01-03-18

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PROBABILIDAD y ESTAD́ISTICA (61.06 - 81.09)
Evaluación Integradora Segundo cuatrimestre – 2017
Duración: 4 horas. 1/III/18 – 18:00 hs.
1. Una urna contiene 6 bolas numeradas del 1 al 6. Se extraen una a una y sin reposición tres
bolas de la urna. Si la segunda bola extráıda fue la 4, ¿cuál es la probabilidad de que las bolas
extráıdas hayan salido en orden creciente?
R. [Referencia: Ejercicio 1.14 (b) y Ejercicio 1.24 (V1.3)] Sea Ω el espacio muestral que de-
scribe los resultados del experimento aleatorio. Los elementos de Ω son las ternas ω = (ω1, ω2, ω3) ∈
{1, 2, · · · , 6}3 tales que ωi 6= ωj para cada i 6= j, donde ωi representa el número de la i-ésima bola
extráıda. Sea C el evento “la bolas extráıdas salieron en orden creciente”, y sea D el evento “la
segunda bola extráıda fue la 4”. Queremos calcular P(C|D).
Como todos los eventos elementales, ω ∈ Ω, tienen la misma probabilidad, p(ω) = 16·5·4 = 1120 ,
se obtiene que, para cada A ⊂ Ω, P(A) = |A|120 , donde |A| es la cantidad de elementos de A. En
consecuencia,
P(C|D) := P(C ∩D)
P(D)
=
|C ∩D|
|D| ,
y debido a que D = {ω ∈ Ω : ω2 = 4} y C ∩ D = {ω ∈ Ω : ω1 < 4 < ω3, ω2 = 4}, resulta
|D| = 5 · 4 = 20 (porque hay 5 elecciones posibles para ω1 y 4 para ω3) y |C ∩ D| = 3 · 2 = 6
(porque ω1 ∈ {1, 2, 3} y ω3 ∈ {5, 6}). Finalmente,
P(C|D) = 6
20
= 0.3.
2. La abuela Beba prepara dos frascos de mermelada casera para sus nietos. En cada frasco vuelca
una cantidad de mermelada con distribución uniforme entre 250 y 350 gramos independientemente
del otro. Hallar y graficar la función distribución del peso del frasco más liviano sabiendo que la
abuela Beba volcó menos de 600 gramos de mermelada entre los dos frascos.
R. [Referencia: Ejercicio 4.24 (c)] Sean U y V el peso (en gramos) de mermelada que vuelca la
abuela Beba en cada uno de los dos frascos; X := mı́n(U, V ) es el peso del frasco más liviano, e
Y := U + V es el peso total de mermelada volcado en los dos frascos. Queremos hallar la función
de distribución
FX|Y <600(x) := P(X ≤ x|Y < 600) = P(mı́n(U1, V1) ≤ x)
= 1−P(mı́n(U1, V1) > x),
donde (U1, V1) := (U, V )|U + V < 600.
Como U y V son variables independientes con distribución uniforme sobre el intervalo [250, 350],
resulta que (U, V ) se distribuye uniformemente sobre el cuadrado B := [250, 350]× [250, 350], y en
consecuencia (U1, V1) ∼ U(T), donde T := {(u, v) ∈ B : u + v ≤ 600} es el triángulo de vértices
(250, 250), (350, 250), (250, 350).
Observando que para cada x ∈ [250, 300], el conjunto Tx := {(u1, v1) ∈ T : u1 > x, v1 > x}
es un triángulo de vértices (x, x), (600 − x, x), (x, 600 − x), y considerando que (U1, V1) ∼ U(T),
resulta
P(U1 > x, V1 > x) = P((U1, V1) ∈ Tx) =
área(Tx)
área(T)
=
(600− 2x)2
10000
.
Por lo tanto,
FX|Y <600(x) =
(
1− (600− 2x)
2
10000
)
1{250 ≤ x < 300}+ 1{300 ≤ x}.
El gráfico de la función de distribución se muestra en la siguiente figura
200 250 300 350
0.
0
0.
2
0.
4
0.
6
0.
8
1.
0
x
F
(x
)
3. Sea (X,Y ) un punto aleatorio con distribución uniforme sobre el recinto que aparece sombreado
en la figura
0 1 4
1
3
Hallar la función de distribución de E[Y |X] y calcular P(E[Y |X] < 2).
R. [Referencia: Ejercicio 5.20] Se puede ver que
ϕ(x) = E[Y |X = x] =
{
2 si 0 ≤ x ≤ 1,
0.5 si 1 < x ≤ 4.
En consecuencia, E[Y |X] = 2 · 1{0 ≤ X < 1}+ (0.5) · 1{1 ≤ X ≤ 4}. En otras palabras, E[Y |X]
es una variable aleatoria discreta a valores en el conjunto {0.5, 2} cuya función de probabilidad es
P(E[Y |X] = 0.5) = P(1 ≤ X ≤ 4) = 4
7
,
P(E[Y |X] = 2) = P(0 ≤ X < 1) = 3
7
.
Por lo tanto, la función de distribución de E[Y |X] es
FE[Y |X](x) =
(
4
7
)
· 1{0.5 ≤ x < 2}+ 1{x ≥ 2}
y
P(E[Y |X] < 2) = FE[Y |X](2−) = ĺım
x→2−
FE[Y |X](x) =
4
7
.
4. A partir de las 8:50 clientes arriban a la puerta de un supermercado de acuerdo con un proceso
de Poisson de intensidad 1 cada 5 minutos. Sabiendo que cuando el supermercado abrió sus puertas
a las 9:00 hab́ıa dos clientes esperando en la puerta, calcular la probabilidad de que el primero
haya tenido que esperar más de 7 minutos para ingresar al supermercado y el segundo menos de
2.
R. [Referencia: Ejercicio 7.7] Ponemos el 0 a las 8:50 y la unidad de escala representa un minuto.
Sea Π = (Sn)n∈N el proceso de Poisson de los arribos de clientes a la puerta del supermercado a
partir de las 8:50, y seaN(t) su función de conteo. Queremos calcularP(S1 < 3, S2 > 8|N(10) = 2).
Como sabemos que llegaron exactamente 2 clientes a la puerta del supermercado durante los
primeros 10 minutos, podemos utilizar el Teorema de la distribución condicional de los tiempos de
llegada y considerar que los instantes en que llegan esos clientes son dos variables aleatorias inde-
pendientes, U y V , cada una con distribución uniforme sobre el intervalo [0, 10]. En consecuencia,
P(S1 < 3, S2 > 8|N(10) = 2) = P(mı́n(U, V ) < 3,máx(U, V ) > 8)
= P(U < 3, V > 8) +P(V < 3, U > 8)
= 2 · 3
10
· 2
10
= 0.12.
5. Las cantidades de personas de cada familia que ingresa al parque de diversiones Milky Way son
variables aleatorias independientes, que pueden valer 3, 4, 5 con probabilidades respectivas 0.5,
0.4, 0.1. El 27 de febrero de 2018 ingresaron 125 familias al Milky Way : calcular aproximadamente
la probabilidad de que hayan ingresado no más de 455 personas.
R. [Referencia: Ejercicio 8.16] Sea Xi la cantidad de personas de la i-ésima familia que ingresa
al Milky Way, i = 1, . . . , 125. Queremos calcular P
(∑125
i=1 Xi ≤ 455
)
.
Teniendo en cuenta que las variables aleatoriasX1, . . . , X125 son independientes e idénticamente
distribuidas, y que para la distribución de probabilidades definida por P(Xi = 3) = 0.5, P(Xi =
4) = 0.4, P(Xi = 5) = 0.1 se tiene que E[Xi] = 3 · 0.5 + 4 · 0.4 + 5 · 0.1 = 3.6 y var(Xi) =
E[X2] − E[X]2 = 32 · 0.5 + 42 · 0.4 + 52 · 0.1 − (3.6)2 = 0.44, aplicamos el Teorema Central del
limite y resulta
P
(∑125
i=1 Xi − 125 · 3.6√
125 · 0.44
≤ z
)
≈ Φ(z).
Poniendo z = x−125·3.6√
125·0.44 =
x−450√
55
-y simplificando términos dentro de la probabilidad ubicada del
lado izquierdo de la igualdad- resulta P
(∑125
i=1 Xi ≤ x
)
≈ Φ
(
x−450√
55
)
. En particular, para x = 455
resulta que
P
(
125∑
i=1
Xi ≤ 455
)
≈ Φ
(
5√
55
)
= Φ(0.6742) ≈ 0.75.
PROBABILIDAD y ESTAD́ISTICA (61.09 - 81.04)
Evaluación Integradora Segundo cuatrimestre – 2017
Duración: 4 horas. 1/III/18 – 18:00 hs.
1. Una urna contiene 6 bolas numeradas del 1 al 6. Se extraen una a una y sin reposición tres
bolas de la urna. Si la segunda bola extráıda fue la 4, ¿cuál es la probabilidad de que las bolas
extráıdas hayan salido en orden creciente?
R. [Referencia: Ejercicio 1.14 (b) y Ejercicio 1.24 (V1.3)] Sea Ω el espacio muestral que de-
scribe los resultados del experimento aleatorio. Los elementos de Ω son las ternas ω = (ω1, ω2, ω3) ∈
{1, 2, · · · , 6}3 tales que ωi 6= ωj para cada i 6= j, donde ωi representa el número de la i-ésima bola
extráıda. Sea C el evento “la bolas extráıdas salieron en orden creciente”, y sea D el evento “la
segunda bola extráıda fue la 4”. Queremos calcular P(C|D).
Como todos los eventos elementales, ω ∈ Ω, tienen la misma probabilidad, p(ω) = 16·5·4 = 1120 ,
se obtiene que, para cada A ⊂ Ω, P(A) = |A|120 , donde |A| es la cantidad de elementos de A. En
consecuencia,
P(C|D) := P(C ∩D)
P(D)
=
|C ∩D|
|D| ,
y debido a que D = {ω ∈ Ω : ω2 = 4} y C ∩ D = {ω ∈ Ω : ω1 < 4 < ω3, ω2 = 4}, resulta
|D| = 5 · 4 = 20 (porque hay 5 elecciones posibles para ω1 y 4 para ω3) y |C ∩ D| = 3 · 2 = 6
(porque ω1 ∈ {1, 2, 3} y ω3 ∈ {5, 6}). Finalmente,
P(C|D) = 6
20
= 0.3.
2. La abuela Beba prepara dos frascos de mermelada casera para sus nietos. En cada frasco vuelca
una cantidad de mermelada con distribución uniforme entre 250 y 350 gramos independientemente
del otro. Hallar y graficar la función distribución del peso del frasco más liviano sabiendo que la
abuela Beba volcó menos de 600 gramos de mermelada entre los dos frascos.
R. [Referencia: Ejercicio 4.24 (c)] Sean U y V el peso(en gramos) de mermelada que vuelca la
abuela Beba en cada uno de los dos frascos; X := mı́n(U, V ) es el peso del frasco más liviano, e
Y := U + V es el peso total de mermelada volcado en los dos frascos. Queremos hallar la función
de distribución
FX|Y <600(x) := P(X ≤ x|Y < 600) = P(mı́n(U1, V1) ≤ x)
= 1−P(mı́n(U1, V1) > x),
donde (U1, V1) := (U, V )|U + V < 600.
Como U y V son variables independientes con distribución uniforme sobre el intervalo [250, 350],
resulta que (U, V ) se distribuye uniformemente sobre el cuadrado B := [250, 350]× [250, 350], y en
consecuencia (U1, V1) ∼ U(T), donde T := {(u, v) ∈ B : u + v ≤ 600} es el triángulo de vértices
(250, 250), (350, 250), (250, 350).
Observando que para cada x ∈ [250, 300], el conjunto Tx := {(u1, v1) ∈ T : u1 > x, v1 > x}
es un triángulo de vértices (x, x), (600 − x, x), (x, 600 − x), y considerando que (U1, V1) ∼ U(T),
resulta
P(U1 > x, V1 > x) = P((U1, V1) ∈ Tx) =
área(Tx)
área(T)
=
(600− 2x)2
10000
.
Por lo tanto,
FX|Y <600(x) =
(
1− (600− 2x)
2
10000
)
1{250 ≤ x < 300}+ 1{300 ≤ x}.
El gráfico de la función de distribución se muestra en la siguiente figura
200 250 300 350
0.
0
0.
2
0.
4
0.
6
0.
8
1.
0
x
F
(x
)
3. A partir de las 8:50 clientes arriban a la puerta de un supermercado de acuerdo con un proceso
de Poisson de intensidad 1 cada 5 minutos. Sabiendo que cuando el supermercado abrió sus puertas
a las 9:00 hab́ıa dos clientes esperando en la puerta, calcular la probabilidad de que el primero
haya tenido que esperar más de 7 minutos para ingresar al supermercado y el segundo menos de
2.
R. [Referencia: Ejercicio 7.7] Ponemos el 0 a las 8:50 y la unidad de escala representa un minuto.
Sea Π = (Sn)n∈N el proceso de Poisson de los arribos de clientes a la puerta del supermercado a
partir de las 8:50, y seaN(t) su función de conteo. Queremos calcularP(S1 < 3, S2 > 8|N(10) = 2).
Como sabemos que llegaron exactamente 2 clientes a la puerta del supermercado durante los
primeros 10 minutos, podemos utilizar el Teorema de la distribución condicional de los tiempos de
llegada y considerar que los instantes en que llegan esos clientes son dos variables aleatorias inde-
pendientes, U y V , cada una con distribución uniforme sobre el intervalo [0, 10]. En consecuencia,
P(S1 < 3, S2 > 8|N(10) = 2) = P(mı́n(U, V ) < 3,máx(U, V ) > 8)
= P(U < 3, V > 8) +P(V < 3, U > 8)
= 2 · 3
10
· 2
10
= 0.12.
4. Las duraciones de cierto tipo de rodamientos, medidas en ciclos hasta su ruptura, son variables
aleatorias con distribución Γ(4, λ). Se pusieron a prueba 10 de esos rodamientos y se obtuvieron
las siguientes duraciones:
17.88, 28.92, 33.00, 41.52, 42.12, 45.60, 48.48, 51.84, 51.96, 54.12
Basándose en la información muestral estimar por máxima verosimilitud la probabilidad de que
un rodamiento del mismo tipo dure más de 20 ciclos hasta su ruptura.
R. [Referencia: Ejercicio 9.6 (b)] Sea T la duración de dicho tipo de rodamientos, medida en
ciclos hasta su ruptura. Tenemos T ∼ Γ(4, λ) y queremos estimar por máxima verosimilitud la
función de λ,
g(λ) := Pλ(T > 20) = e
−20λ
3∑
k=0
(20λ)k
k!
basados en los valores observados (t1, . . . , t10) de una muestra aleatoria (T1, . . . , T10).
Teniendo en cuenta el principio de invariancia del estimador de máxima verosimilitud se tiene
ĝ(λ)mv = g(λ̂mv) = e
−20λ̂mv
(
1 + 20λ̂mv +
(20λ̂mv)
2
2
+
(20λ̂mv)
3
6
)
,
y el problema se reduce a estimar λ.
Como la familia de distribuciones {Γ(4, λ) : λ > 0} es regular, el estimador máximo verośımil
de λ, basado en (t1, · · · , t10), satisface la ecuación de verosimilitud
10∑
i=1
d
dλ
log fλ(ti) = 0,
donde fλ(t) =
λ4
6 t
3e−λt1{t > 0}, es la densidad de la distribución Γ(4, λ).
Derivando, respecto de λ, log fλ(t) = 4 log λ − log 6 + log t3 − λt resulta ddλ log fλ(t) = 4λ − t.
En consecuencia, la ecuación de verosimilitud adopta la forma 40λ −
∑10
i=1 ti = 0, y su solución es
λ =
40∑10
i=1 ti
.
Teniendo en cuenta la información muestral suministrada
∑10
i=1 ti = 415.44 resulta λ̂mv =
40
415.44 =
0.096283, y el estimador máximo verośımil de la probabilidad de que un rodamiento del mismo
tipo dure más de 20 ciclos hasta su ruptura es 0.87028.
5. Se utilizan dos modelos de máquinas para detectar plaquetas falladas. Utilizando el modelo A
se detectaron 50 de 60 plaquetas falladas, mientras que utilizando el modelo B se detectaron 79
de 90. ¿Con un nivel de significación asintótico de 0.05, se puede afirmar que el modelo B es más
eficaz que el modelo A?
R. [Referencia: Ejercicio 10.26] Representamos la eficacia de la máquina del modelo A con una
variable aleatoria X ∼ Ber(pX), y la de la máquina del modelo B con otra variable aleatoria Y ∼
Ber(pY ). Sea ∆ := pY − pX . Queremos testear la hipótesis H0 : ∆ = 0 contra H1 : ∆ > 0, al nivel
asintótico α = 0.05, basados en los estad́ısticos ΣX :=
∑60
i=1 Xi = 60 ·X̄ y ΣY :=
∑90
j=1 Yj = 90 · Ȳ
de dos muestras aleatorias independientes de tamaños m = 60 y n = 90 de las variables X e Y ,
respectivamente.
Teniendo en cuenta la consistencia de los estimadores X̄ y Ȳ para las probabilidades pX y pY ,
se tiene que X̄(1 − X̄) y Ȳ
(
1− Ȳ
)
son estimadores consistentes de las varianzas pX(1 − pX) y
pY (1− pY ), de donde resulta que la distribución de
Z(ΣX,ΣY; ∆) :=
Ȳ − X̄ −∆√
Ȳ (1−Ȳ )
90 +
X̄(1−X̄)
60
es aproximadamente una normal estándar. Como Z(ΣX,ΣY; ∆) es un pivote asintótico para ∆
cuya distribución converge a la normal estándar, y como el cuantil 0.95 de dicha distribución es
z0.95 = 1.6449, resulta que
δ(ΣX,ΣY) = 1 {Z(ΣX,ΣY; 0) > 1.6449}
es una regla de decisión, de nivel asintótico 0.05, para testear la hipótesis H0 : ∆ = 0 contra la
hipótesis H1 : ∆ > 0.
De acuerdo con la información muestral: ΣX = 50 y ΣY = 79, y como
Z(50, 79; 0) =
(79/90)− (50/60)√
(79/90)·(11/90)
90 +
(50/60)·(10/60)
60
= 0.75051,
resulta δ(50, 79) = 1{Z(50, 79; 0) > 1.6449} = 0. Por lo tanto, no se puede afirmar que el modelo
B es más eficaz que el modelo A.