2022-1C-3 Resuelto del 2do recuperatorio de parcial

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1C2022 - 2 do recuperatorio de parcial 
Resolución:
Sean dos mazos de cartas tales que cada uno tiene:
Mazo “A”: 50 cartas Mazo “B”: 50 cartas
 * 12x Oro
 * 12x Copa
 * 12x Espada
 * 12x Basto
 * 12x Comodín
 * 24x Oro
 * 13x Espada
 * 13x Basto
Se pide:
P(''Se eligió el mazo B'' ''La carta salió Oro'')=? (1)
Antes de realizar la extracción de la carta (o si se hubiese hecho la extracción pero no se conociere el
resultado de la misma), la probabilidad incondicional (a propi) de haber elegido uno u otro mazo está
dada por la definición de Laplace.
{P (A )=P(''Elegir el mazo A'')=12P (B)=P (''Elegir el mazo B'')=1
2
} (2)
Como concepto, el tener información adicional respecto de lo sucedido (en este caso el palo de la
carta extraída) modificará las probabilidades de haber elegido uno u otro palo a través de la condición
que se conoce.
P(BOro)=P( ''Haber elegido el mazo B'' ''La carta extraida resultó del palo Oro'') (3)
Note que el proceso natural es primero elegir el mazo para luego, sabiendo que mazo se eligió,
calcular las probabilidades de obtener un determinado palo. (3) pregunta exactamente lo contrario,
sabiendo como resultó el final del proceso (que palo salió) pregunta por la probabilidad de como
comenzó el proceso (que mazo se escogió). Para estos casos es de utilidad la formula de Bayes que
calcula una probabilidad condicional en función de la condicional invertida.
P(BOro)=
P(B)⋅P(Oro B)
P (Oro )
(4)
Resulta que P(B) es una probabilidad incondicional (a priori, sin tener en cuenta la información
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del palo obtenido en la extracción) y su valor está dado en (2), y P (Oro /B ) se obtiene por la definición
de Laplace.
La probabilidad P(Oro) que aparece en el denominador de (4) no es fácil de calcular si no se tiene
ningún dato adicional, pero es muy fácil de calcular si se sabe que mazo se escogió. Y como los mazos
“A” y “B” forman una partición (si se eligió uno no se eligió el otro, no se pueden elegir los dos juntos
pero se debe elegir al menos uno) es de aplicación la formula de la probabilidad total.
P(BOro)=
P(B)⋅P(Oro B)
P(A)⋅P(Oro A)+P(B)⋅P(Oro B)
(5)
Realizando la cuenta.
P(BOro)=
1
2
⋅24
50
1
2
⋅24
50
+1
2
⋅12
50
(6)
P(BOro)= 2424+12 (7)
P(BOro)=23 (8)
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Resolución:
Existe un espacio bivariante1 donde las VAs X e Y toman valores.
Definidas las VAs.
{X : V.A. # de agua destilada que se carga en el tanque [lts x 1000]Y : V.A. # de agua destilada que se consume del tanque [lts x 1000] } (9)
La probabilidad pedida es:
P(''Se use menos de la mitad del líquido cargado en el tanque'')=P(Y<X2 ) (10)
Resulta que Y=X /2 es una curva en el plano, con lo cual Y <X /2 será una región en el plano.
1 Graficado con WolframAlpha https://www.wolframalpha.com/
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https://www.wolframalpha.com/
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Por tanto la probabilidad pedida será la integral doble de la fdp conjunta sobre la región demarcada
en verde.
P(Y <X2 )=∫x=0
x=1
∫
y=0
y= x/2
10⋅x2⋅y⋅dy⋅dx (11)
P(Y <X2 )=10⋅∫x=0
x=1
x2⋅[ y22 ]y=0
y=x /2
⋅dx (12)
P(Y <X2 )=10⋅∫x=0
x=1
x2⋅[(x /2)22 −0
2
2 ]⋅dx (13)
P(Y <X2 )=10⋅∫x=0
x=1
x2⋅[ x28 ]⋅dx (14)
P(Y <X2 )=10⋅18⋅∫x=0
x=1
x4⋅dx (15)
P(Y <X2 )=54⋅[x
5
5 ]x=0
x=1
(16)
P(Y <X2 )=14⋅[15−05] (17)
P(Y <X2 )=14 (18)
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Resolución:
Existe un espacio bivariante2 donde las VAs X e Y toman valores.
Si lo que se hubiese pedido hubiese sido E[Y ] , esta podría haberse encontrado por definición una
vez obtenida la fdp marginal f Y ( y ) .
E [Y ]= ∫
y=−∞
y=+∞
y⋅f Y ( y )⋅dy (19)
Esta E[Y ] será un número escalar.
Note que (19) no es lo pedido. Lo pedido es la esperanza con el dato adicional (X=0,5) . Al igual
que en el problema 1, el dato adicional modificará la distribución de probabilidades de Y y con ello
cambiará el valor de su esperanza.
Como en la expresión E[Y /X=0,5] la única variable es Y ya que X ha tomado un valor fijo,
el cálculo de esta esperanza debe realizarse integrando esta única variable. Modificando (19) con el dato
adicional obtenido queda:
E[Y X=0,5]= ∫y=−∞
y=+∞
y⋅f Y /X=0,5( y )⋅dy (20)
Esta f Y /X=0,5( y ) es una función que depende únicamente de la variable y y es la fdp de Y
modificada por el dato adicional llamada fdp condicional. Esta se obtiene:
2 Graficado con WolframAlpha https://www.wolframalpha.com/
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https://www.wolframalpha.com/
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f Y /X=0,5=
[ f (X ;Y )(x ; y)] x=0,5
f X (0,5)
(21)
Se procede entonces a calcular la fdp marginal f X (x) .
f X (x)= ∫
y=−∞
y=+∞
f (X ;Y )(x ; y)⋅dy (22)
f X (x)=∫
y=0
y=2 1
2
⋅(x2 + y⋅(1−x2 ))⋅dy (23)
f X (x)=1
2
⋅∫
y=0
y=2
(x2 + y⋅(1−x2 ))⋅dy (24)
f X (x)=1
2
⋅(∫
y=0
y=2 x
2
⋅dy+ ∫
y=0
y=2
y⋅(1−x2 )⋅dy) (25)
f X (x)=1
2
⋅(∫
y=0
y=2 x
2
⋅dy+ ∫
y=0
y=2
y⋅(1−x2 )⋅dy) (26)
f X (x)=1
2
⋅(x2⋅∫y=0
y=2
dy+(1−x2 )⋅∫y=0
y=2
y⋅dy) (27)
f X (x)=1
2
⋅(x2⋅[ y ] y=0y=2+(1−x2 )⋅[ y
2
2 ]y=0
y=2
) (28)
f X (x)=1
2
⋅(x2⋅[2−0 ]+(1−x2 )⋅[2
2−02
2 ]) (29)
f X (x)=1
2
⋅(x2⋅2+(1−x2 )⋅2) (30)
f X (x)=x
2
+1−x
2
(31)
f X (x)=x+1−x
2
(32)
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f X (x)=1
2
(33)
Evaluando ahora la ecuación (21).
f Y /X=0,5=
[ f (X ;Y )(x ; y)] x=0,5
[ f X(x )]x=0,5
(34)
f Y /X=0,5=
[12⋅( x2 + y⋅(1−x2 ))]x=0,5
[12 ]x=0,5
(35)
f Y /X=0,5=[ x2 + y⋅(1−x2 )]x=0,5 (36)
f Y /X=0,5=0,5
2
+ y⋅(1−0,52 ) (37)
f Y /X=0,5=1
4
+ y⋅1
4
(38)
A (38) le falta definir el dominio de la Y . Si se mira el dominio para el valor particular X=0,5
se obtiene el rango de variabilidad de Y .
Obteniéndose:
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f Y /X=0,5=(14 + y⋅14 )⋅1[0; 2] (39)
(39) es la fdp condicional de Y , la que describe la distribución de probabilidades de Y teniendo
en consideración que a ocurrido X y que ha tomando el valor X=0,5 .
Reemplazando (39) en (20).
E[Y X=0,5]=∫y=0
y=2
y⋅(14 + y⋅14 )⋅dy (40)
E[Y X=0,5]=14⋅∫y=0
y=2
( y+ y2)⋅dy (41)
E[Y X=0,5]=14⋅[ y
2
2 +
y3
3 ] y=0
y=2
(42)
E[Y X=0,5]=14⋅[2
2−02
2
+
23−03
3 ] (43)
E[Y X=0,5]=14⋅[2+83 ] (44)
E[Y X=0,5]=12 +23 (45)
E[Y X=0,5]=3+46 (46)
E[Y X=0,5]=76 (47)
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Lo primero y más importante es reconocer que existe un proceso Bernoullí. Esto es, la cantidad de
experimentos que se pueden hacer (recibir un mail y clasificarlo) es discreta contable (1,2,3,4,...), el
resultadodel experimento es dicotómico (llamado aquí “spam” y “regular”, pero arbitrariamente puede
definirse uno de ellos como “éxito”), el proceso puede tener un inicio (las 17:00Hs.) pero no tiene un
final definido (si yo quisiera podría quedarme días enteros clasificando mails), y el proceso no aprende ni
se corrige ni se desgasta ni es influenciado por la historia pasada (cada mail que arriba tiene la misma
probabilidad de ser “spam” o “regular”).
Dicho esto, se lista a continuación algunos ejemplos de posibles resultados de la experimentación,
considerando si son favorables o no a sentencia “El segundo correo spam es recibido antes que el tercer
correo regular”.
Experimentación Favorable
S R S R S R S R S R...
S S R S R R R S R R...
R S R R R S S S S R...
S S S S S S S S S R...
S R R R S R S S R R...
R R S R S S R R R S...
✓
✓
✕
✓
✕
✓
Si se pudieran listar todos los posibles resultados de la experimentación uno podría intentar obtener
la probabilidad pedida a través de la fórmula de Laplace, pero resulta que en la tabla solamente se
muestran los primeros 10 mail de un proceso que es infinito y no tiene fin, con lo cual la cantidad de
posibles resultados de la experimentación es infinito y resulta imposible realizar el cálculo.
Se puede ver que considerando los primeros 5 mail del proceso puede saberse si se cumple la
sentencia consultada, con lo cual podría plantearse una tabla ordenada binariamente y verificar cuantos
resultados son favorables a dicha sentencia y cuantos no.
Experimentación Favorable
S S S S S...
S S S S R...
S S S R S...
S S S R R...
S S R S S...
...
R R S R R...
R R R S S...
R R R S R...
R R R R S...
R R R R R...
✓
✓
✓
✓
✓
...
✕
✕
✕
✕
✕
Si bien la cantidad de experimentos a ordenar no es excesiva (25=32 ) , el espacio obtenido no es
equiprobable. Es fácil ver que el resultado S   S   S   S   S... tendrá una probabilidad de ocurrencia distinta de
R   R   R   R   R... en función de que P(S)≠P(R) .
Se observa que si por ejemplo los dos primeros mail resultan “spam” no es necesario continuar
experimentando ya que en ese caso se cumplirá siempre que “El segundo correo spam es recibido antes
que el tercer correo regular” sea lo que sea que resulte en el 3er, 4to y 5to mail. Asimismo, si los primeros
tres mail resultan “regular” tampoco es necesario continuar y se sabe que no se cumplirá que “El
segundo correo spam es recibido antes que el tercer correo regular”. También se observan otros casos
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donde al 4to mail ya puede decidirse si se cumple o no la sentencia.
Como al recibir el 3er correo regular (donde sea el orden en que este aparezca) ya podemos definir si
se cumplió la sentencia o no, definiremos “éxito” como “el correo es regular” y definiremos la VA:
X :V.A. # de mail recibidos hasta obtener el 3er correo regular (48)
Por su propia definición esta VA tiene distribución Pascal.
X ~ Pascal( p=57 ;r=3) (49)
Su fpp se puede obtener del modelo
pX(x )=(x−1r−1 )⋅(1− p)(x−r)⋅pr ; x∈{r , r+1 , r+2 ,...} (50)
En este caso:
pX(x )=(x−13−1)⋅(1−p)(x−3)⋅p3 ; x∈{3,4,5 , ...} (51)
Resulta que si se da el resultado X=3 , entonces el 3er regular llegó en el tercer experimento, con
lo cual el experimento tiene que haber ocurrido si o si en el orden R   R   R... y el caso no es favorable a
“El segundo correo spam es recibido antes que el tercer correo regular”. Observe que si bien la VA
Pascal a tomado el valor X=3 eso no implica que el proceso se detenga en el tercer experimento, y
los puntos suspensivos dicen que si se siguen haciendo experimentos pueden aparecer nuevos éxitos
posteriores al 3ro.
Si hubiese ocurrido X=4 , entonces el 3er regular llegó en el cuarto experimento, los otros dos
regulares deben estar repartidos entre los lugares 1ro, 2do, y 3ro, y el lugar adicional es un experimento que
resultó “spam”. Los posibles resultado del experimento son 3: R   R   S   R... , o bien R   S   R   R... , o bien
S   R   R   R... y no existen otros. En cualquiera de estos casos no se cumple que “El segundo correo spam es
recibido antes que el tercer correo regular”. Este segundo correo “spam” aparecerá (si se continua con la
experimentación) después del 4to lugar y por tanto después del 3er correo regular.
Cuando ocurra X=5 el 3er correo regular debe ocurrir en el quinto experimento, los otros dos
correos regulares deben estar repartidos entre los lugares 1ro, 2do, 3ro, y 4to, y los dos experimentos de
estos que no sean “regular” deben ser “spam” por la dicotomía del proceso. Sea donde sea que se
ubiquen esos dos correos “spam” se cumplirá que “El segundo correo spam es recibido antes que el
tercer correo regular” resultando este un caso favorable. Un posible ejemplo de esta ocurrencia sería
R   S   R   S   R... .
Para todos los valores X>5 resultará que hay incluso más de dos correos “spam” entes del tercer
correo “regular”, con lo cual todos estos son casos favorables a la sentencia pedida.
Sea el evento:
D : ''El segundo correo spam es recibido antes que el tercer correo regular'' (52)
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Se calcula la probabilidad de dicho evento.
P(D)=P(X≥5) (53)
P(D)=1−P(X≤4) (54)
P(D)=1−(P(X=3)+P (X=4)) (55)
P(D)=1−P(X=3)−P (X=4) (56)
P(D)=1−(3−13−1)⋅(1−57 )
(3−3)
⋅(57 )
3
−(4−13−1 )⋅(1−57 )
(4−3)
⋅(57 )
3
(57)
P(D)=1−1⋅(27 )
0
⋅(57 )
3
−3⋅(27 )
1
⋅(57 )
3
(58)
P(D)=1−5
3
73
−3⋅2⋅5
3
74
(59)
P(D)=7
4−7⋅53−3⋅2⋅53
74
(60)
P(D)= 776
2401
≃0,32320 (61)
Nota:
Vea que si bien el proceso tiene un inicio formal a las 17Hs., este dato nunca es usado.
Debido a la propiedad de pérdida de memoria del proceso Bernoulli si lo único que voy a considerar
en el problema es si cada mail que llega se clasifica como “spam” o “regular”, el horario de inicio del
proceso no afecta los resultados del experimento y el mismo resultado es válido para cualquier horario
de inicio.
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Resolución:
Sea la VA
N i :VA # de frutos que produce la i-esima planta de kiwi en una temporada cualquiera (62)
Se sabe que:
E[N i ]=μN i=80,5 (63)
VAR [N i]=σN i
2 =8 (64)
El problema no lo explicita, pero supondremos por el enunciado que la cantidad de frutos es una
variable aleatoria discreta, contable, que toma valores naturales incluido el cero.
ni∈ℕ0 (65)
Se define la VA cantidad de frutos totales
NT :VA # de frutos totales producidos por las 100 plantas de kiwi (66)
nT∈ℕ0 (67)
Esta NT tiene una relación funcional con la cantidad producida por las 100 plantas de kiwi.
NT=N1+N 2+N 3+...+N 100 (68)
Por el TLC NT tendrá una distribución de probabilidades aproximable por una normal, a la sola
consideración que NT es una VA discreta. Definamos la VA normal que la aproxima.
X :VA normal que aproxima a N T (69)
Si X es una buena aproximación de NT entonces ambas deben coincidir en el valor de la
esperanza y la varianza. Para poder tener definida X primero se procede a calcular su esperanza.
E[X ]=E[NT ] (70)
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E[X ]=E[N1+N2+N3+ ...+N 100] (71)
E[X ]=E[N1]+E[N2]+E [N3]+...+E [N100 ] (72)
E[X ]=100⋅E [N i] (73)
E[X ]=100⋅80,5 (74)
E[X ]=8.050(75)
μX=8.050 (76)
Y su varianza
VAR [X ]=VAR [N T ] (77)
VAR [X ]=VAR [N 1+N 2+N3+...+N100 ] (78)
Al ser {N1 , N2 ,N3 , ..., N100} un conjunto IID las covarianzas cruzadas son todas nulas y la varianza
de la suma se calcula como la suma de las varianzas
VAR [X ]=VAR [N 1]+VAR[N2]+VAR [N 3]+ ...+VAR [N100] (79)
VAR [X ]=100⋅VAR [N i] (80)
VAR [X ]=100⋅8 (81)
VAR [X ]=800 (82)
σX
2 =800 (83)
Y se deduce el desvío estándar
σX=√(800) (84)
Con lo cual la VA X queda totalmente definida.
X ~ N (μX ;σ X) (85)
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X ~ N (8.050 ;√(800)) (86)
Sea el evento:
E :La producción es rentable para la próxima temporada (87)
Se calcula la probabilidad pedida.
P(E)=P (NT>8.000 ) (88)
Esta probabilidad puede aproximarse por el TLC salvando la discontinuidad de la VA NT
P(E)≃P (X>8.000,5 ) (89)
P(E)≃0,95995 (90)
3
Nota 1:
Observe que la esperanza de la VA N i es un valor con coma el cual la variable nunca puede tomar.
Esto no debería ser un problema ya que la esperanza no es necesariamente un valor de la VA, sino un
número que da una medida de la tendencia central de la distribución.
3 Graficado con Plan de Mejora https://www.plandemejora.com/calculadora-distribucion-normal/
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https://www.plandemejora.com/calculadora-distribucion-normal/
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Nota 2:
La suposición que N i∈ℕ0 parece lógica pero no es clara en el enunciado. Podría haberse
considerado N i una VA continua e interpretar que por ejemplo es posible obtener medio fruto o un
cuarto de fruto en la producción de una planta. Bajo este supuesto (89) podría haber enunciado como: 
P(E)≃P (X>8.000 ) (91)
Lo que si hubiese estado mal es considerar que la cantidad de frutos es un numero natural y
simultáneamente no considerar la corrección por la discontinuidad al momento de aproximar.
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