[07]07 12 2017Res

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PROBABILIDAD y ESTAD́ISTICA (61.06 - 81.09)
Evaluación Integradora Segundo cuatrimestre – 2017
Duración: 4 horas. 7/XII/17 – 14:00 hs.
1. Se ensayan 10 barras de acero nervuradas a tracción y se obtienen los siguientes resultados de
resistencia (en MPa)
423.5, 411.0, 430.9, 424.1, 412.1, 423.8, 434.3, 421.3, 421.0, 437.9.
Usando los intervalos con extremos 405, 415, 425, 440, hallar la función histograma basada en la
muestra y utilizándola estimar la probabilidad de que una barra resista menos de 420 MPa.
R. [Referencia: Ejercicio 2.11 (b)]. La función histograma será una función escalón sobre los
intervalos I1 = (405, 415], I2 = (415, 425], I3 = (425, 440]: h(x) =
∑3
j=1
pj
Lj
1{x ∈ Ij}, donde pj
es la frecuencia relativa de la muestra sobre el intervalo Ij y Lj es la longitud del intervalo Ij .
Basados en los datos, y en los intervalos utilizados para clasificarlos, obtenemos que
p1
L1
=
2/10
10
=
2
100
,
p2
L2
=
5/10
10
=
5
100
,
p3
L3
=
3/10
15
=
3
150
.
Por lo tanto, la función histograma es
h(x) =
2
100
1{405 < x ≤ 415}+ 5
100
1{415 < x ≤ 425}+ 3
150
1{425 < x ≤ 440}.
Si X es la variable aleatoria que representa la resistencia de una barra de acero. Vale que
P(X < 420) ≈
∫ 420
405
h(x)dx = 10 · 2
100
+ 5 · 5
100
= 0.45.
2. Sean X e Y variables aleatorias tales que X se distribuye uniformemente sobre el intervalo
(−1, 1) y para cada x ∈ (−1, 1), Y |X = x tiene distribución uniforme sobre el intervalo (−x, 1).
Calcular E[XY ].
R. [Referencia: Ejercicio 5.15] Usando que Y |X = x ∼ U(−x, 1), resulta que E[Y |X] = 12 (1−X).
Usando la definición de la esperanza condicional E[Y |X] resulta inmediatamente que
E[XY ] = E[XE[Y |X]] = E
[
X(1−X)
2
]
=
∫ 1
−1
x(1− x)
4
dx = −x
3
12
∣∣∣∣
1
−1
= −1
6
.
Otro modo. Notar que
E[XY ] = E[XE[Y |X]] = E
[
X(1−X)
2
]
=
1
2
(
E[X]−E[X2]
)
,
y usar que E[X] = 0 y E[X2] = var(X) = 412 =
1
3 para obtener que E[XY ] = − 16 .
3. Un dado equilibrado tiene pintadas sus seis caras de la siguiente manera: rojo, amarillo, amarillo,
verde, verde, verde. Se arrojará el dado 5 veces. Calcular la probabilidad de que se obtenga una
mayoŕıa de caras verdes y al menos una cara amarilla.
R. [Referencia: Ejercicio 6.15] Sean Xr, Xa y Xv las cantidades de caras rojas, amarillas y
verdes obtenidas en los 5 tiros del dado.
El evento de que que se obtenga una mayoŕıa de caras verdes en 5 tiros se describe mediante
Xv ≥ 3, y el evento de que se obtenga al menos una cara amarilla se describe mediante Xa ≥ 1.
Se quiere calcular P(Xv ≥ 3, Xa ≥ 1). Para calcular esa probabilidad descomponemos el evento
{Xv ≥ 3, Xa ≥ 1} en eventos disjuntos
{Xr = 1, Xa = 1, Xv = 3} ∪ {Xr = 0, Xa = 2, Xv = 3} ∪ {Xr = 0, Xa = 1, Xv = 4}
De acuerdo con los datos del problema tenemos que (Xr, Xa, Xv) ∼Mul(5, pr, pa, pv), donde
pr =
1
6 , pa =
2
6 y pv =
3
6 :
P(Xr = xr, Xa = xa, Xv = xv) =
5!
xr!xa!xv!
(
1
6
)xr (2
6
)xa (3
6
)xv
.
En consecuencia,
P(Xr = 1, Xa = 1, Xv = 3) =
5!
1!1!3!
(
1
6
)1(
2
6
)1(
3
6
)3
=
5
36
,
P(Xr = 0, Xa = 2, Xv = 3) =
5!
0!2!3!
(
1
6
)0(
2
6
)2(
3
6
)3
=
5
36
,
P(Xr = 0, Xa = 1, Xv = 4) =
5!
0!1!4!
(
1
6
)0(
2
6
)1(
3
6
)4
=
5
48
.
Por lo tanto,
P(Xv ≥ 3, Xa ≥ 1) =
5
36
+
5
36
+
5
48
=
55
144
= 0.3819.
4. En un bosque de pinos las piñas caen de acuerdo con un proceso de Poisson de intensidad una
por hora. Independientemente del proceso de cáıdas, cada una de las piñas romperá una teja del
techo de la casa de Maŕıa con probabilidad 0.25. Calcular la covarianza entre la cantidad de piñas
que caerán de los pinos entre las 10:00 y las 13:00, y la cantidad de piñas que romperán las tejas
de la casa de Maŕıa entre las 11:00 y las 15:00.
R. [Referencia: Ejercicio 7.10] Ponemos el 0 a las 10:00 y la unidad de la escala representa una
hora. Sea Π el proceso de Poisson que gobierna la cáıda de las piñas de los pinos. Cada punto
del proceso Π se pinta de acuerdo con la siguiente regla: de rojo si la piña rompe una teja de la
casa de Maŕıa o de verde en caso contrario. Indicamos mediante Πr y Πv los conjuntos de puntos
de Π pintados de rojo y de verde, respectivamente. De acuerdo con el Teorema de coloración y
adelgazamiento, Πr y Πv son dos procesos de Poisson independientes de intensidades 0.25 y 0.75
por hora, respectivamente. Indicamos mediante N(t), Nr(t) y Nv(t) las funciones de conteo de los
procesos Π, Πr y Πv, respectivamente. Se quiere calcular cov(N(0, 3), Nr(1, 5)):
cov(N(0, 3), Nr(1, 5)) = cov(Nr(0, 1) +Nr(1, 3) +Nv(0, 1) +Nv(1, 3), Nr(1, 3) +Nr(3, 5))
= cov(Nr(1, 3), Nr(1, 3))
= var(Nr(1, 3)) = (0.25) · 2 = 0.5.
Para obtener la primera igualdad usamos que N(a, b) = Nr(a, b) +Nv(a, b) para todo 0 < a < b,
para obtener la segunda usamos que los incrementos de Πr y Πv son independientes y la propiedad
de independencia de los incrementos sobre intervalos disjuntos.
5. En la pizzeŕıa Pun-Pin la cantidad de mozzarella que lleva cada pizza es una variable aleatoria
con distribución uniforme entre 250 y 350 gramos. El maestro pizzero dispone de 50 kilos mozzarel-
la, hallar aproximadamente la máxima cantidad de pizzas que podrá cocinar con una probabilidad
superior a 0.95.
R. [Referencia: Ejercicio 8.13] Indicamos mediante Wi, i = 1, . . . , n el peso en gramos de la
cantidad de mozzarella de la i-ésima pizza. Se quiere hallar el máximo n ∈ N tal que
P
(
n∑
i=1
Wi ≤ 50000
)
≥ 0.95.
Se observa que E [
∑n
i=1 Wi] = nE[W1] = 300n y que var (
∑n
i=1 Wi) = nvar(W1) =
1002
12 n. De
acuerdo con el Teorema central del ĺımite tenemos que
P


∑n
i=1 Wi − 300n√
1002
12 n
≤ z

 ≈ Φ(z).
En consecuencia,
P
(
n∑
i=1
Wi ≤ 50000
)
= P


∑n
i=1 Wi − 300n√
1002
12 n
≤ 50000− 300n√
1002
12 n


≈ Φ

50000− 300n√
1002
12 n

 = Φ
(
1000
√
3− 6
√
3n√
n
)
.
Para hallar el valor de n, ponemos x =
√
n y observamos que
Φ
(
1000
√
3− 6
√
3n√
n
)
≥ 0.95 ⇐⇒ 1000
√
3− 6
√
3n√
n
≥ z0.95 ⇐⇒ 1000
√
3− 6
√
3n ≥
√
nz0.95
⇐⇒ 6
√
3x2 + z0.95x− 1000
√
3 ≤ 0.
De donde se deduce que
√
n ≤ −z0.95 +
√
z20.95 + 72000
12
√
3
= 12.831 ⇐⇒ n ≤ 164.64.
Por lo tanto, el maestro pizzero podrá cocinar un máximo de 164 pizzas.
PROBABILIDAD y ESTAD́ISTICA (61.09 - 81.04)
Evaluación Integradora Segundo cuatrimestre – 2017
Duración: 4 horas. 7/XII/17 – 14:00 hs.
1. Se ensayan 10 barras de acero nervuradas a tracción y se obtienen los siguientes resultados de
resistencia (en MPa)
423.5, 411.0, 430.9, 424.1, 412.1, 423.8, 434.3, 421.3, 421.0, 437.9.
Usando los intervalos con extremos 405, 415, 425, 440, hallar la función histograma basada en la
muestra y utilizándola estimar la probabilidad de que una barra resista menos de 420 MPa.
R. [Referencia: Ejercicio 2.11 (b)]. La función histograma será una función escalón sobre los
intervalos I1 = (405, 415], I2 = (415, 425], I3 = (425, 440]: h(x) =
∑3
j=1
pj
Lj
1{x ∈ Ij}, donde pj
es la frecuencia relativa de la muestra sobre el intervalo Ij y Lj es la longitud del intervalo Ij .
Basados en los datos, y en los intervalos utilizados para clasificarlos, obtenemos que
p1
L1
=
2/10
10
=
2
100
,
p2
L2
=
5/10
10
=
5
100
,
p3
L3
=
3/10
15
=
3
150
.
Por lo tanto, la función histograma es
h(x) =
2
100
1{405 < x ≤ 415}+ 5
100
1{415 < x ≤ 425}+ 3
150
1{425 < x ≤ 440}.
Si X es la variable aleatoria que representa la resistencia de una barra de acero. Vale que
P(X < 420) ≈
∫ 420
405
h(x)dx = 10 · 2
100
+ 5 · 5
100
= 0.45.
2. En una estación del subte hay una máquina expendedora de café. En la posición 1, la máquina
sirve un café de volumen aleatorio (en cm3) con distribución uniforme entre 180 y 210, y en la
posición 2 con distribución uniforme entre 190 y 220. La probabilidad de que la máquina esté en
la posición 1 es 0.7 y la probabilidad de que esté en la posición 2 es 0.3. Si se sabe que la máquina
sirvió un café de más de 200 cm3, calcular la esperanza del volumen de dicho café.
R. [Referencia: Ejercicio3.7 (c)] El volumen V en cm3 de café que sirve la máquina depende
de la posición Π en que se encuentra la máquina: Π = 1 indica que la máquina está en la posición
1, y Π = 2 indica que la máquina está en la posición 2. Se sabe que V |Π = i ∼ Vi, i = 1, 2, donde
V1 ∼ U [180, 210] y V2 ∼ U [190, 220]. También se sabe que P(Π = 1) = 0.7 y que P(Π = 2) = 0.3.
Se quiere calcular E[V |V > 200]:
E[V |V > 200] = E[V 1{V > 200}]
P(V > 200)
=
E[V11{V1 > 200}]P(Π = 1) +E[V21{V2 > 200}]P(Π = 2)
P(V1 > 200)P(Π = 1) +P(V2 > 200)P(Π = 2)
=
E[V11{V1 > 200}](0.7) +E[V21{V2 > 200}](0.3)(
1
3
)
(0.7) +
(
2
3
)
(0.3)
=
30
13
((0.7)E[V11{V1 > 200}] + (0.3)E[V21{V2 > 200}])
=
21E[V1|V1 > 200]P(V1 > 200) + 9E[V2|V2 > 200]P (V2 > 200)
13
=
21 (205)
(
1
3
)
+ 9 (210)
(
2
3
)
13
=
2695
13
≈ 207.31.
Para obtener la segunda igualdad se utilizó la fórmula de probabilidades totales. En la sexta igual-
dad se utilizó que V1|V1 > 200 ∼ U(200, 210) y que V2|V2 > 200 ∼ U(200, 220).
3. Un dado equilibrado tiene pintadas sus seis caras de la siguiente manera: rojo, amarillo, amarillo,
verde, verde, verde. Se arrojará el dado 5 veces. Calcular la probabilidad de que se obtenga una
mayoŕıa de caras verdes y al menos una cara amarilla.
R. [Referencia: Ejercicio 6.15] Sean Xr, Xa y Xv las cantidades de caras rojas, amarillas y
verdes obtenidas en los 5 tiros del dado.
El evento de que que se obtenga una mayoŕıa de caras verdes en 5 tiros se describe mediante
Xv ≥ 3, y el evento de que se obtenga al menos una cara amarilla se describe mediante Xa ≥ 1.
Se quiere calcular P(Xv ≥ 3, Xa ≥ 1). Para calcular esa probabilidad descomponemos el evento
{Xv ≥ 3, Xa ≥ 1} en eventos disjuntos
{Xr = 1, Xa = 1, Xv = 3} ∪ {Xr = 0, Xa = 2, Xv = 3} ∪ {Xr = 0, Xa = 1, Xv = 4}
De acuerdo con los datos del problema tenemos que (Xr, Xa, Xv) ∼Mul(5, pr, pa, pv), donde
pr =
1
6 , pa =
2
6 y pv =
3
6 :
P(Xr = xr, Xa = xa, Xv = xv) =
5!
xr!xa!xv!
(
1
6
)xr (2
6
)xa (3
6
)xv
.
En consecuencia,
P(Xr = 1, Xa = 1, Xv = 3) =
5!
1!1!3!
(
1
6
)1(
2
6
)1(
3
6
)3
=
5
36
,
P(Xr = 0, Xa = 2, Xv = 3) =
5!
0!2!3!
(
1
6
)0(
2
6
)2(
3
6
)3
=
5
36
,
P(Xr = 0, Xa = 1, Xv = 4) =
5!
0!1!4!
(
1
6
)0(
2
6
)1(
3
6
)4
=
5
48
.
Por lo tanto,
P(Xv ≥ 3, Xa ≥ 1) =
5
36
+
5
36
+
5
48
=
55
144
= 0.3819.
4. En Bah́ıa Blanca, la velocidad media del viento (en m/s) en intervalos de una hora tiene la
distribución Weibull de parámetros (2, α), cuya densidad es
fα(x) =
2x
α2
e−(x/α)
2
1{x ≥ 0}.
Los siguientes datos son una muestra aleatoria de las velocidades medias del viento de 7 intervalos
de una hora: 5.03, 4.61, 4.19, 4.98, 3.22, 4.65, 4.94. Basándose en la información muestral estimar
por máxima verosimilitud la probabilidad de que entre las 12:00 y las 13:00 del 8 de diciembre de
2017 la velocidad media del viento sea mayor que 6 m/s.
R. [Referencia: Ejercicio 9.6 (b)] Sea X la velocidad media del viento (en m/s) en un intervalo
de una hora. Se quiere estimar por máxima verosimilitud g(α) := Pα(X > 6):
Pα(X > 6) =
∫
∞
6
fα(x)dx =
∫
∞
6
2x
α2
e−(x/α)
2
dx =
∫
∞
36/α2
e−tdt = e−36/α
2
.
De acuerdo con el principio de invariancia del estimador de máxima verosimilitud sabemos que
ĝ(α)mv = g(α̂mv) = e
−36/α̂2mv .
El problema se reduce a encontrar el estimador de máxima verosimilitud para α y reemplazarlo
en la fórmula anterior.
Como la familia de distribuciones Weibull(2, α), α > 0, es una familia regular, el estimador
de máxima verosimilitud para α, basado en los valores (x1, . . . , xn) de una muestra aleatoria
(X1, . . . , Xn), es la solución de la ecuación
n∑
i=1
d
dα
log fα(xi) = 0.
Observando que para cada x > 0 vale que
d
dα
log fα(x) =
d
dα
log
(
2x
α2
e−(x/α)
2
)
=
d
dα
(
log 2x− 2 logα− x
2
α2
)
= − 2
α
+
2x2
α3
=
2
α
(
x2
α2
− 1
)
,
la ecuación de verosimilitud se puede escribir de la siguientes maneras equivalentes
n∑
i=1
2
α
(
x2i
α2
− 1
)
= 0 ⇐⇒ 1
α2
n∑
i=1
x2i = n,
y su solución es
α =
√√√√ 1
n
n∑
i=1
x2i .
Basados en los valores de la muestra observada obtenemos que
α̂mv =
√
(5.03)2 + (4.61)2 + (4.19)2 + (4.98)2 + (3.22)2 + (4.65)2 + (4.94)2
7
= 4.556.
Finalmente, tenemos que
ĝ(α)mv = e
−36/(4.556)2 = e−1.7343 = 0.1765.
Por lo tanto, basados en la información muestral suministrada, el estimador de máxima verosimil-
itud de la probabilidad requerida es 0.1765.
5. Para validar una pregunta de una encuesta se requiere que la probabilidad de que los expertos
la respondan afirmativamente sea mayor que 1/2. Se enviaron 50 encuestas a un grupo de expertos
y se recibieron exactamente 31 respuestas afirmativas para dicha pregunta. ¿Al 5% de significación
asintótica, hay evidencia suficiente para validar esa pregunta?
R. [Referencia: Ejercicio 10.19] Formalmente, se trata de testear H0 : p = 1/2 contra H1 :
p > 1/2 basados en el estad́ıstico N =
∑50
i=1 Xi de una muestra aleatoria de tamaño 50, X =
(X1, . . . , X50), de una población con distribución Bernoulli(p).
En este caso, como la regla de decisión es de la forma δ(N) = 1{N > c}, el nivel de significación
α adopta la forma
α = P1/2(N > c)
Cuando p = 1/2 la variable aleatoria N tiene la distribución Binomial (50, 1/2) cuya media es 25
y cuya varianza es 12.5. De acuerdo con el Teorema central del ĺımite tenemos que
P1/2(N > c) ≈ 1− Φ
(
c− 25√
12.5
)
.
El valor de c para un nivel de significación asintótica del 5% se calcula resolviendo la ecuación
0.05 = 1− Φ
(
c− 25√
12.5
)
.
Resolviendo la ecuación se obtiene que
c = 25 +
√
12.5z0.95 = 25 +
√
12.5(1.6449) = 30.815.
En consecuencia, al 5% de nivel de significación asintótica, la regla de decisión para testear H0 :
p = 1/2 contra H1 : p > 1/2 basada en N adopta la forma
δ(N) = 1{N > 30.815}.
Como 31 es mayor que 30.815 se rechaza H0 y se concluye que la evidencia es suficiente para
validar esa pregunta.