Ejercicios Parcial 1

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1 
 
Problema 1 
En una urna hay 4 bolas verdes y 2 bolas rojas. Se arroja una moneda equilibrada. Si sale cara 
se agregan 2 bolas blancas en la urna, si sale ceca se agregan 1 bola blanca y 2 rojas en la urna. 
Se extraen dos bolas al azar sin reposición de la urna. Si exactamente una de las bolas 
extraídas es blanca, ¿cuál es la probabilidad de que la moneda haya salido ceca? 
Sean 𝐶: “salió cara” y 𝐶̅: “salió ceca”. Si ocurre 𝐶, en la urna habrá 4 bolas verdes, 2 rojas y 2 
blancas. Si ocurre 𝐶̅ habrá 4 verdes, 4 rojas y 1 blanca. 
Supongamos que en la urna hay 𝑁 bolas de las cuales 𝑅 son blancas y 𝑁 − 𝑅 son no blancas. Si 
de esta urna se extraen sin reposición 𝑛 bolas al azar y se define 𝑋: cantidad de bolas blancas 
en las 𝑛 extraídas, entonces 𝑋 es hipergeométrica tal que 
𝑃(𝑋 = 𝑥) =
(𝑅
𝑥
)(𝑁−𝑅
𝑛−𝑥
)
(𝑁
𝑛
)
 
para 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑅, 0 ≤ 𝑛 − 𝑥 ≤ 𝑁 − 𝑅 y por supuesto, 𝑛 ≤ 𝑁. 
Con todo lo anterior planteamos la probabilidad pedida como 𝑃(𝐶̅|𝑋 = 1). Utilizando la regla 
de Bayes se tiene que: 
𝑃(𝐶̅|𝑋 = 1) =
𝑃(𝑋 = 1|𝐶̅)𝑃(𝐶̅)
𝑃(𝑋 = 1)
 
El denominador de esta expresión se calcula utilizando probabilidad total: 
𝑃(𝑋 = 1) = 𝑃(𝑋 = 1|𝐶̅)𝑃(𝐶̅) + 𝑃(𝑋 = 1|𝐶)𝑃(𝐶) 
Entonces: 
𝑃(𝐶̅|𝑋 = 1) =
(1
1
)(8
1
)
(9
2
)
1
2
(1
1
)(8
1
)
(9
2
)
1
2
+
(2
1
)(6
1
)
(8
2
)
1
2
=
14
41
 
 
Problema 2 
Lucas se encuentra a 3 cuadras al norte de la Giralda y a 2 cuadras al sur de su casa. Realizará 
sucesivos pasos: en cada paso arroja un dado equilibrado; si el resultado es mayor que 4 
avanza una cuadra hacia su casa, en otro caso avanza una cuadra hacia la Giralda (un 
enunciado equivalente a este es la “caminata del borracho”: cada vez que llega a una esquina, 
Lucas, que está borracho, decide caminar una cuadra hacia su casa con probabilidad 2/6 o una 
cuadra en sentido contrario hacia la Giralda con probabilidad 4/6). Calcular la probabilidad de 
que Lucas llegue a la Giralda antes que a su casa. 
Representemos la situación en el gráfico siguiente: 
2 
 
 
Tomamos 𝑛 = 0,1,2,3,4,5 como las posibles posiciones de Lucas cuando realiza 
desplazamientos de 1 cuadra, con la casa de Lucas en 𝑛 = 5 y la Giralda en 𝑛 = 0. La posición 
inicial de Lucas es 𝑛 = 3. Sea 𝑝𝑛 : probabilidad de que Lucas llegue a la Giralda antes que a su 
casa cuando se halla en la posición 𝑛. De acuerdo a esto resulta 𝑝0 = 1 y 𝑝5 = 0. Lo que se 
quiere calcular es entonces 𝑝3. 
Cuando Lucas se halla en la posición 𝑛 y arroja el dado tiene sólo dos opciones: si el resultado 
es mayor que 4 avanza una cuadra hacia su casa, es decir pasa a la posición 𝑛 + 1. En caso 
contrario avanza una cuadra hacia la Giralda, es decir pasa a la posición 𝑛 − 1. Por lo tanto, la 
probabilidad de llegar a la Giralda antes que a su casa cuando se halla en la posición 𝑛 es, 
usando probabilidad total, igual a la probabilidad de lograrlo dado que pasó a la posición 𝑛 + 1 
por la probabilidad de pasar a esa posición más la probabilidad de lograrlo dado que pasó a la 
posición 𝑛 − 1 por la probabilidad de pasar a esa posición, es decir: 
𝑝𝑛 =
1
3
𝑝𝑛+1 +
2
3
𝑝𝑛−1 
Esta última es una ecuación en diferencias de segundo orden lineal y homogénea para la cual 
buscamos primero soluciones de la forma 𝑝𝑛 = 𝑟
𝑛 con 𝑟 ∈ ℝ. Reemplazando lo anterior en la 
ecuación en diferencias obtenemos 3𝑟𝑛 = 𝑟𝑛+1 + 2𝑟𝑛−1. De esta, multiplicando por 𝑟1−𝑛 se 
obtiene la ecuación 𝑟2 − 3𝑟 + 2 = 0 cuyas raíces son 𝑟1 = 1 y 𝑟2 = 2. La solución buscada 
será una combinación lineal de soluciones, esto es 𝑝𝑛 = 𝐶1𝑟1
𝑛 + 𝐶2𝑟2
𝑛. Para hallar el valor de 
las constantes 𝐶1 y 𝐶2 usamos las condiciones 𝑝0 = 1 y 𝑝5 = 0. La solución buscada es 
𝑝𝑛 =
32
31
−
1
31
2𝑛 𝑛 = 0,1,2,3,4,5 
y con ella calculamos: 𝑝3 = 24/31. 
 
Problema 3 
Una cueva será iluminada por dos lámparas cada una de las cuales se mantiene encendida 
durante un tiempo uniforme entre 60 y 120 horas independientemente de la otra. Las 
lámparas se encendieron simultáneamente a las 0:00 del miércoles 20 de mayo. La cueva se 
mantendrá iluminada mientras alguna de las lámparas se mantenga encendida. Sabiendo que 
la cueva se mantenía iluminada por una sola lámpara a las 0:00 del sábado 23 de mayo, 
calcular la probabilidad de que siga iluminada a las 13:00 del sábado 23 de mayo. 
5 4 3 2 1 0 
𝑛 
C L G 
1/3 2/3 
3 
 
Sean 𝑋 e 𝑌 respectivamente las duraciones de las lámparas en horas. Ambas variables son 
independientes y uniformes en el intervalo (60,120). Por lo tanto: 𝑓𝑋𝑌(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑋(𝑥)𝑓𝑌(𝑦) 
Sean 𝑈 = min (𝑋, 𝑌) y 𝑉 = max (𝑋, 𝑌). Sabemos que a las 72 horas de encenderse las dos 
lámparas la cueva estaba iluminada por una sola lámpara, es decir debe ser 𝑈 < 72 y 𝑉 ≥ 72. 
Queremos calcular la probabilidad de que a las 85 hs. de encenderse las lámparas la cueva siga 
iluminada, esto es 𝑉 ≥ 85. La probabilidad que se pide calcular es entonces: 
𝑃(𝑉 ≥ 85|𝑈 < 72 ∧ 𝑉 ≥ 72) =
𝑃(𝑉 ≥ 85 ∧ 𝑈 < 72 ∧ 𝑉 ≥ 72)
𝑃(𝑈 < 72 ∧ 𝑉 ≥ 72)
 
Vamos a calcular las probabilidades utilizando la distribución de (𝑋, 𝑌): 
 𝑃(𝑉 ≥ 85 ∧ 𝑈 < 72 ∧ 𝑉 ≥ 72) = 𝑃(𝑉 ≥ 85 ∧ 𝑈 < 72) = 
= 𝑃((𝑌 > 𝑋 ∧ 𝑌 ≥ 85 ∧ 𝑋 < 72) ∨ (𝑌 ≤ 𝑋 ∧ 𝑋 ≥ 85 ∧ 𝑌 < 72)) 
= 𝑃(𝑌 > 𝑋 ∧ 𝑌 ≥ 85 ∧ 𝑋 < 72) + 𝑃(𝑌 ≤ 𝑋 ∧ 𝑋 ≥ 85 ∧ 𝑌 < 72) (1) 
𝑃(𝑈 < 72 ∧ 𝑉 ≥ 72) = 
= 𝑃((𝑌 > 𝑋 ∧ 𝑋 < 72 ∧ 𝑌 ≥ 72) ∨ (𝑌 ≤ 𝑋 ∧ 𝑌 < 72 ∧ 𝑋 ≥ 72)) 
= 𝑃(𝑌 > 𝑋 ∧ 𝑋 < 72 ∧ 𝑌 ≥ 72) + 𝑃(𝑌 ≤ 𝑋 ∧ 𝑌 < 72 ∧ 𝑋 ≥ 72) (2) 
Veamos en el gráfico de más abajo que los sucesos que corresponden a la suma de 
probabilidades (1) están representados por los rectángulos R1 y R4. De la misma forma, para 
(2) los sucesos están representados por los rectángulos R1  R2 y R3  R4. 
 
60 72 85 120 
x 
y 
120 
 85 
 72 
 60 
y = x 
R1 
R2 
R3 R4 
4 
 
Como la distribución de (𝑋, 𝑌) es uniforme sobre el cuadrado 𝑅 = (60,120) × (60,120) las 
probabilidades pueden calcularse dividiendo el área de la región correspondiente por el área 
de 𝑅. La probabilidad pedida resulta 35/48. 
 
Problema 4 
Sean 𝑋 e 𝑌 dos variables aleatorias tales que 𝑋 se distribuye uniformemente sobre el intervalo 
(0, 0.8) y para cada 𝑥 ∈ (0, 0.8), 𝑌|𝑋 = 𝑥 es una variable de Bernoulli de parámetro 𝑥. 
Calcular la varianza de 𝑌. 
𝑋~𝒰(0, 0.8) ⇒ 𝐸[𝑋] =
0 + 0.8
2
=
2
5
 𝑉[𝑋] =
(0.8 − 0)2
12
=
4
75
 
 
𝑌|𝑋 = 𝑥 ∼ 𝐵𝑒𝑟(𝑥) ⇒ 𝐸[𝑌|𝑋 = 𝑥] = 𝑥 𝑉[𝑌|𝑋 = 𝑥] = 𝑥(1 − 𝑥) 
⇒ 𝐸[𝑌|𝑋] = 𝑋 𝑉[𝑌|𝑋] = 𝑋 − 𝑋2 
𝑉[𝑌] = 𝐸[𝑉[𝑌|𝑋]] + 𝑉[𝐸[𝑌|𝑋]] = 𝐸[𝑋 − 𝑋2] + 𝑉[𝑋] = 𝐸[𝑋] − 𝐸[𝑋2] + 𝑉[𝑋] 
= 𝐸[𝑋] − 𝐸[𝑋2] + 𝐸[𝑋2] − 𝐸2[𝑋] =
2
5
− (
2
5
)
2
=
6
25
 
 
Problema 5 
Sean 𝑇1 y 𝑇2 dos variables aleatorias independientes a valores positivos con función intensidad 
de fallas 𝜆(𝑡) = 3𝑡21{𝑡 ≥ 0} y función de distribución 𝐹. Sean 𝑈1 = 𝐹(𝑇1) y 𝑈2 = 𝐹(𝑇2). 
Calcular 𝑃(min(𝑈1, 𝑈2) > 1/4). 
𝑇1 y 𝑇2 tienen igual distribución tal que 𝐹𝑇1(𝑡) = 𝐹𝑇2(𝑡) = 𝐹(𝑡) = (1 − 𝑒
−∫ 𝜆(𝑠)𝑑𝑠
𝑡
0 ) 1{𝑡 > 0}. 
Pero no hace falta calcular la función 𝐹(𝑡). Recordar: si 𝑋 es una variable continua con función 
de distribución 𝐹𝑋 y se hace 𝑌 = 𝐹𝑋(𝑋) entonces 𝑌 tiene una distribución uniforme en (0,1). 
De esto se deduce que 𝑈1 y 𝑈2 son variables uniformes sobre el intervalo (0,1). Además, como 
𝑇1 y 𝑇2 son independientes, 𝑈1 = 𝐹(𝑇1) y 𝑈2 = 𝐹(𝑇2) son también independientes. Recordar 
también: 𝑃(min(𝑋, 𝑌) > 𝑚) = 𝑃(𝑋 > 𝑚 ∧ 𝑌 > 𝑚). Si además las variables son 
independientes la probabilidad anterior es 𝑃(𝑋 > 𝑚)𝑃(𝑌 > 𝑚). Entonces: 
 𝑃 (min(𝑈1, 𝑈2) >
1
4
) = 𝑃 (𝑈1 >
1
4
)𝑃 (𝑈2 >
1
4
) =
3
4
×
3
4
=
9
16
 
 
 
 
5 
 
Problema 6 
Sea (𝑋, 𝑌) un vector aleatorio con distribución uniforme sobre el paralelogramo de vértices 
(0, −1), (1,0), (1,3), (0,2), y sea 𝐽 = 1{𝑋 < 𝑌}. Probar que 𝐽 y 𝑋 son independientes.Sea 𝑅 el paralelogramo soporte de la densidad conjunta 
de 𝑋 e 𝑌; (𝑋, 𝑌) tiene distribución uniforme sobre 𝑅 de 
manera que 𝑓𝑋𝑌(𝑥, 𝑦) es constante e igual a 1/área(𝑅) es 
decir 1/3 para (𝑥, 𝑦) ∈ 𝑅. La variable 𝐽 vale 1 sobre la 
región sombreada por lo tanto 𝑃(𝐽 = 1) = 𝑃(𝑋 < 𝑌) =
2/3. Para probar que 𝐽 y 𝑋 son independientes vamos a 
mostrar que la probabilidad 𝑃(𝑋 ≤ 𝑥, 𝐽 = 1) se factoriza 
como 𝑃(𝑋 ≤ 𝑥)𝑃(𝐽 = 1) (Recordar ejercicio 4.14 de la 
Guía de TP). 
En primer lugar, calculamos la densidad marginal de 𝑋: 
 
𝑓𝑋(𝑥) = ∫
1
3
𝑑𝑦
𝑥+2
𝑥−1
= 1 
 
 
Esto es, 𝑋~𝒰(0,1) y por lo tanto 𝑃(𝑋 ≤ 𝑥) = 𝐹𝑋(𝑥) = 𝑥1{0 < 𝑥 < 1} + 1{𝑥 ≥ 1}. 
Calculamos ahora: 
𝑃(𝑋 ≤ 𝑎, 𝐽 = 1) = 𝑃(𝑋 ≤ 𝑎, 𝑋 < 𝑌) = ∫ ∫
1
3
𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑥+2
𝑥
𝑎
0
=
2
3
𝑎 = 𝑃(𝑋 ≤ 𝑎)𝑃(𝐽 = 1) 
para 0 < 𝑎 < 1. Si 𝑎 ≤ 0 la probabilidad anterior es 0 y si 𝑎 ≥ 1 es 2/3. Por lo tanto se 
cumple 𝑃(𝑋 ≤ 𝑎, 𝐽 = 1) = 𝑃(𝑋 ≤ 𝑎)𝑃(𝐽 = 1) que es lo que se quería probar. 
 
Problema 7 
Dos máquinas 1 y 2 producen varillas de longitud aleatoria 𝐿1 y 𝐿2, respectivamente. La 
distribución de 𝐿1 es uniforme entre 20 y 24 cm. y la distribución de 𝐿2 es uniforme entre 22 
y 23 cm. La máquina 1 produce el 50% de la producción y la máquina 2 el resto. Las varillas se 
acumulan en un galpón. Calcular la probabilidad de que 𝔼[𝑀|𝐿] > 1, donde 𝑀 es el número 
de máquina y 𝐿 es la longitud de una varilla elegida al azar en el galpón. 
Probabilidad de que una varilla cualquiera provenga de la máquina 1: 𝑃(𝑀 = 1) = 0,5 
Probabilidad de que una varilla cualquiera provenga de la máquina 2: 𝑃(𝑀 = 2) = 0,5 
𝐿1~𝒰[20,24] 𝐿2~𝒰[22,23] 
𝑦 = 𝑥 − 1 
𝑦 = 𝑥 
𝑦 = 𝑥 + 2 
3 
2 
−1 
0 𝑥 
𝑦 
1 
6 
 
𝐿: longitud de una varilla elegida al azar; 𝐿 es una mezcla de 𝐿1 y 𝐿2 obtenida con la variable 
mezcladora 𝑀. Esto es 𝐿|𝑀 = 1~𝐿1 y 𝐿|𝑀 = 2~𝐿2. Utilizando la fórmula de Bayes para 
mezcla de variables continuas se tiene que 
𝑃(𝑀 = 1|𝐿 = 𝑙) =
𝑓𝐿1(𝑙)𝑃(𝑀 = 1)
𝑓𝐿1(𝑙)𝑃(𝑀 = 1) + 𝑓𝐿2(𝑙)𝑃(𝑀 = 2)
 
𝑃(𝑀 = 2|𝐿 = 𝑙) =
𝑓𝐿2(𝑙)𝑃(𝑀 = 2)
𝑓𝐿1(𝑙)𝑃(𝑀 = 1) + 𝑓𝐿2(𝑙)𝑃(𝑀 = 2)
 
Tenemos que 𝑓𝐿1(𝑙) es 
1
4
 para 20 ≤ 𝑙 ≤ 24 y nula para otros valores de 𝑙. De la misma forma 
𝑓𝐿2(𝑙) es 1 para 22 ≤ 𝑙 ≤ 23 y nula para otros 𝑙. Entonces: 
𝑃(𝑀 = 1|𝐿 = 𝑙) =
{
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1
4
× 0,5
1
4
× 0,5 + 0 × 0,5
= 1, 20 ≤ 𝑙 < 22
1
4
× 0,5
1
4
× 0,5 + 1 × 0,5
=
1
5
, 22 ≤ 𝑙 ≤ 23
1
4
× 0,5
1
4
× 0,5 + 0 × 0,5
= 1, 23 < 𝑙 ≤ 24
 
𝑃(𝑀 = 2|𝐿 = 𝑙) =
{
 
 
 
 
 
 
 
 
0 × 0,5
1
4
× 0,5 + 0 × 0,5
= 0, 20 ≤ 𝑙 < 22
1 × 0,5
1
4
× 0,5 + 1 × 0,5
=
4
5
, 22 ≤ 𝑙 ≤ 23
0 × 0,5
1
4
× 0,5 + 0 × 0,5
= 0, 23 < 𝑙 ≤ 24
 
𝔼[𝑀|𝐿 = 𝑙] = 𝜑(𝑙) = 1 × 𝑃(𝑀 = 1|𝐿 = 𝑙) + 2 × 𝑃(𝑀 = 2|𝐿 = 𝑙) 
= {
1 × 1 + 2 × 0 = 1, 20 ≤ 𝑙 < 22
1 ×
1
5
+ 2 ×
4
5
=
9
5
, 22 ≤ 𝑙 < 23
1 × 1 + 2 × 0 = 1, 23 ≤ 𝑙 ≤ 24
 
⟹ 𝔼[𝑀|𝐿] = 𝜑(𝐿) = { 
1, 20 ≤ 𝐿 < 22
9
5
, 22 ≤ 𝐿 < 23
1, 23 ≤ 𝐿 ≤ 24
 
𝑃(𝔼[𝑀|𝐿] > 1) = 𝑃 (𝔼[𝑀|𝐿] =
9
5
) = 𝑃(22 ≤ 𝐿 < 23) 
La última probabilidad se puede calcular integrando la densidad de la variable mezcla 𝐿, es 
decir, integrando 𝑓𝐿(𝑙) = 𝑓𝐿1(𝑙)𝑃(𝑀 = 1) + 𝑓𝐿2(𝑙)𝑃(𝑀 = 2), o también, aplicando 
probabilidad total: 
7 
 
𝑃(22 ≤ 𝐿 < 23) = 𝑃(22 ≤ 𝐿 < 23|𝑀 = 1)𝑃(𝑀 = 1) + 𝑃(22 ≤ 𝐿 < 23|𝑀 = 2)𝑃(𝑀 = 2) 
= 𝑃(22 ≤ 𝐿1 < 23)𝑃(𝑀 = 1) + 𝑃(22 ≤ 𝐿2 < 23)𝑃(𝑀 = 2) 
= 0,5∫ 𝑓𝐿1(𝑙)𝑑𝑙
23
22
+ 0,5∫ 𝑓𝐿2(𝑙)𝑑𝑙
23
22
=
5
8