ap probabilidad

Apuntes de Probabilidad

porJose Antonio Belinchon

Ultima actualizacion Agosto 2003

Indice General

Prologo iii

1 Eventos y Probabilidad. 1

1.1 Axiomatica de Kolmogorov. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Probabilidad condicional. Formula de Bayes. Sucesos independientes. . . . . . . . . 3

1.3 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2 Variables aleatorias. Esperanza y varianza. 15

2.1 Variables aleatorias. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.2 Esperanza y varianza. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.3 Desigualdades de Markov y Chebychev. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.4 Funciones generatrices: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.5 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3 Variables aleatorias discretas. 29

3.1 Tipos de distribuciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3.1.1 Bernoulli. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3.1.2 Binomial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3.1.3 Geometrica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3.1.4 Binomial negativa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.1.5 Poisson. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

3.2 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

4 Varias variables aleatorias discretas 43

i

ii INDICE GENERAL

4.1 Varias variables aleatorias discretas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

4.2 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

5 Variables aleatorias continuas (v.a.c.). 55

5.1 Variables aleatorias continuas (v.a.c.). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

5.2 Tipos de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

5.2.1 Uniforme en [a, b]. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

5.2.2 Exponencial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

5.2.3 Normal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

5.3 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

6 Varias variables aleatorias continuas. 69

6.1 Varias variables aleatorias continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

6.2 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

7 Teoremas de los grandes numeros y teorema central del lmite. 85

7.1 Series aleatorias. Convergencia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

7.2 Leyes de los grandes numeros. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

7.2.1 Ley debil. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

7.2.2 Ley Fuerte. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

7.3 Teorema central del Lmite. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

7.4 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

8 Cadenas de Markov 103

8.1 Cadenas de Markov. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

8.2 Cadenas Absorbentes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

8.2.1 Forma canonica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

8.3 Cadenas ergodicas y regulares. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

8.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

Prologo

La idea fundamental de esta notas confecionadas a modo de resumen (personal) es la de tener amano un recordatorio de por donde iban los tiros. Solo se demuestran los teoremas fundamentales yse acompona el texto con una serie de ejercios mas o menos trabajados. En modo alguno pretendensustituir (porque es implosible) los manuales clasicos o las notas de clase de un profesor. Es decir,estas notas estan confeccionadas a modo de refrito entre las notas de clase y de distintos librosclasicos como los siguientes:

1. Grimmett, G and Welsh, D. Probability: an Introduction. Oxford UP 2001.

2. Grinstead, C.M. Introduction to probability. http://www.dartmouth.edu/.

3. Novo, V. Problemas de Calculo de Probabilidades y Estadstica UNED 1993.

4. Lipschutz, S and Lipson, M. Probabilidades. McGrawHill 2001.

5. Quesada, V. et al. Lecciones de Calculo de Probabilidad. Ed. daz de Santos 1988.

6. Montero, J. et al Ejercicios y Problemas de Calculo de Probabilidades. Ed. daz de Santos1988.

7. Bolshakov, V. et al. Teora de la Elaboracion Matematica de las Mediciones Geodesicas. MIR1989.

todo ello aderezado (como he indicado antes) con una serie de ejemplos (ejercicios donde se aplicade forma inmediata los conceptos teoricos expuestos) desarrollados (eso espero) al final de cadacapitulillo (todos ellos muy sencillos).

ADVERTENCIA: No estan concluidas y es muy posible que hayan sobrevivido numerosas er-ratas. Toda observacion en este sentido es bien recibida.

iii

iv INDICE GENERAL

Captulo 1

Eventos y Probabilidad.

1.1 Axiomatica de Kolmogorov.

Definicion 1.1.1 Definimos espacio muestral como el conjunto de resultados posibles.

Definicion 1.1.2 Se llama suceso aleatorio A, a cualquier subconjunto del espacio muestral.

Definicion 1.1.3 F = () . El conjunto de los sucesos aleatorios asociados a un experimentoaleatorio con espacio muestral .

Definicion 1.1.4 Suceso complementario Ac, suceso union AB, el suceso interseccion AB. SiA B = entonces decimos que son incompatibles. Dados {Ai} decimos que forman un sistemacompleto de sucesos si son mutuamente excluyentes y Ai = .

Definicion 1.1.5 Ya fijados (,F) entonces P es una probabilidad sobre F si:

1. P : F [0, 1] R,2. P () = 1,

3. Si A,B F, A B = = P (A B) = P (A) + P (B), si {Ai}ni=1 F, Ai Aj = =P (Ai) =

i P (Ai).

La idea intuitiva de probabilidad viene de la de frecuencia i.e.

frec(A) =poblacion de A

poblacion total

Propiedades 1.1.1 1. P (\A) = P (Ac) = 1 P (A),

P () = 1 P () = 0.

1

2 CAPITULO 1. EVENTOS Y PROBABILIDAD.

2. P (A B) = P (A) + P (B) P (A B),

Si A B = = P (A B) = P (A) + P (B).

3. Principio de inclusion-exclusion:

P (A B C) = P (A) + P (B) + P (C) P (A B) P (A C) P (B C) + P (A B C).

4. P (A\B) = P (A)\P (A B), observar que: A = (A\B) (A B).5. Si A B, P (A) P (B).

Proposicion 1.1.1 Si {Ai}ni=1 F (nofinito de sucesos)

P (Ai) i

P (Ai)

Teorema 1.1.1 Si {Ai}i=1 F / Ai Ai+1 entonces

limi

P (Ai) = P (i Ai)

Corolario 1.1.1 Si Ai Ai+1lim

iP (Ai) = P (i Ai)

Corolario 1.1.2 Para un numero infinito de sucesos:

P (Ai)

i

P (Ai)

Ejemplo 1.1.1 Tomemos una baraja con 52 cartas (cada palo tiene 13 cartas con solo 3 figuras).Por lo tanto nuestro espacio muestral = {52 cartas} . Consideramos los sucesos

A = {espadas}B = {figura}

y queremos calcular las siguientes probabilidades:

P (A), P (B), P (A B) y P (A B).

Para calcular la probabilidad del suceso A tenemos en cuenta:

P (A) =node cartas que son espadas

nototal de cartas=

1352

1.2. PROBABILIDAD CONDICIONAL. FORMULADE BAYES. SUCESOS INDEPENDIENTES.3

de igual forma calculamos la probabilidad del suceso B

P (B) =node cartas que son figuras

nototal de cartas=

3 452

tres figuras por palo y 4 palos. P (A B) significa numero de figuras que son espadas, entonces:

P (A B) = node figuras que son espadas

nototal de cartas=

352

y por ultimo la probabilidad del suceso P (A B) significa la probabilidad de que una carta seaespada o figura

P (A B) = P (A) + P (B) P (A B)P (A B) = 13

52+

1252 3

52

1.2 Probabilidad condicional. Formula de Bayes. Sucesos inde-pendientes.

En lo que sigue sean (,F, P ) con A,B F

Definicion 1.2.1 Probabilidad condicional:

P (A | B) = P (A B)P (B)

Ejemplo 1.2.1 Se lanzan dos dados, entonces = {36 posibles combinaciones}

=

1 2 3 4 5 61 (1, 1) (1, 2) (1, 3) (1, 4) (1, 5) (1, 6)2 (2, 1) (2, 2) (2, 3) (2, 4) (2, 5) (2, 6)3 (3, 1) (3, 2) (3, 3) (3, 4) (3, 5) (3, 6)4 (4, 1) (4, 2) (4, 3) (4, 4) (4, 5) (4, 6)5 (5, 1) (5, 2) (5, 3) (5, 4) (5, 5) (5, 6)6 (6, 1) (6, 2) (6, 3) (6, 4) (6, 5) (6, 6)

Queremos encontrar la posibilidad de que uno de ellos sea 2 si la suma es 6.

Sea A el suceso: 2 aparece por lo menos en uno de los dos dados i.e.

A = {(2, 1) , (2, 2) , (2, 3) , (2, 4) , (2, 5) , (2, 6) , (1, 2) , (3, 2) , (4, 2) , (5, 2) , (6, 2)} .Y sea B el suceso la suma es 6, i.e.

B = {(1, 5) , (2, 4) , (3, 3) , (4, 2) , (5, 1)} .


Nosotros queremos calcular

P (A | B) = P (A B)P (B)

para ello necesitamos conocer A B = {(2, 4) , (4, 2)} , por lo tanto

P (A | B) = P (A B)P (B)

=236536

=25.

Teorema 1.2.1 Probabilidad TOTAL:

P (A) =

P (Bi)P (A | Bi)con (A,B1, ..., Bn) tales que Bi Bj = , i 6= j.

Teorema 1.2.2 BAYES:

P (Bi | A) = P (A | Bi)P (Bi)P (Bi)P (A | Bi) =

P (A | Bi)P (Bi)P (A)

.

Ejemplo 1.2.2 Una fabrica utiliza tres maquinas X,Y, Z tales que:

X produce el 50% / 3% es defectuosoY produce el 30% / 4% es defectuosoZ produce el 20% / 5% es defectuoso

queremos encontrar la probabilidad de encontrar un artculo defectuoso.

Es una simple y pura aplicacion del teorema de la probabilidad total. Definimos el suceso D encon-trar un artculo defectuoso, as pues

P (D) = P (X)P (DX | X) + P (Y )P (DY | Y ) + P (Z)P (DZ | Z)=

(50100

)(3100

)+(30100

)(4100

)+(20100

)(5100

)=

371000

Supongamos ahora que se ha encontrado un artculo defectuoso, queremos encontrar la probabilidadde que provenga de cada una de las maquinas i.e. queremos encontrar las probabilidades: P (X |DX), P (Y | DY ) y P (Z | DZ). Este apartado es un mero ejemplo de aplicacion del teorema deBayes.

P (X | DX) = P (X)P (DX | X)P (D)

=

(50100

) (3100

)371000

=1537

P (Y | DY ) = P (Y )P (DY | Y )P (D)

=

(30100

) (4100

)371000

=1237

P (Z | DZ) = P (Z)P (DZ | Z)P (D)

=

(20100

) (5100

)371000

=1037

1.2. PROBABILIDAD CONDICIONAL. FORMULADE BAYES. SUCESOS INDEPENDIENTES.5

Definicion 1.2.2 Independencia: A y B son independientes sii

P (A | B) = P (A B)P (B)

= P (A),

P (A B) = P (A)P (B) sii A y B son independientes.

Definicion 1.2.3 Decimos que {Ai} F son independientes dos a dos sii

P (Ai Aj) = P (Ai)P (Aj),

Decimos que {Ai} F son independientes sii

P (A1 ...... Ai) = P (A1).......P (Ai),

Ejemplo 1.2.3 Lanzamos un par de monedas (equilibradas)

= {CC,CX,XC,XX}

consideramos los siguientes sucesos:

A = {cara en el primer lanzamiento} = {CC,CX} P (A) = 24

B = {cara en el segundo lanzamiento} = {XC,CC} P (B) = 24

D = {cara en una moneda} = {XC,CX} P (D) = 24

vamos a comprobar que son sucesos independientes dos a dos pero que no son totalmente indepen-dientes.

P (A B) = P (A)P (B) = 24 24= P (CC) =

14

P (A D) = P (A)P (D) = 24 24= P (CX) =

14

P (B D) = P (B)P (D) = 24 24= P (XC) =

14

pero

P (A B D) = P (A)P (B)P (D) = 24 24 246= P () = 0

luego no son totalmente independientes.


1.3 Ejemplos

Ejercicio 1.3.1 En cierta ciudad, el 40% de las personas se consideran conservadoras (C), el 35%liberales (L) y el 25% independientes (I). Durante una eleccion votaron el 45% de los conservadores,el 40% de los liberales y el 60% de los (I). Supongamos que elegimos una persona al azar:

1. Calcular la probabilidad de que dicha persona sea un votante.

2. Si es votante, encontrar la probabilidad de que lo haya hecho a (C), (L) y a los (I).

Solucion. Aplicando el teorema de probabilidad total

P (V ) = P (C)P (V | C) + P (L)P (V | L) + P (I)P (V | I),

si sabemos queP (C) = 40% P (V | C) = 45%P (L) = 35% P (V | L) = 40%P (I) = 25% P (V | I) = 60%

as pues:P (V ) = 40 45 + 35 40 + 25 60 = 47%

Para encontrar la probabilidad de que lo haya hecho a cada uno de los partidos aplicamos el teoremade Bayes i.e.:

P (C | V ) = P (C)P (V | C)P (V )

= 38.3%

P (L | V ) = P (L)P (V | L)P (V )

= 29.8%

P (I | V ) = P (I)P (V | I)P (V )

= 31.9%

como queramos calcular.

Ejercicio 1.3.2 Una caja contiene 10 monedas tal que 5 de ellas tienen 2 caras, 3 tienen doscruces y 2 monedas son normales. Seleccionamos una moneda al azar y la lanzamos:

1. Calcular la probabilidad de que salga cara.

2. La probabilidad de que venga de una moneda normal.

1.3. EJEMPLOS 7

Solucion. Tenemos el siguiente esquema:2C(12) C2X( 310) XN(15)

{C(12)X(12)

as que la probabilidad de sacar cara (C) sera:

P (C) = (12) 1 + (1

2) (1

5) =

610

de forma mas extensa:

P (C) = P (2C) P (C | 2C) + P (2X) P (C | 2X) + P (N) P (C | N)

dondeP (2C) = (12) P (C | 2C) = 1P (2X) = ( 310) P (C | 2X) = 0P (N) = (15) P (C | N) = (12)

Aplicamos Bayes para calcular la segunda probabilidad:

P (N | C) = P (N) P (C | N)P (C)

=(12) (15)

610

=16


Ejercicio 1.3.3 Dos hombres A y B disparan a un objetivo. La probabilidad de que A de al objetivoes: P (A) = 1/3 y la de B es: P (B) = 1/5. (suponemos que ambos eventos son independientes).Queremos encontrar la probabilidad de que:

1. A no logre el objetivo,

2. Ambos lo logren,

3. uno de ellos lo logre y

4. Ninguno lo logre.

Solucion.

1. A no lo logra i.e. Ac

P (Ac) = 1 13.

2. Ambos lo logran i.e.

P (A B) = P (A) P (B) = 13 15=

115.


3. Uno de ellos lo logra i.e.

P (A B) = P (A) + P (B) P (A B) = 13+

15 1

15=

715.

4. Ninguno lo logra:

P ((A B)c) = 1 P (A B) = 1 715.


Veamos una variante del ejercico anterior.

Ejercicio 1.3.4 Esta vez (con las condiciones del eejrcico anterior) tenemos tres hombres A,B yC con P (A) = 1/6, P (B) = 1/4 y P (C) = 1/3. Calcular:

1. Todos alcancen al objetivo.

2. Ninguno lo logre.

3. Al menos uno de ellos lo logre.

Solucion.

1. Todos alcancen al objetivo:

P (A B C) = P (A) P (B) P (C)

son sucesos independientes.

2. Ninguno lo logre

P (Ac Bc Cc) = P (Ac) P (Bc) P (Cc) = P ((A B C)c)

3. Al menos uno de ellos lo logre

P (A B C) = P ((Ac Bc Cc)c)


Ejercicio 1.3.5 Cierto tipo de misil alcanza su objetivo con probabilidad p = 0.3. Encontrar elnumero mnimo n de misiles que deben dispararse de modo que exista por lo menos un 80% deprobabilidad de exito.

1.3. EJEMPLOS 9

Solucion. La probabilidad de que n misiles NO alcance el objetivo es (0.7)n . Por lo tanto

1 (0.7)n > 80 (0.7)n < 0.20 =n =

ln(0.2)ln(0.7)

= 4.5123

as pues es necesario lanzar al menos 5 misiles.

Ejercicio 1.3.6 Tenemos una urna con 6 bolas rojas y 4 negras. Se extraen dos bolas sin reem-plazamiento. Si se sabe que la primera es roja Que probabilidad hay de que la segunda sea roja?.

Solucion. Es un ejemplo tpico de probabilidad condicional. Sean los sucesos A = {la 2a es roja}y B = {la 1a es roja}. El numero de formas de extraer dos bolas sin reemplazamiento es

C(10, 2) =(

102

)=

10!2!(10 2)! = 45

el numero de formas de extraer 2 rojas es:

C(6, 2) =(

62

)=

6!2!(6 2)! = 15

por lo tanto

P (A B) = 1545

=13

y como

P (B) =610

entonces:P (A | B) = P (A B)

P (B)=

59

mientras que si nos preguntan cual es la probabilidad de obtener las dos rojas entonces:

P (RR) =610

59=

13

observamos el siguiente grafico: R( 610)

{R(59)N(49)

N( 410){R(69)N(39)

como queramos ver.

Ejercicio 1.3.7 Se sabe que en cierta poblacion el numero de personas que padecen la enfermedadE es el 1%. Se ha investigado una prueba diagnostica que resulta positiva en el 97% de las personasque la padecen y en el 2% de las sanas. Queremos calcular la probabilidad de que una persona conprueba positiva padezca realmente la enfermedad.


Solucion. Sean E (enfermedad), S (sanos) y D (diagnostico). Sabemos que:

P (E) = 0.01, P (S) = 0.99, P (D | E) = 0.97, P (D | S) = 0.02por lo tanto:

P (E | D) = P (E)P (D | E)P (E)P (D | E) + P (S)P (D | S) = 0.32

i.e.solo el 32% de las personas con prueba positiva padecen realmente la enfermedad.

Ejercicio 1.3.8 Un empresario tiene dos negocios, N1, N2. El primero tiene unas perdidas del20% mientras que el segundo del 4%. Si los dos negocios tienen igual volumen y que hemos elegidoun balance al azar uno de los dos negocios queremos calcular la probabilidad de que sea del primernegocio.

Solucion. Sea el suceso L = {tener perdidas}. Sabemos que

P (N1) = P (N2) =12

mientras queP (L | N1) = 0.2 y P (L | N2) = 0.04

entonces aplicando trivialmente la formula de Bayes tenemos que:

P (N1 | L) = P (N1)P (L | N1)P (L)

donde

P (L) =2

i=1

P (Ni)P (L | Ni)

es la probabilidad total de perdida. Por lo tanto sustituyendo los valores numericos tenemos que:

P (L) =2

i=1

P (Ni)P (L | Ni) = 12 [(0.2) + (0.04)] = 0.12

mientras que

P (N1 | L) = P (N1)P (L | N1)P (L)

=12 (0.2)0.12

= . 833 33

como queriamos hacer ver.

Ejercicio 1.3.9 Una compania de transportes de mercancias cubre tres lineas Li de tal forma queel 50% de los camiones de la compania trabajan en la linea L1, el 30% en la L2 y el 20% restanteen la L3. Los camiones se averian en cada linea con una probabilidad del 3%, 4% y 1% (resp.).Queremos calcular la probabilidad de que un camion se encuentre averiado y en segundo lugarsabiendo que un camion esta averiado calcular la probabilidad de que este pertenezca a cada unadelas lineas.

1.3. EJEMPLOS 11

Solucion. Un sencillo ejemplo del calculo de la probabilidad total y de la aplicacion del teoremade Bayes.

Vemos que

(0.5)L1

{(0.03)A(0.97)F

(0.3)L2

{(0.04)A(0.96)F

(0.2)L3

{(0.01)A(0.99)F

i.e.P (L1) = 0.5, P (L2) = 0.3, P (L3) = 0.2

P (A | L1) = 0.03, P (A | L2) = 0.04, P (A | L3) = 0.01por lo tanto la probabilidad de encontrar un camion averiado sera:

P (A) =3

i=1

P (Li)P (A | Li)

mientras que la probabilidad de un camion averiado pertenezca a cada una de las lineas es (aplicandoBayes):

P (Li | A) = P (Li)P (A | Li)P (A)

simplemente se substituyen los valores numericos.

Ejercicio 1.3.10 Supongamos que se clasifica a las personas en tres grupos Gi. La probabilidadde que una persona tomada al azar pertenezca a cada grupo Gi es:

P (G1) = 0.5, P (G2) = 1/3 P (G3) = 1/6.

Por otro lado se sabe que la probabilidad de que una persona del grupo Gi contraiga una determinadaenfermedad E es:

P (E | G1) = 1/10, P (E | G2) = 1/15, P (E | G3) = 1/12.queremos saber la probabilidad de que una persona contriga la enfermedad E, la probabilidad de queuna persona enferma sea del grupo Gi y por ultimo la probabilidad de que una persona sana sea delgrupo Gi.

Solucion. En primer lugar, la probabilidad de que una persona contriga la enfermendad sera:

P (E) =3

i=1

P (Gi)P (E | Gi)

en segundo lugar, por el teorema de Bayes sabemos que

P (Gi | E) = P (Gi)P (E | Gi)P (E)


y por ultimo, si denotamos por E = {persona sana} suceso complementario al de estar enfermotenemos entonces:

P (E) = 1 P (E)P (E | Gi) = 1 P (E | Gi)

por lo tanto

P (Gi | E) = P (Gi)P (E | Gi)P (E)

como queriamos calcular.

Ejercicio 1.3.11 Un sistema electrico consta de dos bloques Bi en paralelo de forma que si fallauno entonces todo el sistema falla. La probabilidad de que B1 funcione correctamente es: P (B1) = py P (B2) = q. Si el sistema ha fallado F queremos calcular la probabilidad de que el fallo sea delprimer bloque.

Solucion. Tenemos los siguientes sucesos:

F = {sistema falla}F1 = {falla B1 pero no B2}F2 = {falla B2 pero no B1}F3 = {fallan B1 y B2}

por lo tanto si P (B1) = p y P (B2) = q entonces:

P (F1) = (1 p)qP (F2) = p(1 q)P (F3) = (1 p)(1 q)

ademasP (F | F1) = P (F | F2) = P (F | F3) = 1

Aplicando el teorema de Bayes tenemos que:

P (F1 | F ) = P (F1)P (F | F1)P (F )

dondeP (F ) =

P (Fi)P (F | Fi)

por lo tanto

P (F1 | F ) = (1 p)q1 pqcomo queriamos hacer ver.

1.3. EJEMPLOS 13

Ejercicio 1.3.12 Una clase tiene 12 hombres y 4 mujeres. Seleccionamos 3 personas al azar.Calcular la probabilidad de que estas sean 3 hombres.

Solucion. Vemos que nuestro espacio muestral

= {16 personas} = {12H + 4M}observemos el siguiente grafico (esquema):

(12/16)H

(11/15)H

(10/14)H

(4/14)M

(4/15)M

(4/16)M

(12/15)H

(3/15)M.........

por lo tanto por el teorema de multiplicacion de probabilidades tenemos que

P (3H) =1216

1115

1014

=1128

Otro metodo seria el siguiente:

C(16, 3) = 560C(12, 3) = 220

P (3H) =C(12, 3)C(16, 3)


Ejercicio 1.3.13 De una baraja de 52 cartas elegimos 5 al azar. P (5C) sean del mismo palo.

Solucion. En este ejemplo no nos queda mas remedio que aplicar la tactica combinatoria pues elde los arboles es pesadisimo. Asi pues tenemos que

C(52, 5) =52!

5!(52 5)!C(13, 5) =

13!5!(13 5)!

ya que hay 13 cartas por palo, por lo tanto

P (5C) =C(13, 5)C(52, 5)

=13!

5!(135)!52!

5!(525)!=

3366 640

= 4. 952 104


Captulo 2

Variables aleatorias. Esperanza yvarianza.

2.1 Variables aleatorias.

Definicion 2.1.1 V.A. Sea (,F, P ). Decimos que X

X : R: 7 X() = x

es una variable aleatoria siX1(x) = { : X() = x}

i.e. la imagen inversa de cualquier intervalo de R es un suceso de . Tenemos dos tipos de variablesaleatorias:

1. Discreta

2. Continua

Definicion 2.1.2 La funcion de distribucion de la v.a. X, F : R R definida por

F (x) = PX {(, x]} = P{X1 (, x]}

la funcion de distribucion asigna a cada numero real x la probabilidad acumulada hasta ese valorx.

Propiedades 2.1.1 Si F es la funcion de distribucion de X entonces se verifica:

1. a, b R, a b; PX(a < X < b) = F (b) F (a)2. F es cont. por la derecha en cada punto de R

15

16 CAPITULO 2. VARIABLES ALEATORIAS. ESPERANZA Y VARIANZA.

3. F es monotona no decreciente

4. F () = 0, F () = 1.

Definicion 2.1.3 Si X es v.a. discreta se define la funcion de masa

p : R [0, 1]tal que

p(x) = PX(x) = P [ : X() = x]

Definicion 2.1.4 Si X es v.a. continua, se llama funcion de densidad f de X a cualquier funcionf : R R /

1. f(x) 0, x R,2. f contiene a lo sumo un numero finito de discontinuidades i.e. f es integrable Riemann

3.R fdx = 1

A partir de f 7 FF (x) =

f(x)dx

Ejemplo 2.1.1 Sea el espacio muestral donde se lanzan dos dados equilibrados i.e.

= {(1, 1) , ......, (6, 6)} / # = 36(# representa numero de elementos) i.e.

=

1 2 3 4 5 61 (1, 1) (1, 2) (1, 3) (1, 4) (1, 5) (1, 6)2 (2, 1) (2, 2) (2, 3) (2, 4) (2, 5) (2, 6)3 (3, 1) (3, 2) (3, 3) (3, 4) (3, 5) (3, 6)4 (4, 1) (4, 2) (4, 3) (4, 4) (4, 5) (4, 6)5 (5, 1) (5, 2) (5, 3) (5, 4) (5, 5) (5, 6)6 (6, 1) (6, 2) (6, 3) (6, 4) (6, 5) (6, 6)

se consideran los sucesos X,Y tal es que:

X = max (a, b)Y = a+ b

queremos encontrar las distribuciones de X e Y.

En primer calculamos la del suceso X,

val(X) = {1, 2, 3, 4, 5, 6}

2.2. ESPERANZA Y VARIANZA. 17

mientras que sus respectivas probabilidades son:

P (X = 1) =#casos

#total de casos=

136

P (X = 2) =336...

P (X = 6) =1136

de esta forma obtenemos la siguiente tabla:

val(X) 1 2 3 4 5 6f(xi) 136

336

536

736

936

1136

Para el evento Y procedemos de igual forma:

val(Y ) = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12}

P (Y = 2) =136

P (Y = 3) =236...

P (Y = 12) =136

val(Y ) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12f(yi) 136

236

336

436

536

636

536

436

336

236

136

2.2 Esperanza y varianza.

Sea X una v.a. y sea g : R R / g C(R). f describe la funcion de masa o densidad si X esdiscreta o continua respectivamente

Definicion 2.2.1 Esperanza

:= E [g(X)] =

g(xi)f(xi) X v.a.d.

g(xi)f(xi)dx X v.a.c.

si g(X) = X, entonces

E(X) =

xif(xi), o E(X) =

xif(xi)dx


Proposicion 2.2.1 Sean X,Y v.a.d. y a, b R

1. E [a] = a

2. E [aX + b] = aE [X] + b

3. E [X + Y ] = E [X] + E [Y ]

4. E [aX + bY ] = aE [X] + bE [Y ]

Ejemplo 2.2.1 Considerando los sucesos del ejemplo anterior (ejem. 2.1.1), de forma inmediatavemos que

E(X) =

xif(xi) =136

[1 + 2 (3) + 3 (5) + 4 (7) + 5 (9) + 6 (11)] =16136

= 4.47

mientras que la esperanza de la variable Y es:

E(Y ) =136

[2 + 3 (2) + 4 (3) + 5 (4) + 6 (5) + ...+ 11 (2) + 12 (1)] =25236

= 7

Definicion 2.2.2 Varianza

2 [X] := var(X) = E[(X )2

]var(X) = E

[X2] E [X]2

var(X) =

(x )2 f(xi) =

x2i f(xi) E(X)2

var(X) =R(x )2 f(xi)

Proposicion 2.2.22 [X] = E

[X2] E [X]2

2 [aX + b] = a22 [X]

Definicion 2.2.3 Desviaion tpica =

var(X)

2.3. DESIGUALDADES DE MARKOV Y CHEBYCHEV. 19

Ejemplo 2.2.2 Considerando los sucesos del ejemplo de los dos dados (ejem. 2.1.1), de formainmediata vemos que la varianza de la variable X es:

var(X) =

x2i f(xi) 2 =

=136[1 + 22 (3) + 32 (5) + 42 (7) + 52 (9) + 63 (11)

] (4.47)2 = 1.99mientras que la desviacion tpica es:

X =var(X) = 1.4

2.3 Desigualdades de Markov y Chebychev.

Teorema 2.3.1 Desigualdades de Markov y Chebychev.

Markov:P (X t) E(X)

t

ChebychevP (|X E(X)| t) var(X)

t2

P (|X E(X)| > t(X)) 1t2

P ( k < X < + k) 1 1k2

2.4 Funciones generatrices:

GX(s) =

P (X = k)sk

E(X) = GX(1),

var(X) = GX(1) +GX(1)GX(1)2.

2.5 Ejemplos

Ejercicio 2.5.1 Chebychev: Supongamos que X es v.a. tal que E(X) = 25 y (X) = 2, entoncesestimar


1. P (X 35)2. P (X 20)

Solucion. Consideramos la desigualdad de Chebychev para aproximar tales probabilidades:

P ( k X + k) 1 1k2.

Como sabemos que = 25 y = 2 entonces

X 35 + k = 35 k = 5

as (k = 5)

1 1k2

= 1 152w 0.96

y (k = 5) k = 15

por lo tantoP (15 X 35) 0.96 = P (X 35) 0.96

ya queP (X 35) P (15 X 35) 0.96

Para contestar a la segunda pregunta operamos de igual forma:

X 20 k = 20 k = 2.5

por lo tantoP (X 20) P (20 X 30) 0.84

como queramos hacer ver.

Ejercicio 2.5.2 Sea X tal que E(X) = 80, utilizar Cheby para estimar la desviacion tpica sisabemos que

P (75 X 85) 0.9

Solucion. Sabemos que Cheby nos dice:

P ( k X + k) 1 1k2

= 0.9

por lo tanto

1 1k2

= 0.9 k =10

y por consiguiente:P (80

10 X 80 +

10) 0.9

2.5. EJEMPLOS 21

8010 = 75

80 +10 = 85

por lo tanto

=12

10


Ejercicio 2.5.3 Una v.a. tiene de media 14 y =2. Encontrar una cota inferior de la prob. de

que dicha variable (10, 18) .

Solucion. Cheby nos dice:

P ( k X + k) 1 1k2

por lo tanto

P (14 k2 X 14 + k

2) 1 1

k2

P (10 X 18) 1 1k2

por consiguiente:k2 = 4 k = 2

2

P (10 X 18) 1 1k2

=78


Ejercicio 2.5.4 La longitud de ciertos tornillos se distribuye segun la funcion de densidad

f(x) ={

34 (x 1) (3 x)

0x [1, 3]

queremos calcular:

1. La esperanza y la varianza,

2. si los tornillos son solo validos si su longitud esta entre 1.7 y 2.4. calcular la prob. de que untornillo sea valido.

Solucion. La esperanza y la varianza se calculan de forma trivial teniendo en cuenta sus defini-ciones:

E(X) = 31xf(x)dx =

34

31x (x 1) (3 x) dx = 2


var(X) =34

31x2 (x 1) (3 x) dx 4 = 1

5

Con respecto al segundo apartado vemos que:

P (1.7 < X < 2.4) = 2.41.7

f(x)dx =34

2.41.7

(x 1) (3 x) dx = .502 25


Ejercicio 2.5.5 Una persona participa en un concurso de la tele. Le hacen una pregunta con 5respustas (solo una es verdadera) si acierta entonces gana 10000. Si falla le vuelven hacer otrapregunta con tres posibles respuestas de las cuales solo una es verdadera. Si acierta entonces gana1000 y si falla se le vuelve hacer otra pregunta con solo dos respuestas si acierta entonces no gananada y si falla pierde 500. El juego termina cuando la persona acierta o despues de fallar la tercerapregunta. Queremos calcular:

1. Probabilidad de que de una respuesta correcta.

2. ganancia esperada

3. E(X), var(X) donde X = # preguntas propuestas al concursante.

Solucion. La situacion es:

1a

15A(10000)

45F 2a

13A(1000)23F 3a

{12A(0)12F (500)

= {A,FA,FFA,FFF}Sea Ai responder correctamente, entonces

P (A) =

P (Ai)

P (A) =15+

1345+

122345=

115

Sea Y la variable gananciaval(Y ) = {500, 0, 1000, 10000}

entoncesval(Y ) 500 0 1000 10000f(y) 415

415

415

15

se ve trivialmente (teniendo en cuenta el grafico) que

P (500) = P (FFF ) = 122345=

415

2.5. EJEMPLOS 23

por lo tanto

E(Y ) =

yif(yi) = 10415+ 103

415 500 4

15= 1766.4

Por ultimo la variable X se escribe (tener en cuenta el grafico):

val(X) 1 2 3f(x) 15

415

815

donceP (X = 2) =

1345, P (X = 3) =

2345

de esta forma vemos que:

E(X) =

xif(xi) =9115

var(X) =

x2i f(xi) E(X)2 = 0.62como queramos hacer ver.

Ejercicio 2.5.6 Lanzamos una moneda equilibrada, por lo tanto

= {1, 2, 3, 4, 5, 6}y definimos la siguiente variable aleatoria X = 2n. Queremos calcular: f(x), E(X), var(X) asicomo (X).

Definimos ahora la variable aleatotia

Y ={

1 si n impar3 si n es par

Queremos calcular: f(y), E(Y ), var(Y ) asi como (Y ).

Por ultimo defimos las variables Z = X + Y y W = XY . Queremos calcular: los valores de cadauna de estas variables as como la esperanza, varanza y la desviacion tpica.

Solucion. Vemos de forma trivial que en el caso de la variable X tenemos que:

val(X) = {2, 4, 6, 8, 10, 12}y que por lo tanto:

X 2 4 6 8 10 12f(x) 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6

de esta forma calulamos

E(X) =

xif(xi) =16[2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12] = 7

var(X) =

x2i f(xi) E2(X) = 11.7(X) =

var(X) = 3.4


De igual forma trabajamos la variable Y , obteniendo los siguientes resultados:

val(Y ) = {1, 3}Y 1 3f(y) 1/2 1/2

de esta forma (mecanica) vemos que:

E(Y ) =12[1 + 3] = 2

var(Y ) =12[1 + 9] 4 = 1

(Y ) = 1

Con respecto a la variable Z vemos que:

val(Z) = {3, 7, 11, 15}ya que

Z(1) = X(1) + Y (1) = 2 + 1 = 3Z(2) = X(2) + Y (2) = 4 + 3 = 7Z(3) = X(3) + Y (3) = 6 + 1 = 7....etc

de esta forma vemos queZ 3 7 11 15f(z) 1/6 2/6 2/6 1/6

de forma mecanica calculamos

E(Z) =16[3 + 14 + 22 + 15] = 9

observamos queE(Z) = E(X) + E(Y )

mientras que

var(Z) =16[9 + 49(2) + 121(2) + 225] 81 = 14.7

(Z) =var(Z) = 3.83.

Por ultimo con respecto a la variable W vemos que:

val(W ) = {2, 6, 10, 12, 24, 36}ya que

W (1) = X(1)Y (1) = 2 1 = 2W (2) = X(2)Y (2) = 4 3 = 12W (3) = X(3)Y (3) = 6 1 = 6 etc....

por lo tanto:W 2 6 10 12 24 36f(w) 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6

2.5. EJEMPLOS 25

calculamos de forma mecanica que:

E(W ) = 15 E(W ) 6= E(X)E(Y )var(W ) = 134.3(W ) = 11.6


Ejercicio 2.5.7 Consideramos la variable aleatoria X tal que:

X 1 2 3f(x) 0.3 0.5 0.2

y definimos la variable aleatoria Y = (X) donde (X) es:

1. (X) = x3

2. (X) = x2 + 3x+ 4

Queremos calcular la esperanza y la varianza de estas nuevas variables.

Solucion. De forma rutinaria seguiremos los pasos del ejercicio anterior de tal forma que engeneral se tiene Y = (X):

Y (1) (2) (3)f(y) P (X = 1) P (X = 2) P (X = 3)

1. Para (X) = x3 tenemos:Y 1 8 27f(y) 0.3 0.5 0.2

E(Y ) =

yif(yi) = 9.7

var(Y ) =

y2i f(yi) E2(Y ) = 84.01(Y ) =

var(Y ) = 9.16

2. Si (X) = x2 + 3x+ 4 entonces:

Y 8 14 22f(y) 0.3 0.5 0.2

el resto del ejercico es demasiado mecanico.


Con esto ternima este sencillo ejercicio.

Ejercicio 2.5.8 Dada la funcion

f(x) =

0 x 1kx2 1 < x 10 1 < x

queremos calcular el valor de k para que dicha funcion sea de densidad, calcular la esperanza y lavarianza y por ultimo si definimos y = x2 2x+ 6 entonces calcular E(y).

Solucion. Vemos que para que f(x) sea funcion de densidad se debe verificar que

f(x)dx = 1

por lo tanto

f(x)dx = 1 k 11x2dx = 1 k = 3/2

La esperanza se calcula de la siguiente manera:

E(X) =xf(x)dx =

11

32x3dx = 0

mientras que la varianza es:

var(X) =x2f(x)dx E2(X) =

11

32x4dx =

35

Por ultimo queremos calcular E(Y ) donde

E(Y ) = E(x2 2x+ 6) = E(X2) 2E(X) + 6 = 35+ 6 =

335


Ejercicio 2.5.9 Dadas las variables aleatorias independientes X,Y con fX , fY dadas por:

fX ={

2x 0 x 10 resto

fY ={

12y 0 y 20 resto

queremos calcular: E(X + Y ), E(2X 3Y + 5) y var(4X 2Y 3).

2.5. EJEMPLOS 27

Solucion. Al ser las variables INDEPENDIENTES entonces

E(X + Y ) = E(X) + E(Y ) = 102x2dx+

20

12y2dy = 2

E(2X 3Y + 5) = 2E(X) 3E(Y ) + 5 = 73

mientras que

var(4X 2Y 3) = 16var(X) + 4var(Y ) = 169

ya que

var(X) = 102x3dx E2(X) = 1

18

var(Y ) = 20

12y3dy E2(Y ) = 2

9


Captulo 3

Variables aleatorias discretas.

3.1 Tipos de distribuciones

3.1.1 Bernoulli.

1. Funcion generatrizGX(s) = q + ps.

2. Funcion de masapk = P (X = k) = pkq1k con k = 0, 1.

3. Esperanza y varianzaE(X) = p, var(X) = pq, =

pq

3.1.2 Binomial.

Probabilidad de obtener exactamente k exitos.

1. Funcion generatriz

GX(s) =n

k=0

(nk

)pkqnksk = (q + ps)n .

2. Funcion de masa

Bin(n, p) =(nk

)pkqnk con k = 0, 1, ....

3. Esperanza y varianza

E(X) = np, var(X) = npq, =npq

Teorema 3.1.1 Suma de binomiales independientes es otra binomial.

29

30 CAPITULO 3. VARIABLES ALEATORIAS DISCRETAS.

Ejemplo 3.1.1 La probabilidad de que Teresa logre un objetivo en cualquier momento es p = 13 ,supongamos que dispara 7 veces, enonces encontrar la probabilidad de que alcance al objetivo: i)exactamente 3 veces. ii) Al menos una vez.

i) Como p = 13 = q = 23 , n = 7, queremos calcular la probabilidad de que acierte exactamente 3veces i.e. k = 3.

P (3) =(

73

)(13

)3(23

)4ii) La probabilidad de que nunca alcance el objetivo i.e. todo fracasos es:

P (0) =(

70

)(13

)0(23

)7w 0.06,

entonces calculamos el suceso complementerio i.e. la probabilidad de que alcance el objetivo almenos una vez sera:

1 P (0) = 1 0.06 94%.

Modificamos levemente el enunciado y decimos que ahora la probabilidad de que de al blanco es:p = 14 = q = 34 . Si dispara n = 100 veces entonces queremos calcular la esperanza de que de en elblanco as como la varianza.

Trivialmente atendiendo a las formulas vemos que

E(X) = np = 10014= 25,

mientras que

var(X) = npq =754

= =

754.

3.1.3 Geometrica.

Tiempo de espera hasta que aparece el suceso X por primera vez.


GX(s) =k=1

pkqk1sk =ps

1 qs.

2. Funcion de masaGeo(p) = (1 p)k1 p con k = 1, ....


E(X) =1p, var(X) =

q

p2, =

q

p2.

3.1. TIPOS DE DISTRIBUCIONES 31

3.1.4 Binomial negativa.

Si en vez de buscar la probabilidad de k exitos en n ensayos (nfijo) consideramos la variable Xigual al numero de fallos antes del exito nesimo entonces encotramos la binomial negativa.


GX(s) =(

p

1 qs)n

.

2. Funcion de masa

BinN(n, p) =(n+ k 1

k

)pnqk con k = 0, 1, ....


E(X) =nq

p, var(X) =

nq(nq + 1)p2

, =

nq(nq + 1)

p2

3.1.5 Poisson.

1. Funcion generatrizGX(s) = exp((s 1)).

2. Funcion de masa

Poisson() = exp()k

k!con k = 0, ....

3. Esperanza y varianzaE(X) = , var(X) = , =

Teorema 3.1.2 La suma de Poissones independientes es otra Poisson de parametro =i

Observacion 3.1.1 Binomial Poisson

Bin(n, p) Poiss() / = np 5 y p 0.1

Ejemplo 3.1.2 Supongamos que el 2% de los artculos producidos por una fabrica son defectuosos,Que probabilidad tenemos de encontrar 3 defectuosos en una partida de 100 artculos?.

La modelizacion es la siguiente, consideramos la variable X Bin(n, p) donde n = 100 y p = 0.02que es la probabilidad de encontrar un artculo defectuoso, queremos saber que probabilidad tenemosde encontrar 3 artculos defectuosos de entre 100, para ello entonces:

P (X = 3) = Bin(100, 0.02) =(

1003

)(0.02)3 (0.98)97 = 0.18228 w 18%


como podemos ver esta cuenta es espantosa as que es mejor aproximarla mediante una Poisson deparametro = np = 2 < 5 aunque p > 0.1, por lo tanto (con k = 3)

Pois() = ek

k!= e2 2

3

3!= 0.18045

viendo de esta forma la ventaja de esta aproximacion.

3.2 Ejemplos

Ejercicio 3.2.1 En un experimento aleatorio el suceso A ocurre con probabilidad P (A) = 0.2. Serealiza el experimento aleatorio 3 veces y se define la v.a. X por el numero de veces que ha ocurridoA en las tres pruebas que se suponene independientes. Queremos calcular:

1. E(X) y 2(X)

2. La funcion de distribucion acumulatiba

3. P (X > 2)

Solucion. Vemos queval(X) = {0, 1, 2, 3}

donde X Bin(n, p)Bin(n, p) =

(nk

)pkqnk

de tal forma que:X 0 1 2 3f(x) 0.512 0.384 0.096 0.008

ya que

P (k = 0) =(

30

)p0q3 = 0.512

P (k = 1) =(

31

)p1q2 = 0.384 etc....

por lo tanto

E(X) = np = 3 (0.2) = 0.6var(X) = npq = 3 (0.2) (0.8) = 0.48

3.2. EJEMPLOS 33

Con respecto a la segunda pregunta vemos que:

F (X) =

0 x < 0 00.512 0 x 1 0.5120.896 1 x 2 0.512 + 0.3840.992 2 x 3 0.512 + 0.384 + 0.0961 3 x 0.512 + 0.384 + 0.096 + 0.008

Por ultimoP (X > 2) = 1 P (X 2) = 1 F (2) = 1 0.992 = 0.008


Ejercicio 3.2.2 Un lote de piezas contiene una proporcion de piezas defectuosas D. Se seleccionann piezas siendo X = #D enontradas. Calcular:

1. P (X = 0)

2. si D = 10% n / P (X = 0) < 0.05?

3. si n = 40 D / P (X = 0) < 0.01?

4. Si n = 80 y D = 2% Cual es la proporcion mas verosimil de piezas defectuosas en el lotetotal, D = 1%, D = 4% y D = 7%?

Solucion. Si D esta dado en % entonces p = D100 , n-piezas = X Bin(n, p).

1. Vamos a calcular P (X = 0)

P (X = 0) =(n0

)p0qn = (1 p)n

si imaginamos que n es grande y p pequeno entonces podemos aproximar nuestra Bin(n, p)mediante una Poisson, Poiss(), de parametro = np, i.e. X Poiss() de esta formapodemos calcular

P (X = 0) = ek

k!, k = 0 = P (X = 0) = e

2. Si D = 10% = X Bin(n, p) / p = 0.1 n / P (X = 0) < 0.05?

P (X = 0) =(n0

)p0qn = (1 p)n < 0.05

(0.9)n < 0.05 n log(0.9) < log(0.05) n w 29

3. X Bin(40, p)(1 p)40 < 0.01 1 p < 0.89 p > 0.11 = D > 11%


4. Suponiendo

D = 1% Bin(80, 0.01)D = 4% Bin(80, 0.04)D = 7% Bin(80, 0.07)

por lo tanto:

P (X = 2 | p = 0.01) =(

802

)p2qn2 =

(802

)(0.01)2 (0.99)78

P (X = 2 | p = 0.04) =(

802

)p2qn2 =

(802

)(0.04)2 (0.96)78

P (X = 2 | p = 0.07) =(

802

)p2qn2 =

(802

)(0.07)2 (0.93)78

evaluando numericamente estas probabilidades vemos que

P (X = 2 | p1 = 0.01) =(

802

)(0.01)2 (0.99)78 w e1

k1

k!w 0.14379

P (X = 2 | p2 = 0.04) =(

802

)(0.04)2 (0.96)78 w e2

k2

k!w 0.2087

P (X = 2 | p3 = 0.07) =(

802

)(0.07)2 (0.93)78 w e3

k3

k!w 5.7983 102

donde k = 2 y

i = npi =

0.8 5 buena aprox.3.2 5 buena aprox.5.6 5 mala aprox.

de esta forma vemos que P (X = 2 | p2 = 0.04) es la mas verosimil.

De esta forma termina este ejercicio

Ejercicio 3.2.3 Se lanza una moneda equilibrada 3 veces. Encuentre la probabilidad de que aparez-can :

1. 3 caras,

2. 2 caras,

3. 1 caras,

4. 0 caras.

3.2. EJEMPLOS 35

Solucion. Vemos que

= {CCC,CCX,CXC,CXX,XCC,XCX,XXC,XXX}

C

C

{CX

X

{CX

X

C

{CX

X

{CX

de esta forma al ser la moneda equilibrada podemos calcular las distintas probabilidades

P (3C) =121212=

18

P (2C) =18+

18+

18=

38

P (1C) =18+

18+

18=

38

P (0C) =18

val(X) 0 1 2 3f(x) 18

38

38

18

pero si modelizamos mediante una bionmial vemos que: Bin(3, 12) donde n = 3 el numero de vecesque se lanza la moneda, p = 12 la probabilidad de que salga cara, entonces nosotros queremoscalcular

3C = k = 3 Bin(3, 12) =

(33

)(12

)3(12

)0=

18

2C = k = 2 Bin(3, 12) =

(32

)(12

)2(12

)=

38

1C = k = 1 Bin(3, 12) =

(31

)(12

)(12

)2=

38

0C = k = 0 Bin(3, 12) =

(30

)(12

)(12

)3=

18

de esta forma hemos tratado de mostrar como se calcula cada probabilidad como en captulosanteriores atendiendo a los arboles tan ilustrativos as como utilizando distribuciones.

Ejercicio 3.2.4 Supongamos que hay 300 errores de impresion distribuidos aleatoriamente a lolargo de un libro de 500 paginas. Queremos encontrar la probabilidad P de que una pagina dadacontenga:

1. 2 errores,


2. 2 o mas errores.

Solucion. Podemos modelizar mediante una binomial Bin(n, p) donde n = 300 y p = 1500 (elnumero de paginas), i.e. un conazo, pero como n es suficientemente grande y p muy pequenoentonces aproximamos la Bin(n, p) Pois() donde = np = 0.6. Por lo tanto:

1.

P (X = 2) = e0.6(0.6)2

2!= 9.878 6 102

mientras que:

2.

P (X = 0) = e0.6(0.6)0

0!= 0.54881

P (X = 1) = e0.6(0.6)1

1!= 0.32929

P (X 2) = 1 [P (X = 0) + P (X = 1)]= 1 [(0.54881) + (0.32929)] = 0.1219


Ejercicio 3.2.5 Alteramos el peso de una moneda de tal forma que

P (C) =34mientras que P (X) =

14.

Lanzamos una moneda tres veces, por lo tanto

= {CCC, ......, XXX}

definimos la variable aleatoria X como el numero de caras obtenido, queremos calcular f(x) y laesperanza.

Solucion. Atendamos al siguiente grafico

(34)C

(34)C

{(34)C(14)X

(14)X{

(34)C(14)X

(14)X

(34)C

{(34)C(14)X

(14)X{

(34)C(14)X

3.2. EJEMPLOS 37

de esta forma podemos ver que

X 0 1 2 3f(x) 1/64 9/64 27/64 27/64

y que por lo tantoE(X) =

i

xif(xi) = 2.25

La morelaja del ejercicio es la siguiente. Vemos que esta variable aleatoria se puede modelizarmediante una binomial Bin(n, p) donde n = 3 y p = 3/4, evitando de esta forma tener que recurrira los graficos tan intuitivos pero inoperantes cuando n es grande.

P (k) =(

3k

)pkq3k

por ejemplo de esta forma

P (1C) =(

31

)p1q2 = 3

(34

)(14

)2= 9/64

mientras que de la otra forma el calculo del suceso 1 cara seria;

P (1C) = P (CXX) + P (XCX) + P (XXC) =964

dondeP (CXX) =

341414, P (XCX) =

143414, P (XXC) =

141434

y lo interesante del caso es que sabemos que la E(X) = np por lo tanto

E(X) = np = 3(34

)=

94= 2.25

como ya sabamos.

Modificamos levemente el enunciado de este ejercicio y decimos ahora que lanzamos infinitas vecesla moneda i.e. n =. y con las mismas probabilidades de cara C y cruz X y queremos calcular laesperanza de X (el numero de caras).

Vemos que en este casoval(X) = {0, 1, 2, 3, 4, .......,}X 0 1 2 3 f(x) q p pq pq2 p

E(X) =

xif(xi) =

npqn1 = p(

nqn1)=

p

(1 q)2 =1p

ya que qn1 =

11 q =

dy

dq=(

nqn1)=

1(1 q)2


por lo tanto

E(x) =1p

la moraleja esta en que una binomial cuando n se comporta como una geometrica.

Ejercicio 3.2.6 Sea X el numero de veces que aparece cara cuando se lanza una moneda (unavariante del ejercicio anterior) equilibrada 6 veces. Calcular la esperanza y la varianza.

Solucion. Vemos queval(X) = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}

y que1

X 0 1 2 3 4 5 6f(x) 1/64 6/64 15/64 30/64 15/64 6/64 1/64

estamos medelizando la variable X como una bionmial Bin(6, .5), por lo tanto

P (k) =(nk

)pkqnk (3.1)

por ejemplo

P (3) =(

63

)(12

)3(12

)3=

3064

entonces

E(X) = np = 3var(X) = npq = 1.5

Queremos encontrar la probabilidad de que existan exactamente 2 caras, al menos 4 caras y almenos 1 cara.

Si tenemos en cuenta la expresion (3.1) entonces vemos de forma trivial que:

P (2) =(

62

)(12

)2(12

)4=

1564

para calcular al menos 4 caras:

P (4) + P (5) + P (6) =1564

+664

+164

=2264

y para calcular la probabilidad de obtener al menos 1 cara entonces:

6k=1

P (k) =6364

1Intentar obtener los valores de X mediante un diagrama de arbol en este caso es agotador.

3.2. EJEMPLOS 39

aunque de forma mas simple sera

1 P (0) = 1 164

=6364


Ejercicio 3.2.7 Supongamos que la probabilidad de que el equipo A gane con cada juego es del60%, A juega hasta que pierde, queremos calcular E(A), P (A > 3) y P (A = 6).

Solucion. Modelizamos mediante una geometrica de parametro p = 0.4. por lo tanto q = 0.6 (Ajuega hasta que pierde).

Por lo tanto atendiendo a ls resultados teoricos vemos que:

E(A) =1p= 2.5

P (A > 3) = q3 21.6%P (A = 6) = q6 5%.


Ejercicio 3.2.8 Se extraen una a una con reemplazamiento cartas de una baraja espanola. Quer-emos calcular la probabilidad de obtener 5 cartas que no sean oros antes de obtener el tercer oro.

Solucion. Modelizamos mediante una binomial negativa. Sea exito iegual a oro y fracaso a nooro. Se tiene la probabilidad p = 1/4 de exito y q = 3/4 de fracaso. Sea X igual al numero defracasos antes de obtener el tercer exito.

X BinN(n = 3, p = 14)

por lo tanto

P (X = 5) =(

3 + 5 15

)(14

)3(34

)5 0.07


Ejercicio 3.2.9 Supongamos que el numero de piezas producido X por una fabrica en una semanasigue una v.a. que tiene de media = 500. Calcular

1. P (X > 1000) i.e. de que en una semana se supere la produccion de 1000 articulos.


2. Si 2 = 100 P (400 < X < 600)?

3. Si consideramos un lote de 200 unidades y teniendo en cuenta que la probabilidad de que unapieza resulte defectuosa es P (D) = 0.005 queremos calcular la probabilidad de encontrar unapieza defectuosa en dicho lote.

Solucion. Sea X la varible que representa la produccion semanal, entonces:

1. Considerando la desigualdad de Markov, ya que no sabemos de tipo de variable variable setrata y solo conocemos su media, por lo tanto

P (X t) E(X)t

i.e.P (X 1000) E(X)

t=

5001000

=12.

2. En este caso ademas de la media nos dan la varianza asi que podemos aplicar la desigualdadde Cheby i.e.

P ( k < X < + k) 1 1k2

por lo tanto

P (400 < X < 600) 1 1k2

= 1 1100

= 0.99

ya que = 500, = 10 y por lo tanto k = 10.

3. Por ultimo, definimos la variable aleatoria Y = {# piezas defectuosas} por lo tanto queremoscalcular P (Y = 1). Podemos intentar modelizar nuestra variable Y por medio de una binomialBin(n, p) = Bin(200, 0.005) pero este calculo sera (es) pesadsimo, no obstante i.e.

P (Y = k) =(nk

)pkqnk

P (Y = 1) =(

2001

)pq199 =

200!199!

(0.005) (1 0.005)199 = 0.3688

asi pues aproximamos la binomial por una Poisson de parametro = np = 1, (k = 1), por lotanto

P (Y = 1) =k

k!exp() e1 0.36788.

Como queramos hacer ver.

Ejercicio 3.2.10 Tres personas disponen de monedas equilibradas y similares que son lanzadassimultaneamente. Si le resultaos de los tres lanzamientos no es el mismo i.e. o 3C o 3X entoncesno se vuelven a lanzar las monedas, en caso contrario se vuelven a lanzar hasta obtener resultadosdistintos.

3.2. EJEMPLOS 41

1. Calcular la probabilidad de que el juego acabe en el kesimo lanzamiento.2. Imaginemos que existe un segundo grupo de jugadores pero con monedas trucadas con P (C) =

1/4. Sabemos que el experimento ha concluido en la primera tirada pero no sabemos de quegrupo se trata. Calcular la probabilidad de que este sea el resultado del primer grupo.

Solucion. Vemos que en el primer grupo tenemos la siguiente situacion.

= {CCC,CCX,CXX,CXC,XCC,XXC,XCX,XXX}y que

1o{ (

12

)C(

12

)X

2o{ (

12

)C(

12

)X

3o{ (

12

)C(

12

)X

por lo tanto

P (CCC) =121212=

18= P (CCX) = P (CXX) = ..... = P (XXX).

Definimos la variable L = {# lanzamientos con resultados distintos} i.e. L cuenta el numero deveces que hemos tirado y no han salido 3C o 3X. Por lo tanto modelizamos mediante una geometricade tal forma que calcular la probabilidad de que el juego acabe en el kesimo lanzamiento seria:

P (L = k) = (1 p)k pcon k = 1, 2... y p es la probabilidad de no sacar 3C o 3X i.e. p = 68 =

34 .

Con respecto a la segunda pregunta, conideremos los siguientes sucesos:

S1 = {grupo de monedas equilibradas}S1 = {grupo de monedas trucadas}A = {Acabar en el 1er lanzamiento}

donde P (S1) = P (S2) = 12 . Queremos calcular P (S1 | A).En primer lugar debemos calcular la probabilidad total de acabar en el primer lanzamiento P (A),para ello debemos conocer las probabilidades del segundo grupo i.e.

= {CCC,CCX,CXX,CXC,XCC,XXC,XCX,XXX}y que

1o{ (

14

)C(

34

)X

2o{ (

14

)C(

34

)X

3o{ (

14

)C(

34

)X

por lo tanto

P (CCC) =141414=

164, P (CCX) =

141434=

364, .....P (XXX) =

343434=

2764.

por lo tanto

P (A) = P (A | S1)P (S1) + P (A | S2)P (S2) ==

(1

(123

+123

))(12

)+(1

(143

+33

43

))(12

)=

2132


de esta forma aplicando BAYES tenemos

P (S1 | A) = P (A | S1)P (S1)P (A)

i.e.

P (S1 | A) =(1 ( 1

23+ 1

23

)) (12

)P (A)

=382132

=47

tal y como queramos hacer ver.

Captulo 4

Varias variables aleatorias discretas

4.1 Varias variables aleatorias discretas

Definicion 4.1.1 Funcion de masa conjunta

pXY (x, y) = P (X = x, Y = y) /

xval(X)

yval(Y )

pXY (x, y) = 1

Definicion 4.1.2 funciones marginales:

pX(x) = P (X = x) =

yval(Y )pXY (x, y)

pY (y) =

xval(X)pXY (x, y)

Ejemplo 4.1.1 SeaX\Y 1 2 31 1/12 1/18 02 3/18 0 3/183 1/6 5/18 1/12

P (X = 1, Y = 2) = 1/18

P (X = 3) =i

P (X = 3, Y = i) = 1/6 + 5/18 + 1/12 =1936

Las distribuciones marginales son:

pX =val(x) 1 2 3f(x)

i P (X = 1, Y = i)

i P (X = 2, Y = i)

i P (X = 3, Y = i)

43

44 CAPITULO 4. VARIAS VARIABLES ALEATORIAS DISCRETAS

i.e.val(x) 1 2 3f(x) 5/36 12/36 19/36

,val(y) 1 2 3f(y) 15/36 12/36 9/36

X\Y 1 2 3 pX1 1/12 1/18 0 5/362 3/18 0 3/18 12/363 1/6 5/18 1/12 19/36pY 15/36 12/36 9/36


E(g(X,Y )) =

xval(X)

yval(Y )

g(x, y)pXY (x, y)

Definicion 4.1.4 Variables independientes:

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

pXY (x, y) =

yval(Y )

pXY (x, y)

xval(X)pXY (x, y)

Teorema 4.1.1 X,Y son independientes sii f, g : R R/

pXY (x, y) = f(x) g(y)

Teorema 4.1.2 Si X,Y son idependientes, entonces

E(XY ) = E(X)E(Y )var(X + Y ) = var(X) + var(Y )

Teorema 4.1.3 X,Y son independientes sii

E(g(X)h(Y )) = E(g(X))E(h(Y ))

Definicion 4.1.5 Esperanza condicionada:

E(X | B) =

xi P (X = xi | B)E(X) =

E(X | Bj) P (Bj)

4.1. VARIAS VARIABLES ALEATORIAS DISCRETAS 45

Ejemplo 4.1.2 Se lanza una moneda repetidamente, P (C) = p y P (X) = q. Sea L la longitudde la primera racha i.e. si sale cara entonces L = (CCC.....CX) o si sale cruz entonces L =(XXX....XC). Queremos calcular E(L).

Mediante los diagramas de arbol ilustrativos vemos que:

P (L) =

pn1q

qn1p

dependiendo si sale (CCC.....CX) o (XXX....XC). Por lo tanto la esperanza de L sera:

E(L) =

npn1q = 1qnqn1p = 1p

asi que

E(L) = E(L | C)P (C) + E(L | X)P (X)=

1qp+

1pq =

1pq 2

Definicion 4.1.6 Covarianza y coeficiente de correlacion de (X,Y ) .

1. Definimos la covarianza como:

cov(X,Y ) = E [(X E (X)) (Y E (Y ))]

cov(X,Y ) = E (XY ) E (X)E (Y )

cov(X,Y ) =i,j

(xi X)(yj Y )h(xi, yj)

cov(X,Y ) =i,j

xiyjh(xi, yj) XY

2. Definimos el coeficiente de correlacion como:

(X,Y ) =cov(X,Y )XY

Propiedades 4.1.1 El coeficiente de correlacion verifica las siguientes propiedades:

1. (X,X) = 1, (X,X) = 1, [1, 1] , (X,Y ) = (Y,X)


2. (aX + b, cY + d) = (X,Y )

Proposicion 4.1.1 Si X,Y son idependientes, entonces

cov(X,Y ) = 0 = (X,Y )

al reves NO.

Ejemplo 4.1.3 Considerando los sucesos del ejemplo de los dos dados (ejem. 2.1.1). Vamos acalcular la distribucion conjunta:

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

X\Y 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 fX1 136

136

2 236136

336

3 236236

136

536

4 236236

236

136

736

5 236236

236

236

136

936

6 236236

236

236

236

136

1136

fY136

236

336

436

536

636

536

436

336

236

136

por ejemplo veamos como hemos calculado h(3, 5)

h(3, 5) = P (X = 3, Y = 5) = P ((3, 2) , (2, 3)) =136

+136

=236

recordamos que X = max(a, b), Y = a+ b. De igual forma se calcula por ejemplo:

h(2, 4) = P (X = 2, Y = 4) = P ((2, 2)) =136

etc..... Sabemos de ejemplos anteriores que:

E(X) = 4.47, E(Y ) = 7,X = 1.4, Y = 2.4.

queremos ahora calcular la covarianza y el coeficiente de correlacion.

cov(X,Y ) = E(XY ) E(X)E(Y )

entonces necesitamos conocer E(XY ),

E(XY ) =i,j

xiyjh(xi, yj) =

= (1) (2)(136

)+ (2) (3)

(236

)+ (2) (4)

(136

)+ .....+ (6) (12)

(136

)= 34.2

4.2. EJEMPLOS 47

por lo tanto

cov(X,Y ) = E(XY ) E(X)E(Y )= (34.2) (4.47) (7) = 2.9

El coeficiente de correlacion es:

(X,Y ) =cov(X,Y )XY

asi pues:

(X,Y ) =cov(X,Y )XY

=(2.9)

(1.4) (2.4)= 0.86

Vemos que las variables no son independientes ya que

E(XY ) E(X)E(Y ) = cov(X,Y ) 6= 0ademas

h(x, y) 6= fX fY

4.2 Ejemplos

Ejercicio 4.2.1 Las variables X e Y son independientes e igualmente distribuidas (v.a.i.i.d.) segununa Poisson de parametro . Si S = X + Y entonces obtener la funcion de distribucion de S ycalcular la probabilidad de que (X = 2 | S = 5) .

Solucion. Al ser la v.a. de tipo Poisson estas son aditivas i.e.Xi Pois(

i) por lo tanto

s = X + Y Pois(2), siendoP (S = z) = e2

(2)z

z!su funcion de masa.

Para calcular P (X = 2 | S = 5) vemos que:

P (X = 2 | S = 5) = P ((X = 2) (S = 5))P (S = 5)

teniendo en cuenta que S = X + Y entonces

P ((X = 2) (S = 5))P (S = 5)

=P ((X = 2) (Y = 3))

P (S = 5)=P (X = 2) P (Y = 3)

P (S = 5)

al ser independientes, por lo tanto:

P (X = 2 | S = 5) = e ()2

2! e ()3

3!

e2 (2)5

5!

=5!2!3!

(12

)5= 0.312



Ejercicio 4.2.2 Se lanza un dado equilibrado produciendo el espacio equiprobable

= {1, 2, 3, 4, 5, 6}y se define la variable aleatoria X = 2n de tal forma que

val(X) = {2, 4, 6, 8, 10, 12} .Definimos una nueva variable Y definida sobre el mismo espacio pero con

val(Y ) ={

1 n impar3 n par

.

Si definimos Z = X + Y , entonces queremos calcular: f(Z), E(Z), var(Z) y (Z).

Solucion. En primer lugar vemos que

= {1, 2, 3, 4, 5, 6}y vemos que:

Z(1) = X(1) + Y (1) = 2 + 1 = 3Z(2) = X(2) + Y (2) = 4 + 3 = 7Z(3) = X(3) + Y (3) = 6 + 1 = 7Z(4) = X(4) + Y (4) = 8 + 3 = 11Z(5) = X(5) + Y (5) = 10 + 1 = 11Z(6) = X(6) + Y (6) = 12 + 3 = 15

por lo tantoval(Z) = {3, 7, 11, 15}

y de esta forma obtenemos la siguiente tabla:

z 3 7 11 15f (z) 16

26

26

16

el calculo de la E(Z) etc... es automatico.

E(Z) =i

zif (zi) = E(Z) = 9,

var(Z) =i

z2i f (zi) E(Z)2 = 14.7

(Z) =var(Z) =

14.7

se observa queE(Z) = E(X) + E(Y ) = 7 + 2 = 9


4.2. EJEMPLOS 49

Ejercicio 4.2.3 Se lanza un dado equilibrado produciendo el espacio equiprobable

= {1, 2, 3, 4, 5, 6}y se define la variable aleatoria X = 2n de tal forma que

val(X) = {2, 4, 6, 8, 10, 12} .Definimos una nueva variable Y definida sobre el mismo espacio pero con

val(Y ) ={

1 n impar3 n par

.

Si definimos Z = XY , entonces queremos calcular: f(Z), E(Z), var(Z) y (Z).

Solucion. En primer lugar vemos que

= {1, 2, 3, 4, 5, 6}y vemos que:

Z(1) = X(1)Y (1) = 2 1 = 2Z(2) = X(2)Y (2) = 4 3 = 12Z(3) = X(3)Y (3) = 6 1 = 6Z(4) = X(4)Y (4) = 8 3 = 24Z(5) = X(5)Y (5) = 10 1 = 10Z(6) = X(6)Y (6) = 12 3 = 36

por lo tantoval(Z) = {2, 6, 10, 12, 24, 36}

y de esta forma obtenemos la siguiente tabla:

z 2 6 10 12 24 36f (z) 16

16

16

16

16

16

el resto del ejercicio es mecanico, observandose que:

15 = E(Z) 6= E(X) E(Y ) = 14var(Z) = 134.3(Z) = 11.6


Ejercicio 4.2.4 Consideramos la distribucion conjunta:

X\Y 3 2 4 fX1 0.1 0.2 0.2 0.53 0.3 0.1 0.1 0.5fY 0.4 0.3 0.3

calcular cov(X,Y ) y (X,Y ) . Son independientes?


Solucion. Vemos que las distribuciones marginales son:

x 1 3f(x) 0.5 0.5

,y 3 2 4g(y) 0.4 0.3 0.3

con estos datos vemos que:

P (X = 1, Y = 3) 6= P (X = 1) P (Y = 3)

por lo tanto las variables no son independientes,

cov (X,Y ) = E(XY ) E(X)E(Y ) ==

ij

xiyjh(xi, yj)i

xif(xi)j

yjg(yj)

(X,Y ) =cov(X,Y )(X)(Y )

de esta forma (de forma mecanica):

E(X) = 1 (0.5) + 3 (0.5) = 2E(Y ) = 3 (0.4) + 2 (0.3) + 4 (0.3) = 0.6

E(XY ) = 1 (3) (0.1) + 1 (2) (0.2) + ....+ 3 (4) (0.1) = 0cov(X,Y ) = 1.2

2(X) = 5 4 = 1 = (X) = 12(Y ) = 9.6 (0.6)2 = 9.24 = (Y ) = 3.03

(X,Y ) =1.21 3.03 = 0.4

demasiado mecanico.

Ejercicio 4.2.5 Una moneda equilibrada se lanza tres veces. Definimos las variable aleatorias Xe Y tales que:

X ={

0 cara C1 cruz X

en el primer lanzamiento eY = # total de caras.

queremos calcular las distribuciones marginales y conjunta as como la cov(X,Y ) y (X,Y ).

Solucion. Vemos que:

= {CCC,CCX,CXC,CXX,XCC,XCX,XXC,XXX}

x 0 1f(x) 12

12

y 0 1 2 3g(y) 18

38

38

18

4.2. EJEMPLOS 51

X\Y 0 1 2 3 fX0 0 18

28

18

12

1 1828

18 0

12

fY18

38

38

18

vemos que por ejemplo

h(0, 2) = P (X = 0, Y = 2) = P ({CCX,CXC}) = 28,

h(1, 2) = P (X = 1, Y = 2) = P ({XCC}) = 18,

h(1, 1) = P (X = 1, Y = 1) = P ({XCX,XXC}) = 28...

etc...el resto del ejercicio es mecanico as que:

E(X) =12, E(Y ) =

32, E(XY ) =

12

vemos que no son independientes,

cov(X,Y ) =12 3

4= 1

4etc....

Ejercicio 4.2.6 Una muestra con repeticion de tamano n = 2 se selecciona aleatoriamente deentre los numeros (1, 2, 3, 4, 5) i.e. tenemos un espacio muestral formado por el producto cartesiano

=

(1, 1) (1, 2) (1, 3) (1, 4) (1, 5)(2, 1) (2, 2) (2, 3) (2, 4) (2, 5)(3, 1) (3, 2) (3, 3) (3, 4) (3, 5)(4, 1) (4, 2) (4, 3) (4, 4) (4, 5)(5, 1) (5, 2) (5, 3) (5, 4) (5, 5)

y definimos las siguientes v.a.

X ={

0 si 1er noes par1 si 1er noes impar

, Y ={

0 si 2o noes par1 si 2o noes impar

queremos calcular las distribuciones marginales y conjunta. Definimos una nueva v.a. Z = X +Y ,Calcular: E(Z) y var(Z).

Solucion. Vemos que val(X) = val(Y ) = {0, 1}x 0 1

f(x) 10251525

y 0 1g(y) 1025

1525

X\Y 0 1 fX0 425

625

1025

1 625925

1525

fy1025

1525


dondeh(i, j) = P (X = i, Y = j)

P (i par, j impar) = P ({(2, 1) , (2, 3) , (2, 5) , (4, 1) , (4, 3) , (4, 5)}) = 625

P (i impar, j par) = 625

P (i par, j par) = 425

P (i impar, j impar) = 925

ademas se observa que:

h(i, j) = P (X = i, Y = j) = h(i, j) = P (X = i) P (Y = j)por lo tanto son INDEPENDIENTES.

Si definimos Z = X + Y con dado porlos 25 elementos, val(Z) = {0, 1, 2}z 0 1 2

f(z) 4251225

925

ya que

P (Z = 0) = P (X + Y = 0) =425

P (Z = 1) = P (X + Y = 1) = P (0 + 1) + P (1 + 0) =625

+625

=1225

P (Z = 1) = P (X + Y = 2) =925

E(Z) = 11225

+ 2925

=1225

+1825

=3025

E(X) = E(Y ) =1525

= E(Z) = E(X) + E(Y )

var(Z) = 121225

+ 22925(3025

)2= 0.48

var(X) = var(Y ) = 0.24 = var(Z) = var(X) + var(Y )como queramos hacer ver.

Ejercicio 4.2.7 Las variables aleatorias X,Y tienen la distribucion conjunta:

X\Y 1 20 0.3 0.11 0.1 0.22 0.1 0.2

queremos calculas las distribuciones marginales y condicionadas, las esperanzas, varianzas covari-anzas y la correlacion.

4.2. EJEMPLOS 53

Solucion. Las distribuciones marginales son:

X 0 1 2f(x) 0.4 0.3 0.3

Y 1 2f(y) 0.5 0, 5

P (X = 0 | Y = 1) = P (X = 0 | Y = 1)P (Y = 1)

=0.30.5

=35,

P (X = 0 | Y = 2) = P (X = 0 | Y = 2)P (Y = 2)

=0.10.5

=15,

P (X = 1 | Y = 1) = P (X = 1 | Y = 1)P (Y = 1)

=0.10.5

=15,

P (X = 1 | Y = 2) = P (X = 1 | Y = 2)P (Y = 2)

=0.20.5

=25,

P (X = 2 | Y = 1) = P (X = 2 | Y = 1)P (Y = 1)

=0.10.5

=15,

P (X = 2 | Y = 2) = P (X = 2 | Y = 2)P (Y = 2)

=0.20.5

=25,

mientras que

P (Y = 1 | X = 0) = P (Y = 1 | X = 0)P (X = 0)

=0.30.4

=34,

P (Y = 1 | X = 1) = P (Y = 1 | X = 1)P (X = 1)

=0.10.3

=13,

P (Y = 1 | X = 2) = P (Y = 1 | X = 2)P (X = 2)

=0.10.3

=13,

P (Y = 2 | X = 0) = P (Y = 2 | X = 0)P (X = 0)

=0.10.4

=14,

P (Y = 2 | X = 1) = P (Y = 2 | X = 1)P (X = 1)

=0.20.3

=23,

P (Y = 2 | X = 2) = P (Y = 2 | X = 2)P (X = 2)

=0.20.3

=23.

Con respecto a las esperanzas tenemos:

E(X) =

xif(xi) = 0.9

E(Y ) =

yif(yi) = 1.5

por lo tanto

~E =(E(X)E(Y )

)=(

0.91.5

)mientras que:

E(XY ) =

xiyjh(xi, yj) = 1.5


Las varianzas son:

var(X) =

x2i f(xi) E2(X) = 0.69var(Y ) =

y2i f(yi) E2(Y ) = 0.25

donde

E(X2) =

x2i f(xi) = 1.5

E(Y 2) =

y2i f(yi) = 2.5

cov(X,Y ) = E(XY ) E(X)E(Y ) = 0.15la matriz de covarianzas se calcula de la siguiente manera:

cov(Xi, Xj) =(cov(X,X) cov(X,Y )cov(X,Y ) cov(Y, Y )

)=(

0.69 0.150.15 0.25

)donde

cov(X,X) = var(X) = E(X2) E2(X), cov(Y, Y ) = var(Y ) = E(Y 2) E2(Y )

El coeficiente de correlacion viene dado por

(X,Y ) =cov(X,Y )(X)(Y )

=0.15

0.83 0.5 = 0.36


Captulo 5

Variables aleatorias continuas (v.a.c.).

5.1 Variables aleatorias continuas (v.a.c.).

Definicion 5.1.1 Funcion de distribucion de una vac

FX : R [0, 1]: t P (X t)

verificando:

0 FX(t) 1 FX(t) es creciente limt FX(t) = 1, y limt FX(t) = 0.

Definicion 5.1.2 Funcion de densidad.

FX(t) = P (X t) = t

fX(x)dx

donde por el Tha fundamental

fX(x) =d

dtFX(t)

es la fucion de densidad de la vac verificando:

fX 0, fX(x)dx = 1


E(X) =

xfX(x)dx

E((x)) =

(x) fX(x)dx

55

56 CAPITULO 5. VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS (V.A.C.).

Definicion 5.1.4 Varianza

var(X) =

x2fX(x)dx E(X)2

var((x)) =

(x)2 fX(x)dx E(X)2

Definicion 5.1.5 Cambio de variable.

fX(t) = fY ((t)) (t) FX = FY ((t))

5.2 Tipos de variables

5.2.1 Uniforme en [a, b].

1. Funcion de distribucion.

FX(t) =

0 t < at t [a, b]1 t > b

2. Funcion de densidad.

fX(t) ={

1ba t [a, b]0 t / [a, b]

3. Esperanza y varianza.

E(X) =12(b2 a2) , var(X) = 1

2(a+ b)

5.2.2 Exponencial.


FX(t) ={

1 exp(t) t > 00 t 0

donde > 0.


fX(t) ={ exp(t) t > 0

0 t 03. Esperanza y varianza.

E(X) =1, var(X) =

12

Teorema 5.2.1 Sea X v.a. exponencial, entonces:

P (X > a+ t | X > a) = P (A > t),i.e. X tiene la propiedad de no memoria.

5.2. TIPOS DE VARIABLES 57

Ejemplo 5.2.1 Supongamos que la duracion de X (en das) de cierto componente C es exponencial,tal que = 1/120. Encontrar la probabilidad de que C dure:

1. menos de 60 das,

2. mas de 240 das.

ComofX =

1120

exp( t120

) = F (t) = 1 e t120

por lo tanto:P (X < 60) = F (60) = 1 e 60120 = 0.39347

mientras que:

P (X < 240) = 1 e2 = 0.85 =P (X > 240) = 1 P (X < 240) = F (240) = 1 0.865 = 0.135.

Si despues de 100 das C aun esta tabajando, P (X > 340)? i.e. la probabilidad de que dure masde 340 das.

Si tenemos en cuenta el teorema sobre la memoria entonces:

P (X > a+ t | X > a) = P (A > t)

P (X > 340 | X > 100) = P (A > 240) = 0.135

5.2.3 Normal.


FX(t) =1

2pi

t

exp

[12

(x

)2]dx x R


fX(t) =1

2pi

exp

[12

(x

)2]x R

3. Esperanza y varianza.E(X) = , var(X) = 2


Si X N(, 2), tipificando la variable i.e.

Z =X

= Z N(0, 1)

Observacion 5.2.1 Aproximacion Normal de una binomial. Version mas simple del TCL (vercaptulo 7)

Binomial Normal.Bin(n, p) N(np,

npq)

Si Bin(n, p) tal que np 5 y nq 5, entonces podemos aproximar dicha binomial mediante unadistribucion normal.

La probabilidad binomial P (k) puede aproximarse por la probabilidad normal

P (k) P (k 0.5 X k + 0.5)

Teorema 5.2.2 Si {Xi}ni=1 son v.a. independientes tales que Xi N(i, i) i = 1, ..., n entonces

i

Xi N

i

i,

i

i

Ejemplo 5.2.2 Se lanza una moneda (equilibrada) 100 veces, queremos calcular la probabilidad deobtener 60 caras.

Sabemos que podemos modelizar este experimento mediante X Bin(100, 0.5) de tal forma que

P (60C) =(

10060

)(0.5)60 (0.5)40 =

100!60!40!

(0.5)60 (0.5)40 = 1.0844 102

bastante complicado de calcular.

Aproximamos nuestra binomial Bin(100, 0.5) N(50, 5) ya que np = 50 y npq = 5. De estaforma y aplicando el factor de correccion (0.5)

P (a 0.5 X b+ 0.5) = 12pi

b+0.5a0.5

exp

[12

(x

)2]dx

P (59.5 X 60.5) = 152pi

60.559.5

exp

(12

(x 50

5

)2)dx = 1.0852 102

tambien podemos proceder de la siguiente manera (tipificando):

Z =(X 50

5

), b =

(60.5 50

5

)= 2.1, a =

(59.5 50

5

)= 1.9

5.2. TIPOS DE VARIABLES 59

P (59.5 X 60.5) = P (1.9 Z 2.1) =

P (1.95 X 2.05) = 12pi

2.11.9

exp(12z2)dz = 1.0852 102

o mirando las tablas

P (1.9 X 2.1) = (2.1) (1.9) = (0.4821) (0.4713) = 0.0108

Ejemplo 5.2.3 Una moneda (equilibrada) se lanza 12 veces, queremos calcular las probabilidadesde obtener de 4 a 7 caras.

Vamos a realizarlos calculos mediante tres metodos. El primero, mediante una binomial, el segundomediante una Poisson y porultimo mediante una Normal.

1. Bin(n, p) =(nk

)pkqnk. donde n = 12 y p = q = 12 , entonces:la probabilidad de obtener

4C = {4 caras} sera:

P (4C) =(

124

)(12

)4(12

)8= 0.12085

P (5C) =(

125

)(12

)5(12

)7= 0.19336

P (6C) =(

126

)(12

)6(12

)6= 0.22559

P (7C) =(

127

)(12

)7(12

)5= 0.19336

por lo tanto

P (4 X 7) =7

i=4

P (iC) = 0.73316

2. Mediante una Poisson de parametro = np aunque sabemos que la aproximacion no va a serbuena ya que = np = 6 y debera ser 5. recordamos que la Poisson es:

P () = ek

k!entonces como ante:

P (4C) = e664

4!= 0.13385

P (5C) = e665

5!= 0.16062

P (6C) = e666

6!= 0.16062

P (7C) = e667

7!= 0.13768


por lo tanto

P (4 X 7) =7

i=4

P (iC) = e67

i=4

6i

i!= 0.59278

como podemos ver se trata de una aproximacion muy mala.

3. = np y =npq por lo tanto:

P (4 X 7) = P (3.5 X 7.5) = 12pi

7.53.5

exp

[12

(x

)2]dx

de esta forma vemos que = 6 y =3.

P (3.5 X 7.5) = 16pi

7.53.5

exp[16(x 6)2

]dx = 0.7323

tipificando

P (1.45 X 0.87) = 12pi

0.871.45

exp[12x2]dx = 0.73432

o utilizando las tablas

P (1.45 X 0.87) = (0.87) [1 (1.45)] == (0.8078) + (0.9265) 1 = 0.734 3

5.3 Ejemplos

Ejercicio 5.3.1 El 10% de la poblacion son mayores de 60 anos. Tomamos al azar 80 personasde esta poblacion. Calcular

1. P (2 personas > 60),

2. P (menos de 7 personas > 60).

Solucion. Sea X el numero de personas mayores de 60 anos de entre 80.

X Bin(80, 0.1)encontramos entonces que:

1.

P (X = 2) =(

802

)(0.1)2 (0.9)78 = 0.0085

5.3. EJEMPLOS 61

2.

P (X < 7) =6

i=0

P (X = i) =(

800

)(0.1)0 (0.9)80 +(

801

)(0.1)1 (0.9)79 +

(802

)(0.1)2 (0.9)78 + ....

...+(

805

)(0.1)5 (0.9)75 +

(806

)(0.1)6 (0.9)74 .

P (X < 7) = 0.2962

Vemos que en este caso la binomial no puede ser aproximada por una Poisson ya que = np =8 (mala aproximacion). Sin embargo si podemos aproximar nuestra binomial por una NormalN(8, 2.68) donde por supuesto = np = 8 y =

npq = 2.68. De esta forma vemos que, utlizando

el factor de correccion 0.5,P (X < 7) = P (0.5 < X < 6.5)

standarizando, entonces:

P (3.17 < X < 0.5) = 12pi

0.53.17

exp(12x2)dx = 0.30778

o alternativamente utilizando las tablas

P (3.17 < X < 0.5) = [1 (0.5)] [1 (3.17)] = (.6915) + (.9992) = 0.3077

de esta forma vemos que la normal aproxima perfectamente a la binomial.

Ejercicio 5.3.2 Calcular la probabilidad de obtener entre 3 y 6 caras inclusive en 10 lanzamientosde una moneda equilibrada.

Solucion. Sea X = #caras Bin(10, 0.5), y queremos calcular la probabilidad

P (3 X 6) = P (X = 3) + P (X = 4) + P (X = 5) + P (X = 6) w 0.7734

i.e. como en el ejercicio anterior calcular cada una de estas probabilidades es un rollo por esointentamos aproximar la binomial X mediante una Normal N(5, 1.58), de esta forma encontramosque

P (3 X 6) = P (2.5 X 6.5)standarizando o tipificando la variable obtenemos:

P (1.58 Y 0.95) = 0.7718

mediante las tablas vemos que:

P (1.58 Y 0.95) = (0.95) [1 (1.58)] = (.8289) 1 + (.9429) = 0.7718


o mediante le calculo directo de la integral:

P (3.17 < X < 0.5) = 12pi

0.951.58

exp(12x2)dx = 0.77189

como queramos ver.

Ejercicio 5.3.3 Una granja tiene 500 reses que deben ser vacunadas. Se sabe por estudios previosque la proporcion de reses que enferman despues de la vacuna es de 1 por mil (0.1%) . Si X es elnumero de reses enfermas despues de la vacuna de la granja,

1. Indicar la ley de distribucion de X y como se hara el calculo de P (X = 1) y P (X 1),2. Se puede aproximar por otra distribucion?. Calcular P (X = 1) y P (X 1),3. Aproximar la ley por una ley continua y calcular P (X = 1) y P (X 1).

Solucion. Veamos como en los ejercicios anteriores que:

1. X Bin(n, p) donde n = 500 y p = 0.001 de esta forma:

P (X = 1) =(

5001

)(0.001) (0.999)499 = 0.3034

P (X 1) = P (X = 0) + P (X = 1) w 0.9097

2. Aproximaremos esta binomial mediante una Poisson de parametro = np = 0.5 5 con loque la aproximacion es buena.

P (X = 1) = ek

k!w 0.3033, k = 1,

P (X 1) = P (X = 0) + P (X = 1) w1

k=0

ek

k!w 0.9098

3. Por ultimo aproximaremos la binomial X mediante una normal tipificada

Bin(n, p) N(np,npq) = N(0.5, 0.70)

tipificando calculamos:

P (X = 1) =12pi

11exp(1

2x2)dx = 0

pero claro hay que tener en cuenta el factor de correccion detal formaque la anterior proba-bilidad en ralidad es:

P (0.5 X 1.5) = P (0 Y 1.42) = 12pi

1.420

exp(12x2)dx = 0.4222

mientras que:

P (X 1) = P (Y 1.42) = 12pi

1.42

exp(12x2)dx = 0.9222

5.3. EJEMPLOS 63

Con este ejemplo vemos que como se puede aproximar una binomial mediante una Poisson y unaNormal.

Ejercicio 5.3.4 Una prueba tipo test consta de 200 preguntas con respuestas (V,F). Cual ha deser el minimo de preguntas acertadas que se han de exigir para superar la prueba si se desea que losalumnos que conocen la respuesta de 50 de ellas y responden al azar aprueben solo con probabilidadmenor que 0.05?

Solucion. Se responden al azar 150 preguntas (V, F ). Sea X = #aciertos. donde la variableX Bin(n, p) = Bin(150, 0.5).Como np = 75 5 entonces aproximamos la binomial mediante una Normal N (, ) donde = np = 75 y =

npq = 6.12. Sea Y = (# total de aciartos) Y = X + 50 sigue entonces una

distribucion N(125, 6.12), entoncesY 1256.12

N(0, 1)porlo tanto:

P

(Y 1256.12

a 1256.12

)= 0.95

teniendo en cuanta las tablas vemos que

a 1256.12

= 1.64

por lo tantoa = (1.64) (6.12) + 125 = 135.03

sera el numero de respuestas necesario.

Ejercicio 5.3.5 Dada una v.a. X con = 0 y = 1, Obtener una cota inferior de la probabilidadde que X (1.5, 1.5) . Si se sabe ademas que X N(0, 1), calcular P (1.5 < X < 1.5). Compararlos resultados.

Solucion. Como no sabemos de que tipo de variable se trata entonces utilizamos la desigualdadde Cheby para obtener tal acotacion, i.e.

P ( k < X < + k) 1 1k2

como = 0 y = 1, entonces

P (k < X < k) 1 1k2

y por lo tanto k = 1.5, de esta forma:

P (1.5 < X < 1.5) 1 1(1.5)2

= 0.56


esta sera la estimacion dada por Cheby.

Ahora bien, nos dicen que pasaria si la v.a. X N(0, 1), entonces un mero calculo nos conduce a:

P (1.5 < X < 1.5) = 12pi

1.51.5

exp(12x2)dx = 0.86639

por simetria utilizando las tablas vemos que:

P (1.5 < X < 1.5) = 2(1.5) 1 = 2 (0.9332) 1 = 0.8664


Ejercicio 5.3.6 Una bolsa contiene 4 papeletas numeradas del 14. Se extrae una papeleta al azar,se anota el numero obtenido y se reintegra a la bolsa. Se repite indefinidamente el experimento yse denota por fn la frecuancia relativa del uno hasta la n-esima extraccion. Calculese n de formaque la probabilidad de que se verifique

0.249 < fn < 0.251

sea del al menos 0.95.

Solucion. Sea X Bin(n, p) = Bin(n, 14) tal que

val(X) 1 2 3 4f(x) 14

14

14

14

pero aproximamos la v.a. X mediante una normal N(n4 ,3n4 ) ya que = np y =

npq (estamos

suponiendo que n grande). Definimos

fn :=Xnn

= fn N(14,

3n4n

)

ya que = npn y =npqn ,

P (0.249 < fn < 0.251) 0.95tipificamos las variables y obtenemos:

P

(0.249 0.25

3/4n

1/2).

Para ello y siguiendo el esquema teorico vemos que:

P (X >12) =

11/2

( 1x1+x

12dy

)dx =

18

si queremos calcular P (X > 12) entonces hay que integrar por partes debido al dominio de inte-gracion, i.e.:

P (X > 12) =

10

( 1x1+x

12dy

)dx+

01/2

( 1+x1x

12dy

)dx =

78

Vamos a calcular ahora fX , E(X) y var(X) :

fX =

f1 =

1x1+x

12dy = 1 x

f2 = 1+x1x

12dy = 1 + x

por el dominio de integracion.

E(X) = 10x (1 x) dx+

01x(1 + x)dx = 0

pensar geometricamente, mientras que:

var(X) = 10x2 (1 x) dx+

01x2(1 + x)dx =

16

ya que (E(X) = 0).

Definicion 6.1.5 Funciones de densidad condicionada:

fY |X(v | X = u) =fXYfX

6.1. VARIAS VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS 71

Definicion 6.1.6 Esperanza condicionada:

E(Y | X = u) =

vfY |Xdv

Definicion 6.1.7 Probabilidad total

E(Y ) =

E(Y | X = u)fX(u)dv

Ejemplo 6.1.2 Sea U una distribucion uniforme sobre el triangulo isosceles T con hipotenusa larecta y = 1 x.

U ={

2 si x, y T0 resto

queremos calcular fY |X

fY |X(y | X = u) =fXYfX

X = u = const., donde fX es:

fX = 1x0

2dy = 2(1 x)

as que:

fY |X(y | X = u) =fXYfX

=2

2(1 x) =1

(1 x)con x = const. Para calcular la esperanza condicionada

E(Y | X = u) =

yfY |Xdy

tenemos que:

E(Y | X = u) = 1x0

yfY |X(y | X = u)dy =1

1 x 1x0

ydy

por lo tanto:

E(Y | X = u) = 1 x2

Teorema 6.1.2 Transformacion de variables. fWZ(w, z)dwdz =

fWZ((u, v) det(J(u, v))dudv

72 CAPITULO 6. VARIAS VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS.

Ejemplo 6.1.3 Distribuimos un punto al azar en el disco unidad C y nos interesa calcular ladistancia media al origen:

fXY ={

1pi x

2 + y2 10 resto

definimosr =

x2 + y2

E(r) =

Cg(x, y)fXY (x, y)dxdy

=

C

x2 + y2.

(1pi

)dxdy =

1pi

10

2pi0

r (rddr) =23

6.2 Ejemplos

Ejercicio 6.2.1 Sean (X,Y ) distribuciones uniformes definidas en T , triangulo delinitado por larecta y = x y cuya base es el segmento x = [0, 1] . Calcular la funcion de densidad conjunta ascomo las marginales, la funcion de densidad de Y condicionada por X = 1/2 i.e. fY | X = 1/2,E(X), E(Y ) son independientes?.

Solucion. Al ser las dos distribuciones uniformes entonces la distribucion conjunta sera:

fXY ={

2 x, y T0 resto

pensar enque el area de T = bh2 =12 y que

T fXY = 1.

Las distribuciones marginales son:

fX = x0fXY dy = 2x

fY = 1yfXY dx = 2 (1 y)

Para calcular fY | X = 1/2

f(y | x = 1/2) = f(1/2, y)fX(1/2)

=22x

=x=1/2

1

Las esperazas de X e Y :

E(X) =

xfXdx = 10x (2x) dx =

23

E(Y ) =

yfY dx = 102y (1 y) dy = 1

3

6.2. EJEMPLOS 73

Por ultimo vemos que no son independientes ya que

fXY 6= fX fYademas observar que

(x, y) =(14,34

)/ f

(14,34

)= 0 6= fX

(14

) fY

(34

)por lo tanto no son independientes.

Ejercicio 6.2.2 Dada la funcion conjunta

f(x, y) ={k(x+ y) x [0, 2] , 0 y 2x x2

0 resto

calcular k para que sea funcion de densidad y calcular P (0 X 1) .

Solucion. La funcion f(x, y) sera funcion de densidad sii

f = 1, por lo tanto Rfdxdy = 1

20

2xx20

k(x+ y)dydx =2815k = k = 15

28

este es el valor de k que hace que la funcion f sea de densidad.

Para calcular P (0 x 1) tenemos que calcular la funcion de densidad marginal fX

fX =1528

2xx20

(x+ y)dy =1556x2 (x 2) (x 4)

por lo tanto

fX ={

1556x

2 (x 2) (x 4) x [0, 2]0 resto

por lo tanto P (0 x 1) sera:

P (0 x 1) = 10

1556x2 (x 2) (x 4) dx = 41

112


Veamos una varion sobre este ejercico.

Ejercicio 6.2.3 Dada la funcion conjunta

f(x, y) ={k(x+ y) x [0, 1] , 0 y 2 2x

0 resto

calcular k para que sea funcion de densidad y calcular P (X + Y > 0.5, X Y < 0.5) .


Solucion. La funcion f(x, y) sera funcion de densidad sii

f = 1, por lo tanto Rfdxdy = 1

10

22x0

k(x+ y)dydx = k = k = 1

este es el valor de k que hace que la funcion f sea de densidad.

Para calcular P (X + Y > 0.5, X Y < 0.5) tenemos que efectuar un cambio de variable por lotanto {

U = X + YV = X Y

}=

{X = U+V2Y = UV2

}=

detJ = 12 121

2 12

= 12por lo tanto P (X + Y > 0.5, X Y < 0.5) tras adecuados cambios y simplificaciones sera:

P (U > 0.5, V < 0.5) = 0.52

4v3

v

12ududv =

12


Ejercicio 6.2.4 Dada la funcion de densidad

f(x, y) ={

16pi

x2

9 +y4 1

0 resto

calcular las funciones de densidad marginales, comprobar si son independientes y f(x | y).

Solucion. De forma rapida vemos que:

fX = 4 4

9x2

4 4

9x2

16pidy =

29pi

(9 x2) x (3, 3)

fY = 9 9

4y2

9 9

4y2

16pidx =

12pi

(4 y2) y (2, 2)

vemos que no son independientes ya que:

fXY 6= fX fY

Para calcular la funcion de densidad condicional f(x | y)

f(x | y) = f(x, y)fY (y)

=16pi

12pi

(4 y2) =

13(4 y2)

si32

(4 y2) x 3

2

(4 y2)


6.2. EJEMPLOS 75

Ejercicio 6.2.5 Dada la funcion de densidad conjunta

fXY

{ kx2+y2+x2y2+1

x, y R20 resto

calcular el valor de k que hace que la funcion sea de densidad, las marginales as como el coeficientede correlacion (X,Y ). Si D = I I R2 con I = [1, 1] entonces calcular P (D).

Solucion. Como en ejercicios previos vemos que:f(x, y)dxdy = 1

k

x2 + y2 + x2y2 + 1dxdy = kpi2 = k = 1

pi2

vemos que:

k

x2 + y2 + x2y2 + 1dxdy = k

dxdy

(y2 + 1) (x2 + 1)=

k

dx

(x2 + 1)

dy

(y2 + 1)= k [arctanx] [arctan y]

= kpipi

calculamos ahora las funciones marginales:

fX =1pi2

dy

(y2 + 1) (x2 + 1)=

1pi2 (x2 + 1)

dy

(y2 + 1)=

1pi (x2 + 1)

fX =1pi2

dx

(y2 + 1) (x2 + 1)=

1pi2 (y2 + 1)

dx

(x2 + 1)=

1pi (y2 + 1)

vemos que son independientes ya que:

fXY = fX fY

y por lo tanto(X,Y ) = 0

Por ultimo vamos a calcular

P (D) =1pi2

11

11

dxdy

(y2 + 1) (x2 + 1)=

1pi2

[arctanx]11 [arctan y]11 =

14


Ejercicio 6.2.6 Sean X,Y, Z U [0, 1] independientes. Definimos

U = max(X,Y, Z) y V = mn (X,Y, Z) .

Calcular fU , fV , as como E(U) y E(V ).


Solucion. La funcion de densidad de la variable X es:

fX ={

1 x [0, 1]0 resto

= FX =

0 x < 0x x [0, 1]1 x > 1

y hacemos (3/4) de lo mismo con las variables Y, Z.

Definimos

FU = P (U u) = P (max(X,Y, Z) u) = P (X u) P (Y u) P (Z u)

al ser independientes, entonces:

FU = FX(u) FY (u) FZ(u) = u3 / u [0, 1]

por lo tanto

FU =

0 u < 0u3 u [0, 1]1 u > 1

= fU ={

3u2 u [0, 1]0 resto

con esta funcion de densidad podemos calcular E(U);

E(U) = 10u(3u2)du =

34

Hacemos lo mismo con la variable V.

Definimos

FV = P (V v) = P (mx(X,Y, Z) v) = 1 [P (X v) P (Y v) P (Z v)]

al ser independientes, entonces:

FV = 1 (1 FX(v)) (1 FY (v)) (1 FZ(v)) = 1 (1 v)3 / v [0, 1]

por lo tanto

FV =

0 v < 01 (1 v)3 v [0, 1]1 v > 1

= fV ={

3 (1 v)2 v

ap probabilidad

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