Probabilidad y estadistica- ejercicios resueltos bien explicados00005 - Viridiana Heredia Olivares

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PontificiaUniversidadCat´olicadeChile
FacultaddeCienciasEcon´omicasyAdministrativas
SegundoSemestre2011
Curso:ProbabilidadyEstad´ıstica
Sigla:EAS200A
Pauta:Examen
Profesores:Rafael Águila(Sec01)yRicardoOlea(Sec02)
Pregunta1
Elsectorminerochileno,laboradurantelossieted´ıasdelasemanasinparalizarlasfaenas,endichaactividad,
losaccidenteslaboralesocurridossigueunprocesodePoisson,paraelcualsesabequelaprobabilidadde
queocurramasdeunaccidenteenunadeterminadasemanaesiguala59,3994%.
(a) [1.0Ptos] ¿Cu´aleslatasadeaccidentesporsemana?
(b) [1.0Ptos] ¿Cu´aleseln´umeromasprobabledeaccidentesocurridosenunasemana?¿Cu´alesdicha
probabilidad?
(c) [1.0Ptos] ¿Cu´aleslaprobabilidaddequeenund´ıacualesquieranoocurranaccidentes?
(d) [1.0Ptos] ¿Cu´aleslaprobabilidaddeeltiempoentreunaccidenteyelsiguienteestecomprendido
entre3y5d´ıas?
(e) [1.0Ptos] Sabiendoqueeltiempoentreunaccidenteyelsiguienteyasuper´olos5d´ıas¿Cu´alesla
probabilidadquedichotiemposuperelos7d´ıas?
(f) [1.0Ptos] ¿Cu´aleslaprobabilidadqueentreelsegundoyelquintoaccidentesuperelos14d´ıas?
Soluci´on
(a) Definamoscomo X alavariablealeatoriaqueindicaeln´umerodeaccidentesenunasemana.
Delenunciadotenemosque
P (X> 1)=1 − P (X ≤ 1)=1 − FX(1)=0 ,593994⇒ FX(1)=0 ,406006 [0.5Ptos]
ApartirdelaTablaPoisson,vemosquelatasadeaccidentesporsemana λ esiguala2. [0.5Ptos]
(b) Eln´umerom´asprobablepuedeserunoodos,yaqueambosvalorespresentanlaprobabilidadm´as
alta.
x P (X = x)
0 0,135335
1 0,270671
2 0,270671
3 0,180447
4 0,090224
5 0,036089
[1.0Ptos]
(c) Definamoscomo Y aln´umerodeaccidentesdiarios,entonces
Y ∼ Poisson(2/7) [0.5Ptos]
Porlotanto,
P (Y =0)= e−2/7 =0 ,7514773 [0.5Ptos]
EAS200A-ProbabilidadyEstad´ıstica 1 SegundoSemestre2011
(d) definamos como T al tiempo (en d́ıas) transcurrido entre dos accidentes, es decir,
T ∼ Exponencial(2/7) [0.5 Ptos]
se pide
P (3 ≤ T ≤ 5) = FT (5)−FT (3) =
(
1− e−5·2/7
)
−
(
1− e−3·2/7
)
= 0,760349−0,5756272 = 0,1847218 [0.5 Ptos]
(e) Se pide
P (T > 7 |T > 5) = P (T > 2), por carencia de memoria [0.5 Ptos]
= 1− FT (2) [0.2 Ptos]
= 1− (1− e2·2/7) [0.1 Ptos]
= 1− (1− 0,4352819) [0.1 Ptos]
= 0,4352819 [0.1 Ptos]
(f) Definamos como Z al tiempo (en d́ıas) transcurrido entre el segundo y el quinto accidente. Es decir,
Z ∼ Gamma(3, 2/7) [0.5 Ptos]
Se pide
P (Z > 14) = 1− FZ(14) [0.1 Ptos]
= 1−
[
1−
3−1∑
x=0
(14 · 2/7)x e−14·2/7
x!
]
, por relación Poisson-Gamma [0.1 Ptos]
=
40 e−4
0!
+
41 e−4
1!
+
42 e−4
2!
[0.2 Ptos]
= 0,2381033 [0.1 Ptos]
+ 1 Punto Base
EAS200A - Probabilidad y Estad́ıstica 2 Segundo Semestre 2011
Problema 2
Consideremos el valor de una acción de una empresa que se transa en la Bolsa de Santiago en un instante t.
Se define el retorno de la acción en el instante t como la ganancia (o perdida) porcentual al invertir en t− 1
y vender en t, es decir,
Xt =
Pt − Pt−1
Pt−1
,
con Pt el valor de la acción en t. Este retorno se comporta como una variable aleatoria cuya distribución de
probabilidad es Normal de media cero con una varianza que depende de la variabilidad, Yt−1, del mercado
en el d́ıa anterior. Un investigador propone que los retornos de esta acción pueden ser representados como
sigue:
Xt |Yt−1 = y ∼ Normal(0, 1/y), Yt−1 ∼ Gamma(k, ν)
(a) [2.0 Ptos] Muestre que
fXt(x) =
1√
2π
Γ(k + 1/2)
Γ(k)
νk(
ν + x
2
2
)k+1/2 , x ∈ R
(b) [2.0 Ptos] Muestre que la distribución de Yt−1 condicionada a que Xt = x es Gamma (identifique los
parámetros en términos de k, ν y x).
(c) [2.0 Ptos] Si k = 3/2 y ν = 1, calcule P (Y ≤ 1/2 |X =
√
2).
Solución
(a) Tenemos que
fXt(x) =
∫ ∞
−∞
fXt, Yt−1(x, y) dy [0.3 Ptos]
=
∫ ∞
−∞
fXt |Yt−1=y(x) · fYt−1(y) dy [0.3 Ptos]
=
∫ ∞
0
1√
2π 1y
exp
[
−1
2
(
x− 0
1/
√
y
)2]
νk
Γ(k)
yk−1 exp(−ν y) dy [0.3 Ptos]
=
1√
2π
νk
Γ(k)
∫ ∞
0
y(k+1/2)−1 exp
[
−y
(
ν +
x2
2
)]
dy [0.3 Ptos]
=
1√
2π
νk
Γ(k)
Γ(k + 1/2)(
ν + x
2
2
)k+1/2 ∫ ∞
0
(
ν + x
2
2
)k+1/2
Γ(k + 1/2)
y(k+1/2)−1 exp
[
−y
(
ν +
x2
2
)]
dy [0.3 Ptos]
=
1√
2π
νk
Γ(k)
Γ(k + 1/2)(
ν + x
2
2
)k+1/2 · 1 [0.3 Ptos]
=
1√
2π
Γ(k + 1/2)
Γ(k)
νk(
ν + x
2
2
)k+1/2 , x ∈ R [0.2 Ptos]
(b) Tenemos que
fYt−1 |Xt=x(y) =
fXt, Yt−1(x, y)
fXt(x)
[0.5 Ptos]
=
1√
2π
νk
Γ(k) y
(k+1/2)−1 exp
[
−y
(
ν + x
2
2
)]
1√
2π
Γ(k+1/2)
Γ(k)
νk(
ν+ x
2
2
)k+1/2 [0.5 Ptos]
=
(
ν + x
2
2
)k+1/2
Γ(k + 1/2)
y(k+1/2)−1 exp
[
−y
(
ν +
x2
2
)]
[0.5 Ptos]
EAS200A - Probabilidad y Estad́ıstica 3 Segundo Semestre 2011
Es decir,
Yt−1 |Xt = x ∼ Gamma
(
k + 1/2, ν +
x2
2
)
[0.5 Ptos]
(c) Si k = 3/2 y ν = 1, entonces
Yt−1 |Xt =
√
2 ∼ Gamma (2, 2) [0.5 Ptos]
Se pide
P (Y ≤ 1/2 |X =
√
2) = 1−
2−1∑
z=0
(2 · 1/2)z e−2
z!
[1.0 Ptos]
= 1− e−2 − e−2 [0.2 Ptos]
= 1− 2 e−2 [0.2 Ptos]
= 0,7293294 [0.1 Ptos]
+ 1 Punto Base
EAS200A - Probabilidad y Estad́ıstica 4 Segundo Semestre 2011
Problema 3
La ĺınea de ensamblaje de una empresa metalúrgica produce una cantidad muy grande de art́ıculos diaria-
mente. Esta ĺınea de ensamblaje posee un plan de Control de Calidad que consiste en seleccionar aleato-
riamente 80 art́ıculos terminados cada d́ıa y dentro de ellos se cuenta el número de art́ıculos defectuosos “Y ”.
Defina como U a la probabilidad que un art́ıculo sea defectuoso. Suponga que U vaŕıa d́ıa a d́ıa según una
distribución Uniforme(0, 1/4).
(a) [2.0 Ptos] ¿Qué distribución propone usted para la variable aleatoria Y condicionada a una realización
u de la probabilidad U?
(b) [2.0 Ptos] Obtener el valor esperado incondicional de Y .
(c) [2.0 Ptos] Obtener la varianza incondicional de Y .
Solución
(a) Tenemos que
Y |U = u ∼ Binomial(n = 80, p = u) [2.0 Ptos]
(b) Se pide
E(Y ) = E[E(Y |U)] [0.5 Ptos]
= E(80 · U) [0.5 Ptos]
= 80 E(U) [0.5 Ptos]
= 80
(
0 + 1/4
2
)
[0.3 Ptos]
= 10 [0.2 Ptos]
(c) Se pide
Var(Y ) = Var[E(Y |U)] + E[Var(Y |U)] [0.3 Ptos]
= Var[80 · U ] + E[80 · U · (1− U)] [0.3 Ptos]
= 802 Var(U) + 80 E(U)− 80 E(U2) [0.3 Ptos]
= 802 Var(U) + 80 E(U)− 80 Var(U)− 80 E(U)2 [0.3 Ptos]
= 802 ·
[
(1/4− 0)2
12
]
+ 80 ·
(
1
8
)
− 80 ·
[
(1/4− 0)2
12
]
− 80 ·
(
1
8
)2
[0.3 Ptos]
=
802
16 · 12
+ 10− 80
16 · 12
− 80
64
[0.3 Ptos]
= 41,66667 [0.2 Ptos]
+ 1 Punto Base
EAS200A - Probabilidad y Estad́ıstica 5 Segundo Semestre 2011