Solución práctico 3

1
ESTADÍSTICA II
PRÁCTICA 6: VARIABLES ALEATORIAS ABSOLUTAMENTE CONTINUAS
EJERCICIO 1
a) De acuerdo con los resultados del EJERCICIO 1 de la PRÁCTICA 1, la varianza de una
distribución continua U(a, b) es V(X) = (b – a)2 / 12 y la media (a+b)/2. En este caso
particular: E(X) = (1+(-1))/2=0 y V(X) = (1 – (-1))2 / 12 = 1/3. En consecuencia: σX =
0,577.
b) P(| X - μX | > σX ) = P((| X - 0 | > 0,577) = 1 – P(| X | < 0,577) =
1 – P(-0,577 < X < 0,577) = 1 – [FX(0,577) - FX(-0,577)]
Se recuerda que en el caso de la uniforme continua en (a, b) es FX ( x ) =
x−a
en
b−a
dicho intervalo. En el caso del ejercicio resulta FX(x) = (x + 1) / 2. Entonces:
P(| X - μX | > σX ) = 1 – [FX(0,577) - FX(-0,577)] = 1 – 1,577/2 + (1 – 0,577)/2 = 0,423.
c) P(X > 2.σX ) = P(X > 1,154) = 0, pues sólo hay densidad no nula en el intervalo (-1, 1).
EJERCICIO 2 (CANAVOS 5.21)
Si X ∼ U [a, b], entonces : E(X) =
(b − a)2
b+a
= 10 y Var(X) =
= 12.
2
12
Por lo tanto:
⎧⎪b + a = 20
⎧b + a = 20
= ⎨
⎨
2
⎪⎩(b − a) = 144
⎩b − a = 12
Concluimos que: b = 16 y a = 4.
pues como a < b, entonces b – a > 0
EJERCICIO 3 (CANAVOS 5.9)
X = demanda mensual del producto A, con X ∼ N (200, 402)
Y = demanda mensual del producto B, con Y ∼ N (500, 802)
Entonces, la probabilidad de que en un mes se vendan todas las unidades de ambos productos
es:
P ( ⎨X ≥ 280⎬ ∩ ⎨Y ≥ 650⎬ ) = (por independencia) = P (X ≥ 280).P (Y ≥ 650) =
(1 – P (X ≤ 280)).(1 – P (Y ≤ 650)
Llamemos de ahora en adelante: Z ∼ N (0, 1) y Φ(z) = FZ(z) = P (Z ≤ z). Si estandarizamos la
expresión anterior obtenemos:
⎛
⎛ X − 200 280 − 200 ⎞ ⎞ ⎛
⎛ Y − 500 650 − 500 ⎞ ⎞
⎜⎜1 − P ⎜
≤
≤
⎟ ⎟⎟ . ⎜⎜1 − P ⎜
⎟ ⎟⎟
40
80
⎝ 40
⎠⎠ ⎝
⎝ 80
⎠⎠
⎝
X − 200
Y − 500
Por lo tanto como
y
se distribuyen N (0, 1) nos queda:
40
80
(1 – P(Z ≤ 2)). (1 – P(Z ≤ 1,875)) = (1 – Φ(2)). (1 – Φ(1,875)) =
(1 – 0,9696).(1 – 0,9772) = 0,00069
EJERCICIO 4
P(X < 995) = Φ[(995-998)/5] = Φ(-0,6) = 1 - Φ(0,6) = 1 – 0,7257 = 0,2743.
2
EJERCICIO 5
Sea T = “duración de una llamada telefónica medida en minutos”.
⎧⎪ 0 si t ≤ 0
fT (t) = ⎨
⎪⎩ β e − k t si t > 0
a)
→
∫
+∞
0
(k > 0)
⎡ e − kt
β e − k t dt = β ⎢
⎢⎣ − k
+∞ ⎤
0 ⎥
⎡
e − kt 1 ⎤ β
=1⇒ β = k
= β ⎢ lim
+ ⎥=
k
⎥⎦
⎢⎣t → +∞ − k k ⎥⎦
⎧⎪ 0 si t ≤ 0
fT (t) = ⎨
⎪⎩ k e − k t si t > 0
.
b) k = ½
→
⎧ 0 si t ≤ 0
⎪
fT (t) = ⎨ 1 − t
2 si t > 0
⎪ 2e
⎩
⇒ T ∼ Exp (1/2)
[
]
P ( T > 2 ) = 1 – P ( T ≤ 2 ) = 1 – FT (2) = 1 – 1 − e −1 = e – 1
→
P ( T > 2 ) = 0,3679
⎧ 0 t ≤ 0⎫
−t
T ∼ Exp (1/2) ⇒ FT (t ) = ⎨
⎬
2
⎩1 − e t > 0⎭
a) P ( 3 ≤ T ≤ 6 ) = FT (6) – FT (3) = ( 1 – e − 3 ) – ( 1 – e
−
3
2
) = = e
−
3
2
- e − 3 = 0,17313.
EJERCICIO 6 (PRIMERA REVISIÓN DE 1996)
(
X ≈ N μ ;σ 2
)
μ − 27,8
⎛ 27,8 − μ ⎞
⎛ μ − 27,8 ⎞
P( X < 27,8) = 0,33 ⇒ φ ⎜
= 0,44
⎟ = 0,33 ⇒ φ ⎜
⎟ = 0,67 ⇒
σ
⎝ σ
⎠
⎝ σ
⎠
37,2 − μ
⎛ 37,2 − μ ⎞
⎛ 37,2 − μ ⎞
P( X > 37,2) = 0,075 ⇒ 1 − φ ⎜
= 1,44
⎟ = 0,075 ⇒ φ ⎜
⎟ = 0,925 ⇒
σ
⎝ σ
⎠
⎝ σ
⎠
37,2 − μ = 1,44σ
μ − 27,8 = 0,44σ
⇒ 9,4 = 1,88σ ⇒ σ = 5 y μ = 30 (μ = 27,8 + 0,44 * 5 = 30 )
⎛ 26 − 30 ⎞
P(Re chazo ) = P( X < 26 ) = φ ⎜
⎟ = φ (− 0,8) = 1 − φ (0,8) = 1 − 0,7881 = 0,2119
⎝ 5 ⎠
p = P(Re chazo ) = 0,2119
n = pruebas
Y = Número de jabalíes rechazados
⇒ Y ≈ B(250;0,2119 )
3
E (Y ) = np = 250 * 0,2119 = 52,975 jabalíes
⎞
⎛
49,5 − 52,975
⎟ = 1 − φ ⎛⎜ − 3,475 ⎞⎟ = φ (0,54) = 0,7054
P(Y ≥ 50) = 1 − P(Y < 50) =* 1 − φ ⎜
⎜ 52,975 * (1 − 0,2119) ⎟
⎝ 6,46 ⎠
⎠
⎝
*
Relación de Cochran: p ≅ 0,2 ⇒ n ≥ 200
EJERCICIO 7
3 aviones por hora en promedio.
a) En media hora tengo en promedio 3/2 aviones
en media hora”, resulta:
⇒ Si X=”cantidad de aviones que llegan
(3 2 )
x
3
−
⎛ 3⎞
X ≈ Poisson ⎜ ⎟ ⇒ p X ( x ) = e 2
⎝ 2⎠
x!
Tener que esperar más de media hora la llegada del primer avión es el mismo suceso que en
media hora no llegue ningún avión:
P( X = o ) = e
−3
2
= 0,22313
b) Y = ”cantidad de aviones que llegan en 15 minutos”
(
( )
)
Y ≈ Poisson 3. 1 ⇒ Y ≈ Poisson 3
4
4
P (Y > 0) = 1 − P(Y = 0) = 1 − e
−3
4
= 0,52763
c) Como se consideran intervalos no solapados lo que observo en los próximos minutos es
independiente de lo que ocurrió en los 15 minutos anteriores.
⇒ P(Y = 0) = e
−3
4
= 0,472367
d) W = ”cantidad de aviones que llegan en 3 horas”
⇒ W ≈ Poisson(3 * 3) ⇒ W ≈ Poisson(9 )
P( A) = P(W = 6) = e
−9
(9)6
6!
= 0,091
Z = “cantidad de aviones que llegan en 1 hora”
⇒ Z ≈ Poisson(3)
P(B ) = P(Z = 3).P(Z = 2.).P(Z = 1) = e −3
(3)3 .e −3 (3)2 .e −3 (3) = e −9 (3)6
3!
2!
3!2!
= 0,007497
⇒ P(B )⟨ P( A) porque B ⊂ A . En ambos casos deben llegar 6 aviones en 3 horas pero
pueden darse sucesos favorables a A (llegan 6 aviones en la primera hora) que no son
favorables a B.
4
EJERCICIO 8
Sea Xi =”tiempo de vida de la i-ésima pila (en horas)”
i = 1, 2, 3, 4, 5
Xi ∼ iid Exp (0,001)
La linterna deja de funcionar cuando dejan de funcionar 3 o más pilas.
Y = “tiempo que funciona la linterna (en horas)”
¿ P (Y > 1000) ?
P (Y > 1000) = P ( 3 o más pilas funcionen más de 1000 horas)
P (1 pila funcione más de 1000 horas) = P (Xi > 1000) = 1 – P (X i ≤ 1000) =
1 − FX i (1000 ) = 1 − 1 − e −1 = e −1 = 0,3679
[
]
X i ∼ Exp(0,001)
⇒ FX i (x ) = 1 − e − 0,001x
W = “Nª de pilas que funcionan más de 1000 horas”
W ∼ Binomial (5,0,3679) ya que las pilas funcionan de manera independiente y la probabilidad
de que cada una de ellas funcione más de 1000 horas es constante entre pilas e igual a
0,3679.
⇒ P(Y > 1000 ) = P(W ≥ 3) =
5
∑C
5
w
(0,3679) w (1 − 0,3679) 5 − w
w=3
⇒ P(Y > 1000 ) = 0,2636 .
EJERCICIO 9
PARTE A
X ∼ Exp (λ) → si a, b Є R+ → P (X > a + b / X > a) = P (X > b)
→ PROPIEDAD DE PÉRDIDA DE MEMORIA DE LA DISTRIBUCIÓN EXPONENCIAL
[
]
P (X > k) = 1 – P (X ≤ k) = 1 – FX (k) = 1 − 1 − e −λk = e −λk
X ∼ Exp(λ )
⇒ FX (x ) = 1 − e − λx
P (X > a + b / X > a) =
= e-λb = P (X > b)
x≥0
e − λ (a + b )
P ( X > a + b, X > a )
P( X > a + b)
=
=
= e–
− λa
P( X > a )
P( X > a )
e
λ(a+ b)+λa
= e-λ(a+b-a) =
5
PARTE B
Xi = “tiempo de vida de la i-ésima componente”
i = 1, 2, ..., n
Xi ∼ iid Exp (λ)
1) Sea T = “Tiempo hasta que falla la primera componente”.
T = min {X1, ..., Xn}
→ Rec (T) = { t / t Є R, t > 0}
FT (t) = P (T ≤ t) = P ( mín ⎨ Xi ⎬ ≤ t ) = 1 - P ( min {Xi } > t ) = 1 – P ( X1 > t, X2 > t, ..., Xn > t ) =
Si el mínimo dura más de t,
todos duran más de t
n
=1 −
∏ P( X
i
> t)
= 1−
i =1
n
i =1
i =1
Xi ∼ id X
Xi indep.
fT1 ( t ) =
n
∏ P( X > t ) = 1 − ∏ e λ
∂ FT1 ( t )
∂t
→ T ∼ Exp (nλ)
= n λ e–
X ∼ Exp (λ)
FX (x ) = 1 − e − λx
nλt
⇒ E (T ) =
− t
= 1 − e − nλt
x>0
∀t>0
1
= Tiempo esperado hasta la primera falla.
nλ
2) Z = “Tiempo hasta que fallan k componentes de las n componentes”.
→
Necesitarìa la distribución del k-ésimo estadístico de orden
( X (k ) )
para resolverlo
formalmente.
También podemos resolverlo de la siguiente manera:
El tiempo esperado hasta que fallan los primeros k componentes es el tiempo esperado hasta
que falla el primero más el tiempo esperado hasta que falla el segundo dado que funcionó más
que el primero, lo que es equivalente al tiempo esperado hasta que falla el primero de los
restantes n-1 componentes y así sucesivamente hasta sumar el tiempo esperado hasta que
falla el primer componente de los n-k+1 que me quedan. De esta forma es la suma del tiempo
esperado hasta la falla del primer componente haciendo variar el número de componentes que
considero. Así, debido a la propiedad de pérdida de memoria:
E (Z ) =
1
1
1
+
+ ... +
=
nλ (n − 1)λ
(n − k + 1)λ
k −1
∑ (n − i )λ
i =0
1
6
EJERCICIO 10
a) X = duración de una llamada medida en minutos
1
Dado que E(X) =
, entonces λ puede interpretarse como el inverso de la duración esperada
λ
de una llamada, λ es el número esperado de llamadas en un intervalo de tiempo unitario.
b) Y = costo de cada llamada
Por lo tanto Y = 3 x (1 + 0,23).X = 3,69.X y recordando la propiedad de linealidad de la
1
esperanza: E(Y) = 3,69 E(X) = 3,69.
λ
c) Sea T = duración de cada llamada medida en minutos y por exceso
⇒ T = [X ] + 1
(donde [X ] = parte entera de X)
Obsérvese que T es una variable discreta.
P (T = t) = P([X ] + 1 = t ) = P([X ] = t − 1) = P (t – 1 ≤ X < t) =
– λt+λ
(
)
t −1
λ e − λx dx = – e – λx
t
t −1 =
– e – λt +e
= e − λt e − λ − 1
+∞
E(T) =
∑
t.P (T = t ) =
t =1
+∞
∑ nx
=x
∑ nx
n −1
1
)
= eλ − 1 .
+∞
∑
(
)
t e − λt e − λ − 1 = (e λ-1)
e −λ
(1 − e λ )
−
E (T)
λ
1/10
10,5
½
2,54
1
1,58
2
1,16
10
1
Z = 3,69 T
2
⎛
= x⎜
⎜
⎝
+∞
∑ t (e λ )
t
−
=
t =1
t =1
∞
n
n =1
(
∫
t
∞
∑
1
( )
= e λ −1
,
,
⎞
1
x
⎛ 1 ⎞
= x⎜
x
=
⎟ =x
2
⎟
(1 − x ) (1 − x )2
⎝1 − x ⎠
⎠x
n⎟
e −λ
⎛ eλ − 1 ⎞
⎜
⎟
⎜ eλ ⎟
⎝
⎠
2
=
eλ − 1
( )
.e − λ e λ
2
(eλ − 1)
2
=
eλ
eλ − 1
3,69 E(T) = E(Z)
38,75
9,37
5,83
4,28
3,69
d) Sea ahora W = beneficio suplementario obtenido por modificar el sistema de cobro
1
1
– ]
Pero observemos que W = Z – Y y por lo tanto E(W) = E(Z) – E(Y) = 3,69 [
−λ
(1 − e ) λ
Observación: E(W) > 0
Esto se cumple ⇔
1
−λ
>
1
⇔ λ > (1 – e- λ)
λ
(1 − e )
Esta última desigualdad se cumple siempre para λ > 0, pues para λ = 0 se da la igualdad, y
dado que la función λ es creciente (su derivada es 1) y (1 – e- λ) es también creciente (su
derivada es e – λ < 1 para λ > 0 ) pero con pendiente menor nuestra afirmación queda
probada.
7
EJERCICIO 11
Son en total 1000 hormigas. Salen 550 y traen el doble del alimento que necesita cada una en
promedio.
X = “total de alimento traido por las 550 hormigas”
X ∼ N (2,2)
Xi ∼ iid N (2,2) I = 1, .., 550
1) Y = “total de alimento traido por las 550 hormigas”
550
Y=
∑X
i
i =1
Linealidad
⎛ 550 ⎞
E (Y ) = E ⎜
Xi ⎟ =
⎟
⎜
⎝ i =1 ⎠
∑
⎛ 550 ⎞
V (Y ) = V ⎜
Xi ⎟ =
⎜
⎟
⎝ i =1 ⎠
∑
550
∑
( )
550
∑
E(X i ) =
i =1
550
∑
i =1
⎛ t 550 X
⎜ ∑ i
= E ⎜ e i =1
⎜
⎝
E(X ) =
i =1
V (X i ) =
Xi indep
M Y (t ) = E e tY
Xi id que X
550
∑
V (X ) =
i =1
550
∑ 2 = 1100
i =1
550
∑ 2 = 1100
i =1
Xi id que X
⎞
⎟
tX + tX + ... + tX 550
= E e tX 1 e tX 2 ...e tX 550 = E e tX 1 E e tX 2 ...E e tX 550 =
⎟=Ee 1 2
⎟
⎠
(
) (
) ( )( ) (
)
Xi indep
= M X 1 (t )M X 2 (t )...M X 550 (t ) =
Def FGM
550
∏
i =1
550
M X i (t ) = [M X (t )]
Xi id que X
⎡ 2t + 1 (2 )t 2 ⎤
⎥
= ⎢e 2
⎢
⎥
⎣
⎦
550
1100t +
=e
1
(1100 )t 2
2
X ∼ N(2,2)
que es la función generatriz de una N(1100,1100).
⇒ Y ∼ N (1100,1100)
⎛ 1000 − 1100 ⎞
⎟ = 1 – φ ( – 3,02 ) = 0,9987
2) P ( Y ≥ 1000 ) = 1 – P ( Y < 1000 ) = 1 – φ ⎜
⎟
⎜
1100
⎠
⎝
3) Y* = “total de alimento que traen 450 hormigas”.
8
450
Y* =
∑X
i
⇒ Y’ ∼ N (900, 900)
y quedan 900 hormigas ⇒ P (Y* ≥ 900 ) = 1/2
i =1
4) Quedan 900 hormigas.
Las que salen traen exactamente el doble del alimento que necesita cada una.
Se dispersan de forma que la probabilidad de ser atrapadas por el oso hormiguero es 0,15
para cada hormiga.
Salen n hormigas con n = mínimo necesario para cubrir la demanda de alimento diario K
con probabilidad igual o mayor que 0,99.
a) W = “ Nº de hormigas que se come el oso hormiguero”.
W ∼ Bin (n, p = 0,15)
b) 2 ( n – W) = cantidad de alimento que trajeron las hormigas sobrevivientes.
P ( 2 ( n – W ) ≥ 900 – W ) ≥ 0,99
→ P ( 2n -2W ≤ 900 - W ) = P ( 2n – 900 ≥ W )
→ P ( W ≤ 2n – 900 ) ≥ 0,99
d
d
W⎯
⎯→
N (0,15n; (0,15)(0,85)n ) ⇒ W ⎯
⎯→
N (0,15n;0,1275n )
⎛ 2n − 900 − 0,15n + 0,5 ⎞
⎟ ≥ 0,99
Φ⎜
⎟
⎜
0
,
1275
n
⎠
⎝
2n − 900 − 0,15n + 0,5
⇒
≥ 2,326
0,1275n
⇒ 1,85n − 899,5 ≥ 2,326 0,1275n
⇒ 1,85n − 0,831 n − 899,5 ≥ 0
x = n ⇒ 1,85 x 2 − 0,831x − 899,5 ≥ 0
1,85 x 2 − 0,831x − 899,5 = 0
x = 22,28 → n = 496,4
x = -21,8
+++0 --- -- - -- 0++++
-21,8
x=
→
22,28
0,831 ± 0,8312 − 4(1,85)(− 899,5)
2(1,85)
n = 497
=
0,831 ± 81,6
3,7
NO SIRVE
9
EJERCICIO 12 (CANAVOS 5.29)
X ∼ Gamma (2, 50)
a) Recordando que E(X) = α θ = 100, entonces:
100
P(X < 100) =
∫
0
100
∫
−
0
⎛ por partes ⎞
x
⎛ x ⎞
⎛ x ⎞
⎟⎟ = −
exp ⎜ −
x 2 −1 exp⎜ −
⎟ dx = ⎜⎜
⎟
Γ
(
2
)
=
1
50
50
Γ(2) 50
⎝
⎠
⎝ 50 ⎠
⎝
⎠
1
2
1
⎛ x ⎞
⎛ x ⎞
–2
exp ⎜ −
⎟
⎟ dx = – 2 e – exp ⎜ −
50
⎝ 50 ⎠
⎝ 50 ⎠
100
0
100
0
−
= – 2 e – 2 – e – 2 + 1 = 0,594.
b) Con el mismo procedimiento que en la parte a) podemos demostrar que la distribución de X
x ⎞
⎛
⎛ x ⎞
2
es FX(x) = 1 – ⎜1 +
⎟ exp ⎜ −
⎟ para x > 0. Entonces, como V(X) = α θ = 5000:
50 ⎠
⎝
⎝ 50 ⎠
(
P X − 100 > 2 5000
) = P(⎨X < 100 – 141,42⎬ ∪ ⎨X > 100 + 141.42⎬) =
P (X < 100 – 141,42) + P (X > 100 + 141.42) = 0 + 1 – FX (242.42) = 0,04586
c) Se puede demostrar que el modo de una Gamma con α > 1, es (α – 1) θ, hallando el
máximo de la función de densidad mediante el cálculo de su derivada. → Modo = 50
→ P (X < 50) = FX(50) = 0,2642.
EJERCICIO 13 (NOVALES 5.31)
X = la edad en la que un hombre contrae matrimonio por primera vez
X ∼ Gamma (α, θ)
E(X) = α θ = 30
xmodo = (α – 1) θ = 22
Entonces, lo único que debemos hacer es resolver dicho sistema. Por lo tanto:
α
30
=
⇒ 22 α = 30 (α – 1) ⇒ 8 α = 30 ⇒ α = 15 / 4 y θ = 8.
α − 1 22
EJERCICIO 14 (Examen)
1) Como para k > 0, fX(x) ≥ 0, entonces debemos hallar k para que
∫
+∞
0
k x e − 2 k x dx = 1. Por
lo tanto:
∫
+∞
0
k x e − 2 k x dx = (partes) = x (– 1/2) e −2kx
1
=1
4k
⇒
1
k=
4
+∞
0
–
∫
+∞
0
( −1/ 2) e − 2 k x dx = −
1 − 2kx
e
4k
1
− x
1
y por lo tanto: fX(x) =
x e 2 para x ≥ 0.
4
2) Como xmodo = máx fX(x), hallamos
x ∈R
1
∂ fX ( x )
. Entonces:
∂x
1
1
− x
1 ⎛ 1⎞
1 −2x
1 −2x
1
∂ fX ( x )
(1 − x) = 0 ⇔ x = 2
=
e
+
e
⎜− ⎟ x e 2 =
4 ⎝ 2⎠
∂x
4
4
2
.
+∞
0
=
10
Estudio el signo:
0
no corresponde
+ + + + + + +
2
– – – – – –
Por lo tanto el máximo absoluto se da en x = 2 ya que fX(x) = 0 para x ≤ 0 y fX(x) > 0
para x > 0.
E(X) =
4
∫
+∞
0
∫
+∞
0
1
1 2 −2x
x e
dx
4
= ( por partes ) = x2 (– 1/2) e −2kx
+∞
0
–
∫
+∞
0
( − x ) e − 2 k x dx =
f X ( x ) dx = 4, ya que el primer término vale cero.
Otra forma de dar solución a esta parte, es observar que fX corresponde a la densidad de
Gamma (α = 2, θ = 2). Por ello: xmodo = (α – 1) θ = 2 y E(X) = α θ = 4.
3) Y = “Número de piezas defectuosas en un lote”.
P(Y>10) = 1 – P(Y≤10) ≅ 1 – P(X≤10,5) = 1 – FX(10,5) = (como, a partir de fX se puede
x
x⎞ −
⎛
⎛ 10,5 ⎞ −
deducir que: FX(x) = ( 1 − ⎜1 + ⎟ e 2 )) = ⎜1 +
⎟e
2⎠
2 ⎠
⎝
⎝
10,5
2
= 0,0328.
4) Sea W = “Cantidad de lotes con más de 10 piezas defectuosas en 50”. Entonces la
distribución de W es Binomial (n = 50, p = P(Y>10) = 0,0328) y por lo tanto E(W) =
50x0,0328 = 1,64.
5) Sea U = “Cantidad de piezas defectuosas en los 50 lotes”. Como la distribución de los
distintos lotes es la misma: E(U) = 50 E(Y).
Hallemos pues E(Y), donde llamamos n al tamaño de los lotes. En virtud de la relación
1
1⎞
⎛
P(Y = y ) = P⎜ y − ≤ X ≤ y + ⎟ resulta E (Y ) ≅ E ( X ) = 4 ⇒ E (U ) ≅ 200 .
2
2⎠
⎝
EJERCICIO 15 (Primera Revisión 1995)
X = “Demanda semanal, en kg., de cierto producto”
B = “Beneficio semanal neto por la venta de dicho producto”
1) Entonces:
⎧ a k si x > k
B(x, k) = ⎨
⎩ a x − b (k − x ) si x ≤ k
2) Debemos hallar k, para que E(B) sea máxima. Por lo tanto:
E(B) =
∫
k
0
∫
k
0
[ax − b (k − x )]e − x dx
[(a + b) x ]e − x dx
− (a + b ) x e − x
k
0
–
∫
+ (a+b)
e−x
k
0
k
0
+
∫
+∞
k
a k e − x dx =
k b e − x dx +
∫
k
0
∫
∫
k
0
[ (a + b) x − b k ]e − x dx
+
∫
+∞
k
a k e − x dx =
+∞
k
a k e − x dx = (partes e integración directa) =
e − x dx + k b e − x
k
0
– a k e−x
+∞
k
= – (a+b) k e– k – (a+b)
+ k b e– k – k b + k a e– k = – (a+b) e– k + a + b – k b.
Derivo para hallar el máximo:
∂ E (B ( X, k )
⎛a +b⎞
= (a+b) e– k – b = 0 ⇒ k = L ⎜
⎟
∂k
⎝ b ⎠
11
Estudio el signo:
+ + + + + + + – – – – – – –
⎛a+b⎞
L⎜
⎟
⎝ b ⎠
Por lo tanto hay un máximo absoluto, si se cumple
a+b
> 1 , lo cual es cierto si a > 0 y
b
b > 0, condiciones razonables en este ejercicio.
EJERCICIO 16 (Examen Febrero de 1997)
1) X = “Cantidad de vehículos que llegan a la estación de Margarito en una hora”
X ∼ Poisson (1)
Sea Z = “Cantidad de vehículos que llegan a la estación en cuatro horas”
Por lo tanto Z ∼ Poisson (4) y entonces:
3
P(Z > 3) = 1 – FZ(3) = 1 –
∑
e−4
i =0
4i
= 0,5665.
i!
2) Yi = “Cantidad de nafta que carga el i-ésimo vehículo”, con Yi ∼ N(15, 400)
P ( ⎨Y2 > 20⎬ ∩ ⎨Y3 > 20⎬ ) = ( en virtud de la independencia ) =
= P (Y2 > 20) . P (Y3 > 20) = (igual distribución) = [ P (Y > 20) ]2 = [1 – P(Y≤ 20)]2 =
⎛ Y − 15 20 − 15 ⎞ 2
2
2
= [1 – P ⎜
≤
⎟ ] = [1 – φ(0,25)] = [1 – 0,5987] = 0,161.
20 ⎠
⎝ 20
40
3) Sea W = “Cantidad de nafta que cargan los 40 vehículos” ⇒ W =
∑Y
i
y por lo tanto
i =1
la distribución de W es normal, ya que es combinación lineal de normales
independientes. Además:
40
40
E(W) = E (
∑
Yi ) =
i =1
40
V(W) = V (
∑ E( Y ) = (igual distribución) = 15x40 = 600
i
i =1
40
∑ Y ) = (independencia) = ∑ V( Y ) = 40x400 = 16000
i
i =1
i
i =1
⎛ 800 − 600 ⎞
⎟ = 1 – φ (1,5811) = 1 – 0,943 =
⇒ P(W > 800) =1 – P(W ≤ 800) = 1 – φ ⎜
⎜ 16000 ⎟
⎝
⎠
0,0571.
k
4) Sea T = “Cantidad de nafta que cargan k vehículos” ⇒ T =
∑Y
i
∼ N (15 k, 400 k) por
i =1
las mismas razones que en 3). Entonces: P(T > 800) = 1 – P (T ≤ 800) =
⎛ 800 − 15 k ⎞
⎟ y por lo tanto:
1–φ ⎜
⎜
⎟
400
k
⎝
⎠
⎛ 800 − 15 k ⎞
⎛
⎞
⎟ > 0,8 ⇔ ⎜ 800 − 15 k ⎟ > 0,8416 ⇔ 800 – 15 k >
P(T > 800) < 0,2 ⇔ φ ⎜
⎜
⎜
400 k ⎟⎠
400 k ⎟⎠
⎝
⎝
20 x 0,8416 x
k ⇔ – 15 k – 1,6832
k + 800 > 0 ⇔ (C.V.
k = u) ⇔
12
– 15 u2 – 1,6832 u + 800 > 0 ⇔
– – – – +++++++ – – – –
– 7,864
Entonces: – 7,864 <
6,742
k < 6,742; y por lo tanto: k < 45,46 (recordamos que k > 0)
Concluimos que el máximo k, dado que es entero por la letra del problema, es 45.
45
5) Sea S = “Cantidad de litros que cargan 45 vehículos” ⇒ S =
∑Y
i =1
i
∼ N (675, 18000).
Debo hallar una constante h; P(S > h) < 0,01. Entonces:
⎛ h − 675 ⎞
⎛ h − 675 ⎞
⎛ h − 675
⎟ < 0,01 ⇔ φ ⎜
⎟ > 0,99 ⇔ ⎜
P(S > h) = 1 – φ ⎜⎜
⎜
⎜
⎟
⎟
⎝ 18000 ⎠
⎝ 18000 ⎠
⎝ 18000
⇔ h > 987,11 litros.
⎞
⎟ > 2,3263
⎟
⎠
EJERCICIO 17 (Examen Febrero 1998)
1)
X1 = “Cantidad de pasajeros que viajan en el vuelo de las 08:00 – Montevideo – Punta del
Este en 275 que compran pasajes”.
P(X1 > 250) = 1 – P(X1 ≤ 250) ≅ (según Cochran como X1 ∼ Bin(275, 0,8) y n = 275 > 200,
podemos aproximar por una N(np = 275x0,8; n p (1 – p) = 275x0,8x0,2) = N (220, 44)) ≅
⎛ 250 + 0,5 − 220 ⎞
⎛
⎞
⎟ – φ ⎜ 0 − 0,5 − 220 ⎟ ) = 1 – ( φ (4,60) – φ (– 33,24) ) ≅ 0
1–(φ ⎜
⎜
⎟
⎜
⎟
44
44
⎝
⎠
⎝
⎠
Para los otros casos como el recorrido de las tres variables es menor o igual a 250,
entonces la probabilidad de que sean mayores a dicho valor es cero estrictamente.
Obsérvese que el cero de la probabilidad de X1 indica que es muy improbable que la
cantidad de pasajeros que viajan supere los 250, aunque no es imposible que suceda. En
los otros casos, es efectivamente imposible.
2) X = “Demanda total de pasajes” = X1 + X2 + X3 + X4
Por lo tanto MX(t) = M X1 ( t ) MX 2 ( t ) MX 3 ( t ) MX 4 ( t ) ya que las variables son independientes.
Sabemos por la práctica 4 que si Z ∼ Bin(n, p), entonces MZ(t) = [ 1 – p + et p ] n y por ello:
MX(t) = [ 0,2 + et 0,8 ] 275 [ 0,2 + et 0,8 ] 250 [ 0,2 + et 0,8 ] 200 [ 0,2 + et 0,8 ] 250 = [ 0,2 + et 0,8 ] 975
Que es la generatriz de momentos de una Bin (975, 0,8)
3)
Y = 30 X1 + 25 X2 + 20 X3 + 25 X4
4) Como cada Xi ∼ Bin(ni, 0,8) y se cumple las condiciones de Cochran dado que ni ≥ 200
para todo i, todas se pueden aproximar por N(0,8xn i, 0,8x0,2xn i). Entonces, como Y es
combinación lineal de ellas, es aproximadamente normal con:
E(Y) = E(30 X1 + 25 X2 + 20 X3 + 25 X4) = 30E(X1) + 25E(X2) + 20 E(X3) +25 E(X4) = 19800
V(Y) = V(30 X1 + 25 X2 + 20 X3 + 25 X4) = (independencia) = 302 V(X1) + 252 V(X2) + 202
V(X3) + 252 V(X4) = 102400
5) P(Y > 20000 / X1 = 200) = P(30x200 + 25 X2 + 20 X3 + 25 X4 > 20000) = P(25 X2 + 20 X3 +
25 X4 > 20000 – 6000) = P(25 X2 + 20 X3 + 25 X4 > 14000)
Si se quisiera calcular esta probabilidad, tendríamos que utilizar las aproximaciones plan –
teadas en 4).
13
EJERCICIO 18 (Primera Revisión de 2000)
⎧ k ( x + 1) si 0 < x < 2
en otro caso
⎩0
fX = ⎨
∫
a)
2
0
⎛ x2
⎞
1
+ x 02 ⎟ = 1 ⇔ k (2+2) = 1 ⇔ 4 k = 1 ⇔ k =
k ( x + 1) dx = 1 ⇔ k ⎜
⎜ 2
⎟
4
⎝
⎠
+∞
∫
b) E (X) =
xf X (x )dx =
−∞
+∞
∫
x 2 f X (x )dx =
−∞
=
1⎡
4+
4 ⎢⎣
V (X) =
8
+
∫ (x
2
2
0
)
1 ⎛ x3 x 2
+ x dx = ⎜
+
4 ⎜⎝ 3
2
⎞
2⎟
0⎟
⎠
=
∫
2
x2
0
1
1
( x + 1) dx =
4
4
∫ (x
2
3
)
+ x 2 dx =
0
1 ⎛⎜ x 4 x 3
+
4 ⎜⎝ 4
3
⎞
2⎟
0⎟
⎠
=
5
8 ⎤ 1 ⎡12 + 8 ⎤ 1 20
=
=
=
.
3 ⎥⎦ 4 ⎢⎣ 3 ⎥⎦ 4 3
3
5
11
5 49 60 − 49
⎛7⎞
=
=
⇒ σX =
– ⎜ ⎟ 2= −
3
6
3
36
36
36
⎝ ⎠
c) x0,50 /
x02,50
0
1
1
x ( x + 1) dx =
4
4
1 ⎡8
⎤ 1 ⎡ 8 + 6 ⎤ 1 ⎛ 14 ⎞ 7
+ 2⎥ = ⎢
⎥= ⎜ ⎟=
4 ⎢⎣ 3
⎦ 4⎣ 3 ⎦ 4⎝ 3 ⎠ 6
=
E (X2) =
∫
2
∫
x 0 , 50
0
x0,5
4
−
1
1
(t + 1) dt =
2
4
⇔
1
4
⎛ x2
⎜
+x
⎜ 2
⎝
x 0 , 50
0
11
= 0,55.
36
⎞
⎛ x2
⎞
⎟ = 1 ⎜ 0,50 + x0,50 ⎟ = 1
⎟
⎟ 2
⎜
4 ⎝ 2
⎠
⎠
1
− 2 ± 4 + 16 − 2 ± 20
= 0 ⇒ x02,5 + 2 x0,5 − 4 = 0 ⇒ x0,5 =
=
= −1 ± 5
2
2
2
− 1 − 5 ∉ Re c( X ) ⇒ No sirve
⇒ x0,50 =
− 1+
5 = 1,236
OBS: La mediana se puede calcular también a partir del área de un triángulo.
1/2
3/4
1/4
.
d) Y = X2 +1
5 −1
→ E (Y) = E ( X2 + 1) = E (X2) + 1 =
Linealidad de
la esperanza
5
8
+1 =
.
3
3
( )
E X2 =
5
por parte b)
3
14
e) TEOREMA DE TRANSFORMACIÓN
5
Y = X2 + 1
→ Transformación monótona creciente
en [0,2]
Además, si 0 < x < 2 se tiene que 1 < y < 5
1
0
2
⎧
1
∀y ∈ R y
⎪ f g −1 ( y )
fY(y)= ⎨ X
g ' ( g −1 ( y ))
⎪
0 en otro caso
⎩
(
)
1 < y < 5 → solo es relevante la parte positiva
Y = g (X) = X2 +1 → X2 = Y – 1 → X = Y − 1 = g −1 (Y )
∂g −1 ( y )
1
=
∂y
2 y −1
(
)
1
⎧1
y −1 +1
si 1 < y < 5
⎪ 4
→ fY(y) = ⎨
2 y −1
⎪ 0 en otro caso
⎩
⎧ 1⎛
1 ⎞⎟
si 1 < y < 5
⎪⎪ ⎜⎜ 1 +
→ fY(y) = ⎨ 8
y − 1 ⎟⎠
⎝
⎪
⎪⎩ 0 en otro caso
(
⎧ 1
1 + ( y − 1)−1 2
⎪
→ fY(y) = ⎨ 8
⎪ 0 en otro caso
⎩
+∞
f)
E (Y) =
∫ yf
−∞
=
1
8
∫
5
2
∫
1
1
y
(
1
1 + ( y − 1)−1
8
2
) dy = 18 ∫ ( y + y( y − 1) ) dy
5
−1 2
1
1
y ( y − 1)−1
8
∫
2
dy
1
1
1⎡y
ydy = ⎢
8
8 ⎢⎣ 2
1
∫
5
1< y < 5
5
1
y ( y − 1)−1
( y )dy = ∫
y dy +
5
5
Y
) si
2
5⎤ 1 ⎡ 25 1 ⎤ 1 ⎛ 24 ⎞ 12 3
−
= ⎜ ⎟=
=
⎥=
1⎥⎦ 8 ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ 8 ⎝ 2 ⎠ 8 2
5
⎡ ( y − 1)3 2 5⎤
5
4 32
dy = 2 y y − 1 − 2( y − 1)11 2 dy = 2(5)(2 ) − 0 − 2 ⎢
⎥ = 20 − 4 − 0 =
1
1
3
2
3
⎣⎢
⎦⎥
1
Aplico Partes:
∫
∫ udv = uv − ∫ vdu
u = y ⇒ du = dy
v = 2( y − 1)1
2
⇐ dv = ( y − 1)−1 2
(
)
15
= 20 −
4⎛ 3 ⎞
4
4
32 60 − 32 28
=
=
64 = 20 − (8) = 20 −
⎜ 4 ⎟ = 20 −
⎠
3⎝
3
3
3
3
3
⇒ E (Y ) =
3 1 ⎛ 28 ⎞ 3 7 9 + 7 16 8
+ ⎜ ⎟= + =
=
=
2 8⎝ 3 ⎠ 2 6
6
6 3
EJERCICIO 19 (CANAVOS 5.26)
X = proporción de artículos defectuosos en un proceso de fabricación
X ∼ Beta (1, 20)
g) Por el ejercicio 1 de la práctica 4 sabemos que:
1
α
=
E (X) =
α + β 21
V (X) =
20
αβ
=
(α + β ) (α + β + 1) 212 22
2
Y por lo tanto σ = 0,0454.
0,10
∫
h) P (X > 1/10) = 1 – P (X ≤ 0,10) = 1 –
0
0,10
∫ 20 (1 − x)
19
0
⎞
⎛ 20
dx = 1 – ⎜ −
(1 − x )20 ⎟
20
⎝
⎠
0,10
0
Γ(21)
x1−1(1 − x )20 −1 dx = 1 –
Γ(1) Γ(20)
= 0,1216.
0,15
P (X > 0,15) = 1 – P (X ≤ 0,15) = 1 –
∫ 20 (1 − x)
19
dx = 0,03876.
0
EJERCICIO 20 (CANAVOS 5.36)
X ∼ Weibull (2, 20)
a)
fX(x)
x
xmodo
μ
1⎞
⎛
⎛3⎞
b) La media de una variable aleatoria con distribución Weibull es θ Γ ⎜1 + ⎟ = 20 Γ ⎜ ⎟ =
α
⎝
⎠
⎝2⎠
1
20
π = 17,72.
2
16
α
⎛ x⎞
Es fácil demostrar que FX(x) = 1 – exp ⎜ − ⎟ , lo cual se puede verificar simplemente
⎝ θ⎠
derivando. Por lo tanto:
P (X > 17,72) = 1 – FX(17,72) = 0,4561.
c) Vimos también que V(X) = θ
2
[
85,84
P ( 17,72 –
2
2⎞
1⎞
⎛
⎛
⎛1
Γ⎜1 + ⎟ − Γ 2 ⎜1 + ⎟ ] .= 400 [ 1 – ⎜
α⎠
α⎠
⎝
⎝
⎝2
≤ X ≤ 17,72 +
85,84
) = P (13,09 ≤ X ≤ 22,36) =
2
FX(22,36) – FX(13,09) = 0,365.
85,84 ≤ X ≤ 17,72 +
P ( 17,72 –
2
⎞
π ⎟ ] = 85,84.
⎠
85,84 ) = P (8,46 ≤ X ≤ 26,99) =
FX(26,99) – FX(8,46) = 0,6743.
EJERCICIO 21
a) Sea X con distribución Log-N(8, 2). Entonces Y = LX tiene distribución N(8, 2).
P(5.000<X<10.000) = P(L5.000 < LX < L10.000) pues la función logaritmo es creciente.
Entonces P(8,517<LX<9,210) = Φ[(9,21–8)/ 2 ]-Φ[(8,517–8)/ 2 ]=
= Φ(0,86) - Φ(0,37) = 0,8051 – 0,6443 = 0,1608.
b) E(X) = E(eY) = MY(t=1) = Generatriz de la variable Y en el punto t = 1. Como Y tiene
distribución normal (8, 2) resulta E(X) = e8 + 2/2 = e9 = 8.103,08.
EJERCICIO 22
a) Si la variable X tiene distribución W(α = 2, λ = 1/8), entonces se cumple que
α
FX ( x)= 1 − e − ( λ . x ) si x ≥ 0. Entonces P(X ≤ 3) = FX(3) = 1 – e-(3/8)^2 = 1 – 0,8688 =
0,1312.
b) El modo se obtiene a partir del cálculo de la derivada de la función de densidad. Si se
deriva y calcula el signo de la fX’ se encuentra que el modo es (α-1)/α.λ. En nuestro
caso el modo es igual a (2-1)/(2x1/8) = 4 años.
1⎞
⎛
Γ⎜1 + ⎟
⎝ α⎠=
c) E(X) =
λ
⎛3⎞
Γ⎜ ⎟
⎝ 2 ⎠ = 8 × Γ⎛ 3 ⎞ = 8 × π = 7,09 años.
⎜ ⎟
1
2
⎝2⎠
8
d) El modo está en x = 4 y la concavidad y el punto de inflexión se pueden obtener
mediante el signo de la derivada segunda de la función de densidad.
17
fX(x)
4
x
EJERCICIO 23
La función de densidad de la distribución Beta es: f ( x ; α ,β ) =
Γ( α + β ) α −1
x ( 1 − x )β −1
Γ( α )Γ( β )
α > 0; β > 0; 0 < x < 1, y de acuerdo con el resultado obtenido en el EJERCICIO 1 de la
PRÁCTICA 1 resulta E(X) =
α
α +β
a) E(X) = 2 / (2 + 3) = 0,4.
b) P(X > 0,4) =
1
2
∫ (
1
)
∫(
1
)
= 12.x.(1 − x ) dx = 12. .x. 1 − 2.x + x .dx = 12. . x − 2.x + x ..dx = 0,0396.
∫
0, 4
2
0, 4
2
3
0, 4
c) El modo de la distribución Beta está en x =
α −1
. En el caso del ejemplo el modo
α +β −2
está en x = 1/3. Otra forma: si se considera la función de densidad 12.x.(1-x)2 se puede
comprobar que su derivada se anula en 1/3 y en 1, y que el signo en torno de 1/3 pasa
de más a menos, lo que significa que en 1/3 hay un máximo. Entonces, la proporción
de consumidores más probable en una ciudad es el 33,33%.
d) Para graficar fX ya sabemos que la densidad es diferente de cero sólo en el intervalo [0,
1] y que el modo está en x = 1/3. Al calcular la derivada segunda de la función de
densidad se obtiene: fX’’ = 12.(6.x – 4), que se anula en x = 2/3 y presenta signo
negativo hasta ese valor y positivo a partir del 2/3.
fX(x)
1/3
2/3 1
x
18
EJERCICIO 24
La densidad de la distribución de Pareto es f X ( x, α , θ ) =
α .θ α
x α +1
si x > θ , α > 1 . Si la
variable X representa el ingreso del hogar o el ingreso personal, entonces θ representa el
ingreso mínimo mientras que α es una medida relacionada con la concentración del ingreso.
a) De acuerdo con los resultados del EJERCICIO 1 de la PRÁCTICA 1, la esperanza de la
distribución de Pareto es E(X) = α.θ / (α - 1). En nuestro caso es:
En la primera ciudad, E(X1) = 1.000 y en la segunda E(X2) = 2.100/2 = 1.050.
b) Según el resultado visto en clase es X0,5 = θ / 21/α = 500 / 21/2 = $353,55.
c) P(X1 > 2.000) = FX1(2.000) = 1 – (500/2.000)2 = 0,9375
P(X2 > 2.000) = FX2(2.000) = 1 – (700/2.000)3 = 0,957125.
d) P(1.000 < X1 < 2.000) = FX1(2.000) – FX1(1.000) = 0,9375 – 0,75 = 0,1875
P(1.000 < X2 < 2.000) = FX2(2.000) – FX2(1.000) = 0,957125 – 0,49 = 0,4671. El suceso
es más probable en la segunda ciudad.
e) El índice sintético de Gini se calcula con la fórmula 1/(2.α-1) y el analítico (en cualquier
punto de la curva de Lorenz) α/(α-1). En la primera ciudad es α = 2 y en la segunda α =
3. Por tanto, los indicadores de concentración son 0,33 y 2 en la primera ciudad, y 0,20
y 1,5 en la segunda, de lo cual se deduce que se presenta mayor concentración en la
primera ciudad.