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Ingenierıa Matematica

FACULTAD DE CIENCIAS

FISICAS Y MATEMATICAS

UNIVERSIDAD DE CHILE

Probabilidades y Estadıstica Otono 2010

Roberto CortezJulio BackhoffVıctor Riquelme

Control # 3Tiempo: 3 horas

P1. a) (3 ptos.) Sean X e Y variables independientes con distribucion normal estandar. Determinela funcion de densidad conjunta de U = X y V = X/Y . Muestre que X/Y tiene distribucionde Cauchy, es decir, su densidad es

1

π(1 + x2).

b) (3 ptos.) La densidad conjunta de X e Y esta dada por

f(x, y) =

{e−x/ye−y

y 0 < x <∞, 0 < y <∞0 en otro caso.

Calcule la densidad condicional de X dado que Y = y. Calcule P (X > 1|Y = y).

P2. a) Se sabe que el valor esperado del puntaje que obtiene un alumno en el examen final de unramo es de 75.

1) (1 pto.) De una cota superior de la probabilidad que el puntaje sea mayor que 85.

2) (1 pto.) Suponga de aquı en adelante que se sabe que la varianza es 25. ¿Que puededecirse sobre la probabilidad de que el puntaje obtenido por el alumno este entre 65 y85?

3) (1 pto.) ¿Cuantos alumnos tienen que dar el examen para asegurar que, con probabilidadde al menos un 99 %, el promedio de notas este entre 70 y 80? Obtenga un resultado sinutilizar el teorema del lımite central, y otro utilizandolo.

b) Sea X1, . . . , Xn una m.a.s. con densidad comun dada por

f(x) =

{e−(x−θ) x ≥ θ0 en otro caso.

1) (1,5 ptos.) Encuentre un estimador θ1 mediante el metodo de los momentos.

2) (1,5 ptos.) Encuentre un estimador θ2 mediante el metodo de maxima verosimilitud.

P3. La duracion de unas determinadas baterıas es una variable aleatoria N (µ, σ2) con parametrosdesconocidos. Se prueban 16 baterıas, obteniendo una duracion promedio de 7,0 y con s2n−1 iguala 0,9.

a) (1,5 ptos.) Encontrar un intervalo de confianza al 95 % para µ.

b) (1,5 ptos.) Encontrar un intervalo de confianza al 95 % para σ2.

c) (1,5 ptos.) Suponga que se sabe que la varianza real es σ2 = 1. ¿Cual es el intervalo deconfianza para µ en este caso?

d) (1,5 ptos.) Si se desea reducir un 20 % el largo del intervalo anterior, manteniendo el nivelde confianza, ¿cuantas baterıas adicionales se deberıan probar?

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3

TABLA 2: DISTRIBUCIÓN t DE STUDENT

Puntos de porcentaje de la distribución t

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0,25 0,2 0,15 0,1 0,05 0,025 0,01 0,005 0,0005

1 1,000 1,376 1,963 3,078 6,314 12,706 31,821 63,656 636,578 2 0,816 1,061 1,386 1,886 2,920 4,303 6,965 9,925 31,600 3 0,765 0,978 1,250 1,638 2,353 3,182 4,541 5,841 12,924 4 0,741 0,941 1,190 1,533 2,132 2,776 3,747 4,604 8,610 5 0,727 0,920 1,156 1,476 2,015 2,571 3,365 4,032 6,869 6 0,718 0,906 1,134 1,440 1,943 2,447 3,143 3,707 5,959 7 0,711 0,896 1,119 1,415 1,895 2,365 2,998 3,499 5,408 8 0,706 0,889 1,108 1,397 1,860 2,306 2,896 3,355 5,041 9 0,703 0,883 1,100 1,383 1,833 2,262 2,821 3,250 4,781

10 0,700 0,879 1,093 1,372 1,812 2,228 2,764 3,169 4,587

11 0,697 0,876 1,088 1,363 1,796 2,201 2,718 3,106 4,437 12 0,695 0,873 1,083 1,356 1,782 2,179 2,681 3,055 4,318 13 0,694 0,870 1,079 1,350 1,771 2,160 2,650 3,012 4,221 14 0,692 0,868 1,076 1,345 1,761 2,145 2,624 2,977 4,140 15 0,691 0,866 1,074 1,341 1,753 2,131 2,602 2,947 4,073

16 0,690 0,865 1,071 1,337 1,746 2,120 2,583 2,921 4,015 17 0,689 0,863 1,069 1,333 1,740 2,110 2,567 2,898 3,965 18 0,688 0,862 1,067 1,330 1,734 2,101 2,552 2,878 3,922 19 0,688 0,861 1,066 1,328 1,729 2,093 2,539 2,861 3,883 20 0,687 0,860 1,064 1,325 1,725 2,086 2,528 2,845 3,850

21 0,686 0,859 1,063 1,323 1,721 2,080 2,518 2,831 3,819 22 0,686 0,858 1,061 1,321 1,717 2,074 2,508 2,819 3,792 23 0,685 0,858 1,060 1,319 1,714 2,069 2,500 2,807 3,768 24 0,685 0,857 1,059 1,318 1,711 2,064 2,492 2,797 3,745 25 0,684 0,856 1,058 1,316 1,708 2,060 2,485 2,787 3,725

26 0,684 0,856 1,058 1,315 1,706 2,056 2,479 2,779 3,707 27 0,684 0,855 1,057 1,314 1,703 2,052 2,473 2,771 3,689 28 0,683 0,855 1,056 1,313 1,701 2,048 2,467 2,763 3,674 29 0,683 0,854 1,055 1,311 1,699 2,045 2,462 2,756 3,660 30 0,683 0,854 1,055 1,310 1,697 2,042 2,457 2,750 3,646

40 0,681 0,851 1,050 1,303 1,684 2,021 2,423 2,704 3,551 60 0,679 0,848 1,045 1,296 1,671 2,000 2,390 2,660 3,460 120 0,677 0,845 1,041 1,289 1,658 1,980 2,358 2,617 3,373

0,674 0,842 1,036 1,282 1,645 1,960 2,326 2,576 3,290

Ejemplo Para = 10 grados de libertad: P[ t > 1.812] = 0.05 P[ t < -1.812] = 0.05

4

TABLA 3: DISTRIBUCIÓN !2

Puntos de porcentaje de la distribución 2

0.995 0.99 0.975 0.95 0.9 0.75 0.5 0.25 0.1 0.05 0.025 0.01 0.005

1 3.93E-05 1.57E-04 9.82E-04 3.93E-03 1.58E-02 0.102 0.455 1.323 2.71 3.84 5.02 6.63 7.88 12 1.00E-02 2.01E-02 5.06E-02 0.103 0.211 0.575 1.386 2.77 4.61 5.99 7.38 9.21 10.60 23 7.17E-02 0.115 0.216 0.352 0.584 1.213 2.37 4.11 6.25 7.81 9.35 11.34 12.84 34 0.207 0.297 0.484 0.711 1.064 1.923 3.36 5.39 7.78 9.49 11.14 13.28 14.86 45 0.412 0.554 0.831 1.145 1.610 2.67 4.35 6.63 9.24 11.07 12.83 15.09 16.75 5

6 0.676 0.872 1.237 1.635 2.20 3.45 5.35 7.84 10.64 12.59 14.45 16.81 18.55 67 0.989 1.239 1.690 2.17 2.83 4.25 6.35 9.04 12.02 14.07 16.01 18.48 20.3 78 1.344 1.647 2.18 2.73 3.49 5.07 7.34 10.22 13.36 15.51 17.53 20.1 22.0 89 1.735 2.09 2.70 3.33 4.17 5.90 8.34 11.39 14.68 16.92 19.02 21.7 23.6 910 2.16 2.56 3.25 3.94 4.87 6.74 9.34 12.55 15.99 18.31 20.5 23.2 25.2 10

11 2.60 3.05 3.82 4.57 5.58 7.58 10.34 13.70 17.28 19.68 21.9 24.7 26.8 1112 3.07 3.57 4.40 5.23 6.30 8.44 11.34 14.85 18.55 21.0 23.3 26.2 28.3 1213 3.57 4.11 5.01 5.89 7.04 9.30 12.34 15.98 19.81 22.4 24.7 27.7 29.8 1314 4.07 4.66 5.63 6.57 7.79 10.17 13.34 17.12 21.1 23.7 26.1 29.1 31.3 1415 4.60 5.23 6.26 7.26 8.55 11.04 14.34 18.25 22.3 25.0 27.5 30.6 32.8 15

16 5.14 5.81 6.91 7.96 9.31 11.91 15.34 19.37 23.5 26.3 28.8 32.0 34.3 1617 5.70 6.41 7.56 8.67 10.09 12.79 16.34 20.5 24.8 27.6 30.2 33.4 35.7 1718 6.26 7.01 8.23 9.39 10.86 13.68 17.34 21.6 26.0 28.9 31.5 34.8 37.2 1819 6.84 7.63 8.91 10.12 11.65 14.56 18.34 22.7 27.2 30.1 32.9 36.2 38.6 1920 7.43 8.26 9.59 10.85 12.44 15.45 19.34 23.8 28.4 31.4 34.2 37.6 40.0 20

21 8.03 8.90 10.28 11.59 13.24 16.34 20.3 24.9 29.6 32.7 35.5 38.9 41.4 2122 8.64 9.54 10.98 12.34 14.04 17.24 21.3 26.0 30.8 33.9 36.8 40.3 42.8 2223 9.26 10.20 11.69 13.09 14.85 18.14 22.3 27.1 32.0 35.2 38.1 41.6 44.2 2324 9.89 10.86 12.40 13.85 15.66 19.04 23.3 28.2 33.2 36.4 39.4 43.0 45.6 2425 10.52 11.52 13.12 14.61 16.47 19.94 24.3 29.3 34.4 37.7 40.6 44.3 46.9 25

26 11.16 12.20 13.84 15.38 17.29 20.8 25.3 30.4 35.6 38.9 41.9 45.6 48.3 2627 11.81 12.88 14.57 16.15 18.11 21.7 26.3 31.5 36.7 40.1 43.2 47.0 49.6 2728 12.46 13.56 15.31 16.93 18.94 22.7 27.3 32.6 37.9 41.3 44.5 48.3 51.0 2829 13.12 14.26 16.05 17.71 19.77 23.6 28.3 33.7 39.1 42.6 45.7 49.6 52.3 2930 13.79 14.95 16.79 18.49 20.6 24.5 29.3 34.8 40.3 43.8 47.0 50.9 53.7 30

40 20.7 22.2 24.4 26.5 29.1 33.7 39.3 45.6 51.8 55.8 59.3 63.7 66.8 4050 28.0 29.7 32.4 34.8 37.7 42.9 49.3 56.3 63.2 67.5 71.4 76.2 79.5 5060 35.5 37.5 40.5 43.2 46.5 52.3 59.3 67.0 74.4 79.1 83.3 88.4 92.0 6070 43.3 45.4 48.8 51.7 55.3 61.7 69.3 77.6 85.5 90.5 95.0 100.4 104.2 70

80 51.2 53.5 57.2 60.4 64.3 71.1 79.3 88.1 96.6 101.9 106.6 112.3 116.3 8090 59.2 61.8 65.6 69.1 73.3 80.6 89.3 98.6 107.6 113.1 118.1 124.1 128.3 90

100 67.3 70.1 74.2 77.9 82.4 90.1 99.3 109.1 118.5 124.3 129.6 135.8 140.2 100

-2.58 -2.33 -1.96 -1.64 -1.28 -0.674 0.000 0.674 1.282 1.645 1.96 2.33 2.58

Para > 100 tómese 2 = ! "1

22

2 1Z !" # . Z es la desviación normal estandarizada correspondiente al nivel de

significancia y se muestra en la parte superior de la tabla.

Z Z

Ejemplo: Para = 10 grados de libertad P [ 2 > 15.99] = 0.10





Probabilidades y Estadıstica Otono 2010

Roberto CortezJulio BackhoffVıctor Riquelme

Pauta Control # 3

P1. a) Se tiene que (U, V ) = g(X,Y ), donde g(x, y) = (x, x/y). El teorema del cambio de variables nos diceque

fU,V (u, v) = fX,Y (g−1(u, v))|det(Dg−1(u, v)|.

En nuestro caso es directo ver que g es su propia inversa, por lo cual g−1(u, v) = (u, u/v) y

Dg−1(u, v) =

[1 0

1/v −u/v2]

y luego |det(Dg−1(u, v)| = |u|/v2. Como X e Y son normales estandar independientes, su densidad

conjunta es el producto de las densidades marginales, es decir, (1/2π)e−(x+y)2/2. Reemplazando todo

esto en la formula que entrega el teorema, obtenemos:

fU,V (u, v) =|u|e−(u+u/v)2/2

2πv2.

Calculemos la densidad marginal de V :

fV (v) =

∫ ∞−∞

fU,V (u, v)du =

∫ ∞−∞

|u|e−(u+u/v)2/2

2πv2du =

1

2πv22

∫ ∞0

ue−(u+u/v)2/2du,

donde la ultima igualdad se debe a la simetrıa en u. Hacemos el cambio de variable w = u√

1 + 1/v2

y lo anterior se obtiene

fV (v) =1

πv2

∫ ∞0

we−w2/2√

1 + 1/v2dw√

1 + 1/v2=

1

π(1 + v2)

∫ ∞0

we−w2/2dw =

1

π(1 + v2),

donde la integral vale 1, pues corresponde a −e−w2/2 evaluado en 0 e ∞. Luego, V es una variablecon distribucion de Cauchy.

b) La densidad condicional de X dado Y es

fX(x|Y = y) =fX,Y (x, y)

fY (y).

Calculemos la densidad marginal de Y :

fY (y) =

∫ ∞0

e−x/ye−y

ydx = e−y (−e−x/y)

∣∣∣x=∞x=0

= e−y.

Por lo tanto, para x, y > 0 obtenemos:

fX(x|Y = y) =e−x/ye−y

y

1

e−y=e−x/y

y.

Ademas:

P (X > 1|Y = y) =

∫ ∞1

fX(x|Y = y)dx =

∫ ∞1

e−x/y

ydx = −e−x/y

∣∣∣x=∞x=1

= e−1/y.

P2. a) Llamemos X al puntaje que obtiene el alumno en el examen, y sean µ = E(X), σ2 = var(X).

1

1) Aplicando desigualdad de Markov:

P (X ≥ 85) ≤ E(X)

85= 75/85.

2) Aplicando desigualdad de Chebyshev:

P (X ∈ (65, 85)) = P (|X − 75| < 10) = 1− P (|X − µ| ≥ 10) ≥ 1− σ2

102= 1− 25

100= 0,75.

3) Sean X1, . . . , Xn los resultados de n alumnos, y sea X su promedio. Tenemos:

P (X ∈ (70, 80)) = P (|X − 75| < 5) = 1− P (|X − µ| > 5),

donde µ tambien es la esperanza de X. Ademas, var(X) = σ2/n. Luego, aplicando Chebyshevobtenemos:

P (X ∈ (70, 80)) ≥ 1− var(X)

52= 1− 25

25n= 1− 1

n.

Por lo tanto, si se desea que esta probabilidad sea al menos de un 99 %, basta imponer que1 − 1/n = 0,99, es decir, n = 100. Ahora, obtengamos un resultado utilizando el teorema dellımite central:

P (X ∈ (70, 80)) = P (|X−75| < 5) = P

(∣∣∣∣X − µσ/√n

∣∣∣∣ < 5

σ/√n

)≈ P (|Z| <

√n) = 1−2P (Z ≥

√n),

donde hemos aproximado la distribucion de (X − µ)/(σ/√n) por una normal estandar Z, de

acuerdo al teorema del lımite central. Imponiendo que lo anterior es igual a 0,99 y despejando,debe tenerse que

P (Z ≥√n) = 0,005,

por lo cual√n debe ser similar a 2,58, de acuerdo a la tabla de la normal estandar. Es decir,

n ≈ 6,65, luego n = 7.

b) 1) Calculemos el valor esperado de X con densidad f :

E(X) =

∫ ∞−∞

xf(x)dx =

∫ ∞θ

xe−(x−θ)dx =

∫ ∞0

(y+θ)e−ydy =

∫ ∞0

ye−ydy+θ

∫ ∞0

e−ydy = 1+θ,

donde la primera integral vale 1 porque es la esperanza de una variable exp(1). Por lo tanto,imponiendo que el primer momento (la esperanza) sea igual al momento muestral, obtenemos

X = 1 + θ1, es decir θ1 = X − 1.

2) La verosimilitud de la muestra es:

L(x1, . . . , xn; θ) =

n∏i=1

f(xi; θ) =

n∏i=1

e−(xi−θ)1[θ,∞)(xi) = enθe−∑n

i=1 xi

n∏i=1

1[θ,∞)(xi).

Queremos maximizar lo anterior en θ. El termino enθ nos dice que θ debe tomarse lo mas grandeposible, pero de manera que las funciones indicatrices evaluadas en los xi no se anulen. El valorde θ mas grande que cumple esto es θ = mın(x1, . . . , xn). Por lo tanto, el estimador de maximaverosimilitud es

θ2 = mın(X1, . . . , Xn).

P3. Sean X1, . . . , Xn los resultados de las duraciones de las 16 baterıas probadas.

a) Trabajamos con el estadıstico

T =X − µ√s2n−1/n

,

2

el cual sabemos que se distribuye como una tn−1, es decir, como una t15. Imponemos que T este enun intervalo simetrico con probabilidad 1− α con α = 0,05:

1− α = P (T ∈ [−c, c]) = 1− 2P (T > c), es decir P (T > c) = α/2 = 0,025.

Mirando la tabla de la distribucion t-student, obtenemos c = 2,131. Despejando µ en la inclusionT ∈ [−c, c], se tiene que

µ ∈[X − c

√s2n−1/n, X + c

√s2n−1/n

]=

[7− 2,131

√0,9

4, 7 + 2,131

√0,9

4

].

b) Trabajamos con el estadıstico

S = (n− 1)s2n−1σ2

,

el cual sabemos que se distribuye como una χ2n−1, es decir, como una χ2

15. Imponemos entonces:

1− α = P (S ∈ [c, d]),

donde c es tal que P (S > c) = 1− α/2 y d es tal que P (S > d) = α/2, con α/2 = 0,025. Mirando latabla de la distribucion chi-cuadrado obtenemos c = 6,26 y d = 27,5. Despejando σ2 en la inclusionS ∈ [c, d], obtenemos:

σ2 ∈[

(n− 1)s2n−1d

(n− 1)s2n−1c

]=

[15 · 0,9

27,5,

15 · 0,96,26

].

c) Trabajamos con el estadıstico

Z =X − µσ/√n,

el cual sabemos que se distribuye como una normal estandar. Imponemos:

1− α = P (Z ∈ [−c, c]) = 1− 2P (Z > c), es decir P (Z > c) = α/2 = 0,025.

Mirando la tabla de una normal estandar obtenemos c = 1,96. Por lo tanto, despejando µ en lainclusion Z ∈ [−c, c], se obtiene

µ ∈[X − c σ√

n, X + c

σ√n

]=

[7− 1,96

4, 7 +

1,96

4

].

d) El nivel de confianza es el mismo si mantenemos el mismo c = 1,96. Por otro lado, el largo del intervaloanterior es la diferencia de los extremos, es decir

21,96

4=

1,96

2.

Queremos encontrar un n∗ tal que que este intervalo se reduzca un 20 %, para lo cual imponemosentonces que el largo del nuevo intervalo sea un 80 % veces la cantidad anterior, es decir:

21,96√n∗

= 0,81,96

2, es decir

√n∗ = 5.

Por lo tanto n∗ = 25, lo que significa que deben probarse 9 baterıas adicionales para reducir el largodel intervalo un 20 %.

3





MA3403-4 Probabilidades y Estadıstica, Primavera 2010

Roberto CortezVıctor CarmiDarıo Cepeda

Control # 322 de noviembre de 2010

Tiempo: 3 horas

P1. a) El tiempo que transcurre entre cada llamada recibida en una central de atencion telefonica sigue unadistribucion exponencial de parametro λ desconocido. Se toma una m.a.s. X1, . . . , Xn de estos tiempos.

1) (2.0 ptos.) Obtenga estimadores para λ usando el metodo de los momentos y el metodo de maximaverosimilitud.

2) (1.0 pto.) Muestre que estos estimadores convergen casi seguramente a λ cuando el tamano de lamuestra crece indefinidamente.

b) (3.0 ptos.) Una empresa fabrica ciertas piezas cuyo grosor deberıa ser de 7cm. Debido a pruebas realizadassobre la produccion, existe la sospecha de que la maquina que produce las piezas este defectuosa, haciendoque estas tengan un menor grosor del deseado. Suponga que se obtiene una muestra aleatoria simpleX1, . . . , X25 de los grosores de estas piezas, tal que

∑Xi = 172,508 y su varianza muestral insesgada es

s2 = 0,04. Asuma ademas que el grosor de una pieza es una v.a. normal. Realice un test de hipotesis ycalcule el p-valor. Indique su conclusion para un nivel de significacion de α = 5 %.

P2. a) (3.0 ptos.) Se lanza una moneda 25 veces, obteniendo la siguiente secuencia:

SSCCCSCCSSCSSCCSCCSCSSSCC.

Aproximando con el TLC, obtenga un intervalo de confianza para la probabilidad de cara p al 90 %.

b) (3.0 ptos.) En un laboratorio se desea estudiar la variabilidad de las mediciones tomadas en un complejoexperimento. Se tomaron 6 mediciones:

9,54 9,61 9,32 9,48 9,70 9,26,

las cuales entregan∑

(Xi− X)2 = 0,14275. Suponiendo que ellas provienen de una distribucion normal,obtenga un intervalo de confianza de la varianza σ2 al nivel 90 %.

P3. a) Se sabe que el tiempo medio de espera de la micro es de 5 minutos.

1) (1.0 pto.) Entregue una cota superior para la probabilidad de que la micro demore mas de 15minutos.

2) (1.5 ptos.) Estudios posteriores publicados por las autoridades de transporte revelan que la raız dela varianza del tiempo de espera es de 3 minutos. Con esta informacion adicional, entregue unanueva cota para la probabilidad de la parte anterior.

3) (1.5 ptos.) Usted espera la micro todos los dıas durante 36 dıas. Durante la espera, usted escuchala discografıa de su grupo favorito, que dura exactamente 168 minutos, siempre retomandola en elinstante en que la dejo el dıa anterior. ¿Cual es la probabilidad que usted no alcance a terminar ladiscografıa? Utilice el TLC.

b) (2.0 ptos.) Suponga que Y representa una unica observacion proveniente de una distribucion con densidaddada por

f(y) =

{θyθ−1, 0 < y < 1

0, en otro caso.

Dado θ1 > 1, encuentre la region de rechazo del test mas potente a nivel α para la hipotesis nula θ = 1versus la hipotesis alternativa θ = θ1.






Roberto CortezVıctor CarmiDarıo Cepeda

Pauta Control # 3

P1. a) 1) El estimador del metodo de los momentos se obtiene igualando el primer momento realde la variable con el primer momento muestral:

1

λ= E(X1) = X,

obteniendo entonces λM = 1/X. El estimador de maxima verosimilitud se obtiene en-contrando el λ que maximiza la verosimilitud de la muestra:

L(x1, . . . , xn;λ) =

n∏i=1

λe−λxi = λne−λ∑xi .

Lo anterior vale para xi ≥ 0. Derivando con respecto a λ e igualando a 0, obtenemos:

0 = nλn−1e−λ∑xi − λne−λ

∑xi∑

xi.

Despejando λ, se llega a λ = n/∑xi, es decir, λMV = 1/X.

2) Ambos estimadores son iguales a 1/X. Por la ley fuerte de los grandes numeros, sabe-mos que X converge casi seguramente a la esperanza de la variable, 1/λ en nuestrocaso, cuando el tamano de la muestra crece indefinidamente. O equivalentemente, 1/Xconverge casi seguramente a λ, que es lo que querıamos probar.

b) Los Xi siguen una N (µ, σ2), con ambos parametros desconocidos. Planteamos las hipotesis

H0 : µ = 7

H1 : µ < 7.

Trabajamos con el estadıstico

T =X − 7

s/√n,

el cual, bajo H0, se distribuye como una t-student con n − 1 = 24 grados de libertad.Sabiendo que

∑Xi = 172,508 y s =

√0,04 = 0,2 = 1/5, obtenemos que el valor que toma

el estadıstico T es:

172,50825 − 7

1/5√25

=172,508

25 − 7

1/25= 172,508− 25 · 7 = 172,508− 175 = −2,492.

El p-valor del test corresponde a la probabilidad, bajo H0, de obtener un valor al menos tanextremo como el de la muestra. Usando la simetrıa de la distribucion t-student y mirandouna tabla, obtenemos:

p-valor = P(T ≤ −2,492|H0) = P(t24 ≤ −2,492) = P(t24 ≥ 2,492) = 0,01

Es decir, el p-valor es de 1 %. Para α = 5 %, esto significa que debemos rechazar H0, con locual se concluye que la maquina efectivamente esta produciendo piezas con grosor inferior a7 cm.

P2. a) Los datos corresponden a una m.a.s. proveniente de una variable Bernoulli con parametro pdesconocido, para el cual queremos encontrar un intervalo de confianza. Trabajamos con elestadıstico

Z =p− p√

p(1− p)/√n,

donde p es la proporcion observada de caras. Sabemos que Z sigue una distribucion aproxi-madamente normal estandar, con lo cual imponemos:

90 % = P(Z ∈ [−c, c]) ≈ P(N (0, 1) ∈ [−c, c]) = 1− 2P(N (0, 1) > c),

es decir, P(N (0, 1) > c) = 5 %. Mirando una tabla, obtenemos que c = 1,65 (tambien sirvec = 1,64). De acuerdo a los datos, p = 13/25, con lo cual el intervalo queda:

−c ≤ Z ≤ c−c ≤ p−p√

p(1−p)/√n≤ c

p− c√p(1−p)√n≤ p ≤ p+ c

√p(1−p)√n

1325 − 1,65

√1325

1225√

25≤ p ≤ 13

25 + 1,65

√1325

1225√

25

1325 −

1,65·√

156125 ≤ p ≤ 13

25 + 1,65·√

156125


W =(n− 1)s2

σ2,

el cual sabemos que se distribuye como una χ2n−1 = χ2


90 % = P(c ≤W ≤ d) = 1− P(W < c)− P(W > d).

Adicionalmente, imponemos simetrıa de las probabilidades, es decir, 5 % = P(W < c) =1− P(W ≥ c) y 5 % = P(W > d). Mirando una tabla, obtenemos c = 1,145 y d = 11,07. Elintervalo queda:

c ≤W ≤ dc ≤ (n−1)s2

σ2 ≤ d(n−1)s2

d ≤ σ2 ≤ (n−1)s2

c∑(Xi−X)2

d ≤ σ2 ≤∑

(Xi−X)2

c0,1427511,07 ≤ σ

2 ≤ 0,142751,145 .

P3. a) Sea X la variable que denota el tiempo de espera de la micro.

1) X es una variable no-negativa. Aplicando la desigualdad de Markov:

P(X ≥ 15) ≤ E(X)

15=

5

15=

1

3.

2) Se tiene que:X ≥ 15⇔ X − 5 ≥ 10⇔ |X − 5| ≥ 10,

donde la ultima equivalencia se debe a que X − 5 no puede ser menor que −5, puesX es no-negativa, lo que en particular implica que X − 5 no puede ser menor que -10.Aplicando la desigualdad de Chebyshev, tenemos entonces:

P(X ≥ 15) = P(|X − 5| ≥ 10) ≤ var(X)

102=

9

100.

2

3) Denotemos X1, . . . , Xn los tiempos de espera (en minutos) de los 36 dıas. Queremoscalcular la probabilidad de que la suma de estos tiempos no cubra los 168 minutos dediscografıa, es decir, P(

∑Xi ≤ 168). Si µ = 5 y σ2 = 9 son la esperanza y varianza de

la variable, tenemos:

P(∑

Xi ≤ 168) = P

(∑Xi

n − µσ/√n≤

168n − µσ/√n

)≈ P

(N (0, 1) ≤

168n − µσ/√n

),

donde la ultima aproximacion se debe al teorema del lımite central. La cantidad a laderecha de la desigualdad anterior corresponde a:

168n − µσ/√n

=16836 − 5

3/√

36= 2

168− 180

36= −24

36= −2

3.

Tenemos entonces:

P(∑

Xi ≤ 168) ≈ P(N (0, 1) ≤ −2/3) = P(N (0, 1) ≥ 0,666) = 0,2514,

donde la ultima igualdad se obtiene desde una tabla (tambien sirve 0,2546). Es decir,la probabilidad de no alcanzar a terminar la discografıa es de 25,14 %.

b) La region de rechazo del test mas potente se obtiene con el lema de Neyman-Pearson. Laverosimilitud de la muestra es:

L(y; θ) = θyθ−11(0,1)(y).

Luego, para y ∈ (0, 1), la region de rechazo buscada viene dada por la expresion:

η ≥ L(y; θ0)

L(y; θ1)=θ0y

θ0−1

θ1yθ1−1=

1

θ1yθ1−1.

Despejando y, se obtiene R = {y : y ≥ c}, donde c = (θ1η)−1/(θ−1) es una constante. Estase determina imponiendo que el error tipo I valga α, es decir:

α = P(Y ∈ R|H0) = P(Y ≥ c|H0) =

∫ 1

cθ0y

θ0−1dy =

∫ 1

cdy = 1− c.

Luego, la region de rechazo del test mas potente a nivel α es R = {y : y ≥ 1− α}.

3





MA3403-5 Probabilidades y Estadıstica, Otono 2011

Roberto CortezVıctor CarmiAlfredo Torrico

Control 320 de junio de 2011

Tiempo: 3 horas

P1. a) (3,0 ptos.) Suponga que usted dispone de una mesa cuadrada, sobre la cual dibuja un cırculoinscrito en ella. Usted lanza n objetos al azar sobre la mesa (i.e., distribuido uniformementesobre la superficie de la mesa), y denota cn la cantidad de ellos que cae dentro del cırculo.Muestre que 4cn/n converge en probabilidad y casi seguramente a π cuando n→∞.

b) (3,0 ptos.) Un productor afirma que al menos el 20 % del publico prefiere su producto. Setoma una muestra de 100 personas para verificar su afirmacion. Con α = 0,05, ¿cual es lamınima cantidad de personas que prefieren el producto de manera que no haya suficiente ev-idencia para rechazar la afirmacion del productor? Si solo 10 personas prefieren el producto,¿cual es el p-valor del test?

P2. a) (3,0 ptos.) Un astronomo quiere conocer la distancia d (en anos luz) que hay desde laTierra a una lejana estrella. Para medir esta distancia el astronomo dispone un instrumentoadecuado, pero debido a variaciones en las condiciones atmosfericas, el valor obtenido en cadamedicion no corresponde a la distancia exacta, sino a una variable aleatoria con esperanzad y varianza 4. Por esta razon, el astronomo planea tomar n mediciones independientes,y estimar d usando el promedio. ¿Cual es el mınimo valor de n tal que, con probabilidadde al menos un 95 %, su estimacion tiene un error de a lo mas ±0,5 anos luz? Obtenga unresultado utilizando la desigualdad de Chebyshev, y otro aproximando con el TLC.

b) (3,0 ptos.) Se desea estudiar la variabilidad de la temperatura mınima diaria (en gradosCelsius) durante la primera semana de invierno. Se obtuvieron los datos descritos en lasiguiente tabla:

lunes martes miercoles jueves viernes sabado domingo

5,0 2,4 −1,0 2,6 4,0 −2,0 3,0

Suponiendo que los datos conforman una m.a.s. proveniente de una normal, obtenga unintervalo de confianza para la varianza σ2 al nivel 90 %.

P3. Sea X1, . . . , Xn una m.a.s. proveniente de una gama(θ, λ), donde θ > 1 es conocido.

a) (2,5 ptos.) Muestre que los estimadores de λ del metodo de los momentos y el de maximaverosimilitud coinciden con λ = θ/X. Recuerde que la esperanza una variable gama(θ, λ) esθ/λ, y su densidad es

λe−λx(λx)θ−1

Γ(θ)1[0,∞)(x).

b) (1,0 pto.) Concluya que λ converge casi seguramente a λ cuando el tamano de la muestracrece indefinidamente.

c) (2,5 ptos.) Muestre que la esperanza de λ es λnθ/(nθ−1) y modifıquelo para obtener un esti-mador insesgado λ. Suponiendo θ > 2, calcule la varianza de λ y muestre que es un estimadorconsistente. Indicacion: utilice el hecho que

∑ni=1Xi tiene distribucion gama(nθ, λ).






Roberto CortezVıctor CarmiAlfredo Torrico

Pauta Control 3

P1. a) Sean X1, . . . , Xn variables que denotan cuando cada lanzamiento cae dentro del cırculo, esdecir,

Xi =

{1, si el i-esimo objeto cae dentro del cırculo

0, si el i-esimo objeto cae fuera del cırculo.

Con esta notacion, se tiene claramente que cn =∑n

i=1Xi. Notemos que cada Xi es unavariable Bernoulli con parametro p correspondiente a la probabilidad de caer dentro delcırculo. Como el lugar en que cae el objeto es uniforme sobre la mesa, se tiene que

p =area del cırculo

area de la mesa=π · (a/2)2

a2=π

4,

donde a es el largo del lado de la mesa (luego, a/2 es el radio del cırculo). Por la ley de losgrandes numeros fuerte y debil sabemos que el promedio de los Xi converge, cuando n creceindefinidamente, a la esperanza de X1 casi seguramente y en probabilidad, i.e.:

cnn

=1

n

n∑i=1

Xi = Xn → E(X1) = p =π

4.

Luego, cuando n→∞, se tiene que 4cn/n→ π casi seguramente y en probabilidad.

b) Denotemos Xi a la variable aleatoria que vale 1 si la i-esima persona de la muestra prefiereel producto, 0 si no, para i = 1, . . . , 100. Cada Xi es una variable Bernoulli con parametrop desconocido. Definamos las hipotesis

H0 : p = 20 %

H1 : p < 20 %.

Notemos que E(X1) = p y varX1 = p(1−p). Por lo tanto, bajo H0, sabemos que el estadısticoZ = (X − 0,2)/

√0,2 · (1− 0,2)/100 tiene distribucion aproximadamente normal estandar.

Dada la forma de las hipotesis, buscamos una region de rechazo del tipo Z ∈ (−∞, c], parauna cierta constante c por determinar. Imponiendo que la probabilidad del error de tipo Isea α = 0,05, tenemos que:

0,05 = P(Z ∈ (−∞, c] | H0) ≈ P(N (0, 1) ≤ c) = P(N (0, 1) ≥ −c).

Mirando la tabla de la normal, se obtiene que −c = 1,64 (tambien sirve 1,65). Entonces, lahipotesis del productor no se rechaza cuando Z > c, es decir:

c < Z =X − 0,2√

0,2 · (1− 0,2)/100= 10 · X − 1/5√

1/5 · 4/5= 25 · (X − 1/5) ⇔ X >

5− 1,64

25=

13,44

100.

Notemos que X corresponde a A/100, donde A es la cantidad de personas que prefierenel producto. Por lo tanto, la mınima cantidad de estas personas tal que no se rechaza lahipotesis del productor es 14.

1

Si 10 personas prefieren el producto, de la ultima expresion se tiene que el valor observadode Z es 25 · (10/100 − 1/5) = −25/10 = −2,5. El p-valor es la probabilidad de obtenerun resultado al menos tan extremo como el observado. Luego, mirando la tabla normal,tenemos:

p-valor = P(Z ≤ −2,5) ≈ P(N (0, 1) ≤ −2,5) = P(N (0, 1) ≥ 2,5) = 0,62 %.

P2. a) Sean X1, . . . , Xn las mediciones a tomar, y X = 1n

∑ni=1Xi el promedio de ellas. Queremos

asegurar que |X − d| < 0,5 con probabilidad de al menos un 95 %, donde d coincide con laesperanza de las variables Xi. Usando la desigualdad de Chebyshev:

P(|X − d| < 0,5) = 1− P(|X − d| ≥ 0,5) ≥ 1− var(X)

0,52= 1− 4/n

0,25= 1− 16

n,

donde hemos usado que var(X) = σ2/n = var(X1)/n debido a que las variables son i.i.d.Luego, para asegurar que la probabilidad de la izquierda sea al menos un 95 %, basta pedirque 1− 16/n ≥ 0,95, es decir, n ≥ 16/0,05 = 320.

Ahora usemos el TLC. Sabiendo que (X − d)/√σ2/n tiene distribucion aproximadamente

normal estandar, tenemos:

P(|X − d| < 0,5) = P(|X − d|2/√n

<0,5

2/√n

)≈ P

(|Z| < 0,5

2/√n

)= 1− 2P(Z ≥ 0,25

√n),

donde Z ∼ N (0, 1), y hemos usado la simetrıa de la densidad de Z. Luego, para que laprobabilidad de la izquierda sea de al menos un 95 %, basta pedir que 1−2P(Z ≥ 0,25

√n) ≥

95 %, es decir, P(Z ≥ 0,25√n) ≤ 2,5 %. Mirando una tabla de una normal estandar, debe

tenerse entonces que 0,25√n ≥ 1,96, es decir,

√n ≥ 4 · 1,96 = 7,84. Como 7,842 = 61,4656,

el menor natural que cumple la desigualdad anterior es n = 62.

b) Sean X1, . . . , Xn los datos de la muestra, con n = 7. Consideremos el estadıstico

V =1

σ2

n∑i=1

(Xi −X)2,

el cual sabemos que tiene distribucion de chi-cuadrado con n−1 grados de libertad, es decir,V ∼ χ2

6. Para encontrar el intervalo, imponemos que 90 % = P(c < V < d), donde c y dson constantes tales que cumplen simetrıa de probabilidad de la distribucion de V , es decir,P(V ≤ c) = P(V ≥ d). Con todo esto:

90 % = P(c < V < d) = 1− P(V ≤ c)− P(V ≥ d) ⇒ P(V ≤ c) = P(V ≥ d) = 5 %.

Mirando la tabla de la distribucion chi-cuadrado, obtenemos que d = 12,59. Ademas, P(V >c) = 1− P(V ≤ c) = 95 %, y de la tabla obtenemos que c = 1,635. Por lo tanto, el intervalode confianza para σ2 al nivel 90 % se obtiene imponiendo que c < V < d y despejando σ2.Es decir:

c < V < d ⇔ c <1

σ2

n∑i=1

(Xi −X)2 < d ⇔ U

d< σ2 <

U

c,

donde U =∑n

i=1(Xi −X)2. Calculemos el valor de U obtenido en la muestra:

X =1

7(5,0 + 2,4− 1,0 + 2,6 + 4,0− 2,0 + 3,0) =

1

7· 14,0 = 2,0,

2

luego:

U =

n∑i=1

(Xi −X)2 = 3,02 + 0,42 + 3,02 + 0,62 + 2,02 + 4,02 + 1,02

= 9,0 + 0,16 + 9,0 + 0,36 + 4,0 + 16,0 + 1,0 = 39,52,

y el intervalo de confianza para σ2 queda[39,52

12,59,39,52

1,635

].

P3. a) El estimador de los momentos se obtiene al igualar el primer momento muestral, es decir X,con el primer momento real de la variable, es decir θ/λ. Despejando λ, se obtiene entonces

λmom =θ

X.

Para el otro estimador, calculemos la verosimilitud: si f(·;λ) es la densidad de la gama(θ, λ),tenemos que

L(x1, . . . , xn;λ) =n∏i=1

f(xi;λ) =n∏i=1

λe−λxi(λxi)θ−1

Γ(θ)1[0,∞)(xi) =

λnθe−λ∑n

i=1 xi [∏ni=1 xi]

θ−1

Γ(θ)n,

donde hemos usado que todas las indicatrices valen 1 pues los xi se obtuvieron desde unavariable gama(θ, λ), la cual siempre toma valores ≥ 0. Para maximizar lo anterior, derivamoscon respecto a λ e igualamos a cero. Simplificando terminos, se obtiene:

0 = nθλnθ−1e−λ∑n

i=1 xi − λnθe−λ∑n

i=1 xi

n∑i=1

xi ⇒ λMV =nθ∑ni=1 xi

=θ

X.

b) Por la ley fuerte de los grandes numeros, sabemos que X converge casi seguramente alpromedio de la variable subyacente, cuando n → ∞. Es decir, X → θ/λ. Por lo tanto,cuando n→∞, se tiene la siguiente convergencia casi segura:

λ =θ

X→ θ

θ/λ= λ.

c) Calculemos la esperanza de λ:

E(λ) = E

(θ

1n

∑ni=1Xi

)= nθE

(1

Y

),

donde Y =∑n

i=1Xi tiene distribucion gama(nθ, λ). Aplicando la formula para la esperanzade una funcion de una variable aleatoria, tenemos que:

E(

1

Y

)=

∫ ∞0

1

y

λe−λy(λy)nθ−1

Γ(nθ)dy =

λ

nθ − 1

∫ ∞0


Γ(nθ − 1)dy,

donde hemos usado la propiedad fundamental de la funcion Γ. Notemos que la integralanterior vale 1, pues el integrando es exactamente la densidad de una gama(nθ − 1, λ). Porlo tanto, la esperanza de λ es

E(λ) = nθE(

1

Y

)= λ

nθ

nθ − 1.

3

Modificando λ, obtenemos entonces que el siguiente estimador de λ es insesgado:

λ =nθ − 1

nθλ =

nθ − 1

nθ

θ

X=θ − 1/n

X.

Calculemos la varianza de λ, para lo cual calculamos E(λ) = n2θ2E(1/Y 2). Usando nueva-mente la formula de la esperanza de una funcion de una variable, tenemos:

E(

1

Y 2

)=

∫ ∞0

1

y2λe−λy(λy)nθ−1

Γ(nθ)dy =

λ2

(nθ − 1)(nθ − 2)

∫ ∞0


Γ(nθ − 2)dy,

donde nuevamente la integral vale 1 pues el integrando es la densidad de una gama(nθ−2, λ).Por lo tanto:

var(λ) = E(λ2)− E(λ)2 = λ2n2θ2

(nθ − 1)(nθ − 2)− λ2 n2θ2

(nθ − 1)2=

n2θ2λ2

(nθ − 1)2(nθ − 2).

Luego, la varianza de λ es

var(λ) = var

(nθ − 1

nθλ

)=

(nθ − 1)2

n2θ2var(λ) =

(nθ − 1)2

n2θ2n2θ2λ2

(nθ − 1)2(nθ − 2)=

λ2

nθ − 2,

lo cual claramente tiende a 0 cuando n → ∞. Como ademas λ es insesgado, por propiedadvista en catedra se concluye que λ es consistente.

4






Roberto CortezAngel PardoAlfredo Torrico

Control 39 de enero de 2012Tiempo: 3 horas

P1. a) (3,0 ptos.) El promedio de los puntajes obtenidos por 16 personas en una prueba es de540, y la desviacion estandar (i.e., la raız del estimador insesgado de la varianza) es de 50.Asumiendo que el puntaje tiene distribucion normal, construya un intervalo de confianza al95 % para la esperanza µ.

b) (3,0 ptos.) En un laboratorio se desea estudiar la variabilidad de las mediciones tomadas enun complejo experimento. Se tomaron 6 mediciones:

9,54 9,61 9,32 9,48 9,70 9,26 (luego,∑

(Xi −X)2 = 0,14275).

Suponiendo que ellas provienen de una distribucion normal, obtenga un intervalo de confi-anza de la varianza σ2 al nivel 90 %.

P2. a) (2,0 ptos.) Sea X1, . . . , Xn una m.a.s. proveniente de una distribucion con densidad dadapor f(x) = rxr−1

1[0,1](x), donde r > 0 es un parametro desconocido. Encuentre estimadorespara r usando el metodo de maxima verosimilitud y de los momentos.

b) Una conocida marca de alimentos afirma que sus cajas de cereales que contienen 50gr dealmendras en promedio, pero usted sospecha que contienen estrictamente menos. Para veri-ficar su afirmacion, usted cuidadosamente separa las almendras de 9 cajas de cereales, y alpesarlas obtiene 49gr, 51gr, 46gr, 49gr, 51gr, 48gr, 51gr, 46gr y 50gr. Suponga que la variableen consideracion tiene distribucion normal con ambos parametros desconocidos.

1) (3,0 ptos.) Calcule el p-valor del test que resuelve su sospecha. Para un nivel de confianzadel 5 %, ¿que se puede concluir?

2) (1,0 ptos.) En la caja de cereales se especifica que la raız de la varianza de la cantidadde almendras es de 4gr, pero usted nuevamente sospecha que es estrictamente menor.¿Cual es el p-valor del test correspondiente? ¿Que se concluye si se usa un nivel deconfianza del 5 %?

P3. Usted esta en una larga fila en un banco. Mientras espera, usted comienza a anotar los tiemposque transcurren entre la llegada de cada cliente al banco, obteniendo una secuencia X1, . . . , Xn devariables aleatorias. Usted sabe que de acuerdo a la teorıa, los (Xi) son variables independientescon ley exp(λ), para un cierto λ > 0 desconocido que usted quiere aproximar. Sea X = 1

n

∑ni=1Xi.

a) (1,2 ptos.) Muestre que E(X) = 1/λ y que var(X) = 1/(nλ2).

b) (1,2 ptos.) Ya que E(X) = 1/λ, usted pretende aproximar λ utilizando el estimador λ = 1/X.Muestre que λ converge casi seguramente a λ cuando n→∞.

c) (1,2 ptos.) Usted quiere garantizar que con probabilidad alta su estimacion tiene un errorrelativo no mayor que α, es decir, usted quisiera que la cantidad P(|λ − λ| > αλ) fuesepequena. Para acotar esta probabilidad, primero muestre que |λ − λ| ≤ αλ si y solo si−α/(λ[1 + α]) ≤ X − 1/λ ≤ α/(λ[1− α]). Luego concluya que

P(|λ− λ| > αλ) ≤ P(|X − 1/λ| > α

λ(1 + α)

).

d) (1,2 ptos.) Muestre que P(|λ− λ| > αλ) ≤ (1 + α)2/(nα2).

e) (1,2 ptos.) Utilizando lo anterior, determine cuantas observaciones usted debe tomar paraque, con probabilidad de al menos un 90 %, el error relativo de su aproximacion sea menorque α = 25 %.






Roberto CortezAngel PardoAlfredo Torrico

Pauta Control 3

P1. a) Sean X1, . . . , Xn los puntajes de las personas, con n = 16. Consideremos el estadıstico

T =X − µ√s2/n

,

el cual sabemos que tiene distribucion de t-student con n−1 = 15 grados de libertad, dondes2 es el estimador insesgado de la varianza. Buscamos un intervalo simetrico con respecto aT al nivel 95 %, es decir, imponemos que

95 % = P(−c ≤ T ≤ c) = 1− 2P(T > c) ⇒ P(T > c) = 2,5 %,

donde hemos usado la simetrıa de la distribucion t-student. Usando la tabla de la t-student,obtenemos c = 2,131. El intervalo buscado se obtiene despejando µ:

−c ≤ T ≤ c ⇔ − c ≤ X − µ√s2/n

≤ c ⇔ X − c√s2√n≤ µ ≤ X + c

√s2√n.

Reemplazando los valores de n, de X y√s2 obtenidos en la muestra, y de c ya calculado,

se tiene entonces que el intervalo de confianza para µ al nivel buscado es:[540− 2,131 · 50√

16, 540 + 2,131 · 50√

16

]=

[540− 50 · 2,131

4, 540 +

50 · 2,131

4

].


W =(n− 1)s2

σ2,

el cual sabemos que se distribuye como una χ2n−1 = χ2


90 % = P(c ≤W ≤ d) = 1− P(W < c)− P(W > d).

Adicionalmente, imponemos simetrıa de las probabilidades, es decir, 5 % = P(W < c) =1− P(W ≥ c) y 5 % = P(W > d). Mirando una tabla, obtenemos c = 1,145 y d = 11,07. Elintervalo queda:

c ≤W ≤ d

c ≤ (n− 1)s2

σ2≤ d

(n− 1)s2

d≤ σ2 ≤ (n− 1)s2

c∑(Xi − X)2

d≤ σ2 ≤

∑(Xi − X)2

c0,14275

11,07≤ σ2 ≤ 0,14275

1,145.

1

P2. a) Calculemos primero el estimador de maxima verosimilitud. La funcion de verosimilitud cor-responde a:

L(x1, . . . , xn) =n∏i=1

f(xi) =n∏i=1

rxr−1i 1[0,1](xi) = rn

[n∏i=1

xi

]r−1,

donde hemos utilizado que todas las indicatrices valen 1, pues xi corresponde a la realizacionde Xi, la cual sabemos que toma valores en [0, 1]. Para maximizar lo anterior con respectoa r, tomamos ln(·), derivamos e igualamos a 0:

0 =d

drln(L(x1, . . . , xn)) =

d

dr

(n ln(r) + (r − 1)

n∑i=1

ln(xi)

)=n

r+

n∑i=1

ln(xi).

Despejando r, se obtiene entonces rMV = −n/∑n

i=1 ln(Xi). Veamos ahora el estimador delmetodo de los momentos, para lo cual calculamos la esperanza de la variable en consideracion:

E(Xi) =

∫ ∞−∞

xf(x)dx =

∫ 1

0xrxr−1dx = r

xr+1

r + 1

∣∣∣∣10

=r

r + 1= X,

donde la ultima igualdad la hemos impuesto, para aplicar el metodo de los momentos.Despejando r, obtenemos

rmom =X

1−X.

b) 1) Sean X1, . . . , Xn los datos, con n = 9, y sean µ y σ2 los parametros de la distribucionnormal de la cual proviene la variable en consideracion. Planteamos las hipotesis.

H0 : µ = 50

H1 : µ < 50.

Trabajamos con el estadıstico

T =X − µ√s2/n

,

el cual sabemos que tiene distribucion t-student con 9−1 grados de libertad. Calculemosel valor X y s2 para los datos proveıdos:

9∑i=1

Xi = 9 · 50 +

9∑i=1

(Xi − 50) = 9 · 50 + [−1 + 1− 4− 1 + 1− 2 + 1− 4 + 0]

= 9 · 50− 9,

luego X = 1n

∑Xi = 49. Ademas:

9∑i=1

(Xi −X)2 = 02 + 22 + (−3)2 + 02 + 22 + (−1)2 + 22 + (−3)2 + 12

= 0 + 4 + 9 + 0 + 4 + 1 + 4 + 9 + 1

= 32,

2

por lo tanto s2 = 1n−1

∑(Xi−X)2 = 32/8 = 4. El p-valor corresponde a la probabilidad,

bajo H0, de obtener algo tan o mas extremo que el valor del estadıstico observado en lamuestra. Dada la forma de las hipotesis, esto significa que el estadıstico T sea menor oigual que lo observado, es decir,

p-valor = P(T ≤ Tobs|µ = 50) = P(T ≤ 49− 50√4/9

) = P(T ≤ −1,5) = P(T ≥ 1,5),

donde hemos utilizado la simetrıa de la distribucion de t-student. Sabiendo que T ∼t8, mirando la tabla obtenemos que la probabilidad anterior es aproximadamente 0,1(utilizando el valor mas cercano a 1,5, es decir, 1,397). Luego, el p-valor es de 10 %. Paraα = 5 % < 10 %, esto significa que no corresponde rechazar H0.

2) Planteamos las hipotesis

H0 : σ = 4

H1 : σ < 4.

Para resolver el test, utilizamos el estadıstico

W =(n− 1)s2

σ2,

el cual sabemos que tiene distribucion de chi-cuadrado con 9− 1 grados de libertad. Elp-valor es la probabilidad, bajo H0, de que este estadıstico sea al menos tan extremoque lo observado, lo cual significa obtener algo menor o igual que lo observado:

p-valor = P(W ≤Wobs|σ = 4) = P(W ≤ 8 · 442

) = P(W ≤ 2) = 1− P(W > 2).

Sabiendo que W ∼ χ28, mirando la tabla obtenemos que P(W > 2) es aproximadamente

0,975 (utilizando el valor mas cercano a 2, es decir, 2,18). Luego, el p-valor es de 2,5 %.Para α = 5 % > 2,5 %, debemos rechazar H0 y aceptar la hipotesis alternativa de que σes estrictamente menor que 4.

P3. a) En catedra se vio que X es insesgado, por lo tanto E(X) = E(X1) = 1/λ, donde hemosutilizado que la esperanza de una variable exponencial de parametro λ es 1/λ. Rehagamosel calculo:

E(X) = E

(1

n

n∑i=1

Xi

)=

1

n

n∑i=1

E(Xi) =1

n

n∑i=1

1

λ=

1

λ.

Para lo otro, en la demostracion de la LDGN se vio que var(X) = var(X1)n , y sabiendo que

la varianza de una variable exponencial de parametro λ es 1/λ2, se obtiene lo deseado.Explıcitamente:

var(X) = var

(1

n

n∑i=1

Xi

)=

1

n2

n∑i=1

var(Xi) +∑i 6=j

cov(Xi, Xj)

=1

n2

n∑i=1

1

λ2=

1

nλ2,

donde hemos utilizado que las constantes salen al cuadrado de la varianza, y que las covari-anzas son todas 0 porque las variables son independientes.

b) Por LFGN, sabemos que X converge c.s. cuando n → ∞ a E(X1) = 1/λ, lo que equivale aque 1/X converge c.s. a λ.

3

c) Veamos lo primero:

|λ− λ| ≤ αλ⇔ −αλ ≤ 1

X− λ ≤ αλ

⇔ λ(1− α) ≤ 1X

≤ λ(1 + α)

⇔ 1λ(1+α) ≤ X ≤ 1

λ(1−α)⇔ − α

λ(1+α) ≤ X − 1λ ≤ α

λ(1−α) .

Tambien notemos que:

|X − 1λ | ≤

αλ(1+α)

⇔ − αλ(1+α) ≤ X − 1

λ ≤ αλ(1+α)

⇒ − αλ(1+α) ≤ X − 1

λ ≤ αλ(1−α) ,

y usando la equivalencia anterior, se concluye que el evento {|X− 1λ | ≤

αλ(1+α)} esta contenido

en el evento {|λ − λ| ≤ αλ}. Pasando al complemento, se concluye que {|λ − λ| > αλ} ⊆{|X − 1

λ | >α

λ(1+α)}, y aplicando P(·), obtenemos

P(|λ− λ| > αλ) ≤ P(|X − 1/λ| > α

λ(1 + α)

).

d) Utilizando lo anterior y aplicando la desigualdad de Chebyshev a la variable X, tenemos:

P(|λ− λ| > αλ) ≤ P(|X − 1/λ| > α

λ(1 + α)

)≤ var(X)(

αλ(1+α)

)2 =1nλ2

α2

λ2(1+α)2

=(1 + α)2

nα2.

e) Para α = 25 % = 1/4, imponemos que la probabilidad de que el error relativo sea mayor queα no sea mayor que β = 10 % = 1/10, para lo cual utilizamos la cota anterior:

P(|λ− λ| > αλ) ≤ (1 + α)2

nα2≤ β ⇔ n ≥ (1 + α)2

βα2=

(5/4)2

(1/10) · (1/4)2= 10 · 52 = 250.

Luego, tomando 250 mediciones nos aseguramos que P(|λ− λ| > αλ) ≤ 10 %, o equivalente-mente, pasando al complemento, P(|λ− λ| ≤ αλ) ≥ 90 %, como querıamos.

4






Roberto CortezFrancisco CastroAlfredo Torrico

Control 311 de junio de 2012

Tiempo: 3 horas

P1. (a) (2,0 ptos.) Sea X1, . . . , Xn una m.a.s. proveniente de una distribucion con densidad dadapor f(x) = rxr−11[0,1](x), donde r > 0 es un parametro desconocido. Encuentre estimadorespara r usando el metodo de maxima verosimilitud y de los momentos.

(b) La duracion de unas determinadas baterıas es una variable aleatoria N (µ, σ2) con paramet-ros desconocidos. Se prueban 16 baterıas, obteniendo una duracion promedio de 7,0 y cons2 igual a 0,9.

1) (1,5 ptos.) Encontrar un intervalo de confianza al 95 % para µ.

2) (1,5 ptos.) Suponga que se sabe que la varianza real es σ2 = 1. ¿Cual es el intervalo deconfianza para µ en este caso?

3) (1,0 pto.) Si se desea reducir un 20 % el largo del intervalo anterior, manteniendo elnivel de confianza, ¿cuantas baterıas adicionales se deberıan probar?

P2. Se dispone de una m.a.s. X1, . . . , Xn proveniente de una distribucion exponencial de parametroλ > 0 desconocido. Sean α = 5 %, λ1 > λ0 > 0 valores dados. Se plantean las hipotesis

H0 : λ = λ0

H1 : λ = λ1,

(a) (1,5 ptos.) Muestre que el test mas potente tiene region de rechazo de la forma R = {~x ∈Rn : x ≤ Cte}. ¿Es uniformemete mas potente entre todos los tests tales que λ1 > λ0?

(b) (1,5 ptos.) Escriba esta region de rechazo de la forma

R =

{~x ∈ Rn :

x− 1/λ01/(λ0

√n)≤ c

},

donde c es una constante. Aproximando con un teorema adecuado, mueste que el valor de ctal que la probabilidad del error tipo I es igual al α especificado, corresponde a c = −1,65.

(c) (1,5 ptos.) De aquı en adelante suponga que λ0 = 1, λ1 = 2 y n = 25. Nuevamenteaproximando con un teorema adecuado, calcule la potencia del test del ıtem anterior.

(d) (1,5 ptos.) Suponga que el promedio observado en la muestra es 0,6. Aproximando nueva-mente, calcule el p-valor del test. ¿Debe o no rechazarse H0?

P3. Se dispone de 100 ampolletas cuyas duraciones son variables aleatorias independientes e identica-mente distribuidas con media de 5 horas y varianza de 25. Suponga que al acabarse una ampolletaesta es inmediatamente reemplazada por otra. Sea Y la variable correspondiente al tiempo quetranscurre desde que se prende la primera ampolleta hasta que se termina la ultima.

(a) (1,5 ptos.) Muestre que Y tiene valor esperado igual a 500. Con esto, obtenga una cota parala probabilidad de que despues de 525 horas aun haya al menos una ampolleta funcionando.

(b) (1,5 ptos.) Muestre que Y tiene raız de la varianza igual a 50. Utilice esto para obtener unacota para la probabilidad de que se acaben las ampolletas entre las horas 400 y 600.

(c) (1,5 ptos.) Utilizando el TCL, obtenga una aproximacion de la probabilidad de la parte (a).

(d) (1,5 ptos.) Suponga que se compran 50 ampolletas adicionales de otra marca, cuyas dura-ciones son variables aleatorias identicamente distribuidas con media de 3 horas y varianza22, independientes entre sı y de las ampolletas anteriores. Si estas ampolletas comienzan autilizarse cuando se acaban las 100 primeras, ¿cual es la probabilidad de que despues de700 horas aun haya al menos una ampolleta funcionando? Utilice el TCL.







Pauta Control 3

P1. (a) Calculemos primero el estimador de maxima verosimilitud. La funcion de verosimilitudcorresponde a:

L(x1, . . . , xn) =

n∏i=1

f(xi) =

n∏i=1

rxr−1i 1[0,1](xi) = rn

[n∏i=1

xi

]r−1 [ n∏i=1

1[0,1](xi)

].

Para maximizar lo anterior con respecto a r, basta trabajar con la parte que depende de r,por lo cual ignoramos el producto de las indicatrices. Tomamos ln(·) al resto, derivamos eigualamos a 0:

0 =d

dr

(n ln(r) + (r − 1)

n∑i=1

ln(xi)

)=n

r+

n∑i=1

ln(xi).

Despejando r, se obtiene entonces rMV = −n/∑n

i=1 ln(Xi). Veamos ahora el estimador delmetodo de los momentos, para lo cual calculamos la esperanza de la variable en consid-eracion:

E(Xi) =

∫ ∞−∞

xf(x)dx =

∫ 1

0xrxr−1dx = r

xr+1

r + 1

∣∣∣∣10

=r

r + 1= X,

donde la ultima igualdad la hemos impuesto, para aplicar el metodo de los momentos.Despejando r, obtenemos

rmom =X

1− X.

(b) Sean X1, . . . , Xn los resultados de las duraciones de las 16 baterıas probadas.

1) Trabajamos con el estadıstico

T =X − µs/√n,

el cual sabemos que se distribuye como una tn−1, es decir, como una t15. Imponemosque T este en un intervalo simetrico con probabilidad 1− α con α = 0,05:

1− α = P(T ∈ [−c, c]) = 1− 2P(T > c), es decir P(T > c) = α/2 = 0,025.

Mirando la tabla de la distribucion t-student, obtenemos c = 2,131. Despejando µ enla inclusion T ∈ [−c, c], se tiene que

µ ∈[X − c s√

n, X + c

s√n

]=

[7− 2,131

√0,9

4, 7 + 2,131

√0,9

4

].

2) Trabajamos con el estadıstico

Z =X − µσ/√n,


1− α = P(Z ∈ [−c, c]) = 1− 2P(Z > c), es decir P(Z > c) = α/2 = 0,025.

1

Mirando la tabla de una normal estandar obtenemos c = 1,96. Por lo tanto, despejandoµ en la inclusion Z ∈ [−c, c], se obtiene

µ ∈[X − c σ√

n, X + c

σ√n

]=

[7− 1,96

4, 7 +

1,96

4

].

3) El nivel de confianza es el mismo si mantenemos el mismo c = 1,96. Por otro lado, ellargo del intervalo anterior es la diferencia de los extremos, es decir

21,96

4=

1,96

2.

Queremos encontrar un n∗ tal que que este intervalo se reduzca un 20 %, para lo cualimponemos entonces que el largo del nuevo intervalo sea un 80 % veces la cantidadanterior, es decir:

21,96√n∗

= 0,81,96

2, es decir

√n∗ = 5.

Por lo tanto n∗ = 25, lo que significa que deben probarse 9 baterıas adicionales parareducir el largo del intervalo un 20 %.

P2. (a) Por el lema de Neyman-Pearson, sabemos que el test mas potente tiene region de rechazode la forma

R =

{~x ∈ Rn :

L(~x;λ0)

L(~x;λ1)≤ η

},

donde η es una constante, y L(~x;λ) es la verosimilitud de la muestra. Se tiene que:

L(~x;λ) =n∏i=1

f(xi;λ) =n∏i=1

λe−λxi = λne−λ∑n

i=1 xi .

Por lo tanto, la desigualdad que define la region R corresponde a:

η ≥ λn0e−λ0

∑ni=1 xi

λn1e−λ1

∑ni=1 xi

=λn0λn1en(λ1−λ0)x,

lo cual equivale a

Cte =log(η) + n log(λ1/λ0)

n(λ1 − λ0)≥ x,

como deseabamos. Notemos que mientras λ1 > λ0, no cambia el sentido de la desigualdadal dividir por (λ1 − λ0) en el ultimo paso. Esto significa que para cualquier λ1 > λ0, laforma de la region de rechazo es siempre la misma. Por lo tanto, el test sı es uniformementemas potente.

(b) Restando 1/λ0 y dividiendo por 1/(λ0√n) en la desigualdad x ≤ Cte, obtenemos

x− 1/λ0

1/(λ0√n)≤ Cte− 1/λ0

1/(λ0√n)

= c,

como requerıamos. Ahora, notemos que la media µ y varianza σ2 de la variable exp(λ) enestudio corresponden a 1/λ y 1/λ2, respectivamente. Por lo tanto, al imponer que el errorde tipo I sea el α especificado, tenemos que:

5 % = P( ~X ∈ R | H0) = P(X − 1/λ0

1/(λ0√n)≤ c

∣∣∣∣ λ = λ0

)= P

(X − µσ/√n≤ c)

≈ P(N (0, 1) ≤ c).

donde en ultimo paso hemos utilizado el TCL para aproximar la variable por una normalestandar. Por simetrıa de la normal, la probabilidad anterior es igual a P(N (0, 1) ≥ −c), yde la tabla normal, obtenemos c = −1,65, como querıamos probar.

2

(c) Sabemos que la potencia del test corresponde a la probabilidad, dado H1, de rechazar H0.Es decir, la potencia corresponde a

P( ~X ∈ R | H1) = P(X − 1/λ0

1/(λ0√n)≤ c

∣∣∣∣ λ = λ1

)= P(X ≤ c/(λ0

√n) + 1/λ0 | λ = λ1)

= P(X − 1/λ1

1/(λ1√n)≤ c/(λ0

√n) + 1/λ0 − 1/λ1

1/(λ1√n)

∣∣∣∣ λ = λ1

)= P

(X − µσ/√n≤ −1,65/

√25 + 1− 1/2

1/(2√

25)

)≈ P(N (0, 1) ≤ 1,7)

= 1− P(N (0, 1) ≥ 1,7),

donde nuevamente hemos utilizado el TCL para aproximar la variable a la izquierda dela desigualdad por una normal estandar. Mirando la tabla normal, la probabilidad de laultima lınea corresponde a 4,46 %. Es decir, la potencia es de un 95,54 %.

(d) El p-valor corresponde a la probabilidad, dado H0, de obtener un valor al menos tan extremocomo el obtenido en la muestra. Como la forma de la region de rechazo es X ≤ Cte, estoquiere decir:

p-valor = P(X ≤ Xobs | H0)

= P(X − 1/λ0

1/(λ0√n)≤ 0,6− 1/λ0

1/(λ0√n)

∣∣∣∣ λ = λ0

)= P

(X − µσ/√n≤ 0,6− 1

1/√

25

)≈ P(N (0, 1) ≤ −2),

donde hemos utilizado el TCL igual que antes. Por simetrıa, la ultima probabilidad es iguala P(N (0, 1) ≥ 2), y mirando una tabla normal obtenemos que el p-valor corresponde a2,28 %. Como este valor es menor que α = 5 %, corresponde rechazar H0.

P3. (a) Sean X1, . . . , Xn las duraciones de las ampolletas, con n = 100, de modo que Y =∑n

i=1Xi.Sabemos que la esperanza de cada Xi corresponde a µ = 5, de manera que el valor esperadode Y es

E(Y ) = E

(n∑i=1

Xi

)=

n∑i=1

E(Xi) = nµ = 500.

El evento en que despues de 525 horas aun hay una ampolleta funcionando corresponde aque Y ≥ 525. Utilizando la desigualdad de Markov, obtenemos la cota buscada:

P(Y ≥ 525) ≤ E(Y )

525=

500

525=

20

21.

(b) Sabemos que la varianza de cada Xi es σ2 = 25. Ademas, como los Xi son independientes,sus covarianzas son 0, lo que significa que la varianza de su suma es igual a la suma de susvarianzas. Por lo tanto,

var(Y ) = var

(n∑i=1

Xi

)=

n∑i=1

var(Xi) = nσ2 = 100× 25,

3

luego, la raız de la varianza de Y es 10× 5 = 50. El evento en que se acaban las ampolletasentre las horas 475 y 525 corresponde a 400 < Y < 600, o equivalentemente, |Y −500| < 100.Utilizando la desigualdad de Chebyshev, obtenemos:

P(|Y − 500| < 100) = 1− P(|Y − E(Y )| ≥ 100) ≥ 1− var(Y )

1002= 1− 502

1002= 75 %.

(c) Usando el TCL, tenemos:

P(Y ≥ 525) = P(nX ≥ 525)

= P

(X − µσ/√n≥

525n − µσ/√n

)

≈ P

(N (0, 1) ≥

525100 − 5

5/10

)= P(N (0, 1) ≥ 0,5),

y mirando una tabla normal, obtenemos que la probabilidad anterior es de 30,85 %.

(d) Sean Y1, . . . , Ym las duraciones de las ampolletas adicionales, con m = 50. Sabemos quecada Yi tiene media ν = 3 y varianza τ2 = 22. El tiempo total que estan prendidas todaslas ampolletas es Z =

∑ni=1Xi +

∑mi=1 Yi. Utilizando el TCL, notemos que

n∑i=1

Xi = n

(σ√n

[X − µσ/√n

]+ µ

)≈ n

(σ√nN (0, 1) + µ

)= N (nµ, nσ2),

es decir, la suma de los Xi es una variable aproximadamente normal con media nµ y varianzanσ2. Analogamente, la suma de los Yi es aproximadamente normal con media mν y varianzamτ2. Como los Xi y los Yi son independientes, estas normales son independientes entre sı.Como al sumar normales independientes los parametros se suman, tenemos entonces queZ tiene distribucion aproximadamente normal con media nµ + mν y varianza nσ2 + mτ2.Luego:

P(Z ≥ 700) ≈ P(N (nµ+mν, nσ2 +mτ2) ≥ 700)

= P(N (0, 1) ≥ 700− nµ−mν√

nσ2 +mτ2

)= P

(N (0, 1) ≥ 700− 100× 5− 50× 3√

100× 25 + 50× 22

)= P(N (0, 1) ≥ 0,833).

Mirando una tabla normal, obtenemos que la probabilidad buscada es aproximadamenteigual a 20,33 %.

4


FACULTAD DE CIENCIAS FISICAS Y MATEMATICAS




Control 312 de noviembre de 2012

Tiempo: 3 horas

P1. La duracion de unas determinadas baterıas es una variable aleatoria N (µ, σ2) con parametrosdesconocidos. Se prueban 16 baterıas, obteniendo una duracion promedio de 7,0 y con s2 (elestimador insesgado de la varianza) igual a 0,9.

(a) (1,5 ptos.) Encontrar un intervalo de confianza al 95 % para µ.

(b) (1,5 ptos.) Encontrar un intervalo de confianza al 95 % para σ2.

(c) (1,5 ptos.) Suponga que se sabe que la varianza real es σ2 = 1. ¿Cual es el intervalo deconfianza para µ en este caso?

(d) (1,5 ptos.) Si se desea reducir un 20 % el largo del intervalo anterior, manteniendo el nivelde confianza, ¿cuantas baterıas adicionales se deberıan probar?

P2. Considere una m.a.s. X1, . . . , Xn proveniente de una distribucion Gamma(θ, λ), con ambosparametros desconocidos.

(a) (2,0 ptos.) Definimos Yi = log(Xi). Sean θmv y λmv los estimadores de maxima verosimilitudde θ y λ, respectivamente. Muestre que ellos satisfacen las ecuaciones

Γ′(θmv)

Γ(θmv)− log(θmv) = Y − logX y λmv =

θmv

X.

(b) (2,0 ptos.) Denotemosmk al k-esimo momento muestral, es decir,mk = 1n

∑ni=1X

ki . Muestre

que los estimadores de los momentos de θ y λ corresponden a

θmom =m2

1

m2 −m21

y λmom =m1

m2 −m21

.

(c) (2,0 ptos.) Argumente por que m1 y m2 convergen casi seguramente a θ/λ y θ(1 + θ)/λ2

cuando n → ∞, respectivamente. Concluya que θmom y λmom convergen casi seguramentea θ y λ cuando n→∞, respectivamente-.

P3. (a) (3,0 ptos.) El dueno de una revista afirma que, de acuerdo a la experiencia de anos anteriores,el 60 % de las personas suscritas a la revista renuevan su suscripcion, pero el editor dela revista afirma que las preferencias del publico han cambiado y que el porcentaje derenovacion es estrictamente menor que 60 %. Para resolver esta discrepancia, se toma unamuestra de 200 personas con suscripcion y se observa que 108 de ellas la renovaron esteano. Para α = 2,5 %, ¿debe rechazarse la afirmacion del dueno y fallar a favor del editor?

(b) Un avion de transporte de carga tiene capacidad de 6.000kg. Cada potencial cliente deseatransportar una cierta cantidad de carga, que modelamos como variables aleatorias i.i.d.De acuerdo a la experiencia, la esperanza del peso de la carga de un cliente es de 100kg. Sedesea calcular un numero n∗ (lo mas grande posible) de clientes por viaje de manera quela probabilidad de que la carga total supere la capacidad del avion sea a lo mas un 2,28 %.

1) (1,5 ptos.) Usando la desigualdad de Markov, encuentre un valor para n∗.

2) (1,5 ptos.) Estudios posteriores muestran que la raız de la varianza del peso de la cargade un cliente es de 200kg. Aproximando con el TCL, encuentre un nuevo n∗.


FACULTAD DE CIENCIAS FISICAS Y MATEMATICAS




Pauta Control 3

P1. Sean X1, . . . , Xn los resultados de las duraciones de las 16 baterıas probadas.

(a) Trabajamos con el estadıstico

T =X − µ√s2/n

,

el cual sabemos que se distribuye como una tn−1, es decir, como una t15. Imponemos queT este en un intervalo simetrico con probabilidad 1− α con α = 0,05:

1− α = P(T ∈ [−c, c]) = 1− 2P(T > c), es decir P(T > c) = α/2 = 0,025.

Mirando la tabla de la distribucion t-student, obtenemos c = 2,131. Despejando µ en lainclusion T ∈ [−c, c], se tiene que

µ ∈[X − c

√s2/n,X + c

√s2/n

]=

[7− 2,131

√0,9

4, 7 + 2,131

√0,9

4

].

(b) Trabajamos con el estadıstico

S = (n− 1)s2

σ2,

el cual sabemos que se distribuye como una χ2n−1, es decir, como una χ2

15. Imponemosentonces:

1− α = P(S ∈ [c, d]),

donde c es tal que P(S > c) = 1 − α/2 y d es tal que P(S > d) = α/2, con α/2 = 0,025.Mirando la tabla de la distribucion chi-cuadrado obtenemos c = 6,26 y d = 27,5. Despejandoσ2 en la inclusion S ∈ [c, d], obtenemos:

σ2 ∈[

(n− 1)s2

d,(n− 1)s2

c

]=

[15 · 0,9

27,5,15 · 0,9

6,26

].

(c) Trabajamos con el estadıstico

Z =X − µσ/√n,


1− α = P(Z ∈ [−c, c]) = 1− 2P(Z > c), es decir P(Z > c) = α/2 = 0,025.

Mirando la tabla de una normal estandar obtenemos c = 1,96. Por lo tanto, despejando µen la inclusion Z ∈ [−c, c], se obtiene

µ ∈[X − c σ√

n,X + c

σ√n

]=

[7− 1,96

4, 7 +

1,96

4

].

(d) El nivel de confianza es el mismo si mantenemos el mismo c = 1,96. Por otro lado, el largodel intervalo anterior es la diferencia de los extremos, es decir

21,96√n

= 21,96

4=

1,96

2.

Queremos encontrar un n∗ tal que que este intervalo se reduzca un 20 %, para lo cualimponemos entonces que el largo del nuevo intervalo sea un 80 % veces la cantidad anterior,es decir:

21,96√n∗

= 0,81,96

2, es decir

√n∗ = 5.

Por lo tanto n∗ = 25, lo que significa que deben probarse 9 baterıas adicionales para reducirel largo del intervalo un 20 %.

P2. (a) Recordemos que la densidad f de una variable Gamma(θ, λ) es

f(x) = f(x; θ, λ) =λθe−λxxθ−1

Γ(θ)1[0,∞)(x).

Para x1, . . . , xn ≥ 0, el logaritmo de la verosimilitud es entonces

logL = logL(x1, . . . , xn; θ, λ) = logn∏i=1

λθe−λxixθ−1i

Γ(θ)

= log

λnθ

Γ(θ)ne−λ

∑ni=1 xi

[n∏i=1

xi

]θ−1= nθ log λ− n log Γ(θ)− nxλ+ n(θ − 1)y,

donde hemos llamado yi = log xi. Para maximizar, hacemos gradiente (con respecto a θ yλ) igual a 0. Primero con respecto a λ:

0 =∂ logL

∂λ=nθ

λ− nx, es decir, λ =

θ

x.

Utilizando esto en la ecuacion que se obtiene al derivar con respecto a θ, tenemos:

0 =∂ logL

∂θ= n log λ− nΓ′(θ)

Γ(θ)+ ny

= n log θ − n log x− nΓ′(θ)

Γ(θ)+ ny,

de donde se obtiene Γ′(θ)/Γ(θ) − log θ = y − log x. Reemplazando x1, . . . , xn por la mues-tra X1, . . . , Xn (con los correspondientes Yi = logXi), obtenemos que los estimadores demaxima verosimilitud de θ y λ satisfacen lo deseado, es decir,

Γ′(θmv)

Γ(θmv)− log(θmv) = Y − logX y λmv =

θmv

X.

(b) Si X ∼ Gamma(θ, λ), sabemos que

E(X) =θ

λy E(X2) = var(X) + E(X)2 =

θ

λ2+θ2

λ2=θ(1 + θ)

λ2.

2

Para encontrar los estimadores del metodo de los momentos, imponemos que los momentosmuestrales m1 y m2 coincidan con los momentos reales de la variable. Para m1, tenemosentonces:

m1 =θ

λ, es decir, λ =

θ

m1.

Utilizando esto en la ecuacion que se obtiene para m2, tenemos:

m2 =θ(1 + θ)

λ2=θ(1 + θ)

θ2/m21

=m2

1(1 + θ)

θ,

y despejando θ, obtenemos

θ =

(m2

m21

− 1

)−1=

m21

m2 −m21

.

Recordando que λ = θ/m1, obtenemos finalmente los estimadores del metodo de los mo-mentos:

θmom =m2

1

m2 −m21

y λmom =m1

m2 −m21

.

(c) Por LFGN, sabemos que m1 = X → E(X1) = θ/λ casi seguramente cuando n → ∞. Delmismo modo, definiendo Yi = X2

i , por LFGN se tiene que m2 = Y → E(Y1) = θ(1 + θ)/λ2

casi seguramente cuando n→∞. Por estas convergencias, se tiene entonces que

θmom =m2

1

m2 −m21

→ (θ/λ)2

θ(1 + θ)/λ2 − (θ/λ)2=

(θ/λ)2

θ/λ2= θ

y

λmom =m1

m2 −m21

→ θ/λ

θ(1 + θ)/λ2 − (θ/λ)2=

θ/λ

θ/λ2= λ

casi seguramente cuando n→∞, como deseabamos demostrar.

P3. (a) Llamemos X1, . . . , Xn, con n = 200, a las variables Bernoulli(p) que representan si cadapersona renovo suscripcion el ultimo ano, y definamos p = X. Sean

H0 : p = p0

H1 : p < p0,

con p0 = 60 %. Trabajamos con el estadıstico

Z =p− p0√

p0(1− p0)/n,

el cual sabemos que, bajo H0, tiene distribucion aproximadamente normal estandar, por elTCL. Dada la forma de las hipotesis, buscamos una region de rechazo determinada por ladesigualdad Z ≤ c, donde c es una constante por encontrar. Imponiendo que la probabilidaddel error tipo I sea igual a α = 2,5 %, tenemos:

2,5 % = P(Z ≤ c | H0) ≈ P(N (0, 1) ≤ c) = P(N (0, 1) ≥ −c),

donde en el ultimo paso hemos utilizado la simetrıa de la distribucion normal estandar.Mirando la tabla normal, obtenemos c = −1,96. Esto quiere decir que la hipotesis nula se

3

rechaza y se falla en favor del editor si y solo si el valor observado del estadıstico Z es menoro igual que c. Como el valor observado de p es 108/200 = 54 %, tenemos:

Zobs =54 %− 60 %√

60 %× 40 %/200=

−6 %√1200/1003

=−6√12

= −√

3.

Es decir, Zobs ≈ −1,73 > −1,96. Por lo tanto, no se rechaza la afirmacion del dueno de larevista.

(b) Denotemos X1, . . . , Xn los pesos de las cargas de los clientes, y sea X =∑n

i=1Xi el pesototal. Denotemos C = 6000 la capacidad del avion y M = 100 = E(X1).

1) Utilizando la desigualdad de Markov, tenemos que

P(X ≥ C) ≤ E(X)

C=nM

C.

Luego, para asegurar que la probabilidad de sobrepasar la capacidad del avion sea a lomas de un 2,28 %, basta pedir que se cumpla la desigualdad nM/C ≤ 2,28 %. Es decir,

n ≤ 2,28C

100M=

2,28× 60

100= 1,368.

Entonces, de acuerdo a este procedimiento, bajo el requisito que la probabilidad desobrepase la carga del avion sea a lo mas de 2,28 %, solo es posible llevar la carga den∗ = 1 cliente.

2) Llamemos σ = 200. Para utilizar el TCL, armamos el estadıstico adecuado:

P(X ≥ C) = P(X −Mσ/√n≥ C/n−M

σ/√n

)≈ P

(N (0, 1) ≥ C/n−M

σ/√n

),

donde en el ultimo paso hemos utilizado el TCL sobre el estadıstico a la izquierda de ladesigualdad. Luego, para asegurar que P(X ≥ C) ≤ 2,28 %, basta pedir que la cantidad(C/n −M)/(σ/

√n) sea mayor que z, donde z satisface P(N (0, 1) ≥ z) = 2,28 %, es

decir, z = 2 (ver tabla normal). Por lo tanto, imponemos que

C/n−Mσ/√n≥ z, es decir, C −Mn− σz

√n ≥ 0.

Definiendo la variable x =√n, obtenemos −Mx2 − σzx + C ≥ 0, lo cual es una

inecuacion cuadratica. Esta desigualdad se cumplira para todo x que este entre lasraıces de la ecuacion −Mx2 − σzx+ C = 0, las cuales vienen dadas por

x1,2 =σz ±

√σ2z2 + 4MC

−2M=

400±√

160000 + 2400000

−200=

400± 1600

−200= −10 y 6.

Como nos interesa que√n sea lo mas grande posible, pedimos entonces que x sea lo

mas cercano a la raız mayor, es decir, x = 6. Esto significa que puede llevarse la cargade hasta n∗ = 36 clientes y se sigue cumpliendo la restriccion deseada.

4

Ingeniería MatemáticaFACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICASUNIVERSIDAD DE CHILEMA3403-5 Probabilidades y EstadísticaOtoño 2013

Roberto Cortez

Francisco Castro

Alfredo Torrico

Control 3

17 de junio de 2013Tiempo: 3 horas

P1. (a) (3,0 ptos.) En una �esta de año nuevo a la que usted asiste, se lanza al aire una gran canti-dad de diminutos papeles blancos y rojos. Los papeles blancos provienen de un contenedoresférico, y los papeles rojos de una caja cúbica, de manera que el diámetro del contenedoresférico es igual a la arista de la caja (ambos poseen igual cantidad de papeles por cm3). Alllegar a su casa usted se percata que adheridos a su ropa hay b papeles blancos y r papelesrojos. Argumente por qué 6b/r es una buena aproximación de π; explicite sus supuestos.Indicación: el volumen de una esfera de radio R es 4

3πR3.

(b) (3,0 ptos.) Una empresa fabrica ciertas piezas cuyo grosor debería ser de 7cm. Debido apruebas realizadas sobre la producción, existe la sospecha de que la máquina que producelas piezas esté defectuosa, haciendo que estas tengan un menor grosor del deseado. Supongaque se obtiene una muestra aleatoria simple X1, . . . , X25 de los grosores de estas piezas, talque

∑Xi = 172,508 y su varianza muestral insesgada es s2 = 0,04. Asuma además que el

grosor de una pieza es una v.a. normal. Realice un test de hipótesis y calcule el p-valor.Indique su conclusión para un nivel α = 5 %.

P2. (a) Sea X1, . . . , Xn una muestra aleatoria simple proveniente de una distribución con densidadf(x) = (θ + 1)xθ1[0,1](x), donde θ > −1 es un parámetro desconocido.

1) (1,5 ptos.) Obtenga estimadores de θ con el método de máxima verosimilitud y de losmomentos.

2) (1,5 ptos.) Muestre que ambos estimadores convergen casi seguramente a θ cuandon→∞.

(b) Los puntajes obtenidos por n = 25 alumnos en una prueba se modelan como variables i.i.d.X1, . . . , Xn, cada una con ley N (µ, σ2) con ambos parámetros desconocidos. Los resultadosobtenidos son tales que X = 65,0 y

∑ni=1(Xi − X)2 = 2400,0.

1) (1,0 pto.) Encuentre un intervalo de con�anza para µ al nivel 95 %.

2) (1,0 pto.) Encuentre un intervalo de con�anza para σ2 al nivel 95 %.

3) (1,0 pto.) Calcule el valor esperado del largo del intervalo obtenido para σ2.

P3. Un panel solar está conformado por n celdas fotovoltaicas estándar. La energía total que almacenael panel durante 1 hora es T =

∑ni=1Xi, donde X1, . . . , Xn representan las energías capturadas

por cada celda, las cuales modelamos como variables i.i.d. positivas con media µ = 8 [Wh]. Sedesea obtener la cantidad mínima de celdas n∗ tal que el panel almacene E = 112 [Wh] o más,con probabilidad de al menos 1− α, con α = 2,28 %.

(a) (2,0 ptos.) Sin aproximar con el TCL, encuentre una cota para la probabilidad de que elpanel almacene la energía deseada. Obtenga una condición necesaria para el valor de n∗.

(b) (2,0 ptos.) Suponga de aquí en adelante que σ2 = 4 es la varianza de cada Xi. Utilizando elTCL, encuentre un valor aproximado para n∗.

(c) (2,0 ptos.) Sale al mercado un nuevo tipo de celda que en 1 hora captura ν = 14 [Wh]en esperanza, con varianza τ2 = 16. Usted propone diseñar un nuevo panel compuesto porm de estas celdas, cuyas energías producidas en 1 hora modelamos como variables i.i.d.Y1, . . . , Ym, independientes de los Xi. Utilizando el TCL, calcule el mínimo m∗ tal que, conprobabilidad 1−α, la energía total capturada S =

∑m∗

i=1 Yi sea al menos un 50 % mayor quela producida por un panel con la misma cantidad de celdas estándar.

Ingeniería MatemáticaFACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICASUNIVERSIDAD DE CHILEMA3403-5 Probabilidades y EstadísticaOtoño 2013

Roberto Cortez

Francisco Castro

Alfredo Torrico

Pauta control 3

P1. (a) Numeremos los papeles adheridos de 1 a n, y sean X1, . . . , Xn variables aleatorias dadas por

Xi =

{1 si el i-ésimo papel es rojo

0 si es blanco.

Dado que la cantidad total de papeles que había en la �esta era grande, es razonable suponer

que los Xi son independientes y con ley Bernoulli de parámetro p igual a la probabilidad

de que un papel sea rojo. Como los papeles rojos provienen de la caja cúbica, se tiene que

p = C/(C+E), siendo C el volumen del cubo y E el volumen de la esfera. Además, notemos

que r =∑n

i=1Xi = nX, y que b = n− r = n(1− X), con lo cual tenemos:

6b

r= 6

n(1− X)

nX= 6

(1

X− 1

)→ 6

(1

p− 1

),

donde en el último paso hemos utilizado que X converge casi seguramente a E(X1) = pcuando n → ∞, gracias a la ley fuerte de los grandes números. Reemplazando el valor de

p = C/(C +E) y anotando R al radio de la esfera (luego el lado del cubo es 2R), tenemos:

6b

r→ 6

(C + E

C− 1

)= 6

E

C= 6

43πR

3

(2R)3= π.

Es decir, suponiendo que n es relativamente grande (digamos, mayor que 30), se tiene que

6b/r debería parecerse a π, como deseábamos mostrar.

(b) Los Xi siguen una N (µ, σ2), con ambos parámetros desconocidos. Planteamos las hipótesis

H0 : µ = 7

H1 : µ < 7.

Trabajamos con el estadístico

T =X − µs/√n,

el cual se distribuye como una t-student con n − 1 = 24 grados de libertad. Sabiendo que∑Xi = 172,508 y s =

√0,04 = 0,2 = 1/5, obtenemos que el valor observado del estadístico

T bajo la hipótesis H0 es:

Tobs =

∑Xi

25 − 71/5√25

=

∑Xi

25 − 7

1/25=∑

Xi − 25× 7 = 172,508− 175 = −2,492.

El p-valor del test corresponde a la probabilidad, bajo H0, de obtener un valor al menos tan

extremo como el de la muestra. Usando la simetría de la distribución t-student y mirando

una tabla, obtenemos:

p-valor = P(T ≤ Tobs | H0) = P(t24 ≤ −2,492) = P(t24 ≥ 2,492) = 0,01

Es decir, el p-valor es de 1 %. Para α = 5 %, esto signi�ca que debemos rechazar H0, con lo

cual se concluye que la máquina efectivamente está produciendo piezas con grosor inferior

a 7 cm.

1

P2. (a) 1) Calculemos el estimador de máxima verosimilitud θmv. La función de verosimilitud es

L(x1, . . . , xn; θ) =n∏i=1

f(xi) =n∏i=1

(θ + 1)xθi1[0,1](xi) = (θ + 1)n

[n∏i=1

xi1[0,1](xi)

]θ.

Como cada xi correponderá a una realización de la variable aleatoria, se tendrá que xisiempre pertenece al intervalo [0, 1], de modo que las indicatrices anteriores son siempre

1. Tomando logaritmo de L y derivando con respecto a θ e igualando a 0 para maximizar,

tenemos:

0 =d logL

dθ

=d

dθ

[n log(1 + θ) + θ

n∑i=1

log xi

]

=n

1 + θ+

n∑i=1

log xi.

Despejando θ y reemplazando los Xi, obtenemos θmv = −(1 +n/∑n

i=1 logXi). Veamos

el estimador de los momentos θmom, para lo cual necesitamos calcular la esperanza de

distribución común de los Xi:

E(X1) =

∫ ∞−∞

xf(x)dx = (θ + 1)

∫ 1

0xθ+1dx =

θ + 1

θ + 2.

Imponiendo la ecuación X = E(X1) = (θ + 1)/(θ + 2) y despejando θ, obtenemos

θmom = (1− 2X)/(X − 1).

2) Por la ley fuerte de los grandes números, sabemos que X converge casi seguramente a

E(X1) = (θ + 1)/(θ + 2) cuando n→∞. Por lo tanto:

θmom =1− 2X

X − 1→

1− 2 θ+1θ+2

θ+1θ+2 − 1

=θ + 2− 2(θ + 1)

θ + 1− (θ + 2)= θ,

lo cual prueba la convergencia deseada para el estimador de los momentos. Para pro-

bar la convergencia del estimador de máxima verosimilitud, de�namos Yi = logXi y

calculemos E(Y1):

E(Y1) =

∫ 1

0log(x)(1 + θ)xθdx =

[log(x)xθ+1

∣∣∣10−∫ 1

0

xθ+1

xdx

]= − 1

θ + 1.

Además, notemos que θmv = −(1 + 1/Y ). Por la ley fuerte de los grandes números

sabemos que Y converge casi seguramente a E(Y1) = −1/(θ + 1) cuando n → ∞, con

lo cual se concluye lo buscado:

θmv → −

(1 +

1

− 1θ+1

)= −(1− (θ + 1)) = θ.

(b) 1) Utilizamos el estadístico

T =X − µs/√n,

2

el cual sabemos que tiene distribución t-student con n−1 = 24 grados de libertad. Para

encontrar el intervalo buscado, imponemos que T esté en un intervalo simétrico:

95 % = P(T ∈ [−c, c]) = 1− P(|T | > c) = 1− 2P(T > c),

es decir, P(T > c) = 2,5 %. De una tabla de una t-student, obtenemos c = 2,064.Despejando µ en la inclusión T ∈ [−c, c], tenemos:

− c ≤ X − µs/√n≤ c

⇔ X − cs√n≤ µ ≤ X +

cs√n

Notando que s2 = 1n−1

∑(Xi − X)2 = 2400

24 = 100, se tiene que cs/√n = 2,064 ×

10/√

25 = 4,128. Con esto, el intervalo buscado es:[X − cs√

n, X +

cs√n

]= [65− 4,128, 65 + 4,128] = [60,872, 69,128]

2) Utilizamos el estadístico

V = (n− 1)s2

σ2=

1

σ2

n∑i=1

(Xi − X)2,

el cual sabemos que posee distribución chi-cuadrado con n− 1 = 24 grados de libertad.

Imponemos 95 % = P(V ∈ [a, b]), donde a y b satisfacen simetría de probabilidad, es

decir P(V < a) = P(V > b). Por lo tanto P(V ≥ a) = 97,5 % y P(V > b) = 2,5 %, y

de la tabla se obtiene a = 12,4 y b = 39,4. Despejando σ2 en la inclusión V ∈ [a, b],tenemos:

a ≤ (n− 1)s2

σ2≤ b

⇔ (n− 1)s2

b≤ σ2 ≤ (n− 1)s2

a.

Notando que (n− 1)s2 =∑

(Xi − X)2 = 2400, el intervalo de con�anza para σ2 es[2400

39,4,

2400

12,4

]≈ [60, 200].

3) El largo del intervalo obtenido para σ2 es la diferencia de sus extremos, es decir, (n −1)s2[ 1a −

1b ]. Luego, el valor esperado del largo es

E(

(n− 1)s2[

1

a− 1

b

])= (n− 1)

[1

a− 1

b

]E(s2) = 24×

[1

12,4− 1

39,4

]σ2,

donde en el último paso hemos utilizado el hecho que s2 es un estimador insesgado de

σ2.

P3. (a) Como T = nX, es claro que E(T ) = nµ = 8n. Utilizando la desigualdad de Markov, tenemos:

P(T ≥ E) ≤ E(T )

E=

8n

112=

n

14

Si queremos que 1 − α ≤ P(T ≥ E), lo anterior implica que 1 − α ≤ n/14, es decir,

n ≥ 14× (1− α) ≥ 13. Por lo tanto, necesariamente n∗ ≥ 13 (ó 14).

3

(b) Armaremos el estadístico Z = (X − µ)/(σ/√n), el cual sabemos que tiene distribución

aproximadamente normal estándar, por el TCL. Imponiendo que T ≥ E ocurra con la

probabilidad deseada, tenemos:

1− α = P(nX ≥ E) = P

(X − µσ/√n≥

En − µσ/√n

)≈ P

(N (0, 1) ≥

En − µσ/√n

).

Pasando al complemento, obtenemos:

2,28 % = α ≈ P

(N (0, 1) <

En − µσ/√n

)= P

(N (0, 1) > −

En − µσ/√n

),

donde en el último paso utilizamos la simetría de la normal. Mirando una tabla, obtenemos

que la cantidad a la derecha de la última desigualdad debe ser aproximadamente igual a

c = 2. Es decir, buscamos n tal que

c = −En − µσ/√n,

lo cual es una ecuación cuadrática en la variable x =√n. Explícitamente, la ecuación es

µx2 − σcx−E = 0, es decir 8x2 − 4x− 112 = 0, o equivalentemente: 2x2 − x− 28 = 0. Lassoluciones son

x1,2 =1±√

1 + 4× 2× 28

4=

1±√

225

4.

Como x es una raíz, sólo es válida la solución positiva, es decir, x = 4, con lo cual obtenemos

n∗ = x2 = 16.

(c) Debemos imponer que 150 %×T ≤ S ocurra con probabilidad 1−α. La idea es nuevamente

armar un estadístico aproximadamente normal estándar. Sea γ = 150 % = 3/2.

1− α = P(γT ≤ S) = P

(m∑i=1

γXi ≤m∑i=1

Yi

)= P

(m∑i=1

(γXi − Yi) ≤ 0

)

Llamando Zi = γXi−Yi, lo anterior equivale a 1−α = P(mZ ≤ 0). La esperanza y varianza

de los Zi corresponden a:

λ := E(Z1) = γµ− ν =3

2× 8− 14 = −2

ρ2 := var(Z1) = γ2σ2 + τ2 =9

4× 4 + 16 = 25,

donde en el cálculo de la varianza hemos utilizado la independencia entre Xi e Yi. Con esto,

podemos armar el estadístico deseado en base a los Zi:

1− α = P(Z − λρ/√m≤ −λρ/√m

)≈ P

(N (0, 1) ≤ −λ

ρ/√m

)= 1− P

(N (0, 1) >

−λρ/√m

).

Es decir, 2,28 % ≈ P(N (0, 1) > −λ√m/ρ). Como antes, de la tabla obtenemos que −λ

√m/ρ

debe ser aproximadamente igual a c = 2, es decir, −λ√m = ρc. Despejando m y reempla-

zando los valores de las constantes, obtenemos el m∗ buscado:

m∗ =

(ρc

−λ

)2

=

(5× 2

2

)2

= 25.

4

Ingeniería MatemáticaFACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICASUNIVERSIDAD DE CHILEMA3403 Probabilidades y EstadísticaPrimavera 2013

Roberto Cortez

Mauricio Duarte

Joaquín Fontbona

Control 3

25 de noviembre de 2013Tiempo: 3 horas

P1. (a) Un experimento parte por escoger un número p œ (0, 1) de manera aleatoria, de modo queel resultado U es una v.a. unif(0, 1). Una vez conocido ese valor, se lanza n veces de maneraindependiente una moneda con probabilidad p de entregar cara. Sea X la cantidad de carasque se obtienen en este experimento. Demuestre que para todo i = 0, . . . , n se tiene quep

X

(i) = 1n+1 .

Indicación: utilizando una propiedad conocida, calcule P(X = i) condicionando en los po-

sibles resultados de U ; utilice sin demostrar el hecho que

⁄ 1

0p

i(1 ≠ p)n≠i

dp = i!(n ≠ i)!(n + 1)! .

(b) Un restaurante puede servir 80 comidas por noche, y sólo acepta clientes con reservación.La experiencia muestra que 20 % de los clientes que reservan no vienen.¿Cuál es la máxima cantidad de reservaciones que puede aceptar el restaurante para que laprobabilidad de poder servir a todos los clientes que vendrán sea mayor o igual a 97, 72 %?Indicación: indique la ley de la v.a. definida como X

n

= 1 si el n≠ésimo cliente que reservó

viene, y X

n

= 0 en otro caso. Justifique detalladamente por qué se puede suponer que la

probabilidad del evento deseado es aproximadamente igual a

P3

Z Æ 80 ≠ 0,8n

0,4Ô

n

4

donde Z es una v.a N (0, 1). Puede servirle el hecho de que P(Z > 2) = 0,0228.

P2. Sea f : [0, 1] æ R una función continua. Recuerde que entonces f es acotada y además unifor-memente continua, es decir, supy,zœ[0,1]

|y≠z|Æ”

|f(y) ≠ f(z)| æ 0 cuando ” æ 0.

Para cada x œ [0, 1], n œ N, en lo que sigue B

n

(x) será una variable aleatoria binomial deparámetros (n, x).

(a) (1.0) Muestre que para cada ” > 0 se tiene

E(|f(Bn(x)n

) ≠ f(x)|) Æ 2 supyœ[0,1]

|f(y)|P1---Bn(x)

n

≠ x

--- Ø ”

2+ sup

y,zœ[0,1]|y≠z|Æ”

|f(y) ≠ f(z)|.

Ind.: definiendo A

n,”

= {|Bn(x)n

≠ x| Ø ”}, use el hecho que

|f(Bn(x)n

) ≠ f(x)| = |f(Bn(x)n

) ≠ f(x)|1An,” + |f(Bn(x)

n

) ≠ f(x)|1A

cn,”

.

(b) (2.5) Pruebe que para cada ” > 0 se tienen las desigualdades

P1---Bn(x)

n

≠ x

--- Ø ”

2Æ 1

”

2 V ar(Bn(x)n

) Æ 1n”

2

(c) (2.5) Explicite la función p

n

(x) := E(f(Bn(x)n

)) y verifique que

|pn

(x) ≠ f(x)| Æ E(|f(Bn(x)n

) ≠ f(x)|).

Concluya que existe una sucesión (pn

)nœN de polinomios tales que p

n

æ f uniformementeen [0, 1] cuando n æ Œ (resultado conocido como Teorema de Weierstrass).

P3. Sea X variable aleatoria con densidad f

X

(x) = rx

r≠11[0,1](x) donde r > 0 es una constante.

(a) Dado t > 0, calcule E(Xt). Obtenga la varianza de X.(b) Muestre que ≠ ln(X) tiene distribución exponencial de parámetro r.(c) Sea X1, . . . , X

n

una muestra aleatoria simple proveniente de la distribución de X. Muestreque el estimador de máxima verosimilitud de r es r = ≠n/

qn

i=1 ln(Xi

).(d) Muestre que r æ r casi seguramente cuando n æ Œ.

2

Cuadro1:Resumen

distribuciones

nombre

parametros

notacion

tipo

soporte

distribucion

esperanza

varianza

f.g.m.

Bernoulli

p2(0,1)

X⇠

Bernoulli(p)

discreta

{0,1}

p

X

(0)

=1�

p

p

X

(1)

=p

p

p(1�p)

1�

p+

pe

t

binomial

n2N

⇤ ,p2(0,1)

X⇠

bin(n,p)

discreta

{0,1,...,n}

p

X

(k)=

✓n

k

◆p

k

(1�p)

n�k

np

np(1�p)

(1�p+pe

t

)

n

geometrica

p2(0,1)

X⇠

geom(p)

discreta

{1,2,3,...}

p

X

(k)=

(1�p)

k�1p

1 p

1�

p

p

2

pe

t

1�

(1�p)e

t

binomial

negativa

r2N

⇤ ,p2(0,1)

X⇠

BN(r,p)

discreta

{r,r+1,...}

p

X

(k)=

✓k�

1

r�1

◆(1�

p)

k�r

p

r

r

p

r(1�

p)

p

2

✓pe

t

1�(1�p)e

t

◆r

Poisson

�>

0X

⇠Poisson(�)

discreta

{0,1,2,...}

p

X

(k)=

e

��

�

k

k!

��

e

�(e

t

�1)

uniforme

a,b2R,a<

bX

⇠unif(a,b)

continua

[a,b]

f

X

(x)=

1

b�

a

[a,b](x)

a+

b

2

(b�

a)

2

12

e

tb

�e

ta

t(b�

a)

exponencial

�>

0X

⇠exp(�)

continua

[0,1

)

f

X

(x)=

�e

��x

[0,1

)(x)

1

�

1

�

2

�

��

t

8t<

�

normal

µ2R,�>

0X

⇠N(µ,�

2)

continua

Rf

X

(x)=

1

p2⇡�

e

�(x�

µ)2

2�

2µ

�

2e

µt+

1 2�

2t

2

gamma

✓>

0,�>

0X

⇠gamma(✓,�)

continua

[0,1

)

f

X

(x)=

�e

��x

(�x)

✓�1

�(✓)

[0,1

)(x)

✓

�

✓

�

2

✓�

��t

◆✓

8t<

�

Ingeniería MatemáticaFACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICASUNIVERSIDAD DE CHILEMA3403 Probabilidades y EstadísticaPrimavera 2013

Roberto CortezMauricio DuarteJoaquín Fontbona

Pauta Control 325 de noviembre de 2013

Tiempo: 3 horas

P1. (a) Siguiendo la indicación, condicionemos en los posibles resultados de U utilizando la reglade probabilidades totales en su versión continua:

pX(i) = P(X = i) =∫ ∞−∞

P(X = i | U = p)fU (p)dp =∫ 1

0P(X = i | U = p)dp,

donde hemos utilizado el hecho que fU (p) = 1[0,1](p). Notemos que cuando U = p, la variableX tiene distribución bin(n, p), con lo cual se tiene P(X = i | U = p) =

(ni

)pi(1 − p)n−i.

Obtenemos:

pX(i) =(n

i

)∫ 1

0pi(1− p)n−idp = n!

i!(n− i)! ×i!(n− i)!(n+ 1)! = 1

n+ 1 ,

como deseábamos.(b) Con la notación de la indicación, la cantidad de clientes que llegan al restaurant es

∑ni=1Xi.

La probabilidad del evento deseado es:

P(

n∑i=1

Xi ≤ 80)

= P( 1n

∑ni=1Xi − pσ/√n

≤1n80− pσ/√n

),

donde p = 0,8 y σ =√p(1− p) =

√0,8× 0,2 = 0,4 son la esperanza y raíz de la varianza de

cadaXi. Por el TCL, la variable a la iquierda de la desigualdad anterior es aproximadamentenormal estándar, por lo tanto la probabilidad buscada es aproximadamente igual a

P(Z ≤ (80− 0,8n)/(0,4√n)),

como se pedía justificar. Ahora imponemos que esta probabilidad sea igual a 97,72 %, oequivalentemente, que 2,28 % = P(Z > (80 − 0,8n)/(0,4

√n)). Como P(Z > 2) = 2,28 %,

esto implica que (80− 0,8n)/(0,4√n) = 2, es decir, x =

√n cumple la ecuación cuadrática

x2 + x− 100 = 0, cuya solución positiva es

x = −1 +√

1 + 4002 ≈ 9,5.

Por lo tanto, n ≈ 9,52 ≈ 90. Luego, el restaurant puede aceptar hasta 90 reservaciones.

P2. (a) El primer término al lado derecho en la indicación se acota por 2 supy∈[0,1] 1An,δ usandodesig. triangular. En el segundo, cuando la indicatriz no es nula su factor queda acotadopor supy,z∈[0,1]

|y−z|≤δ|f(y) − f(z)|. Acotando esa uúltima indicatriz por 1 y tomando esperanza,

se obtiene lo deseado recordando que la esperanza de una indicatriz de un evento es suprobabilidad.

(b) Como Bn(x) tiene esperanza nx, se verifica que Bn(x)n tiene esperanza x. Luego, la primera

desigualdad es simplemente Chebyshev. Como la varianza de Bn(x) es n√x(1− 1) ≤ n, el

resultado se sigue.

(c) Por un cálculo directo usando la ley binomial, se obtiene

E(f(Bn(x)n )) =

n∑j=0

(n

j

)xj(1− x)n−jf(j/n).

Luego

|pn(x)−f(x)| =

∣∣∣∣∣∣n∑j=0

(n

j

)xj(1− x)n−j (f(j/n)− f(x))

∣∣∣∣∣∣ ≤n∑j=0

(n

j

)xj(1−x)n−j |(f(j/n)− f(x))|

(lo anterior también se puede obtener directamente de las propiedad de la esperanza |E(·)| ≤E(| · |), si la conocen, aplicándola a la v.a. f(Bn(x)

n ) − f(x) ). De esto, y usando las parte(a) y (b), para cada δ > 0 se tiene que

|pn(x)− f(x)| ≤ 2nδ2 sup

y∈[0,1]|f(y)|+ sup

y,z∈[0,1]|y−z|≤δ

|f(y)− f(z)|.

Luego, por la continuidad uniforme de f , dado ε > 0, se puede encontrar δ > 0 t.q.

|pn(x)− f(x)| ≤ 2nδ2 sup

y∈[0,1]|f(y)|+ ε

2 .

Tomando n ≥ N = 4 supy∈[0,1] |f(y)|εδ2 el 2do término arriba es ≤ ε

2 . Como ni la elección de δni la de N dependieron de x ∈ [0, 1], la convergencia es uniforme

P3. (a) Calculemos:

E(Xt) =∫ 1

0xtrxr−1dx = r

∫ 1

0xt+r−1dx = r

t+ r.

Con esto, obtenemos la varianza:

var(X) = E(X2)− E(X)2 = r

2 + r−(

r

1 + r

)2= r(1 + r)2 − r2(2 + r)

(2 + r)(1 + r)2 = r

(2 + r)(1 + r)2 .

(b) Sea Y = − ln(X). Calculemos P(Y > y) para y > 0:

P(Y > y) = P(− ln(X) > y) = P(X ≤ e−y) =∫ e−y

0rxr−1dx = xr

∣∣∣x=e−y

= e−ry.

Luego, FY (y) = P(Y ≤ y) = 1 − e−ry, y derivando obtenemos fY (y) = re−ry, es decir,Y ∼ exp(r).

(c) Para una tupla x1, . . . , xn en el intervalo [0, 1], la función de verosimilitud es

L(x1, . . . , xn; r) =n∏i=1

rxr−1i 1[0,1](xi) = rn

[n∏i=1

xi

]r−1

.

Tomando logaritmo, derivando con respecto a r e igualando a 0 para maximizar, obtenemos:

0 = d lnLdr

= d

dr

(n ln r + (r − 1)

n∑i=1

ln(xi))

= n

r+

n∑i=1

ln(xi)

Despejando r y reemplazando la muestra X1, . . . , Xn, obtenemos r = −n/∑ni=1 ln(Xi),

como deseábamos.(d) Llamando Yi = − ln(Xi), por la parte (b) sabemos que Yi ∼ exp(r), en particular E(Yi) =

1/r para cualquier i. Con esta notación podemos escribir r = n/∑ni=1 Yi = 1/Y . Por LFGN

sabemos que Y converge casi seguramente a E(Y1) = 1/r, luego r = 1/Y converge casiseguramente a 1/(1/r) = r.

2

control # 3 - u-cursos...n 1 igual a 0;9. a)(1,5 ptos.) encontrar un intervalo de con anza al 95%...

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