I1 2008 - 02 (Pauta)

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Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Ciencias Económicas y Administrativas
Segundo Semestre 2008
Curso : Probabilidad y Estad́ıstica
Sigla : EAS200A
Pauta : I1
Profesores : Osvaldo Ferreiro (Sec. 01) y Ricardo Olea (Sec. 02)
Ayudantes : Daniela Morel - Daniela Zúñiga (Sec. 01), Pablo Flores - Susana Opazo (Sec. 02)
1. Un generador eléctrico que consume carbón, en ocasiones no recibe la carga adecuada, lo que provoca
una combustión deficiente y una inaceptable emisión de gases. A la larga, este problema ocurre el 1 %
del tiempo de operación del generador. Cada hora se toma una muestra del aire y se analiza. El análisis
no es un indicador perfecto de la emisión de gases. Una prueba de calibración indica que cuando el
generador está emitiendo niveles aceptables de gases, el análisis señala emisiones excesivas el 4 % de
las veces; niveles en el ĺımite, el 5 % de ellas, y niveles admisibles, el 91 % restante. En cambio, cuando
el generador está emitiendo cantidades excesivas de gases, el análisis indica emisiones excesivas el 92 %
de las veces; en el ĺımite, el 5 % de ellas, y aceptables, el 3 % restante.
(a) Si la prueba indica emisiones excesivas, ¿cuál es la probabilidad de que el generador en realidad
esté emitiendo cantidades inaceptables de gases?
(b) ¿Son los eventos “emisiones en el ĺımite según la prueba” y “emisiones excesivas de gases del
generador” independientes?. Justifique su respuesta.
Solución:
(a) Sean los siguientes eventos:
G: generador emite cantidades inaceptables de gas.
E: Prueba indica emisiones excesivas.
L: Prueba indica emisiones en el ĺımite.
A: Prueba indica emisiones aceptables.
Del enunciado se tiene la siguiente información:
P (G) = 0.01⇒ P (Gc) = 0.99
P (E |G) = 0.92
P (L |G) = 0.05
P (A |G) = 0.03
P (E |Gc) = 0.04
P (L |Gc) = 0.05
P (A |Gc) = 0.91
[1.0 ptos]
Se pide P (G |E).
Por Teorema de Bayes se tiene que
P (G |E) = P (G ∩ E)
E
[0.5 ptos]
=
P (E |G) P (G)
P (E |G) P (G) + P (E |Gc) P (Gc)
[1.0 ptos]
=
0.92 · 0.01
0.92 · 0.01 + 0.04 · 0.99
[0.5 ptos]
= 0.1885246
1
(b) Se pide comprobar si los eventos L y G son independientes. Tenemos por el teorema de probabil-
idades totales que
P (L) = P (L |G) P (G) + P (L |Gc) P (Gc) = 0.05 · 0..01 + 0.05 · 0.99 = 0.05 [2.0 ptos]
y del enunciado que P (L |G) = 0.05.
Como P (L) = P (L |G), entonces se cumple la definición de independencia. Por lo tanto ambos
eventos son independientes [1.0 ptos]
+ 1 Punto Base
2
2. El personal de ventas de una compañ́ıa consta de 4 ingenieros (tres de los cuales tienen más de 40 años
de edad) y 6 representantes de ventas (dos de los cuales tienen más de 40 años de edad). Se selecciona,
supuestamente al azar, a un ingeniero y a dos representantes de ventas para recibir un adiestramiento
especial.
(a) ¿Qué y cuantos resultados componen el espacio muestral de este experimento? Puede ser de
utilidad enumerar a los ingenieros con los números del 1 al 4 y a los representantes de ventas con
los número del 5 a 10.
(b) Sea Y = número de personas seleccionadas que tienen más de 40 años de edad. Calcule P (Y = y)
y su función distribución acumulada.
(c) Calcule el valor esperado y la varianza de la variable aleatoria Y .
Solución:
(a) El espacio muestral de este experimento esta compuesto por todas las
(
4
1
)(
6
2
)
= 60 muestras de
un ingeniero y dos representantes posibles. [2.0 ptos]
(b) Tenemos que el soporte de la variable aleatoria Y es Θy = {0, 1, 2, 3} y número de resultados que
componen los eventos {Y = y} son:
#{Y = 0} =
(
3
0
)(
1
1
)
·
(
2
0
)(
4
2
)
= 6 [0.25 ptos]
#{Y = 1} =
(
3
0
)(
1
1
)
·
(
2
1
)(
4
1
)
+
(
3
1
)(
1
0
)
·
(
2
0
)(
4
2
)
= 26 [0.25 ptos]
#{Y = 2} =
(
3
0
)(
1
1
)
·
(
2
2
)(
4
0
)
+
(
3
1
)(
1
0
)
·
(
2
1
)(
4
1
)
= 25 [0.25 ptos]
#{Y = 3} =
(
3
1
)(
1
0
)
·
(
2
2
)(
4
0
)
= 3 [0.25 ptos]
Como cada una de las 60 muestra son igualmente probable, se tiene que
y 0 1 2 3
P (Y = y) 660
26
60
25
60
3
60
FY (y) 660
32
60
57
60
60
60
[1.0 ptos]
(c) El valor esperado de Y por definición es
E(Y ) =
∑
y∈ΘY
y P (Y = y)
= 0 · 6
60
+ 1 · 26
60
+ 2 · 25
60
+ 3 · 3
60
[0.5 ptos]
=
85
60
= 1.416667
y la varianza la podemos obtener como
Var(Y ) = E(Y 2)− E2(Y ),
3
donde
E(Y 2) =
∑
y∈ΘY
y2 P (Y = y)
= 02 · 6
60
+ 12 · 26
60
+ 22 · 25
60
+ 32 · 3
60
[1.0 ptos]
=
153
60
= 2.55
Por lo tanto Var(Y ) =
153
60
−
(
85
60
)2
= 0.5430556 [0.5 ptos].
+ 1 Punto Base
4
3. Dos jugadores A y B juegan entre śı. Cada juego tiene necesariamente un ganador (no hay empate).
A puede ganar cada juego con probabilidad “p” y B con probabilidad “q”.
La competencia finaliza cuando se cumple una de las siguientes posibilidades:
I. Uno de los jugadores obtiene dos triunfos de ventaja con respecto a los triunfos de su competidor.
Resulta vencedor dicho jugador.
II. Si no se cumple (I) hasta el 5◦ juego, se termina la competencia en ese momento, y resulta vencedor
quien haya obtenido más triunfos en los 5 juegos.
(a) Explicite el espacio muestral del experimento aleatorio.
(b) Determine, en función de p, la probabilidad de que el jugador A resulte vencedor en la competencia.
(c) Determine la probabilidad condicional de que triunfe A en la competencia, dado que se sabe que
se han jugado los tres primeros juegos y el jugador B va con ventaja al cabo del tercero.
Solución
(a) Sean los eventos:
Ai: Juagdor A gana el i-ésimo juego.
Bi: Juagdor B gana el i-ésimo juego.
El espacio muestral Ω esta compuesto por los siguientes resultados
Ω = {(A1, A2), (B1, B2), (A1, B2, A3, A4), (A1, B2, B3, B4), (B1, A2, A3, A4), (B1, A2, B3, B4),
= (A1, B2, A3, B4, A5), (A1, B2, A3, B4, B5), (A1, B2, B3, A4, A5), (A1, B2, B3, A4, B5),
= (B1, A2, A3, B4, A5), (B1, A2, A3, B4, B5), (B1, A2, B3, A4, A5), (B1, A2, B3, A4, B5)}
[2.0 ptos]
(b) Sea TA el evento en que el jugador A triunfa en la competencia. Se pide
P (TA) = P [(A1, A2) ∪ (A1, B2, A3, A4) ∪ (B1, A2, A3, A4) ∪ (A1, B2, A3, B4, A5)
∪(A1, B2, B3, A4, A5) ∪ (B1, A2, A3, B4, A5) ∪ (B1, A2, B3, A4, A5)]
= P (A1, A2) + P (A1, B2, A3, A4) + P (B1, A2, A3, A4) + P (A1, B2, A3, B4, A5)
+ P (A1, B2, B3, A4, A5) + P (B1, A2, A3, B4, A5) + P (B1, A2, B3, A4, A5), por ser eventos disjuntos
= p2 + p3 + p3 q + p3 q + p3 q2 + p3 q2 + p3 q2 + p3 q2, por independencia
= p2 + 2 p3 q + 4 p3 q2 [2.0 ptos]
= p2 (1 + 2 p q + 4 p q2)
(c) Sea el evento D: Hay al menos 3 juegos y B lleva ventaja en los 3 primeros. Se pide
P (TA |D) =
P (Ta ∩D)
P (D)
[0.5 ptos]
=
p3 q2 + p3 q2
p q2 + p q2
[1.5 ptos]
=
2 p3 q2
2 p q2
= p2
+ 1 Punto Base
5