2

1

k − 2 − k

(k − 1)2

= kθ2

(k − 1)2 − k(k − 2)

(k − 2)(k − 1)2

= kθ2

k2 − 2k + 1 − k2 + 2k

(k−

2)(k−

1)2 ∴ V(X ) =

kθ2

(k − 2)(k − 1)2

(7,5 puntos )

c) E(X r) =

∞θ

xr

k · θk

xk+1

dx

= kθk ∞

θ

xr−(k+1) dx

= kθk

xr−(k+1)+1

r − (k + 1) + 1

∞θ

= kθk

r − k

xr−k

∞

θ

Notar que solo converge si r − k < 0.

∴ k > r

(10 puntos )

LATEX 2





Campus Santiago


La funcion densidad de la v.a. X viene dada por :

f (x) = k ·

x2

2 I [0,2](x) + e−xI [2,∞[(x)

a) Determinar la funcion generadora de momentos de X .

b) Encontrar V(X )

Desarrollo:

a) E(eXt) = k 2

0

extx2

2 dx +

∞

2

exte−x dx=

1

2

x2ext

t

2

0

− 2

20

ext

t x dx

+

∞2

e−x(1−t) dx

= 1

2

x2ext

t

2

0

− 2

x

ext

t2

2

0

− 20

ext

t2 dx

+

e−x(1−t)

t − 1

∞

2

= 1

2

x2ext

t

2

0

− 2

x

ext

t2

2

0

− ext

t3

2

0

+

e−x(1−t)

t − 1

∞

2

= 1

24e2t

t −0− 22e2t

t2

−0−

e2t

t3

− 1

t3+0

− e−2(1−t)

t − 1

= 2e2t

t − 2e2t

t2 +

e2t

t3 − 1

t3 +

e−2(1−t)

1 − t

∴ ϕX (t) = ke2t

t

2 − 2

t +

1

t2 − 1

t2e2t +

t

(1 − t)e2

(10 puntos )

b) V(X ) = E(X 2) − (E(X ))2

∗ E(X )

= k

20

xx2

2 dx +

∞2

xe−x dx

= k

x4

8

2

0

+

−xe−x

∞2

+

∞2

e−x dx

= k

x4

8

2

0

−xe−x∞2 − e−x

∞2

= k

2 + 3e−2

LATEX 3





Campus Santiago

∴ E(X ) = k 2 + 3e−2

(5 puntos )

∗ E(X 2)

= k

20

x2 x2

2 dx +

∞2

x2e−x dx

= k

x5

10

2

0

+

−x2e−x

∞2

+ 2

∞2

xe−x dx

= k

x5

102

0

+

−x2e−x

∞

2 + 2

−xe−x

∞

2 +

∞

2

e−x dx

= k

x5

10

2

0

−x2e−x∞2 −2xe−x

∞2 − 2 e−x

∞2

∴ E(X 2) = k

16

5 + 10e−2

(5 puntos )

∗ V(X )

= k16

5 + 10e−2− k

2 + 3e−

22= k

16

5 + 10e−2 − k(4 + 12e−2 + 9e−4)

∴ V(X ) = k

4

4

5 − k

+ 2e−2 (5 − 6k) − 9ke−4

(5 puntos )

Aparte: k = 3e2

4e2 + 3∴ E(X ) = 1, 638

y

∴ V(X ) = 0, 417

LATEX 4





Campus Santiago


Suponga que el radio de un cojinete de esferas est a distribuido normalmente con media 1 yvarianza 0.04.

a) Encontrar la funcion densidad de la variable aleatoria volumen.

b) Encontrar la esperanza y varianza del volumen.

Desarrollo:

a) V = 1

3πR3.

F V (v) = P (V ≤ v)

= P

1

3πR3 ≤ v

= P

R3 ≤ 3v

π

= P

R ≤ 3

3v

π

= F R

3

3v

π

derivando tenemos:

dF V (v)

dv = F

3

3v

π

= f V

3

3v

π

1

3 3

9v2

π2

3

π

= f V

3

3v

π

13√

9v2

= 1√

2π0, 2exp

−

1

2

3

9v2

π2 − 1

0, 2

2

13√

9v2I R−0(v)

∴ f V (v) = 1√

2π0, 2exp

−

1

2

3

9v2

π2 − 1

0, 2

2

13√

9v2I R−0(v)

(10 puntos )

LATEX 5





Campus Santiago

b) Conocemos la relacion: V = 1

3πR3, de donde obtenemos:

E(V ) = E

13

πR3

=

π

3E

R3

y

E(V 2) = E

1

9π2R6

=

π2

9 E

R6

Por lo que tenemos:

ϕR(t) = eµt+σ2t2

2

E(V ) = π

3ϕR(t)

t=0

y

V(V ) = π2

9 ϕ

(6)R (t)

t=0

∗ E(V ).

ϕR(t) = eµt+

σ2t2

2

µ + σ2t

3+ 2σ2eµt+

σ2t2

2

µ + σ2t

+ σ2eµt+

σ2t2

2

µ + σ2t

evaluando en t = 0 tenemos:

ϕR(t)|t=0 = µ3 + 3σ2µ

por lo que

E(V ) = π3

µ3 + 3σ2µ

=

π

3 (1 + 3 · 0, 04 · 1)

∴ E(V ) = 28π

75

(5 puntos )

∗ V(V ), primero debemos encontrar E(V 2)

ϕ(6)R (t) = eµt+

σ2t2

2 µ + σ2t6 + 15σ2eµt+σ2t2

2 µ + σ2t4= + 45σ4eµt+

σ2t2

2

µ + σ2t

2+ 15σ6eµt+

σ2t2

2

evaluando en t = 0 tenemos:

ϕ(6)R (t)

t=0

= µ6 + 15σ2µ4 + 45σ4µ2 + 15σ6

por lo que

E(V 2) = π2

9

µ6 + 15σ2µ4 + 45σ4µ2 + 15σ6

=

π2

91 + 15

·0, 04

·1 + 45

·0, 042

·1 + 15

·0, 043

LATEX 6





Campus Santiago

∴ E(V 2) = 5228π2

28125

(5 puntos )finalmente la varianza es:

V(V ) = 5228π2

28125 −

28π

75

2

∴ V(V ) = 0, 463π2

(5 puntos )


Considere una circunferencia de radio r = 1 y centro O. Un angulo es elegido al azar enel primer cuadrante. Sea A el punto sobre la circunferencia que forma un angulo θ con lahorizontal. Desde A se traza una recta perpendicular al eje horizontal. Esta recta corta lacircunferencia en el punto B. Sea Q el punto medio del segmento AB.

Encuentre la funcion densidad del largo del segmento AQ.

Desarrollo:

Del grafico, tenemos que: sen Θ = M

1 , por lo que la relacion existente entre el angulo y el

segmento es: M = senΘ. Ademas notar que Θ ∼ U

0, π2

(primer cuadrante), cuya funcion

distribucion es:

F Θ(θ) =

θ0

1π2 − 0

dθ

• (5 puntos )

LATEX 7





Campus Santiago

Sea m ∈ [0, 1], entonces:

F M (m) = P (M ≤

m)

= P (sin Θ ≤ m)

= P (Θ ≤ arcsin(m))

= F Θ(arcsin(m))

= arcsin(m)

π2

(5 puntos )

derivando se tiene:

dF M (

m)dm = 2π (arcsin(m))

= 2

π

1√ 1 − m2

(5 puntos )

∴ f M (m) = 2

π√

1 − m20 ≤ m < 1

(10 puntos )

LATEX 8





Campus Santiago

a


Pauta

Profesor : Enzo HernandezAyudante : Hugo Salazar Riquero

1. Determine los valores de a y b para que la siguiente tabla represente una funcion de cuantıa,si se sabe que su esperanza matematica es igual a 1,8:

x 0 1 2 3

P (X = x) 0, 2 a b 0, 3

Desarrollo:

Dado que es funcion de cuantıa debe cumplir que: F (x) ≥ 0 ∀x ∈ Rec(x) es decir a, b ≥ 0 y

ademas

x∈Rec(x)

F (x) = 1,

=⇒ 0, 2 + a + b + 0, 3 = 1 =⇒ a + b = 0, 5

Por otro lado sabemos que E(x) = 1, 8,

=⇒ 0 · 0, 2 + 1 · a + 2 · b + 3 · 0, 3 = 1, 8 =⇒ a + 2b = 0, 9

luego, al resolver el sistema tenemos que a = 0, 1 y b = 0, 4 .

2. Determine la funcion de distribucion acumulada, esperanza matematica, varianza y desviaciontıpica de la variable aleatoria definida por la siguiente funcion de densidad:

x −2 0 2 4 6 8

f (x) 0, 05 A 0, 15 A 0, 2 2A

Desarrollo:

Primero debemos calcular A,

0, 05 + A + 0, 15 + A + 0, 2 + 2A = 1 =⇒ 4A = 0, 6 =⇒ A = 0, 15

LA

TEX 1





Campus Santiago

Luego la funcion de distribucion acumulada esta dada por:

F (X ) =

0 si x < −20, 05 si −2 ≤ x < 00, 2 si 0 ≤ x < 20, 35 si 2 ≤ x < 40, 5 si 4 ≤ x < 60, 7 si 6 ≤ x < 81 si 8 ≥ x

La esperanza matematica esta dada por:

E (x) =

x∈Rec(x)

xP (X = x)

= −2 · 0, 05 + 0 · 0, 15 + 2 · 0, 15 + 4 · 0, 15 + 6 · 0, 2 + 8 · 0, 3

∴ E (x) = 4, 4

Para el calculo de la varianza debemos obtener hacer: V (x) = E (x2) − (E (x))2,

E

x2

=

x∈Rec(x)

x2P (X = x)

= (−2)2 · 0, 05 + (0)2 · 0, 15 + (2)2 · 0, 15 + (4)2 · 0, 15 + (6)2 · 0, 2 + (8)2 · 0, 3

luego,

V (x) = 29, 6 − (4, 4)2 =⇒ V (x) = 10, 24

Finalmente la desviacion tıpica viene dada por:

σ = V (x) =

10, 24 =⇒ σ = 3, 2

3. El numero de buques tanques, N , que llegan cada dıa a cierta refineria tiene una distribucionde Poisson con parametro λ = 2. Las actuales instalaciones portuarias pueden despachartres buques al dıa. Si mas de tres buques llegan en un dıa, los que estan en exceso debenenviarse a otro puerto.

(a) En un dıa determinado, ¿Cual es la probabilidad de tener que hacer salir buques tan-ques?

(b) ¿En cuanto deben aumentarse las instalaciones actuales para asegurar con una proba-bilidad del 90% la atencion de los buques tanques que lleguen?

(c) ¿Cual es el numero esperado de buques atendidos diariamente?

LATEX 2





Campus Santiago

Desarrollo:

(a) Notar que se hacen salir buques tanques si llegan mas de 3. Definamos X : Buquestanques que llega al puerto en un dıa. Notar que ası X ∼ Poisson(λ = 2). Ahoracalculamos:

P (X ≥ 4) = 1 − P (X ≤ 3)

= 1 −3

x=0

2xe−2

x!

= 1 − 0, 857

= 0, 143

P (X ≥ 4) = 14, 3%

(b) Ahora debemos buscar a partir de que valor de X la probabilidad es superior a 0, 9.

= P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) + P (X = 3) + P (X = 4)

= 0, 857 + P (X = 4)

= 0, 857 + 0, 09 = 0, 947 > 0, 9

por lo que las instalaciones se deben aumentar a 4.

(c) El numero de buques atendidos diariamente viene dado por E (x), el cual es igual a 2.

E (x) =n

x=0

xλxe−λ

x!

= e−λn

x=0

xλx

x!

= e−λ

0 + 1 ·

λ

1! + 2 ·

λ2

2! + 3 ·

λ3

3! + . . .

= e−λ

λ +

λ2

1! +

λ3

2! + . . .

= e−λλ

1 +

λ

1! +

λ2

2! + . . .

= e−λλ

nx=0

λx

x!

= e−λλeλ

= λe(−λ+λ)

= λ

LATEX 3





Campus Santiago

Lo que quiere decir que E (x) = λ si X ∼ P oisson(λ) (X se distribuye Poisson deparametro λ)

4. El lanzamiento de un cohete se considera seguro despues de que se han realizado tres pruebasexitosas. La probabilidad de una prueba exitosa es de 0, 8.

(a) ¿Que probabilidad hay de obtener 3 exitos en 6 pruebas del cohete?

(b) ¿Cual es la probabilidad de que el primer exito se obtenga en la tercera prueba?

(c) Al completar tres pruebas con exito, el cohete es lanzado. Este lanzamiento proporcionauna informacion que obtiene ingresos por US$ 200000 y para cada prueba se inviertenUS$ 10000. ¿Cual es la ganancia esperada en cada lanzamiento de un cohete?

Desarrollo:

(a) Sea X : cantidad de exitos al realizar pruebas con cohetes. X ∼ Bin(n = 6; p = 0, 8).Se pide calcular:

P (X = 3) =

63

0, 83 (1 − 0, 8)6−3 =⇒ P (X = 3) = 0, 08192

(b) Sea Y : Se obtiene el primer exito en la tercera prueba. Y ∼ Geometrica( p = 0, 8). Sepide:

P (Y = 3) = 0, 8 (1 − 0, 8)3−1 =⇒ P (Y = 3) = 0, 032

(c) Primero debemos encontrar una funcion que defina la ganacia, la que viene dada por:

G(Z ) = 200000 − 10000 · Z

es facil notar que Z : Se completaron 3 pruebas con exito. Z ∼ BinNeg(r = 3, p = 0, 8).Como se pide la ganancia esperada, debemos encontrar E (G(Z )),

E (G(Z )) = E (200000 − 10000 · Z )

= 200000 − 10000 · E (Z )

= 200000 − 10000

3

0, 8

∴ E (Z ) = 162500

Es la ganancia esperada.

LATEX 4





Campus Santiago

5. Sea A ∈ M2×2 (R), a ∈ R y

A =

n

i=1(Y − i) + a a · Y

1 Y

Calcular la probabilidad de que A sea invertible si Y ∼ Geometrica( p)

Desarrollo:

Para que una matriz sea invertible, su determinante tiene que ser distinto de cero, por lo quetenemos:

det (A) = ni=1

(Y − i) + aY − a · Y = Y

ni=1

(Y − i) = 0

notar que Y ∈ 1, 2, 3, . . ., ya que se distribuye Geometrica y ademas i ∈ 1, 2, 3, . . . , n,por lo que el determinante es cero sı y solo si Y = i para algun i ∈ 1, 2, 3, . . . , n. Es decirdet(A) = 0 ocurre solo si Y ∈ n + 1, n + 2, . . ., por lo que la probabilidad esta dada por:

P (Y ≥ n + 1) =∞

y=n+1

p (1 − p)y−1 = (∗)

(1 − p)n

(*): Hacer,

∞ j=k

r j = rk + rk+1 + rk+2 + rk+3 + . . . (1)

∞ j=k

r · r j = rk+1 + rk+2 + rk+3 + . . . (2)

Restando (1) con (2) tenemos:

∞

j=k

r j −∞

j=k

r · r j = rk

∞ j=k

(1 − r) r j = rk

(1 − r)∞

j=k

r j = rk

∞ j=k

r j = rk

1 − r

LATEX 5





Campus Santiago

de donde tenemos que para nuestro ejercicio, k = n + 1 y r = 1 − p, reemplazando:

∞y=n+1

p (1 − p)y−1

= p

1 − p

∞y=n+1

(1 − p)y

= p

(1 − p) ·

(1 − p)n+1

1 − (1 − p)

= p

1 − p

(1 − p)n+1

p

= (1 − p)n

LATEX 6





Campus Santiago

a


Pauta


1. Una variable de tipo uniforme U [a, b] tiene por media µ = 200 y por varianza σ2 = 12.Calcular la probabilidad de que X sea menor a 196.

Desarrollo:

Primero, debemos encontrar los parametros de la distribucion. Se sabe que E (x) = 200 yV (x) = 12

E (x) =

ba

x

b− a dx

= x2

2(b− a)

b

a

= b2 − a2

2(b− a)

∴ b + a = 400

Por otro lado, V (x) = E (x2)− (E (x))2

E (x2) =

ba

x2

b− a dx

= x3

3(b− a)

b

a

= b3 − a3

3(a− b)

= 1

3 b2 + ab + a2Luego,

12 + (200)2 = 1

3

b2 + ab + a2

=⇒ 120036 = b2 + ab + a2

de la primera se obtiene que a = 400− b, reemplazando en la segunda tenemos:

120036 = b2 + (400− b)b + (400 − b)2

120036 = (400)2 − 400b + b2

0 = b2 − 400b + 39964

LA

TEX 1





Campus Santiago

por lo que debemos resolver la ecuacion de segundo grado,

b = 400± (400)2

− 4 · 399642

= 400±√ 1442

= 400± 122 ⇒

b1 = 206

b2 = 194

por lo que los parametros de la distribucion son: U [194, 206]. La probabilidad pedida es:

P (X < 196) =

196194

1

206− 194 dx

= 1

12x

196

194

= 2

12

∴ P (X < 196) = 1

6

2. El porcentaje de nicotina en la composicion de un nuevo cigarrillo se puede considerarcomo una variable aleatoria X , cuya funcion de distribucion de probabilidad acumuladaesta definida por:

F (x) =

0 , x < 0

6

x2

2 − x3

3

, 0 ≤ x < 1

1 , x ≥ 1

(a) Determine la funcion de densidad de probabilidad de X .

Desarrollo:

La obtenemos de la relacion:

dF (x)dx = f X (x)

es decir, la funcion de densidad de probabilidad viene dada por:

f X (x) = 6x (1− x) I [0,1[(x)

(b) Determine el porcentaje esperado y el porcentaje mediano de nicotina por cigarrillo.

Desarrollo:

LATEX 2





Campus Santiago

El porcentaje esperado esta dado por E (x):

E (x) = 10

x 6x− 6x2 dx

=

2x3 − 3

2x4

1

0

E(x) = 1

2

El porcentaje mediano viene dado por M e(x) = F (x0) = 0, 5, para ello hacemos:

f X (0) = f X (1) = 0

f X (x) = 6 − 12x = 0 ⇒ x0 = 1

2

f X (x) = −12 < 0 ⇒ x0 es maximo

=⇒ f X (x) es simetrica en torno a x0 = 1

2

Por lo tanto tenemos que Me(x) = 1

2

(c) Determine la probabilidad de que el porcentaje de nicotina por cigarrillo tome valores

dentro de una desviacion estandar del porcentaje de nicotina esperado por cigarrillo.

Desarrollo:

Se pide determinar P| X − E (x) |≤

V (x)

. Para ello debemos realizar calculos

previos:

E

x2

= 6

10

x3 − x4

dx

= 6

x4

4 − x5

5

1

0

= 3

10

Por lo que la varianza viene dada por:

V (x) = 0, 3− (0, 5)2 =⇒ V (x) = 0, 05

LATEX 3





Campus Santiago

Por lo que reemplazamos:

P| X − 0, 5 |≤ 0, 05 = P− 0, 05 ≤ X − 0, 5 ≤ 0, 05

= P

−

0, 05 + 0, 5 ≤ X ≤

0, 05 + 0, 5

= P (0, 2764 ≤ X ≤ 0, 7236)

= P (X ≤ 0, 7236) − P (X ≤ 0, 2764)

= F (0, 7236) − F (0, 2764)

= 6

(0, 7236)2

2 − (0, 7236)3

3

− 6

(0, 2764)2

2 − (0, 2764)3

3

∴ P|X

−0, 5

|≤ 0, 05 = 0, 6258

(d) Suponga que se toma una muestra aleatoria de 20 cigarrillos de este tipo. Determine:

i ) La probabilidad de que aparezcan a lo menos 5 cigarrillos con un porcentaje denicotina inferior al porcentaje esperado de nicotina por cigarrillo.

Desarrollo:

Sea Y : cantidad de cigarrillos con un porcentaje de nicotina inferior al porcentajeesperado. Y

∼Bin (n, p), con n = 20 y p = P (X < E (x)). Previo calculamos:

P (X < E (x)) = P (X < 0, 5)

= F (0, 5)

= 6

0, 52

2 − 0, 53

3

= 0, 5

=⇒ p = 0, 5

Se pide:

P(Y ≥ 5) = 1− P

(Y ≤ 4)

= 1−4

y=0

20

y

0, 5y (1− 0, 5)20−y

= 1− 5, 909 · 10−3

∴ P (Y ≥ 5) = 0, 9941

LATEX 4





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ii ) Si se continua con el mismo esquema de muestreo, determine la probabilidad deque sean necesarios 26 muestreos para obtener 6 muestras que contengan menos

de 5 cigarrillos cuyo porcentaje de nicotina sea superior al porcentaje mediano denicotina por cigarrillo.

Desarrollo:

Sea Z : cantidad de muestreos necesarios para obtener 6 muestras que tengan menosde 5 cigarrillos cuyo porcentaje de nicotina sea superior al porcentaje mediano.Z ∼ BinNeg(r, p), con r = 6 y p∗ = 0, 0059. Se pide:

P (Z = 26) =

26− 1

6− 1

(0, 0059)6(1− 0, 0059)26−6

= 1, 9909 · 10−9

∴ P (Z = 26) → 0

3. El tiempo que transcurre entre llamadas a una empresa de artıculos para plomerıa tiene unadistribucion exponencial con una media entre llamadas de 10 minutos.

(a) ¿Cual es la probabilidad de que transcurran menos de cinco minutos antes de recibir laprimera llamada?

Desarrollo:

Sea T : tiempo (minutos) entre llamadas. T ∼ exp (λ). Recordar que:

E (T ) = 1

λ ⇒ E (T ) =

1

10

Se pide:

P (T < 5) =

50

1

10e−

1

10x dx

= −e

− 1

10x50

∴ P (T < 5) = 0, 3935

(b) ¿Cual es la probabilidad de que el tiempo que transcurre entre la segunda y la tercerallamada este entre 5 y 15 minutos?

Desarrollo:

LATEX 5





Campus Santiago

Se pide:

P (5 ≤ T ≤ 15) = 155

1

10e−

1

10

x

dx

= −e− 1

10x155

∴ P (5 ≤ T ≤ 15) = 0, 3834

(c) Determine la longitud de un intervalo de tiempo para que la probabilidad de recibir almenos una llamada en ese lapso sea 0, 9.

Desarrollo

:

Sea X (t): numero de llamadas recibidas en t minutos. X (t) ∼ Poisson(λ · t). Se desea:

P (X (t) ≥ 1) = 0, 9

1− P (X (t) = 0) = 0, 9

P (X (t) = 0) = 0, 1

(t/10)0e− t10

0! = 0, 1

e− t10 = 0, 1

t = −10 · ln(0, 1)t = 23, 026

Por lo tanto la longitud del intervalo debe ser de 23, 026 min

(d) Si no se ha recibido ninguna llamada en 10 minutos, ¿Cu al es la probabilidad de quehaya que esperar menos de 5 minutos para recibirla?

Desarrollo:

Se pide P (X < 5), la que ya esta calculada.

∴ P (T < 5) = 0, 3935

LATEX 6





Campus Santiago

4. El tiempo total, medido en unidades de 100 horas, que un adolecente escucha su estereodurante un ano en una variable aleatoria, cuya modelacion esta dada por la siguiente funcion:

f X (x) = 1λ

e( λ1−k)xI ]0,∞[(x) λ > 0

(a) Demuestre que f X (x) es funcion de densidad de probabilidad sı y solo si k = 1 + λ2.

Desarrollo:

para que sea funcion densidad se debe cumplir que

∞

0

f X (x) dx = 1

∞

0

1

λ

e( λ1−k)x dx = 1

1

λ

k − 1

λ

∞

0

λ

k − 1e−( λ

k−1)x dx 1

= 1

k − 1

λ2 = 1

=⇒ k = 1 + λ2

Con lo que se demuestra que para que sea funcion densidad k = 1+λ2, ya que se cumple

que ∞0 f X (x) dx = 1.

(b) Considerando λ = 4, encuentre la probabilidad de que el tiempo total en horas, que unadolecente escucha su estereo durante un ano sea:

i ) de exactamente 2, 5 unidades.

Desarrollo:

Dado que λ = 4 la funcion densidad queda:

f X (x) = 1

4e−

x4 I ]0,∞[(x)

Se pide encontrar:

P (X = 2, 5) = 1

4e−

2,5

4 =⇒ P (X = 2, 5) = 0, 1338

LATEX 7





Campus Santiago

ii ) entre 3 y 8 unidades.

Desarrollo:

Se pide:

P (3 < X < 8) =

83

1

4e−

x4 dx

= −e−x4

83

= −

e−2 − e−3

4

P (3 < X < 8) = 0, 337

LATEX 8





Campus Santiago

a


Pauta


1. Considere la funcion densidad de X como:

f X (x) = c

x −

1

2

2

0 < x < 1

Encuentre la funcion densidad de Z , si se define Z = eX

1 + eX

Desarrollo:

Para encontrar la funcion densidad de Z , encontraremos su funcion distribucion y luegoderivaremos.

F Z (z ) = P (Z ≤ z )

= P

eX

1 + eX ≤ z

= P

eX ≤ z + zeX

= P

eX (1 − z ) ≤ z

= P

eX ≤

z

1 − z

= P

X ≤ ln

z

1 − z

con

z

1 − z > 0

= F X

ln

z

1 − z

= F X (ln(z ) − ln(1− z ))

Derivando a ambos lados de la igualdad tenemos:

F Z (z ) = F X (ln(z ) − ln(1 − z ))

1

z +

1

1 − z

= F X (ln(z ) − ln(1− z ))

1

z (1− z )

Luego debemos encontrar los limites para Z , lo cuales estan dados por:

Z = eX

1 + eX ; con X = 0 =⇒ Z = 1

2

con X = 1 =⇒ Z = e1+e

LA

TEX 1





Campus Santiago

finalmente la funcion densidad de Z viene dada por

f Z (z ) = c

ln

z 1 − z − 12

2

1z (1− z ) I ]12 , e

1+e [(z )

2. Sea Y = mın X i : i = 1, 2, . . . , n donde las variables aleatorias X 1, X 2, . . . , X n son tales que∀ t1, t2, . . . , tn ∈ R

P (X 1 > t1, X 2 > t2, . . . , X n > tn) =n

i=1

P (X i > ti)

a ) Pruebe que F Y (t) = 1−n

i=1

(1− F X i (t)) ∀ t ∈ R

Desarrollo:

F Y (t) = P (Y ≤ t)

= 1− P (Y > t)

= 1− P (mın X 1, X 2, . . . , X n > t)

= 1− P (X 1 > t, X 2 > t, . . . , X n > t)

= 1−

n

i=1

P

(X i > t)

= 1−n

i=1

(1− P (X i ≤ t))

= 1−n

i=1

(1− F X i(t))

b) Suponga que n = 3 y X 1, X 2, X 3 ∼ U [0, 1] son independientes. Determine la funciondensidad de Y .

Desarrollo:

Notar que si X i ∼ U [0, 1] entonces F X i (t) = t, con 0 ≤ x ≤ 1, luego tenemos:

F Y (t) = 1−3

i=1

(1− F X i(t))

= 1−3

i=1

(1− t)

= 1− (1 − t)3

LATEX 2





Campus Santiago

Derivando tenemos que la funcion densidad de Y viene dada por:

f Y (t) = 3 (1 − t)

2

I [0,1](t)

3. La variable aleatoria X tiene por funcion densidad a:

f X (x) =

mx si x ∈ [0, 2]1 − mx si x ∈ ]2, 4]

Calcule su funcion generadora de momentos, E (x) y V (x).

Desarrollo:

Su funcion generadora de momentos viene dada por:

ϕX (t) = E

eXt

=

20

extmxdx +

42

ext (1− mx) dx

= ext

t mx

2

0

−

20

mexy

t dx +

ext

t (1− mx)

4

2

+

42

mext

t dx

= ext

t mx

2

0

− mext

t2 2

0

+ ext

t (1− mx)

4

2

+ mext

t2 4

2

= e2t

t 2m −

e2t

t2 m −

m

t2

+

e4t

t (1− 4m) −

e2t

t (1− 2m)

+

e4t

t2 m −

e2t

t2 m

∴ ϕX (t) = me2t

t

4 −

m

t − 4e2t +

e2t

t −

1

t

+

e2t

t

e2t − 1

+

m

t2

Para el calculo de la esperanza y la varianza, tenemos dos opciones, derivar la funci on gen-eradora de momentos, o hacerlo segun la definicion. Usaremos la definicion.

E

(x) = 20 mx

2

dx + 42

x − mx

2 dx

= mx3

3

2

0

+

x2

2 − m

x3

3

4

2

= 8m

3 +

1

2 (16 − 4) −

m

3 (64− 8)

∴ E (x) = 6− 48

3 m

LATEX 3





Campus Santiago

Para el calculo de la varianza, previo encontramos:

E

x2

= 20

mx3

dx + 42

x2

− mx3

dx

= mx4

4

2

0

+

x3

3 − m

x4

4

4

2

= 4m + 1

3 (64 − 8) −

m

4 (256− 16)

= 56

3 − 56m

Finalmente la varianza viene dada por:

V(x) =

E x2− (

E(x))

2

=

56

3 − 56m

−

6 −

48

3 m

2

∴ V (x) = 56

3 − 56m −

6 −

48

3 m

2

Para encontrar valores, debemos calcular m, como sigue:

2

0

mxdx + 4

2

(1− mx) dx = 1

mx2

2

2

0

+

x − m

x2

2

4

2

= 1

2m + [(4− 8m) − (2 − 2m)] = 1

2 − 4m = 1

m = 1

4

Por lo que V (x) = 2

3 y E (x) = 2

4. Sean X 1, X 2, . . . , X n, n variables aleatorias independientes. Se defime Y = X 1+X 2+. . .+X n.Demuestre que para t tal que ϕX i (t) existe, i = 1, 2, . . . , n, se tiene:

ϕY (t) =n

i=1

ϕX i (t)

LATEX 4





Campus Santiago

Desarrollo:

ϕY (t) = E eY t= E

e

n

i=1 X it

= E

eX 1t+X 2t+...+X nt

= E

eX 1teX 2t . . . eX nt

= E

ni=1

eX it

=n

i=1

E

eX it

(Por independencia de los X i)

=n

i=1

ϕX i (t)

5. Demostrar que Y =n

i=1

X in

se distribuye N (µ, σ2/n) si X 1, X 2, . . . , X n son variables aleato-

rias independientes y distribuidas N (µ, σ2).

Desarrollo:

ϕY (t) = E

eY t

= E

e

n

i=1

Xi

n t

= E

ni=1

eX it

n

=n

i=1

E

eX i

t

n

=n

i=1

ϕX i t

n=

ni=1

eµ t

n+σ

2

2 ( t

n)2

=

eµ t

n+σ

2

2 ( t

n)2n

= eµt+ t

2

σ2

n

Con lo que se demuestra que Y =n

i=1

X in ∼ N

µ, σ2/n

LATEX 5





Campus Santiago

6. Sea ϕX (t) la funcion generadora de momentos de X , y se define S (t) = ln (ϕX (t)). Muestreque:

d

dtS (t)

t=0= E (x) y

d2

dt2 S (t)

t=0= V (x)

Desarrollo:

Para la primera tenemos:

d

dtS (t) =

d

dt ln (ϕX (t)) =

ϕ

X (t)

ϕX (t)

t=0

= ϕ

X (0)

ϕX (0) =

E (x)

1 = E (x)

Para la segunda:

d2

dt2 S (t) = d

dtϕ

X

(t)

ϕX (t)

= ϕ

X (t) ϕX (t) − ϕ

X (t) ϕ

X (t)

ϕX (t)2

= ϕ

X (t) ϕX (t) − ϕ

X (t)2

ϕX (t)2

t=0

= ϕ

X (0) ϕX (0) − ϕ

X (0)2

ϕX (0)2

= E x2

− (E (x))2

= V (x)

LATEX 6





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a


Pauta


1. Sea la funcion de masa P(1, 2) = P(1, 3) = P(2, 2) = P(2, 3) = 1/6, P(3, 3) = 2/6.Calcular:

a ) La funcion de distribucion bivariante asociada.

b) P(x, y) ∈ R2 : x + y = 4

Desarrollo:

a ) Considerando los distintos casos posibles, la funcion de distribucion bivariante asociadaes:

F (x, y) =

0 si x < 10 si y < 21/6 si 1 ≤ x < 2 , 2 ≤ y < 3

1/3 si

2 ≤ x , 2 ≤ y < 31 ≤ x < 2 , y ≥ 3

2/3 si 2 ≤ x < 3 , y ≥ 31 si x ≥ 3 , y ≥ 3

b) Los unicos puntos con probabilidad no nula pertenecientes a la recta x + y = 4 son (1, 3)y (2, 2). Por lo tanto:

P(x, y) ∈ R2 : x + y = 4 = P ((1, 3)) + P ((2, 2)) =

1

6 +

1

6 =

1

3

2. El vector aleatorio (X, Y ) tiene la funcion de cuantıa conjunta dada por

P (X = x, Y = y) = k(x + 1)(y + 1)

donde x = 0, 1, 2 e y = 0, 1, 2.

a ) Calcular el valor de k .

b) Calcular las funciones de cuantıa marginales.

c ) Calcular la funcion de cuantıa de X condicionada a Y = y.

LA

TEX 1





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d ) ¿Son independientes X e Y ?

e ) Calcular P (X + Y > 2), P (X 2 + Y 2 ≤ 1) y P (X 2 + Y 2 < 1)

Desarrollo:

a ) El valor de k viene dado por:

2x=0

2y=0

k(x + 1)(y + 1) = 1 =⇒ 36k = 1

Es decir, k = 1

36

b) Las funciones marginales son:

P (X = x) =2

y=0

(x + 1)(y + 1)

36 =⇒

x + 1

6 I 0,1,2(x)

y para Y

P (Y = y) =2

x=0

(x + 1)(y + 1)

36 =⇒

y + 1

6 I 0,1,2(y)

c ) La funcion de X condicionada a Y = y es:

P (X = x | Y = y) = P (X = x, Y = y)

P (Y = y) =

x + 1

6 I 0,1,2(x)

d ) Las variables son independientes, pues:

P (X = x, Y = y) = P (X = x) · P (Y = y)

Para todo x, y = 0, 1, 2.

e ) Se tiene que

- P (X + Y > 2) = P (X = 1, Y = 2) + P (X = 2, Y = 1) + P (X = 2, Y = 2) = 7

12

- P (X 2 + Y 2 ≤ 1) = P (X = 0, Y = 0) + P (X = 1, Y = 0) + P (X = 0, Y = 1) = 5

36

- P (X 2 + Y 2 < 1) = P (X = 0, Y = 0) = 1

36

LATEX 2





Campus Santiago

3. Sea (X, Y ) una variable aleatoria bidimensional con funcion densidad

f XY (x, y) = 24y (1 − x − y) I Ω(x, y)

donde Ω = (x, y) ∈ R2 : x + y ≤ 1, x = 0, y = 0

a ) Calcular las funciones de densidad marginales.

b) Calcular las funciones de densidad condicionales.

c ) Calcular P

x + y ≥ 34 | x > 1

2

y P

x + y ≥ 3

4 | x ≤ 1

2

.

Desarrollo:

a ) Funcion densidad marginal de X :

f x(x) = 1−x

0 24y (1 − x − y) dy

=

12y2 − 12y2x − 8y3y=1−x

y=0

=

12y2(1 − x) − 8y3y=1−x

y=0

= 12(1 − x)3 − 8(1 − x)3

∴ f X (x) = 4(1 − x)3 I [0,1](x)

Funcion densidad marginal de Y

f Y (y) = 1−y

0

24y (1 − x − y) dx

=

24xy − 12x2y − 24xy2x=1−y

x=0

= 12xy (2 − x − 2y)|x=1−y

x=0

= 12(1 − y)y (2 − (1 − y) − 2y)

= 12(1 − y)y(1 − y)

∴ f Y (y) = 12y(1 − y)2 I [0,1](x)

b) Funcion de densidad para X | Y = y

f X |Y =y(x) = 24y (1 − x − y)

12y(1 − y)2

∴ f X |Y =y(x) = 2(1 − x − y)

(1 − y)2 I [0,1[(x)

Funcion de densidad para Y | X = x

f Y |X =x(y) = 24y (1 − x − y)

4(1 − x)3

LATEX 3





Campus Santiago

∴ f Y |X =x(y) = 12y(1 − x − y)

(1 − x)3 I [0,1[(x)

c ) La probabilidad pedida viene dada por:

P

x + y ≥

3

4 | x >

1

2

=

34

1

2

1−x

3

4−x

24y(1 − x − y) dydx +

13

4

1−x

0

24y(1 − x − y) dydx

11

2

1−x

0

24y(1 − x − y) dydx

y la otra probabilidad es:

P

x + y ≥

3

4 | x ≤

1

2

=

12

0

1−x

3

4−x

24y(1 − x − y) dydx

12

0

1−x

0

24y(1 − x − y) dydx

LATEX 4