SOLUCIONES

SOLUCIONES
C1. n = 25;
Se trata de contrastar:
H 0 : µ1 − µ2 = 0
H 1 : µ1 − µ2 > 0
Llamando Y a la diferencia de tiempo, tenemos
Sy2 =
y = 2;
25 2
.3 = 9.375
24
y
√ = 3.266
Sy / n
= t24,0.05 = 1.711
t =
tn−1,α
Como t > tn−1,α , rechazamos la hipótesis nula; se puede concluir que el aprendizaje
disminuye el tiempo necesario para completar el laberinto.
C2. a) Si X es el número de delitos al mes, y sigue una P(0.33), el número de delitos
anuales, Y, será una P(12*0.33), es decir, P(3.96).
Se tiene entonces:
P {Y = 0} = 0.019 P {Y = 1} = 0.075 P {Y = 2} = 0.149
P {Y = 3} = 0.197 P {Y = 4} = 0.195 P {Y = 5} = 0.155
etc., y el número más probable de delitos es k=3.
b) Suponiendo que el mes consta de 4 semanas, el no Z de delitos en una semana sigue
una P(0.0825). La probabilidad de que haya dos delitos en una semana es:
P {Z = 2} =
e−0.0825 0.08252
= 0.0031
2!
C3. Usamos la siguiente notación:
R0
R1
T0
T1
:
:
:
:
0
1
0
1
5
recibido
recibido
transmitido
transmitido
Conocemos las siguientes probabilidades:
P {R0 |T0 } = 0.94;
P {R1 |T0 } = 0.06;
P {R1 |T1 } = 0.91;
P {R0 |T1 } = 0.09;
P {T0 } = 0.45;
P {T1 } = 0.55;
a) P {T1 |R1 } =
P {R1 |T1 }P {T1 }
= 0.9488;
P {R1 |T1 }P {T1 } + P {R1 |T0 }P {T0 }
b) P {T1 |R0 } =
P {R0 |T1 }P {T1 }
= 0.1048;
P {R0 |T1 }P {T1 } + P {R0 |T0 }P {T0 }
C4. a) Se sabe que
E[X] =
Z
∞
xλe−λx dx =
0
1
= 2.5 min .
λ
y el coste medio de una llamada es por tanto:
Z ∞
10
E[X] = 10
xλe−λx dx =
= 25pts.
λ
0
b) Se calcula la probabilidad de que una llamada dure más de 10 minutos:
Z
P {X > 10} =
∞
10
λe−λx dx = e−λ.10 = e− 2.5 = 0.0183,
10
Por tanto afecta al 1.83% de las llamadas.
c) Queremos calcular el α tal que
P {X > α} = 0.05
Resulta:
Z
∞
λe−λx dx = e−αλ = 0.05
α
luego
e−αλ = 0.05 ⇒ α = 7.4893
Luego la duración mı́nima de las llamadas especiales será de 7.4893 minutos.
d) Si llamamos X a la duración de una llamada (que sigue una distribución exponencial
de parámetro λ), tenemos que el coste (con el plan de ahorro) es una v.a. dada por:
6
C=
10X,
X < 10
50 + 5X, X ≥ 10
Luego su esperanza es:
E[C] =
Z
10
10xλe
−λx
dx +
Z
0
∞
(50 + 5x)λe−λx dx =
10
(integrando por partes, y usando las propiedades
de la integral gamma de Euler)
= 25 − 12.5e−4
P1.
1
1
2
f (x) = √
exp − 2 (log x − log m)
2σ
2π σx
x≥0
(a)
Dada la muestra x1 , x2 , ..., xn la función de verosimilitud es
1
−1 Xn
2
Q
exp
(log xi − log m)
f (x1 , ..., xn ) =
i=1
(2π)n/2 σ n ni=1 xi
2σ 2
Calculamos la función soporte tomando el logaritmo de la función de verosimilitud
Xn
−n
L = log(f (x1 , ..., xn )) =
log(2π) − n log σ −
log xi
i=1
2
1 Xn
− 2
(log xi − log m)2
i=1
2σ
y derivamos respecto al parametro en cuestión, m
∂L
−1 Xn
−1
=
2
(log
x
−
log
m)
=
i
i=1
∂m
2σ 2
m
1 Xn log xi n log m
=
−
i=1
σ2
m
m
Para obtener el estimador máximo-verosı́mil igualamos a cero la derivada
∂L
1 Xn log xi n log m
= 0 ⇐⇒ 0 = 2
−
⇐⇒
i=1
∂m
σ
m
m
Xn
⇐⇒ 0 =
log xi − n log m ⇐⇒
i=1
Xn
⇐⇒ n log m =
log xi ⇐⇒
i=1
X
n
1
⇐⇒ log m =
log xi ⇐⇒
n i=1
1 Xn
log xi
⇐⇒ m
b = exp
i=1
n
7
Para ver si se trata de un máximo o un mı́nimo, calculamos la derivada segunda
P
1
m − log m
∂2L
1 − ni=1 log xi
m
=
−n
=
∂m2
σ2
m2
m2
Pn
1 − i=1 log xi
1 − log m
=
−n
2
2
σ
m
m2
y la evaluamos en el punto m
b
P
P
1 − n1 ni=1 log xi
∂ 2 L 1 − ni=1 log xi
=
−n
=
∂m2 m=m
σ2
m
b2
m
b2
b
P
P
1 − ni=1 log xi n − ni=1 log xi
=
−
=
σ2
m
b2
m
b2
1 −n
−n
=
<0
=
σ2 m
b2
σ2m
b2
con lo que m
b es un máximo. Por tanto, el estimador de máxima verosimilitud es
P
m
b = exp n1 ni=1 log xi
Para estimar la varianza de m,
b calculamos
−1
∂ 2 L σ2m
b2
m
b2
var[m]
b = −
=
=
∂m2 m=m
n
100n
b
y la desviación tı́pica es
DT [m]
b =
m
b
√
10 n
La distribución aproximada de m
b será
b
√ )
m
b ∼ N (m, 10m
n
• (b)
Para una muestra disponemos de los siguientes datos
n = 100
P100
P100
2
log xi = 501
i=1
i=1 (log xi ) = 2512
P100
P100
2
i=1 xi = 15190
i=1 xi = 2330646
y se sabe que
E[X] = m exp
8
σ2
2
=µ
Debido a la propiedad de invarianza de los estimadores máximo-verosı́miles, el estimador de máxima verosimilitud de µ será
2
σ
µ
b=m
b exp
2
Para este caso particular, tenemos
X
n
1
1
m
b = exp
log xi = exp
501 = exp (5.01)
i=1
n
100
y ası́
σ2
1
= exp (5.01) exp
= exp (5.01) exp (0.005) =
µ
b = m
b exp
2
200
µ
= exp (5.015)=b
La desviación tı́pica de µ
b será
2 2
σ
σ
= exp
DT [m]
b =
DT [b
µ] = DT m
b exp
2
2
m
b
exp(5.01)
= exp(0.005) √ = exp(0.005) √
=
10 n
10 100
exp(5.015)
=
= DT [b
µ]
100
• (c) Debemos hacer el contraste
H0 : µ = 140
H1 : µ > 140
Sabemos que la distribución aproximada de µ
b es
exp(5.015)
µ
b ∼ N µ,
100
o lo que es lo mismo
µ
b−µ
exp(5.015)
100
∼ N (0, 1)
Bajo H0 cierta, se tiene que
z=
µ
b − 140
exp(5.015)
100
9
∼ N (0, 1)
Para la muestra obtenida el valor de z es
z=
exp(5.015) − 140
exp(5.015)
100
= 7.0732
Se rechazará H0 si z > zα .Tomando α = 0.05, zα = 1.64, por lo que como
z = 7.0732 > zα = 1.64
se rechaza H0 : µ = 140 y sı́ se cumple la garantı́a.
P2. (a) Los lı́mites de control vienen dados por la expresión
s
pb(1 − pb)
pb ± 3
ni
siendo pb = 0.04 y ni = 208, 196, 400, 90, 230.
q
Hora 1 : 0.04 ± 3 0.04(1−0.04)
= 0.04 ± 0.0408 = (−0.0008 , 0.0808)
208
q
Hora 2 : 0.04 ± 3 0.04(1−0.04)
= 0.04 ± 0.0420) = (−0.0020 , 0.0820)
196
Hora 3 :
q
0.04 ± 3 0.04(1−0.04)
= 0.04 ± 0.0294 = (0.0106 , 0.0694)
400
Hora 4 :
q
0.04 ± 3 0.04(1−0.04)
= 0.04 ± 0.0620 = (−0.0220 , 0.1020)
90
Hora 5 :
q
0.04 ± 3 0.04(1−0.04)
= 0.04 ± 0.0388 = (0.0012 , 0.0788)
230
• (b)
Como se puede apreciar, el dato observado para la tercera hora no se encuentra dentro
de los lı́mites de control, por lo que el proceso no se encontraba bajo control.
• (c) Sabemos que
pb1 ∼ N
0.04,
10
r
0.04(1 − 0.04)
208
!
por lo que al producirse la perturbación pb01 = pb1 + ∆p se tendrá
!
r
0.07(1 − 0.07)
0
pb1 ∼ N 0.07,
208
La probabilidad de detectar el cambio en la primera hora será
P (detectar cambio) = 1 − P (no detectar cambio) =
= 1 − P (−0.0008 ≤ pb01 ≤ 0.0808) =


0.0808 − 0.07 
−0.0008 − 0.07
≤Z≤ q
=
= 1−P  q
0.07(1−0.07)
208
0.07(1−0.07)
208
= 1 − P (−4.002 ≤ Z ≤ 0.6105) =
= 2 − P (Z ≤ 0.6105) − P (Z ≤ 4.002) =
= 2 − 0.7291 − 0.9999 =
= 0.2710 = P (detectar cambio en primera hora)
La probabilidad de que no se detecte el cambio ni en la primera ni en la segunda hora
es
P (no detectar cambio) = P (no detectar cambio en 1a hora y no detectar cambio en 2a hora)
= P (no detectar cambio en 1a hora) P (no detectar cambio en 2a hora
De los cálculos anteriores sabemos que
P (no detectar cambio en 1a hora) =
=
=
=
P (−4.0020 ≤ Z ≤ 0.6105) =
P (Z ≤ 0.6105) + P (Z ≤ 4.0020) − 1 =
0.7291 + 0.9999 − 1 =
0.7290
Por otra parte, sabemos que
pb02 = pb2 + ∆p ∼ N
0.07,
r
0.07(1 − 0.07)
196
!
con lo que
P (no detectar cambio en 2a hora) = P (−0.002 ≤ pb02 ≤ 0.0820) =


−0.002 − 0.07
0.0820 − 0.07 
= P q
≤Z≤ q
=
0.07(1−0.07)
196
=
=
=
=
0.07(1−0.07)
196
P (−3.9507 ≤ Z ≤ 0.6584) =
P (Z ≤ 0.6584) + P (Z ≤ 3.9507) − 1 =
0.7454 + 0.9999 − 1 =
0.7453
11
y ası́
P (no detectar cambio) = P (no detectar cambio en 1a hora) P (no detectar cambio en 2a hora
= 0.7290 0.7453 = 0.5433
12