ResueltoTP5_2do2022

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INTRODUCCIÓN A LA ESTADÍSTICA
EJERCICIOS RESUELTOS
PRÁCTICO 5
Andrea Rotnitzky
arotnitzky@utdt.edu
Daniela Cuesta
dcuesta@utdt.edu
Pablo M. Escobar
escobarpm@gmail.com
9 de septiembre de 2022
1. Un agente inmobiliario hoy comenzará a mostrar una propiedad que acaba de ser puesta a la venta.
Llamá X al número de interesados a los que les mostrará la propiedad hasta que aparezca un interesado
que le deje un seña por la propiedad. Suponé que la probabilidad de que un potencial cliente encuentre
que la propiedad se ajusta a su presupuesto y necesidades como para dejar una seña es p = 0,1. Calculá
la fórmula para la función de probabilidad de masa de X.
Solution: La variable aleatoria definida es:
X = “Número de interesados hasta que alguien deja una seña”
con P (Potencial cliente deje una seña) = 0,1 y RX = N.
Se tiene entonces que X = k es equivalente a que el k− ésimo interesado deje una seña y los primeros
k − 1 no, luego:
pX(k) = P (X = k) = 0,9k−1 ⋅ 0,1 con k ∈ N.
Esta función de probabilidad de masa es la de una distribución distinguida llamada geométrica.
2. Varias personas van arribando a una fiesta de a una por vez. Mientras van esperando a que todas lleguen,
se entretienen comparando los cumpleaños de cada una. Llamá X a la variable aleatoria “Número de
personas hasta que arribe una con el mismo d́ıa y mes de cumpleaños que las que ya están presentes”. O
sea, antes de que la persona X arribe, todas las personas en la fiesta cumplen años en fechas distintas,
pero cuando la persona X arriba, hay dos personas que cumplen años el mismo d́ıa. Calculá la fórmula
para la función de probabilidad de masa para la v.a. X.
Solution: Consideremos la variable:
X = “Número de personas hasta que se repite una fecha de cumpleaños”,
teniendo entonces que RX = {2, . . . ,366}.
Luego, si a la fiesta arribaron k personas, la cantidad total de posibles asignaciones de fechas de
cumpleaños a para cada una de ellas es 365k.
Por otro lado, si k > 2, la cantidad de posibles asignaciones de manera que las primeras k − 1
personas cumplan años en d́ıas diferentes y que la k − ésima repita la fecha de alguna anterior es
365 ⋅ . . . ⋅ (365 − k + 2) ⋅ (k − 1), entonces si k > 2:
P (X = k) = 365 ⋅ . . . ⋅ (365 − k + 2) ⋅ (k − 1)
365k
= 365! ⋅ (k − 1)
365k ⋅ (365 − k + 1)!
,
1
pero además si k = 2 se tiene que P (X = 2) = 365⋅1
365⋅365 =
1
365
, valor que también responde a la fórmula
anterior. Concluyendo entonces que la función de probabilidad de masa de X es:
pX(k) =
365! ⋅ (k − 1)
365k ⋅ (365 − k + 1)!
con k ∈ {2, . . . ,366}
3. La Ley de Benford establece que en una gran cantidad de distintas bases de datos de la vida real, el
primer d́ıgito del primer número de la base de datos es una variable aleatoria X con la siguiente función
de probabilidad de masa:
pX (x) = log10 (
x + 1
x
) para x ∈ {1,2, ...,9}
Usando las propiedades del logaritmo, demostrá que pX (x) satisface las propiedades de una función de
probabilidad de masa de la filmina 10 de las filminas sobre variables aleatorias.
Solution: Las propiedades mencionadas en la filmina son:
1.
pX(k) ≥ 0
Es claro pues pX(k) = P (X = k) y se tiene que P (X = k) > 0 para k ∈ RX y P (X = k) = 0 para
k ∉ RX .
2.
∑
k∈RX
pk = 1
En este caso RX = {1,2, . . . ,9}:
∑
k∈RX
pk =
9
∑
k=1
log10 (
x + 1
x
) ,
usando que log10 a + log10 b = log10 a ⋅ b:
9
∑
k=1
log10 (
x + 1
x
) = log10 (
2
1
⋅ 3
2
⋅ . . . ⋅ 10
9
) = log10 10 = 1
4. Juan va a jugar un videojuego que tiene 7 niveles, numerados en nivel de dificultad, de
menor a mayor como 1, 2,...,7. Para acceder a un nivel, el jugador debe haber ganado todos los
niveles inferiores en dificultad a él. Juan comenzará a jugar en el nivel 1. Suponé que la probabilidad
de que Juan gane cuando juega en el nivel j es pj . Llamá X al nivel más alto al que llegará Juan. Es
decir, Juan ganará todos los niveles menores que X pero perderá en el nivel X. Calculá la formula para
la funcion de probabilidad de masa de X en función de p1, p2, ..., p6.
Solution: Consideramos la variable
X = “Máximo nivel al que llegará Juan”
2
y los eventos
Nj = “Juan supera el nivel j” con 1 ≤ j ≤ 6,
entonces se tiene que
P (X = 1) = P (N1c) = 1 − p1,
observando que para 2 ≤ k ≤ 6, el evento X = k es equivalente a N1∩ . . .∩Nk−1 . . .∩Nkc (ganar todos
los niveles hasta el k − 1 y perder en el nivel k), utilizando la regla de la multiplicación se tendrá
que:
P (X = k) = P (N1 ∩N2 ∩ . . . ∩Nk−1 ∩Nkc)
= P (Nkc ∣ Nk−1 ∩ . . . ∩N1) ⋅ P (Nk−1 ∩ . . . ∩N1)
= (1 − pk) ⋅ P (Nk−1 ∩ . . . ∩N1)
repitiendo el proceso se llegará a que
P (X = k) = p1 ⋅ . . . ⋅ pk−1 ⋅ (1 − pk),
y por último
P (X = 7) = P (N1 ∩ . . . ∩N6) = p1 ⋅ . . . ⋅ p6.
Juntando todo:
pX(k) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
1 − p1 si k = 1
p1 ⋅ . . . ⋅ pj−1 ⋅ (1 − pj) si 2 ≤ k ≤ 6
p1 ⋅ . . . ⋅ p6 si k = 7
0 en otro caso.
5. Una compańıa tiene m + n empleados, de los cuales n son mujeres y m son varones. El gerente decide
promover a un cargo superior a N empleados, siendo N un número prefijado, N ≤m+n. Los empleados
que serán promovidos son elegidos al azar.
(a) Para la v.a. X = “Número de mujeres promovidas” proveé una fórmula para la función de
probabilidad de masa de X.
(b) Si en la compañ́ıa trabajan 50 mujeres y 50 hombres, de los cuales serán promovidas 20 personas.
Usar R para calcular la probabilidad de que más de la mitad de las personas promovidas sean
mujeres
Solution:
(a) Empecemos por notar que la cantidad de mujeres promovidas no puede ser mayor a la cantidad
de mujeres empleadas y por otro lado debe ser tal que los hombres empleados alcancen para
completar los N empleados que van a promover, más precisamente Máx{0,N − m} ≤ X ≤
Mín{n,N}. Es decir que si Máx{0,N −m} = a y Mín{n,N} = b ocurre que RX = {a ≤ k ≤ b ∶
k ∈ N0}.
Entendiendo que cada empleado tiene las mismas chances de promover, la probabilidad del
evento “X = k” es el cociente entre la cantidad de formas de elegir k mujeres y N − k hombres,
y la cantidad total de maneras de elegir N empleados:
pX(k) =
(n
k
) ⋅ ( m
N−k)
(m+n
N
)
con a ≤ k ≤ b
Esta función de probabilidad de masa es la de una distribución distinguida llamada hipergeométrica.
3
6. Juan asiste a una clase de historia en la que se examinará a los alumnos por medio de un examen en el
que se le presentará al alumno 10 preguntas elegidas al azar de un conjunto de 100 preguntas que los
alumnos conocerán de antemano. Para aprobar el exmen, el alumno deberá responder correctamente a
7 de ellas. Suponé que Juan asistirá al examen habiendo estudiado s de las 100 preguntas seleccionadas
al azar. Llamá X = “Número de preguntas en el examen que Juan ha estudiado.” Si 10 ≤ s ≤ 90:
(a) ¿Cuál es la función de probabilidad de masa de X?
(b) ¿Cuál es la probabilidad de que Juan apruebe el examen si estudió 50 preguntas?
(c) Usar R para calcular cuántas preguntas debeŕıa estudiar Juan para que la probabilidad de aprobar
el examen sea mayor a 0.5
Solution:
(a) Repitiendo los razonamientos del ejercicio anterior (notar que si en ese ejercicio hablaramos de
que se seleccionarán 10 personas de un total de 100 de las cuales s son mujeres, los problemas
seŕıan idénticos):
pX(k) =
(s
k
) ⋅ (100−s
10−k )
(100
10
)
con 0 ≤ k ≤ 10
(b) Dicha probabilidad es:
P (X ≥ 7) = pX(7) + pX(8) + pX(9) + pX(10)
=
(50
7
) ⋅ (50
3
)
(100
10
)
+
(50
8
) ⋅ (50
2
)
(100
10
)
+
(50
9
) ⋅ (50
1
)
(100
10
)
+
(50
10
) ⋅ (50
0
)
(100
10
)
= 0,15892
7. Considerá el siguiente modelo -admito, muy simplificado y poco realista- para el movimiento de un bono.
El precio del bono el primer d́ıa que se pone a la venta es d0 dólares. Cada d́ıa, el bono puede subir un
1 % del valor del d́ıa anterior o bajar un 0.5 % del valor del d́ıa anterior. Sea X = valor del bono al quinto
d́ıa de salir a la venta.
(a) ¿Cuál es el soporte de X?
(b) Suponé que cada d́ıa el bono sube o baja independientemente de los otros d́ıas y que la probabilidad
de que elbono suba un d́ıa es 0.4. ¿Cuál es la función de probabilidad de masa de X ?
(c) (*) Suponé ahora que la probabilidad de que el bono suba un d́ıa dado que subió el d́ıa anterior es
0.6 y la probabilidad de que el bono suba dado que bajó el d́ıa anterior es 0.25. Suponé además que
la probabilidad de que el bono suba al d́ıa siguiente de salir a la venta es 0.8. ¿Cuál es la función
de probabilidad de masa de X ?
(d) Si d0 = 10, ¿cuál es la probabilidad de que el valor del bono sea mayor o igual que 11 al quinto d́ıa
de salir a la venta?
Solution:
(a) Teniendo en cuenta que dada una cantidad C, los valores que resultan de incrementar dicha
cantidad en un 0,1 % y en un 0,995 % son C ⋅1,01 y C ⋅0,995 respectivamente, se tendrá que una
vez transcurridos los 5 d́ıas, las posibles cotizaciones del bono son d0 ⋅ 1,01j ⋅ 0,9954−j (vamos a
suponer que el primer d́ıa que salió a la venta, se mantiene el precio original y recién se modifica
al d́ıa siguiente) donde j indica la cantidad de los d́ıas que el bono subió de precio.
Conclúımos entonces que
RX = {d0 ⋅ 1,01j ⋅ 0,9954−j ∶ 0 ≤ j ≤ 4}
4
(b) Si consideramos la variables
Y = “Cantidad de dias que el bono sube de precio”,
se tiene que Y ∼ Bi(4; 0,4), pues cuenta la cantidad de éxitos (en este caso que el bono suba de
precio) en 4 experimentos Bernoulli independientes e identicamente distribúıdos.
Además X = f(Y ) con f(j) = d0 ⋅ 1,01j ⋅ 0,9954−j , entonces dado que f es inversible, para cada
k ∈ RX existe un único j ∈ RY tal que f(j) = k, luego:
pX(k) = P (X = k) = P (Y = j) = (
4
j
) ⋅ 0,4j ⋅ 0,64−j = ( 4
f−1(k)
) ⋅ 0,4f
−1(k) ⋅ 0,64−f
−1(k).
Para despejar f−1
k = d0 ⋅ 1,01j ⋅ 0,9954−j
⇐⇒ k = d0 ⋅ 0,9954 ⋅ 1,01j ⋅ 0,995−j
⇐⇒ k = d0 ⋅ 0,9954 ⋅ (
1,01
0,995
)
j
⇐⇒ k = d0 ⋅ 0,9801 ⋅ 1,015j
⇐⇒ k
d0 ⋅ 0,9801
= 1,015j
⇐⇒ log10 (
k
d0 ⋅ 0,9801
) = j ⋅ log10(1,015)
⇐⇒ j =
log10 ( kd0⋅0,9801)
0,0065
Resumiendo lo desarrollado se obtiene que la función de probabilidad de masa es
pX(k) = (
4
f−1(k)
) ⋅ 0,4f
−1(k) ⋅ 0,64−f
−1(k),
con k ∈ {d0 ⋅ 1,01j ⋅ 0,9954−j ∶ 0 ≤ j ≤ 4} y
f−1(k) =
log10 ( kd0⋅0,9801)
0,0065
(c) En este caso la variable Y no es binomial, pues los ensayos Bernoulli no son independientes.
Vamos a analizar en detalle al evento “Y = 2”. Este evento se corresponde con el caso en el que
hubo dos dias de la semana en los cuales el bono sub́ıo de precio. Consideremos para este caso
el espacio
Ω = {(a1, a2, a3, a4) ∶ ai ∈ {0,1}}
donde a1 = 1 indica que el precio subió en el d́ıa i. Entonces “Y = 2” es equivalente al evento
A = {a1, a2, a3, a4) ∶ a1 + . . . + a4 = 2}}.
Con esto vemos que P (Y = 2) puede ser calculada como la suma de las probabilidades de cada
5
una de las tuplas de A
P ((1,1,0,0)) = 0,8 ⋅ 0,6 ⋅ 0,4 ⋅ 0,75 = 0,144
P ((1,0,1,0)) = 0,8 ⋅ 0,4 ⋅ 0,25 ⋅ 0,4 = 0,032
P ((1,0,0,1)) = 0,8 ⋅ 0,4 ⋅ 0,75 ⋅ 0,25 = 0,06
P ((0,1,1,0)) = 0,2 ⋅ 0,25 ⋅ 0,6 ⋅ 0,4 = 0,012
P ((0,1,0,1)) = 0,2 ⋅ 0,25 ⋅ 0,4 ⋅ 0,25 = 0,005
P ((0,0,1,1)) = 0,2 ⋅ 0,75 ⋅ 0,25 ⋅ 0,6 = 0,0225
y sumando todos estos valores se tiene que P (Y = 2)=0.2755. Repitiendo el procedimiento para
todos los demás casos se llega a
P (Y = 0) = 0,084375
P (Y = 1) = 0,238125
P (Y = 2) = 0,2755
P (Y = 3) = 0,2292
P (Y = 4) = 0,1728
Se tiene entonces que la función de probabilidad de masa de X es
pX(k) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
0,084375 si k = d0 ⋅ 1,010 ⋅ 0,9954−0
0,238125 si k = d0 ⋅ 1,011 ⋅ 0,9954−1
0,2755 si k = d0 ⋅ 1,012 ⋅ 0,9954−2
0,2292 si k = d0 ⋅ 1,013 ⋅ 0,9954−3
0,1728 si k = d0 ⋅ 1,014 ⋅ 0,9954−4
0 en otro caso.
(d) Si el precio inicial del bono es 10 dólares, en el mejor de los casos, al quinto d́ıa su valor será
10 ⋅ 1,014 = 10,40604. De modo que es imposible que incrementando en 1 % su valor durante 4
d́ıas consecutivos pueda valer 11 dólares o más, es decir que P (X ≥ 11) = 0
8. Para sostener el costo de operaciones del departamento de polićıa de una cierta universidad, es necesario
realizar al menos 5 tickets por mal estacionamiento por d́ıa. Si el número de tickets sigue una distribución
Poisson con parámetro 8,8, expresá con fórmula la probabilidad de que en un cierto d́ıa se sostenga el
costo de operaciones del d́ıa. Luego, usá R para calcular el valor numérico de esta probabilidad.
Solution: Sea la variable
X = “Cantidad de tickets necesarios para sostener el costo de operaciones”
se sabe entonces que X ∼ Poiss(8,8), luego su función de probabilidad de masa es
pX(k) =
e−8,8 ⋅ 8,8k
k!
con k ∈ N0.
Para sostener el costo de operaciones se necesitan un mı́nimo de 5 tickets, la probabilidad de que
6
eso ocurra es
P (X ≥ 5) = 1 − P (0 ≤X ≤ 4)
= 1 −
4
∑
i=0
P (X = i)
= 1 −
4
∑
i=0
e−8,8 ⋅ 8,8i
i!
= 0,9379022
9. Suponé que un cierto comercio otorga a cada empleado un bono de 50 pesos por cada venta realizada.
Suponé que en un cierto d́ıa el número de ventas de un empleado del comercio sigue una distribución
Poisson con parámetro 4. Escrib́ı la fórmula para la función de probabilidad de masa para la v.a.
X = “Bonificación recibida en un dia por un empleado.”
Solution: Sea la variable Y ∼ Poiss(4)
Y = “Cantidad de ventas en un día”
entonces X = f(Y ) con f(t) = 50 ⋅ t. Luego como X = 50 ⋅Y , para k ∈ RX los eventos X = k e Y = k50
resultan equivalentes.
Dado que Y tiene distribución Poisson de parámetro 4, conclúımos:
pX(k) = P (X = k) = P (Y =
k
50
) = e
−4 ⋅ 4k/50
(k/50)!
,
con k ∈ {50 ⋅ j ∶ j ∈ N}.
10. Suponé que el número de hamburguesas que come en un mes una persona no-vegetariana elegida al
azar de la ciudad de Buenos Aires sigue una distribución Poisson con parámetro 5. Si en la ciudad de
Buenos Aires, el 20 % de las personas son vegetarianas y los vegetarianos NO comen hamburguesas,
calculá la fórmula para la función de probabilidad de masa
X = “Número de hamburguesas que come una persona elegida al azar de CABA”
Calculá ademas el valor numérico de P (X ≤ 1) .
Solution: Consideremos el evento
V = “La persona es vegetariana”
entonces usando la ley de probabilidad total
P (X = k) = P (X = k ∣ V ) ⋅ P (V ) + P (X = k ∣ V c) ⋅ P (V c)
= P (X = k ∣ V ) ⋅ 0,2 + e
−5 ⋅ 5k
k!
⋅ (1 − 0,2)
y como las personas vegetarianas no comen hamburguesas, P (X = 0 ∣ V ) = 1 y vale 0 para k ≠ 0.
Luego
pX(k) =
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
0,2 + e−5 si k = 0
e−5⋅5k ⋅0,8
k!
si k ≠ 0
7
11. Un restaurante exclusivo con capacidad para 40 comensales sólo atiende a comensales con reserva. El
restaurante ha tomado reservas para 45 comensales para un d́ıa dado. Si se llegan a presentar más
comensales de los que puede atender, entonces a cada comensal que quede sin ser servido le dará en
compensación un bono de descuento de 200 pesos para ser usado en una próxima visita al establecimiento.
Suponé lo siguiente:
El costo de operar el local del establecimiento un d́ıa cualquiera, incluyendo electricidad, calefaccion,
personal, etc, es de 10000 pesos.
Cada comensal que es atendido en el establecimiento arroja una ganancia de 800$.
Todos los comensales que reciban el bono, lo terminarán usando.
(a) Suponiendo que todas las personas que tienen reserva no están relacionadas entre śı y que la
probabilidad de que una persona con reserva se presente al establecimiento es 0.80, calculá la
función de probabilidad de masa de las siguientes variables aleatorias
Y = “Número de personas que se presentan al establecimiento.”
Z = “Número de lugares que quedan libres en el establecimiento.”
S = “Número de personas que reciben el bono de 200.”
(∗) X = “Ganancia neta del dia.”
(b) (**) Ahora suponé que en caso de quedar vacantes después de una determinada hora, el restaurante
abrirá estas vacantes para clientes que se presenten sin reserva. Suponé que el número de clientes
que se presentan sin reserva en un d́ıa dado es una v.a. Poisson con parámetro 4. Recalculá cada
una de las funciones de prob. de masa de las variables aleatorias Z,S y X.
Solution:
(a) Como Y es una sucesión de ensayos Bernoulli independientes e idénticamente distribúıdos,
Y ∼ Bin (45; 0,8), porlo tanto
pY (y) = (
45
y
) ⋅ 0,8y ⋅ 0,245−y
Se tiene que Z = máx{0,40 − Y }, por lo tanto:
pZ (z) =
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
∑45j=40 (
45
j
) ⋅ 0,8j ⋅ 0,245−j si z = 0
( 45
40−z) ⋅ 0,8
40−z ⋅ 0,25+z si 1 ≤ z ≤ 40
Se tiene que S = máx{0, Y − 40}, por lo tanto
pS (s) =
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
∑40j=0 (
45
j
) ⋅ 0,8j ⋅ 0,245−j si s = 0
( 45
40+s) ⋅ 0,8
40+s ⋅ 0,25−s si 1 ≤ s ≤ 5
Se tiene que X = 800 ⋅ (Y − S) − 200 ⋅ S − 10000 , o equivalentemente
X =
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
800Y − 10000 si 0 ≤ Y ≤ 40
800 ⋅ 40 − 200 ⋅ (Y − 40) − 10000 si 41 ≤ Y ≤ 45
=
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
800Y − 10000 si 0 ≤ Y ≤ 40
30000 − 200 ⋅ Y si 41 ≤ Y ≤ 45
8
Luego para x ∈ RX
pX (x) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
pY (x+10000800 ) si 0 ≤
x+10000
800
≤ 40
pY ( 30000−x200 ) si 41 ≤
30000−x
200
≤ 45
pY (x+10000800 ) + pY (
30000−x
200
) si 0 ≤ x+10000
800
≤ 40 ; 41 ≤ 30000−x
200
≤ 45
(b) Bajo este nuevo supuesto consideraremos las variables
Y = “Número de personas que se presentan al establecimiento.”
R = “Número de personas que se presentan al establecimiento con reserva.”
entonces para y ∈ N0, usando ley de probabilidad total se tiene
P (Y = y) =
45
∑
r=0
P (Y = y ∣ R = r) ⋅ P (R = r).
Teniendo en cuenta que si el restaurante no se llena, es decir si r ≤ 39, ingresarán comensales
sin reserva según una distribución Poisson de parámetro 4:
P (Y = y ∣ R = r) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩
e−4⋅4(y−r)
(y−r)! si 0 ≤ r ≤ 39 ; r ≤ y
1 si 40 ≤ r = y ≤ 45
0 en otro caso
entonces la función de probabilidad de masa de Y queda
pY (y) =
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
∑min{39,y}r=0
e−4⋅4(y−r)
(y−r)! ⋅ (
45
r
) ⋅ 0,8r ⋅ 0,245−r si 0 ≤ y ≤ 39 ó 46 ≤ y
∑39r=0 e
−4⋅4(y−r)
(y−r)! ⋅ (
45
r
) ⋅ 0,8r ⋅ 0,245−r + (45
y
) ⋅ 0,8y ⋅ 0,245−y si 40 ≤ y ≤ 45
La función de probabilidad de masa para la variables Z se construye de manera completamente
análoga que en el inciso anterior pero reemplazando pY por la calculada recientemente.
La función de probabilidad de masa para S no se altera, solo hay que reemplazar R por la Y
del inciso anterior.
En este caso se tendrá que X = 800 ⋅ (40 − Z) − 200 ⋅ S − 10000. Pues Y − S ya no cuantifica
la gente que ingresó a cenar, ya que hay gente eventualmente habrá gente que se presentó al
establecimiento sin hacer reserva y por lo tanto no será bonificada. La función de probabilidad
se construye identicamente que en el inciso anterior.
Daremos ahora una solución alternativa, que surge de interpretar el enunciado del siguiente modo:
Por un lado, hay 45 comensales no relacionados entre śı que tienen reserva para un d́ıa dado, y cada
uno se presenta con probabilidad 0.8. Por otro lado, al restaurante pueden asistir personas sin reserva,
los cuales sólo podrán ingresar al restaurante si sobraron lugares, luego de que hayan ingresado los
que asistieron con reserva. El número de clientes que se presentan sin reserva en un d́ıa dado es una
v.a. Poisson con parámetro 4.
Consideraremos las variables
Y = “Número de personas que se presentan al establecimiento.”
R = “Número de personas que se presentan al establecimiento con reserva.”
N = “Número de personas que se presentan al establecimiento sin reserva.”
Veamos cómo calcular pY (y) para todo y en el soporte de Y , que es el conjunto N0.
9
Usando ley de probabilidad total con la partición {R = 0}, {R = 1}, ...,{R = 45} (ya que son todos
eventos disjuntos cuya unión es Ω,) se tiene que
P (Y = y) =
45
∑
r=0
P (Y = y ∣ R = r) ⋅ P (R = r).
Si y ≥ 45,
P (Y = y ∣ R = r) = P (N = y − r) = e
−4 ⋅ 4(y−r)
(y − r)!
,
ya que la probabilidad de que se presenten y personas al resutante dado que se presentan r personas
CON reserva es igual a la probabilidad de que se presenten y − r personas SIN reserva.
Por lo tanto, si y ≥ 45, nos queda que
pY (y) = P (Y = y) =
45
∑
r=0
P (Y = y ∣ R = r) ⋅ P (R = r) =
45
∑
r=0
e−4 ⋅ 4(y−r)
(y − r)!
⋅ (45
r
) ⋅ 0,8r ⋅ 0,245−r.
Por otro lado, si 0 ≤ y < 45, entonces
P (Y = y ∣ R = r) =
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
e−4⋅4(y−r)
(y−r)! si 0 ≤ r ≤ y
0 si y < r ≤ 45
Juntando todo obtenemos que
pY (y) =
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
∑45r=0 e
−4⋅4(y−r)
(y−r)! ⋅ (
45
r
) ⋅ 0,8r ⋅ 0,245−r si y ≥ 45
∑yr=0
e−4⋅4(y−r)
(y−r)! ⋅ (
45
r
) ⋅ 0,8r ⋅ 0,245−r si 0 ≤ y < 45
que es equivalente a decir
pY (y) =
mı́n{y,45}
∑
r=0
e−4 ⋅ 4(y−r)
(y − r)!
⋅ (45
r
) ⋅ 0,8r ⋅ 0,245−rsi y ∈ N0.
Notemos que al igual que en la solución anteior, la función de probabilidad de masa para la variables
Z se construye de manera completamente análoga que en el inciso anterior pero reemplazando pY
por la calculada recientemente.
La función de probabilidad de masa para S no se altera, ya que S sólo depende de las personas que
teńıan reservas, que es la variable aleatoria R.
En este caso se tendrá que X = 800 ⋅(40−Z)−200 ⋅S−10000. Pues Y −S ya no cuantifica la gente que
ingresó a cenar, ya que hay gente eventualmente habrá gente que se presentó al establecimiento sin
hacer reserva y por lo tanto no será bonificada. La función de probabilidad se construye identicamente
que en el inciso anterior.
12. Sea X una variable aleatoria discreta con función de distribución acumulada como sigue:
FX(x) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
0 si x < 2,
0,2 si 2 ≤ x < 4,
0,55 si 4 ≤ x < 6,
0,85 si 6 ≤ x < 8,
1 si x ≥ 8,
10
Computa y grafica la función de probabilidad de masa (p.m.f.) de X.
Solution:
pX(x) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
0,2 si x = 2,
0,35 si x = 4,
0,3 si x = 6,
0,15 si x = 8,
0 en otro caso
13. Considera el experimento que consiste en lanzar dos dados equilibrados.
(a) Halla la función de probabilidad de masa (p.f.m.) y la función de distribución acumulada (c.d.f.)
de la variable aleatoria X definida como la suma de los dos resultados. Graficar ambas funciones
(puedes utilizar Excel o R).
(b) Halla la p.f.m. y la c.d.f. de la variable aleatoria Y definida como el máximo de los dos resultados.
Graficar ambas funciones (puedes utilizar Excel o R).
Solution: Consideremos el espacio muestral
Ω = {(a1;a2) / 1 ≤ ai ≤ 6}
(a) Sea la variable aleatoria
X = “Suma de los dados” = a1 + a2
entonces
RX {ω ∈ Ω ∶X(ω) = k con k ∈ RX} pX
2 (1,1) 1/36
3 (1,2),(2,1) 2/36
4 (1,3),(2,2),(1,3) 3/36
5 (1,4),(2,3),(3,2),(4,1) 4/36
6 (1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(1,5) 5/36
7 (1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1) 6/36
8 (2,6),(3,5),(4,4),(3,5),(2,6) 5/36
9 (3,6),(4,5),(5,4),(6,3) 4/36
10 (4,6),(5,5),(6,4) 3/36
11 (5,6),(6,5) 2/36
12 (6,6) 1/36
FX(k) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
0 si k < 2,
1/36 si 2 ≤ k < 3,
3/36 si 3 ≤ k < 4,
6/36 si 4 ≤ k < 5,
10/36 si 5 ≤ k < 6,
15/36 si 6 ≤ k < 7,
21/36 si 7 ≤ k < 8,
26/36 si 8 ≤ k < 9,
30/36 si 9 ≤ k < 10,
33/36 si 10 ≤ k < 11,
35/36 si 11 ≤ k < 12,
1 si k ≥ 12,
11
(b) Sea la variable aleatoria
Y = “V alor máximo de los dados” =max{a1;a2}
entonces
pY (k) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
1/36 si x = 1,
3/36 si x = 2,
5/36 si x = 3,
7/36 si x = 4,
9/36 si x = 5,
11/36 si x = 6,
0 en otro caso
FX(k) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
0 si k < 1,
1/36 si 1 ≤ k < 2,
4/36 si 2 ≤ k < 3,
9/36 si 3 ≤ k < 4,
16/36 si 4 ≤ k < 5,
25/36 si 5 ≤ k < 6,
1 si k ≥ 6,
14. La v.a. discreta X tiene la siguiente función de probabilidad de masa (p.m.f.):
X 1 2 3 4
pX 0.30 0.25 0.10 0.35
Se realiza la siguiente transformación Y = 2X + 1 y se pide:
(a) Calcula la función de probabilidad de masa de Y (pY ) y su función de distribución acumulada (FY ).
Graficar ambas funciones (puedes usar Excel o R para este punto).
(b) Vuelve a resolver el inciso anterior, pero ahora considerando la transformación no lineal Z = (X−1)2.
Solution:
(a)
pY (k) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
0,3 si k = 3,
0,25 si k = 5,
0,1 si k = 7,
0,35 si k = 9,
0 en otro caso
FY (k) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
0 si k < 3,
0,3 si 3 ≤ k < 5,
0,55 si 5 ≤ k < 7,
0,65 si 7 ≤ k < 9,
1 si k ≥ 9,
12
(b)
pZ(k) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
0,3 si k = 0,
0,25 si k = 1,
0,1 si k = 4,
0,35 si k = 9,
0 en otro caso
FZ(k) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
0 si k < 0,
0,3 si 0 ≤ k < 1,
0,55 si 1 ≤ k < 4,
0,65 si 4 ≤ k < 9,
1 si k ≥ 9,
15. (*) Cien tickets, numerados de 1 a 100, son colocados al azar cada uno en cada unade 100 cajas. Vos vas
a elegir 5 cajas sin reposición y te llevarás un premio igual al valor más alto que aparezca en los tickets
que estaban en las cajas que elegiste. Llamá Y a la variable aleatoria que indica el valor de tu premio.
Calculá la fórmula para la función de probabilidad de masa para Y.
Solution: La cantidad de manera de distribuir los tickets en las 100 cajas es 100!, entonces teniendo
en cuenta que los tickets son colocados al azar, cada una de esas posibles distribuciones tiene
probabilidad 1
100!
de ocurrir.
Teniendo en cuenta que RX = {5, . . . ,100} y usando la ley probabilidad total considerando como
partición del espacio a cada una de las maneras de distribuir los tickets:
P (Y = k) =
100!
∑
j=1
P (Y = k ∣ distribución j) ⋅ P (distribución j).
Ahora bien, para j fijo (es decir, cuando los tickets ya fueron distribúıdos en las cajas), la situación es
equivalente a tener los tickets dados vuelta (sin que se vean sus numeraciones) arriba de una mesa y
a elegir 5 de ellos sin reposición, con esto notamos que P (Y = k ∣ distribución j) será constante para
diferentes valores de j. Calculamos esa probabilidad como el cociente entre la cantidad de maneras
de elegir 5 tickets de los entre los cuales haya uno con valor k y el resto con valores menores, y la
cantidad total de elegir 5 tickets cualesquiera:
P (Y = k ∣ distribución j) =
(k−1
4
)
(100
5
)
Reemplazando queda que
P (Y = k) =
100!
∑
j=1
(k−1
4
)
(100
5
)
⋅ 1
100!
=
(k−1
4
)
(100
5
)
100!
∑
j=1
1
100!
=
(k−1
4
)
(100
5
)
,
por lo que la función de probabilidad de masa resulta ser
pX(k) =
(k−1
4
)
(100
5
)
con 5 ≤ k ≤ 100.
Se puede ver que el proceso de ubicar al azar los tickets en cajas para luego elegir 5 de estas, es
irrelevante desde un punto de vista probabiĺıstico. Pues el comportamiento aleatorio es completamente
equivalente a elegir al azar 5 tickets sin ver la numeración.
13
16. (*) Hace mucho tiempo un estad́ıstico inglés muy importante llamado Ronald Fisher (buscalo en Wikipedia!)
hizo un experimento con una señorita que afirmaba tener poderes supernaturales.
Fisher preparó 6 tazas de té con leche, sirviendo en 3 de ellas la leche antes que el té y en las otras 3 el
té antes que la leche. El experimento consistiŕıa en que la señorita probaŕıa las 6 tasas de te y eligiŕıa 3
que a su juicio hab́ıan recibido el té antes que la leche. Considerá
X = “Número de tazas en las que la senorita dice que el té fue servido antes que la leche”
Para testear si era cierto que la señorita teńıa poderes supernaturales, Fisher razononaŕıa de la siguiente
manera; Fisher supondŕıa que la señorita NO teńıa poderes supernaturales y, bajo esta suposición,
calculaŕıa pX (x) para x ∈ {0,1,2,3}.
Una vez realizado el experimento, si la señorita hubiese tenido x∗ aciertos, Fisher calculaŕıa la probabilidad
p∗ = P (X ≥ x∗) , es decir la probabilidad de tener tantos o más aciertos que los que tuvo la señorita.
Su razonamiento era que si p∗ fuese muy pequeña, por ejemplo, p∗ ≤ 0,05, estaŕıa ante la presencia
de un resultado sorprendente del experimento que rara vez ocurriŕıa si la señorita no tuviese poderes
supernaturales, y por lo tanto cuanto más pequeña fuese p∗ más convincente seŕıa la afirmación de la
señorita de que efectivamente tiene poderes supernaturales. En cambio, si p∗ no fuese muy pequeña, se
inclinaŕıa a decir que el experimento no produjo evidencia convincente de que la señorita tiene poderes
supernaturales.
(a) Calculá la función de probabilidad de masa pX (x)
(b) Calculá p∗ si x∗ = 2 y explicá si para el valor de p∗ que calculaste vos te inclinaŕıas a aceptar que
la señorita tiene poderes supernaturales. Repet́ı este ejercicio para x∗ = 3.
Nota: la lógica propuesta por Fisher para analizar el resultado del experimento es la lógica del
p−valor para el “testeo de hipótesis” que fue impulsada justamente por Fisher y que domina, aún
hasta el presente, gran parte de la estad́ıstica. En el contexto del presente ejercicio, el p-valor es el
valor de p∗. El libro ”The lady tasting tea: How statistics revolutionarized science in the twentieth
century”de David Salsburg, cuenta la historia del problema enunciado en este ejercicio y muchas
otras anécdotas que generaron grandes ideas en la estad́ıstica. Es un libro de divulgación que te
recomiendo mucho que leas si te interesa la historia de la estad́ıstica.
Solution:
(a) Numeremos las tazas del 1 al 6, y sin pérdida de generalidad, asumamos que las numeradas con
1, 2 y 3 son aquellas que recibieron el té antes que la leche.
El espacio muestral Ω son todos los subconjuntos de tres elementos del conjunto {1,2, ...,6} . Si
la señorita no tuviese poderes supernaturales, entonces Ω seŕıa equiprobable. Su cardinal
es #Ω = (6
3
).
El evento “X = k”, corresponde a que de las 3 tazas elegidas por la señorita, hayan k que estén
en el subconjunto {1,2,3} y 3 − k que estén en el subconjunto {4,5,6} . Por lo tanto, cada
vez que elija un subconjunto de k elementos del conjunto {1,2,3} y otro subconjunto de 3 − k
elementos del conjunto {4,5,6}, X será igual a k.
Luego #{X = k} = (3
k
) ⋅( 3
3−k). Por lo tanto, si la señorita no tuviese poderes supernaturales
pX (k) = P (X = k)
= # (X = k)
#Ω
=
(3
k
) ⋅ ( 3
3−k)
(6
3
)
(b) Para k∗ = 2,
P (X ≥ 2) =
(3⋅)2(
3
3−2)
(6
3
)
+
(3
3
) ⋅ ( 3
3−3)
(6
3
)
= 3 ⋅ 3
( 6⋅5⋅4
3⋅2 )
+ 1 ⋅ 1
( 6⋅5⋅4
3⋅2 )
= 60
120
= 1
2
.
14
Mi conclusión es que no hay evidencia a favor de que la señorita tenga poderes supernaturales
pues el resultado obtenido en el experimento NO produce evidencia convincente.Bajo el supuesto
que la señorita NO tiene poderes supernaturales vemos que es un resultado que ocurre con una
frecuencia muy alta (50 %).
Ahora, para k∗ = 3,
P (X ≥ 3) = 1 ⋅ 1
( 6⋅5⋅4
3⋅2 )
= 1
20
= 0,05
En este caso, me inclinaŕıa a pensar que el experimento produjo indicios de que la señorita
pudiese tener poderes supernaturales y recomendaŕıa seguir investigando la afirmación de la
señorita.
17. (*)
(a) Proveé un ejemplo de dos variables aleatorias X e Y discretas con el mismo soporte X tales que
FX (x) ≤ FY (x) para todo x ∈ X y tales que FX (x∗) < FY (x∗) para algún x∗ ∈ X . (FX (⋅) y FY (⋅)
son las funciones de distribución acumuladas de X e Y respectivamente). Para las variables que
elijas, dibujá a mano en un mismo gráfico las funciones FX (⋅) y FY (⋅) . En otro gráfico, dibujá a
mano en un mismo gráfico las funciones de probabilidad de masa de las variables que hayas elegido.
(b) ¿Es posible encontrar dos variables aleatorias X e Y con el mismo soporte tales que pX (x) ≤ pY (y)
para todo x ∈ X y tales que pX (x∗) < pY (x∗) para algún x∗ ∈ X ? ( pX (⋅) y pY (⋅) son las funciones
de probabilidad de masa de X e Y respectivamente)
Solution:
(a) Sea X una variable aleatoria con distribución Bernoulli de parámetro 0.5, y sea Y una variable
aleatoria con distribución Bernoulli de parámetro 0.25. Veamos que estas variables sirven como
ejemplo de lo pedido. Ambas variables tienen el mismo soporte: el conjunto {0,1}. Debemos
calcular la funciones de distribución acumulada FX y FY . Como FX(x) = P (X ≤ x) para todo
número real x, tenemos que
FX(x) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
0 si x < 0
0,5 si 0 ≤ x < 1
1 si x ≥ 1.
Análogamente,
FY (x) =
⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩
0 si x < 0
0,75 si 0 ≤ x < 1
1 si x ≥ 1.
Por lo tanto, estas variables aleatorias cumplen que FX(x) ≤ FY (x) para todo x en el soporte,
y además, FX(0) < FY (0).
(b) Veamos que no es posible encontrar variables aleatorias X e Y que cumplan lo pedido.
Supongamos que śı existen variables aleatorias como en el enunciado. Entonces, tendŕıamos dos
variables aleatorias X e Y con el mismo soporte X tales que las funciones de probabilidad de
masa pX y pY cumplen que pX(x) ≤ pY (x) para todos los valores del soporte X , y además,
existe algún valor x∗ en X tal que pX(x∗) < pY (x∗).
Es decir, en todos los valores del soporte vale que la función de probabilidad de masa de X
esmenor o igual a la función de probabilidad de masa de Y , y además, existe algún valor en
donde es menor estricto. Por lo tanto, si sumamos pX(x) sobre todos los valores del soporte X ,
15
eso daŕıa un resultado que es menor estricto que si sumamos pY (x) sobre todos los valores del
soporte X , o sea
∑
x∈X
pX(x) < ∑
x∈X
pY (x).
(Recordemos que X representa tanto el soporte de X como el de Y .)
Sin embargo, como vale que
∑
x∈X
pX(x) = 1 y ∑
x∈X
pY (x) = 1
(ya que sumar la función de probabilidad de masa sobre todos los valores del soporte siempre
da 1), nos quedaŕıa que algo que vale 1 debe ser menor estricto que algo que también vale 1,
pero eso es falso, no puede ocurrir nunca. Por lo tanto, concluimos que no es posible encontrar
variables aleatorias que cumplan lo que pide el enunciado.
18. (*) Estudiá el ejemplo de las páginas 42-44 de las filminas sobre variable aleatoria. Ahora resolvé el
siguiente problema aplicando la misma técnica que se usó en ese ejercicio para calcular la probabilidad
aproximada. Se está por conducir una encuesta en una ciudad de un millón de habitantes. La encuesta
se hará a 1000 habitantes elegidos al azar, con reposición, de la ciudad. Usando la aproximación Poisson,
calculá la probabilidad aproximada de que ninguna persona sea elegida más de una vez. Usá R para
hacer el cálculo de esta probabilidad y comparala con la probabilidad que calculaste en ejercicio 6 del
TP 1. El código de R que podés usar para el cálculo aproximado lo podés deducir del código usado en
el ejemplo.
Solution: Con los 1000 sorteos para elegir quienes serán entrevistados, podemos construir n = (1000
2
)
pares distintos de sorteos.
Consideramos a cada par de sorteos como un ensayo Bernoulli con “éxito” si la misma persona fue
elegida en los dos sorteos y “fracaso” en caso contrario.
La probabilidad de éxito p es 1/1000000. Pues si fijamos la primer persona sorteada, la probabilidad
de que la segunda persona sorteada sea la misma que primera es 1/1000000.
Como los ensayos Bernoulli son “casi independientes”, entonces si
X = “Cantidad de pares en los que las dos personas elegidas son iguales”.
se tiene que X ≈ Pois (λ) para λ = (1000
2
) 1
100000
, y por lo tanto
P (X = 0) ≈ e−(
1000
2
) 1
100000
19. (**) Suponé que X ∼ Binom (n, p) e Y ∼ Binom (m,p) y que P (X = x,Y = y) = P (X = x)P (Y = y) .
Llamá Z =X − Y +m. Demostrá que Z no es una v.a. binomial.
Solution: Como 0 ≤ X ≤ n y 0 ≤ Y ≤m, se tendrá entonces que 0 ≤ X − Y +m ≤ n +m. Luego si Z
tuviera distribución binomial debeŕıa ocurrir que Z ∼ Binom (n +m,q) con algún q ∈ (0; 1).
16
Consideremos las siguientes probabilidades
P (Z = 0) = P (X − Y +m = 0) = P (X = 0, Y =m) = P (X = 0) ⋅ P (Y =m)
= (n
0
) ⋅ p0 ⋅ (1 − p)n ⋅ (m
m
) ⋅ pm ⋅ (1 − p)0 = (1 − p)n ⋅ pm
P (Z = n +m) = P (X − Y +m = 0) = P (X = n,Y = 0) = P (X = n) ⋅ P (Y = 0)
= (n
n
) ⋅ pn ⋅ (1 − p)0 ⋅ (m
0
) ⋅ p0 ⋅ (1 − p)m = pn ⋅ (1 − p)m,
por otro lado si Z fuera realmente binomial las probabilidades anteriores debeŕıan coincidir con
(n+m
0
) ⋅ q0 ⋅ (1 − q)n+m = (1 − q)n+m y con (n+m
n+m) ⋅ q
n+m ⋅ (1 − q)0 = qn+m respectivamente, luego si
P (Z = 0) = (1 − p)n ⋅ pm = (1 − q)n+m
P (Z = n +m) = pn ⋅ (1 − p)m = qn+m,
multiplicando a ambos lados de la igualdad se tendrá que (1 − p)n+m ⋅ pn+m = (1 − q)n+m ⋅ qn+m,
entonces teniendo en cuenta que la función f(x) = (1−x)n+m ⋅xn+m tiene un único máximo local en
x = 1
2
y que además tiene un eje de simetŕıa en x = 1
2
pues f(x) = f(1 − x), se tiene que para que
f(p) = f(q), necesariamente debe ocurrir que p = q ó p = 1 − q.
Luego si p = q, para que (1 − p)n ⋅ pm = (1 − p)n+m, debe ocurrir que pm = (1 − p)m y por lo tanto
p = q = 1
2
(si el caso fuera p = 1 − q, se arriba a la misma conclusión). Pero esto no puede ocurrir
porque de ser cierto, bajo el supuesto n >m (los casos m > n y m = n se argumentan análogamente):
P (Z = n) = P (X − Y +m = n) = P (X = n,Y =m) + P (X = n −m,Y = 0)
= P (X = n) ⋅ P (Y =m) + P (X = n −m) ⋅ P (Y = 0)
= 0,5n+m + ( n
n −m
) ⋅ 0,5n ⋅ (m
0
) ⋅ 0,5m
= 0,5n+m + ( n
n −m
) ⋅ 0,5n+m
= [1 + ( n
n −m
)] ⋅ 0,5n+m
mientras que si llegara a ocurrir que Z ∼ Binom (n +m,0,5)
P (Z = n) = (n +m
n
) ⋅ 0,5n+m,
pero estos valores no pueden coincidir porque
1 + ( n
n −m
) ≠ (n +m
n
)
Ejercicios adicionales para resolver con R.
20. En relación al ejercicio 16, suponé que a la señorita se la somete a un experimento con 50 tazas en las
que se sirvió primero la leche y luego el té, y otras 50 tazas en las que se sirvió primero el té y luego la
leche. En caso que la señorita haya seleccionado 50 tazas de las cuales 30 resultan ser del tipo ”primero
té y luego leche”, considerás que haber elegido 30 tazas correctas debeŕıa entenderse como evidencia
importante a favor de que tenga poderes sobrenaturales? Para corroborar la respuesta que diste a esta
pregunta usando tu intuición, realizá una simulación en la que sometés a este mismo experimento a
10000 personas que reconocen no tener poderes sobrenaturales y calculá la frecuencia relativa de obtener
un mı́nimo de 30 aciertos en la elección de las tazas.
17