1er Parcial y Diferido 2C 2016

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1. Los accidentes en una fábrica ocurren de manera equiprobable en los doce meses del año. Para
un año en que hubo exactamente 6 accidentes, calcular la probabilidad de que haya exactamente
2 en los que hubo accidentes.
El problema que se plantea es equivalente al de distribuir al azar r bolas distinguibles en
n urnas (modelo de Maxwell-Boltzmann). En este caso, con r = 6 y n = 12 hay nr = 126
casos posibles equiprobables (si se quiere describir el espacio muestral Ω para este experimento,
simbolizando los accidentes a, b, c, d, e, f y los meses m1,m2, . . . ,m12, cada evento elemental
será una 6-upla o vector (a, b, c, d, e, f) donde el valor de cada componente es el mes mi en que
ocurrió el respectivo accidente; un elemento de Ω es por ejemplo (m5,m2,m11,m2,m6,m10) con
probabilidad elemental 1/126). El modelo de bolas indistiguibles (modelo de Bose-Einstein)
sólo debe ser aplicado cuando se lo indique expĺıcitamente, que no es el caso de este problema.
De todas formas, si se tiene el dato de que los accidentes se distribuyen de manera equiprobable
durante los 12 meses del año, se debe concluir que cada uno de los accidentes puede ocurrir
en cualquiera de esos 12 meses. Es decir, a tiene 12 opciones, b otras 12, etc. Por la regla del
producto hay entonces 126 casos posibles. Pasemos ahora al conteo de los casos favorables que
son aquellos donde los 6 accidentes ocurren en exactamente 2 meses. De la misma forma en
que contamos los casos posibles (no puede ser de otra manera) 6 accidentes se distribuyen en 2
meses en 26 formas pero de ese número debemos restar 2 casos en que ocurren 0 accidentes en
uno de los meses y 6 accidentes en el otro (ya que en esos casos no hay 2 meses con accidentes).
Por otra parte, como no se indica cuáles son los 2 meses donde deben ocurrir los accidentes,
se deben considerar todos los subconjuntos posibles de 2 elementos elegidos entre los 12. Hay(
12
2
)
= 66 de esos subconjuntos y para cada uno de ellos hay 26 − 2 = 62 formas de distribuir
los 6 accidentes. Por lo tanto la probabilidad pedida es
66× 62
126
≈ 0, 00137
Resolvamos ahora como ejercicio el siguiente problema: 6 bolas indistinguibles se distribuyen
al azar en 12 urnas numeradas del 1 al 12. (a) Calcular la probabilidad de que resulten exac-
tamente 2 urnas ocupadas. (b) Calcular la probabilidad de que resulten ocupadas sólo la urna
4 y la urna 7. (c) Calcular la probabilidad de que sólo la urna 1 y la urna 2 estén ocupadas.
(a) Si r es el número de bolas y n el número de urnas, el número de casos posibles equiprobables
es ahora
(
r+n−1
r
)
=
(
17
6
)
(los eventos elementales son vectores (u1, u2, u3, . . . , u12) donde cada
componente ui es la cantidad de bolas en la urna i). Para contar el número de casos favorables
primero calculamos el número de formas de distribuir 6 bolas indistinguibles en 2 urnas, es
decir
(
6+2−1
6
)
= 7 pero nuevamente debemos restar los dos casos en que una de las urnas tiene
0 bolas y la otra 6. De manera que se tienen 5 casos. Como no se indica cuáles son las dos
urnas que deben contener bolas, se deben elegir 2 urnas de las 12 y hay
(
12
2
)
= 66 elecciones
1
posibles. De manera que la probabilidad pedida es
66× 5(
17
6
) ≈ 0, 0267
Observar que en este problema se cuentan 5 formas de distribuir 6 bolas en 2 urnas, 0-6
, 1-5, 2-4, 3-3, 4-2, 5-1, 6-0 ya que sólo interesa cuántas bolas hay en cada urna. En el
problema anterior en cambio, los objetos son distinguibles y se debe considerar qué objetos
se colocan en cada urna de manera que las distribuciones 1-5, 2-4, 3-3, 4-2, 5-1 representan(
6
1
)(
5
5
)
+
(
6
2
)(
4
4
)
+
(
6
3
)(
3
3
)
+
(
6
4
)(
2
2
)
+
(
6
5
)(
1
1
)
= 26 − 2 = 62 casos posibles.
(b) y (c) La probabilidad pedida es
5(
17
6
) ≈ 0, 0004
2. El tiempo en meses hasta que ocurre la primera falla en un producto es una variable aleatoria
T con función densidad
fT (t) =
1
36
te−
1
6
t1{t > 0}
El producto tiene una garant́ıa de 6 meses. Debido a una gran cantidad de reclamos se decidió
someter todos los productos a una prueba de 6 meses y descartar los que fallan. Hallar la
proporción entre los productos no descartados de los que fallarán luego de 6 meses.
Al igual que con los porcentajes, interpretamos las proporciones como probabilidades para
un objeto cualquiera. Debemos calcular la probabilidad de que el objeto falle luego de 6 meses
sabiendo que no fué descartado, es decir, que no falló durante los primeros 6 meses. Entonces:
P (T > 12|T > 6) = P (T > 12)
P (T > 6)
=
∫∞
12
fT (t)dt∫∞
6
fT (t)dt
=
3
2
e−1 ≈ 0, 5518
Alternativamente, si se quiere utilizar la variable truncada T ∗ = T |T > 6 entonces es
P (T > 12|T > 6) = P (T ∗ > 12) =
∫ ∞
12
fT ∗(t)dt
3. Sea X una variable aleatoria con función de distribución
FX(x) =
(
1
18
x +
1
3
)
1{−6 ≤ x < 0}+ 2
3
1{0 ≤ x < 3}+
(
1
9
x +
1
3
)
1{3 ≤ x < 6}+ 1{x ≥ 6}
Calcular: E[X| − 3 < X ≤ 4, 5].
Lo que se pide es
E[X| − 3 < X ≤ 4, 5] = E[X1{−3 < X ≤ 4, 5}]
P (−3 < X ≤ 4, 5)
2
El denominador de esta fracción es: P (−3 < X ≤ 4, 5) = FX(4, 5)− FX(−3). Para calcular el
numerador debemos aplicar la fórmula más general de cálculo de esperanzas. Entonces
E[X1{−3 < X ≤ 4, 5}] = 0× P (X = 0) +
∫ 4,5
−3
x
dFX
dx
(x)dx = 0× 1
3
+
∫ 0
−3
x
1
18
dx +
∫ 4,5
3
x
1
9
dx
4. Se tienen dos urnas con tres bolas cada una numeradas 1, 2, 3. Se forman tres pares de bolas
extrayendo sucesivamente una bola al azar de cada urna. Calcular la probabilidad de que en
alguno de los pares las bolas tengan la misma numeración.
Designemos A y B a las dos urnas y simbolizemos a1, a2, a3 las 3 bolas de A y b1, b2, b3 las
3 de B. Para formar un par se extrae una bola de cada urna. Supongamos que la primera
bola se saca de A y la segunda de B para formar un par aibj. Para el primer par formado
hay entonces 3 × 3 = 9 posibilidades. Como las extracciones son sin reposición, para el se-
gundo par hay 2 × 2 = 4 posibilidades y para el tercer par queda una única opción. Por lo
tanto hay 9× 4× 1 = 36 casos posibles equiprobables que pueden representarse con 36 ternas
(a1b1, a2b2, a3b3), (a1b1, a2b3, a3b2), (a1b2, a2b1, a3b3) . . . . Puede resolverse eL problema haciendo
la lista de los 36 casos y contando directamente los casos favorables los cuales corresponden a las
ternas donde aparece alguno de los pares a1b1, a2b2 o a3b3 (hay 24 de esas ternas por lo tanto la
probabilidad pedida es 2/3). Otra manera de resolver este problema es la siguiente. Definimos
los eventos Mi: ”el i -ésimo par formado tiene las dos bolas con la misma numeración” con
i = 1, 2, 3. Queremos calcular P (M1 ∪M2 ∪M3) para lo cual hacemos
P (M1 ∪M2 ∪M3) = 1− P (M1 ∪M2 ∪M3) = 1− P (M1 ∩M2 ∩M3)
Para calcular P (M1 ∩M2 ∩M3) vamos a hacer directamente el conteo de casos favorables. El
primer par puede formarse de 9 maneras distintas de las cuales 3 corresponden a los pares con
la misma numeración, quedando entonces 6 posibilidades. El segundo par puede formarse de
4 maneras que dependen del primer par. Si el primero es un par aibj con i 6= j, ai y bj ya no
están en las urnas al formar el segundo par. Por lo tanto entre las 4 opciones queda un único
par con igual numeración. Por ejemplo, si el primer par es a1b2, las 4 posibilidades para el
segundo par son a2b1, a2b3, a3b1 y a3b3. De estas, hay que descartar a3b3 y también a2b1 ya que
si no, el tercer par será a3b3. Por lo tanto para el segundo par hay 4− 2 = 2 posibilidades y aśı
en todos los demás casos similares. Con cualquiera de esas dos posibilidades para el segundo
par, el tercer par que se forma es siempre de distinta numeración (examinar un ejemplo como
a1b2, a2b3 y a3b1 y razonar la justificación que es muy sencilla). Entonces
P (M1 ∩M2 ∩M3) =
6× 2× 1
36
=
1
3
Por lo tanto P (M1 ∪M2 ∪M3) = 1− 1/3 = 2/3
3
5. Sea X una variable aleatoria con función de densidad (4− 8x)1{0 ≤ X ≤ 1
2
}. Sabiendo que la
suma de los primeros dos d́ıgitos decimales de X es 2, calcular la probabilidad de que el primerd́ıgito sea 1.
Este problema es similar a uno de los tres problemas para resolver en grupos, ya resueltos
en nuestro curso.
6. Sean X1 y X2 los resultados obtenidos al arrojar un dado equilibrado dos veces. Calcular
E[X1sen(
π
2
X2)|X1 < X2].
El espacio muestral para este experimento puede describirse
Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} × {1, 2, 3, 4, 5, 6} = {(1, 1), (1, 2), . . . , (6, 5), (6, 6)}
Esto es, un conjunto de 36 pares ordenados tal que cada par es un evento elemental con
probabilidad elemental 1/36. A su vez, la variable aleatoria (X1, X2) tiene como imagen en R2
un conjunto A igual al mismo Ω, es decir A = {(1, 1), (1, 2), . . . , (6, 5), (6, 6)}. La función de
probabilidad conjunta de (X1, X2) es
pX1X2(x1, x2) =
1
36
1{(x1, x2) ∈ A}
Sea g(X1, X2) = X1sen(
π
2
X2). Hay que calcular
E[g(X1, X2)|X1 < X2] =
E[g(X1, X2)1{X1 < X2}]
P (X1 < X2)
donde
P (X1 < X2) =
∑
(x1,x2)∈A
x1<x2
pX1X2(x1, x2)
E[g(X1, X2)1{X1 < X2}] =
∑
(x1,x2)∈A
x1<x2
g(x1, x2)pX1X2(x1, x2)
Hacer las cuentas y chau (sugerencia: hacer una tabla 6×6 con los valores de la función g(x1, x2)
para los puntos donde es x1 < x2)
4