ejercicios variables aleatorias

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Tarea 3. Variables Aleatorias Discretas 
Ejercicios 1, 14, 28, 29, 42, 43,56, 57 
1. Una caja tiene 10 bolas numeradas de la 1, a la 10. Se 
seleccionan al azar una por una con reemplazo dos bolas, 
registrando sus números. Sea 𝑋 el menor de los números 
de las bolas seleccionadas. Calcular la función de 
probabilidad de 𝑋 y su valor medio. 
Sol. 
Debido a como se define el evento 𝑋, es decir, es el menor de 
los números de las bolas seleccionadas en este experimento 
lo que se busca es 𝑃(𝑋 ≥ 𝑥), sean 𝑋1 y 𝑋2 los eventos en el 
que se saca la primera bola y la segunda respectivamente 
entonces podemos escribir a 𝑋 como 𝑋 = min(𝑋1, 𝑋2), 
entonces se puede reescribir. 
𝑃(𝑋 ≥ 𝑥) = 𝑃(min(𝑋1, 𝑋2) ≥ 𝑥) = 𝑃(𝑋1 ≥ 𝑥, 𝑋2 ≥ 𝑥)
= 𝑃(𝑋1 ≥ 𝑥)𝑃(𝑋2 ≥ 𝑥) 
Esta última igualdad se debe a que la selección de las bolas 
fue con reemplazo, es decir, ambos eventos son 
independientes, más aun, cada uno tiene una distribución 
uniforme y sus funciones de distribución están dadas como 
𝑓1(𝑥1) = {
10−1 =
1
10
 𝑠𝑖 𝑥1 = 1, … ,10.
0 𝑒𝑛 𝑐𝑎𝑠𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑟𝑖𝑜.
 
𝑓2(𝑥2) = {
10−1 =
1
10
 𝑠𝑖 𝑥2 = 1, … ,10.
0 𝑒𝑛 𝑐𝑎𝑠𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑟𝑖𝑜.
 
Pero para poder conocer su función de probabilidad ponemos 
lo siguiente: 
 
𝑃(𝑋 ≥ 𝑥) = 1 − 𝑃(𝑋 < 𝑥) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 𝑥 − 1)
= 1 − 𝑃(𝑋1 ≤ 𝑥 − 1)𝑃(𝑋2 ≤ 𝑥 − 1) 
 
Donde la segunda igualdad resulta de que al 𝑋 < 𝑥 y al ser una 
distribución discreta entonces 𝑋 ≤ 𝑥 − 1, ahora procedemos a 
calcular estas funciones de probabilidad como: 
 
𝑃(𝑋1 ≤ 𝑥 − 1) = 𝐹1(𝑥 − 1) = ∑ 𝑓(𝑥1)
[𝑥−1]
𝑥1=1
= ∑ 𝑓(𝑥1)
𝑥−1
𝑥1=1
= ∑
1
10
𝑥−1
𝑥1=1
=
𝑥 − 1
10
, 𝑥 = 1, … ,10 
𝑃(𝑋2 ≤ 𝑥 − 1) = 𝐹2(𝑥 − 1) ∑ 𝑓(𝑥2)
[𝑥−1]
𝑥2=1
= ∑ 𝑓(𝑥2)
𝑥−1
𝑥2=1
= ∑
1
10
𝑥−1
𝑥1=1
=
𝑥 − 1
10
, 𝑥 = 1, … ,10 
 
Puesto que 𝑥 sólo toma valores enteros positivos, de esta 
forma 𝐹1(𝑥 − 1) y 𝐹2(𝑥 − 1) serán igual a cero para valores de 
𝑥 < 0 y serán igual a 1 para valores 𝑥 > 10. 
Así entonces 
 
𝑃(𝑋 ≥ 𝑥) = 1 − (
𝑥 − 1
10
) (
𝑥 − 1
10
) = 1 − (
𝑥 − 1
10
)
2
=
100 − (𝑥 − 1)2
100
, 𝑥 = 1,2, … ,10. 
Pero nos interesa saber cuándo exactamente es el mínimo, es 
decir 𝑃(𝑋 = 𝑥), para esto escribimos lo siguiente: 
 
𝑃(𝑋 = 𝑥) = 𝑃(𝑋 ≥ 𝑥) − 𝑃(𝑋 ≥ 𝑥 + 1)
=
100 − (𝑥 − 1)2
100
−
100 − 𝑥2
100
=
2𝑥 − 1
100
 
 
Reacomodando tenemos entonces que la función de 
probabilidad será: 
 
𝒇(𝒙) = 𝑷(𝑿 = 𝒙) =
𝟐𝒙 − 𝟏
𝟏𝟎𝟎
, 𝒙 = 𝟏, 𝟐, … , 𝟏𝟎. 
 
Ahora para encontrar su media necesitamos hacer una 
sumatoria como: 
 
𝐸𝑋 = ∑ 𝑥𝑖𝑓(𝑥𝑖)
10
𝑖=1
= 1𝑓(1) + ⋯ + 10𝑓(10) = ∑(𝑥𝑖) (
2𝑥𝑖 − 1
100
)
10
𝑖=1
=
143
20
= 7.15 ≈ 7 
 
Donde sin pérdida de generalidad reemplazamos cada 𝑥 por 𝑥𝑖 
donde 𝑥𝑖 = 𝑖, 𝑖 = 1,2, … . ,10. 
𝑬𝑿 ≈ 𝟕 
 
 
15. Una compañía que fabrica tornillos sabe que el 3% de su 
producción es defectuosa. En sus lotes de 10000 tornillos la 
compañía ofrece una garantía del importe pagado si este 
tiene más de k tornillos defectuosos. ¿Qué tan pequeño debe 
escoger k la compañía para asegurarse de que no pague 
devoluciones en más de 1% de sus lotes? 
Definimos X como el número de tornillos defectuosos en 10000 
del lote que se produce. Dado que la parte defectuosa tiene 
una probabilidad de 0.03 independientemente una de las otras, 
tenemos 
𝑋~𝐵𝑖𝑛𝑜𝑚 (10000,0.03) 
Por lo tanto 𝜇 = 𝑛𝑝 = 300 y 𝜎2 = 𝑛𝑝(1 − 𝑝) = 291 Por la 
desigualdad de Chebyshev tenemos: 
𝑃(|𝑋 − 𝜇| ≥ 𝑘) ≤
𝜎2
𝑘2
 
Ahora el límite a esta dado por 
𝜎2
𝑘2
= 0.01 →
291
𝑘2
= 0.01 → 𝑘2 = 29100 
Así 𝑘 = 170.5872 
Comprobando tenemos: 
𝑃(|𝑋 − 𝜇| ≥ 170.5872) ≤ 0.01 
Por lo que el fabricante de tornillos se asegurará de que el 
número de artículos defectuosos no exceda 300+170.5872= 
470.5872 con una probabilidad de 0.01 
28. (a) Demostrar que si 𝑋1 y 𝑋2 son variables aleatorias 
independientes con valores enteros no negativos y definidas 
en el mismo espacio de probabilidad, y si 𝑆1 = 𝑋1 + 𝑋2, 
entonces la función generadora de probabilidad de 𝑆1 es 
𝐺𝑆1(𝑡) = 𝐺𝑋1(𝑡) 𝐺𝑋2(𝑡) para todo |𝑡| ≤ 1 
(b) Usando el inciso (a) y el problema 27 demuestre que si 𝑋1 
y 𝑋2 son variables aleatorias independientes de Poisson con 
parámetros 𝜆1 y 𝜆2 respectivamente, entonces 𝑋1 + 𝑋2 es una 
variable aleatoria de Poisson con parámetro 𝜆1 + 𝜆2 
(c) Formule y demuestre resultados análogos al dado en (b), 
para parejas de variables aleatorias independientes 
binomiales, geométricas y binomiales negativas. 
SOL. 
(a) Utilizando la definición 6, la función generadora de 
probabilidad 𝐺𝑋1(𝑡) de 𝑋1 es definida como 
𝐺𝑋1(𝑡) = ∑ 𝑃(𝑋1 = 𝑥)𝑡
𝑥
∞
𝑥=0
= ∑ 𝑓𝑋1(𝑥)𝑡
𝑥
∞
𝑥=0
, |𝑡| ≤ 1 
 
Y para 𝑋2, la función generadora de probabilidad 𝐺𝑋2(𝑡) 
es definida como 
 
𝐺𝑋2(𝑡) = ∑ 𝑃(𝑋2 = 𝑥)𝑡
𝑥
∞
𝑥=0
= ∑ 𝑓𝑋2(𝑥)𝑡
𝑥
∞
𝑥=0
, |𝑡| ≤ 1 
 
Ahora dado que 𝑋1 y 𝑋2 son variables aleatorias 
independientes con valores enteros no negativos y 
definidas en el mismo espacio de probabilidad, la función 
generadora de probabilidad de 𝑋1 + 𝑋2 se define por 
 
𝐺𝑋1+𝑋2(𝑡) = 𝐺𝑋1(𝑡)𝐺𝑋2(𝑡), |𝑡| ≤ 1 … (∗) 
 
Definiendo a 𝑆1 como 𝑆1 = 𝑋1 + 𝑋2, y utilizado (∗) la 
función generadora de probabilidad de 𝑆1 es 
 
𝐺𝑆1(𝑡) = 𝐺𝑋1+𝑋2(𝑡) = 𝐺𝑋1(𝑡)𝐺𝑋2(𝑡), |𝑡| ≤ 1 
 
(b) Sean 𝑋1 y 𝑋2 variables aleatorias independientes de 
Poisson con parámetros 𝜆1 y 𝜆2, con funciones 
generadoras de probabilidad 𝐺𝑋1(𝑡) = 𝑒
𝜆1(𝑡−1) y 𝐺𝑋2(𝑡) =
𝑒𝜆2(𝑡−1) respectivamente, entonces la función generadora 
de probabilidad de 𝑋1 + 𝑋2, se define como 
𝐺𝑋1+𝑋2(𝑡) = 𝐺𝑋1(𝑡)𝐺𝑋2(𝑡) 
 
 = 𝑒𝜆1(𝑡−1)𝑒𝜆2(𝑡−1) 
 
 = 𝑒(𝜆1+𝜆2)(𝑡−1) 
 
así la función generadora de probabilidad de 𝑋1 + 𝑋2, es 
la misma que la de una variable aleatoria de Poisson con 
parámetro 𝜆1 + 𝜆2. Esto implica que 𝑋1 + 𝑋2 debe ser de 
Poisson. 
 
(c) Sean 𝑋1 y 𝑋2 variables aleatorias independientes 
binomiales con parámetros 𝑛1, 𝑛2 y 𝑝, con funciones 
generadoras de probabilidad 𝐺𝑋1(𝑡) = (𝑝𝑡 + 1 − 𝑝)
𝑛1 y 
𝐺𝑋2(𝑡) = (𝑝𝑡 + 1 − 𝑝)
𝑛2 respectivamente, entonces la 
función generadora de probabilidad de 𝑋1 + 𝑋2, se define 
como 
𝐺𝑋1+𝑋2(𝑡) = 𝐺𝑋1(𝑡)𝐺𝑋2(𝑡) 
 
 = (𝑝𝑡 + 1 − 𝑝)𝑛1(𝑝𝑡 + 1 − 𝑝)𝑛2 
 
 = (𝑝𝑡 + 1 − 𝑝)𝑛1+𝑛2 
 
así la función generadora de probabilidad de 𝑋1 + 𝑋2, es 
la misma que la de una variable aleatoria binomial con 
parámetros 𝑛1 + 𝑛2 y 𝑝. Esto implica que 𝑋1 + 𝑋2 debe ser 
binomial. 
 
Sean 𝑋1 y 𝑋2 variables aleatorias independientes 
binomiales negativas con parámetros 𝑟1, 𝑟2 y 𝑝, con 
funciones generadoras de probabilidad 
 𝐺𝑋1(𝑡) = (
𝑝
1−𝑡(1−𝑝)
)
𝑟1
 y 𝐺𝑋2(𝑡) = (
𝑝
1−𝑡(1−𝑝)
)
𝑟2
 
respectivamente, entonces la función generadora de 
probabilidad de 𝑋1 + 𝑋2, se define como 
 
𝐺𝑋1+𝑋2(𝑡) = 𝐺𝑋1(𝑡)𝐺𝑋2(𝑡) 
 
 
= (
𝑝
1 − 𝑡(1 − 𝑝)
)
𝑟1
(
𝑝
1 − 𝑡(1 − 𝑝)
)
𝑟2
 
 
 = (
𝑝
1 − 𝑡(1 − 𝑝)
)
𝑟1+𝑟2
 
 
así la función generadora de probabilidad de 𝑋1 + 𝑋2, es 
la misma que la de una variable aleatoria binomial 
negativa con parámetros 𝑟1 + 𝑟2 y 𝑝. Esto implica que 𝑋1 +
𝑋2 debe ser binomial negativa. 
Sean 𝑋1 y 𝑋2 variables aleatorias independientes 
geométricas con parámetro 𝑝, con funciones generadoras 
de probabilidad 
 𝐺𝑋1(𝑡) =
𝑝
1−𝑡(1−𝑝)
 y 𝐺𝑋2(𝑡) =
𝑝
1−𝑡(1−𝑝)
 respectivamente, 
entonces la función generadora de probabilidad de 𝑋1 +
𝑋2, se define como 
 
𝐺𝑋1+𝑋2(𝑡) = 𝐺𝑋1(𝑡)𝐺𝑋2(𝑡) 
 
 
= (
𝑝
1 − 𝑡(1 − 𝑝)
) (
𝑝
1− 𝑡(1 − 𝑝)
) 
 
 = (
𝑝
1 − 𝑡(1 − 𝑝)
)
2
 
 
 = (
𝑝
1 − 𝑡(1 − 𝑝)
)
𝑟
 
 
así la función generadora de probabilidad de 𝑋1 + 𝑋2, es 
la misma que la de una variable aleatoria binomial 
negativa con parámetros 𝑟 y 𝑝. Esto implica que 𝑋1 + 𝑋2 
debe ser binomial negativa. 
42. ¿Cuántas veces se debe lanzar un dado legal para que la 
probabilidad de obtener al menos un 5 sea mayor que 
1
2
?. 
Sol. 
En este caso consideremos un experimento en el que 
tendremos un éxito si el dado cae 5 y un fracaso en cualquier 
otro caso, por lo que será una distribución de Bernoulli, 
entonces si 𝑛 son las veces que se ha tirado el dado, lo que 
buscamos es un 𝑛 tal que 
𝑃(𝑋 ≤ 𝑛) >
1
2
 
(1) 
Siendo 𝑋 es el evento que indica el número de tiros del dado. 
Pero por otra parte nosotros sabemos que esa función de 
probabilidad es igual a 
𝑃(𝑋 ≤ 𝑛) = 1 − 𝑃(𝑋 > 𝑛) 
Donde 𝑋 > 𝑛 es el evento en el que no se ha obtenido un 5 en 
el dado tirado en los primeros 𝑛 intentos y por la teoría tenemos 
que esta probabilidad es igual a: 
𝑃(𝑋 > 𝑛) = (1 − 𝑝)𝑛 
Pero 𝑝 es la probabilidad de tirar 5 en el dado, al ser un dado 
legal esta 𝑝 es igual a 𝑝 =
1
6
, ahora sólo basta resolver (1) para 
𝑛 y saber cuántas veces se necesita tirar el dado para que 
obtengamos una probabilidad mayor a 
1
2
 de obtener un 5 
1
2
< 𝑃(𝑋 ≤ 𝑛) = 1 − 𝑃(𝑋 > 𝑛) = 1 − (1 −
1
6
)
𝑛
= 1 − (
5
6
)
𝑛
 
Lo que nos lleva a la siguiente desigualdad 
(
5
6
)
𝑛
<
1
2
 
Aplicamos logaritmo natural a la desigualdad para despejar a 
𝑛 
ln (
5
6
)
𝑛
= 𝑛 ∙ ln (
5
6
) < ln (
1
2
) 
Pero ambos logaritmos naturales son negativos, y 𝑛 es 
positivo, pues es el numero de veces que se tira el dado, por 
lo que se invierte la desigualdad y obtenemos: 
𝑛 >
ln (
1
2)
ln (
5
6)
= 3.80 
Por lo tanto, 𝒏 debe ser igual a 4. (𝒏 = 𝟒) 
 
56. Supongamos que cierto tipo de cinta adhesiva contiene en 
promedio 3 defectos por cada 1000 metros. ¿Cuál es la 
probabilidad de que una cinta de 1500 metros de longitud 
de la misma clase, contenga dos defectos? 
Sea X el número de imperfecciones en 1500 metros de cinta. 
Entonces, X tiene una distribución de Poisson con 
E(X)= (1500m) (3 defectos/1000m) =4.5 defectos 
Por lo tanto, 
𝑃(𝑋 = 2) =
𝑒−4.5 ∗ 4.52
2! 
= 0.1124 
57. Para cierto salón de fiestas se sabe que el 1% de las 
personas que hacen reservación de una mesa no asisten. Para 
cierto evento se aceptan para el salón 202 reservaciones, pero 
el salón tiene sólo 200 mesas. Calcular la probabilidad de que 
a todas las personas que asistan al salón (con reservación) se 
les asigne una mesa. 
SOL. 
Sea A el suceso en el que una persona con reservación, NO 
acude al salón, la 𝑃(𝐴) = 0,01, y sea B el suceso en el que una 
persona con reservación, acude al salón, entonces la 
probabilidad de B será: 𝑃(𝐵) = 1 − 𝑃(𝐴) = 1 − 0,01 = 0,99. 
Ahora sea la variable aleatoria 𝑋 = el número de personas con 
reservación que acuden al salón. 
𝑋 posee una distribución binomial con parámetros 𝑛 = 202 y 
𝑝 = 0,99, 𝑋~𝐵𝑖𝑛(202,0.99). Nos piden: 𝑃(𝑋 ≤ 200), entonces 
𝑃(𝑋 ≤ 200) = ∑ (
202
𝑥
) (0.99)𝑥
200
𝑥=0
(1 − 0.99)202−𝑥 
 = 0.6007 
O bien 
𝑃(𝑋 ≤ 200) = 1 − 𝑃(𝑋 > 200) = 1 − 𝑃(𝑋 ≥ 201) 
 = 1 − ∑ (
202
𝑥
) (0.99)𝑥
202
𝑥=201
(1 − 0.99)202−𝑥 
 = 1 − 0.39924 
 = 0.6007