Ejercicios Resueltos Probabilidad y Estadística - Parte II

Probabilidad y Estadística
Variables Aleatorias
Funciones de Distribución
2026-01-29
82 min de lectura

Tema 2

Ejercicio 1

Suponiendo que la probabilidad de que el sexo de un recién nacido sea masculino, es igual a 0.51, calcular para cuatro partos ocurridos en un hospital, la probabilidad de que:

  1. Haya igual número de niños que de niñas

📐Demostración

El experimento consiste en observar el sexo de un recién nacido, así, lo que se nos pide es:

P(nuˊmero de nin˜os = nuˊmero de nin˜as (en 4 partos))\begin{align*} P(\text{\small número de niños = número de niñas (en 4 partos)}) \end{align*}

Tenemos que el experimento es un experimento de Bernoulli, donde la probabilidad podemos definir el éxito como que sea niño y tenemos que p=0.51p=0.51.

Definimos una variable aleatoria XX tal que:

X ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PX)ω⟼X(ω)=nuˊmero de nin˜os en 4 partos\begin{align*} X \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_X)\\ \omega & \longmapsto X(\omega) = \text{\small número de niños en 4 partos} \end{align*}

Así, tenemos que X⇝B(4,0.51)X \rightsquigarrow \mathcal{B}(4, 0.51), entonces, lo que queremos calcular es:

P(X=2)=(42)⋅0.512⋅(1−0.51)2=6⋅0.512⋅0.492=0.2415\begin{align*} P(X = 2) = \binom{4}{2} \cdot 0.51^2 \cdot (1 - 0.51)^2 = 6 \cdot 0.51^2 \cdot 0.49^2 = 0.2415 \end{align*}
  1. El número de niños sea menor que el de niñas

📐Demostración

En este caso, lo que queremos es que haya más niñas que niños, es decir, que de los 4 partos haya 0 o 1 niño, es decir:

P(X≤1)\begin{align*} P(X \leq 1) \end{align*}

Podemos calcular esto como:

P(X≤1)=P(X=0)+P(X=1)=(40)0.510⋅ 0.494+(41)0.511⋅0.493==0.2051+0.4118=0.6169\begin{align*} P(X \leq 1) & = P(X = 0) + P(X = 1) = \binom{4}{0} 0.51^0 \cdot\, 0.49^4 + \binom{4}{1} 0.51^1 \cdot 0.49^3 =\\ &= 0.2051 + 0.4118 = 0.6169 \end{align*}
  1. Haya al menos un niño

📐Demostración

En esto caso, lo que queremos es:

P(X≥1)\begin{align*} P(X \geq 1) \end{align*}

es decir:

P(X≥1)=1−P(X=0)=1−(40)0.512⋅0.492=1−0.2051=0.7949\begin{align*} P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \binom{4}{0} 0.51^2 \cdot 0.49^2 = 1 - 0.2051 = 0.7949 \end{align*}
  1. No haya más de tres niñas

📐Demostración

En este caso, lo que queremos es que haya 3 o menos niñas, es decir, que haya al menos un niños, es decir:

P(X≥1)\begin{align*} P(X \geq 1) \end{align*}

Que es lo que calculamos antes

Si se sabe que, al menos, uno de los cuatro bebés fue varón, calcular la probabilidad de que 5. Haya igual número de niños que de niñas

📐Demostración

Lo que se nos pide ahora es:

P(X=2∣X≥1)=P(X=2∩X≥1)P(X≥1)=P(X=2)P(X≥1)=0.24150.7949=0.3037\begin{align*} P(X = 2 \mid X \geq 1) = \frac{P(X = 2 \cap X \geq 1)}{P(X \geq 1)} = \frac{P(X = 2)}{P(X \geq 1)} = \frac{0.2415}{0.7949} = 0.3037 \end{align*}
  1. Haya al menos dos niños más que niñas

📐Demostración

En este caso, que haya al menos dos niños más que niñas es equivalente a que haya, al menos, 3 niños, es decir:

P(X≥3∣X≥1)=P(X≥3∩X≥1)P(X≥1)=P(X≥3)P(X≥1)=0.20510.7949=0.2580\begin{align*} P(X \geq 3 \mid X \geq 1) = \frac{P(X \geq 3 \cap X \geq 1)}{P(X \geq 1)} = \frac{P(X \geq 3)}{P(X \geq 1)} = \frac{0.2051}{0.7949} = 0.2580 \end{align*}

Ejercicio 2

En una población, se sabe que la probabilidad de encontrar al menos una persona con ojos azules de entre 10 personas escogidas al azar es 0.1 Calcular la probabilidad de que tras haber examinado aleatoriamente a 26 personas al azar de dicha población, ninguna de ellas tenga color de ojos azules

📐Demostración

El experimento consiste en observar el color de los ojos de una personas, así, lo que se nos pide es:

P(ninguna persona tenga los ojos azules (entre 26 personas))\begin{align*} P(\text{\small ninguna persona tenga los ojos azules (entre 26 personas)}) \end{align*}

Sabemos, por el enunciado, que la probabilidad de que haya al menos una persona con ojos azules entre 10 personas es de 0.1, es decir, podemos definir una variable aleatoria XX tal que:

X ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PX)ω⟼X(ω)=probabilidad de encontrar al menos una persona con ojos azules (entre 10)\begin{align*} X \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_X)\\ \omega & \longmapsto X(\omega) = \text{\small probabilidad de encontrar al menos una persona con ojos azules (entre 10)} \end{align*}

Así, tenemos que X⇝B(10,0.1)X \rightsquigarrow \mathcal{B}(10, 0.1), entonces, lo que queremos calcular es:

P(X=0)=(260)⋅0.10⋅0.926=0.926=0.0720\begin{align*} P(X = 0) = \binom{26}{0} \cdot 0.1^0 \cdot 0.9^{26} = 0.9^{26} = 0.0720 \end{align*}

Ejercicio 3

Dos personas juegan lanzando una moneda hasta que tanto la cara como la cruz se presenten tres veces. Hallar la probabilidad de que el juego no se haya terminado tras 10 lanzamientos

📐Demostración

El experimento consiste en observar el resultado de lanzar una moneda hasta que salta cara y cruz 3 veces. Lo que se pide es calcular la probabilidad de que el juego no haya terminado tras 10 lanzamientos.

Vemos que el experimento de lanzar una única moneda y observar su resultado es un experimento de Bernoulli, donde podemos considerar el éxito como que salga cara, es decir p=0.5p = 0.5. Así, podemos definir una variable aleatoria YY tal que:

Y ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PY)ω⟼Y(ω)=nuˊmero de lanzamientos\begin{align*} Y \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_Y)\\ \omega & \longmapsto Y(\omega) = \text{\small número de lanzamientos} \end{align*}

Así, tenemos que Y⇝B(10,P(c))Y \rightsquigarrow \mathcal{B} (10, P(c)) por lo que buscamos

P(juego no termina en 10 lanzamientos)=P((X≤2)∪(X≥8))==P(X≤2)+P(X≥8)==∑i=02(10i)0.5i0.510−i+∑i=810(10i)0.5i0.510−i==0.0547+0.0547=0.1094\begin{align*} P(\text{\small juego no termina en 10 lanzamientos}) & = P((X \leq 2) \cup (X \geq 8)) = \\ & = P(X \leq 2) + P(X \geq 8) = \\ & = \sum_{i = 0}^{2} \binom{10}{i} 0.5^i 0.5^{10 - i} + \sum_{i = 8}^{10} \binom{10}{i} 0.5^i 0.5^{10 - i} = \\ & = 0.0547 + 0.0547 = 0.1094 \end{align*}

Ejercicio 4

*Sea XX una variable aleatoria con distribución de Poisson que satisface

P(X=2)=P(X=1)5P(X = 2) = \dfrac{P(X = 1)}{5}

Determinar su distribución*

📐Demostración

Tenemos que X⇝P(λ)X \rightsquigarrow \mathcal{P}(\lambda), es decir, que:

P(X=k)=e−λλkk!\begin{align*} P(X = k) = \frac{e^{ - \lambda} \lambda^k}{k!} \end{align*}

Sabemos que P(X=2)=P(X=1)5P(X = 2) = \dfrac{P(X = 1)}{5}, es decir:

e−λλ22!=e−λλ11!5  ⟺  λ2=15  ⟺  λ=25\begin{align*} \frac{e^{ - \lambda} \lambda^2}{2!} = \dfrac{\dfrac{e^{ - \lambda} \lambda^1}{1!}}{5} \iff \frac{\lambda}{2} = \frac{1}{5} \iff \lambda = \frac{2}{5} \end{align*}

Así, la distribución de XX será:

P(X=k)=e−25(25)kk!\begin{align*} P(X = k) = \frac{e^{ - \frac{2}{5}} \left(\frac{2}{5}\right)^k}{k!} \end{align*}

Ejercicio 5

El número de organismos de tipo A en una célula tiene distribución de Poisson con parámetro λ\lambda mientras que el número de organismos de tipo B, depende del número de organismos de tipo A y sigue distribución de Poisson de media ln⁡2(1+x)\ln 2(1 + x), si xx es el número de organismos de tipo AA:

  1. Si se considera sana una célula cuando contiene algún organismo de tipo AA, pero ninguno de tipo B, ¿cuál es la probabilidad de que al tomar nn células al zar, haya exactamente kk células sanas?

📐Demostración

El experimento consiste en observar el número de organismos de cada tipo en una célula y, determinar si es sana o no. Así, lo que se nos pide es:

P(nuˊmero de ceˊlulas sanas = k (en n ceˊlulas))\begin{align*} P(\text{\small número de células sanas = k (en $n$ células)}) \end{align*}

Sabemos que el número de organismos de tipo AA presentes en una célula sigue una distribución de Poisson de parámetro λ\lambda. Así definimos una variable aleatoria XX tal que:

X ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PX)ω⟼X(ω)=nuˊmero de organismos de tipo A en una ceˊlula\begin{align*} X \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_X)\\ \omega & \longmapsto X(\omega) = \text{\small número de organismos de tipo A en una célula} \end{align*}

y sabemos que X⇝P(λ)X \rightsquigarrow \mathcal{P}(\lambda).

Por otra parte, sabemos que Y=P(ln⁡2(1+x))Y = \mathcal{P}(\ln 2(1 + x)) es decir:

Y∣X=x⇝P(ln⁡2(1+x))\begin{align*} Y|_{X = x} \rightsquigarrow \mathcal{P}(\ln 2(1 + x)) \end{align*}

Notar que, una célula es sana si y solo si:

(X>0)∩(Y=0)\begin{align*} (X > 0) \cap (Y = 0) \end{align*}

y además, ver si una célula es o no sana es un experimento de Bernoulli, donde el éxito es que la célula sea sana, es decir:

Z=nuˊmero de ceˊlulas sanas (de n observaciones)\begin{align*} Z = \text{\small número de células sanas (de $n$ observaciones)} \end{align*}

Entonces, lo que tenemos es que Z⇝B(n,P(ceˊlula sana))Z \rightsquigarrow \mathcal{B}(n, P(\text{\small célula sana})) donde:

P(al tomar n ceˊlulas haya k sanas)=P(Z=k)\begin{align*} P(\text{\small al tomar $n$ células haya $k$ sanas}) = P(Z = k) \end{align*}

Y sabemos que una célula sana cumple que:

P(ceˊlula sana)=P(X>0∩Y=0)==P[(X=1∪X=2∪…)∩Y=0]==P[(X=1∩Y=0)∪(X=2∩Y=0)∪…]==∑i=1∞P(X=i∩Y=0)=∑i=1∞P(Y=0∣X=i)⋅P(X=i)==∑i=1∞e−ln⁡2(1+i)[ln⁡2(1+i)]00!⋅e−λλii!==∑i=1∞e−λ2(1+i)λii!=e−λ2λ∑i=1∞λi+1(i+1)!=e−λ2λ∑j=2∞ejj!==e−λ2λ(eλ−1−λ)\begin{align*} P(\text{\small célula sana}) & = P(X > 0 \cap Y = 0) = \\ & = P[(X = 1 \cup X = 2 \cup \ldots) \cap Y = 0] = \\ & = P[(X = 1 \cap Y = 0) \cup (X = 2 \cap Y = 0) \cup \ldots] = \\ & = \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} P(X = i \cap Y = 0) = \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} P(Y = 0|_{X = i}) \cdot P(X = i) = \\ & = \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} e^{ - \ln 2 (1 + i)} \frac{[\ln 2(1 + i)]^0}{0!} \cdot \frac{e^{ - \lambda} \lambda^i}{i!} = \\ & = \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} \frac{e^{ - \lambda}}{2(1 + i) } \frac{\lambda^i}{i!} = \frac{e^{ - \lambda}}{2 \lambda} \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} \dfrac{\lambda^{i + 1}}{(i + 1)!} = \frac{e^{ - \lambda}}{2\lambda} \displaystyle \sum_{j = 2}^{\infty} \frac{e^{ j}}{j!} =\\ & = \frac{e^{ - \lambda}}{2 \lambda} \left( e^\lambda - 1 - \lambda \right) \end{align*}

Podemos decir que Z⇝B(n,e−λ(eλ−1−λ)2λ)Z \rightsquigarrow \mathcal{B}\left(n, \dfrac{e^{-\lambda} (e^\lambda - 1 - \lambda)}{2 \lambda} \right) y por lo tanto:

P(X=k)=(nk)(e−λ(eλ−1−λ)2λ)k(1−e−λ(eλ−1−λ)2λ)n−k\begin{align*} P(X = k) = \binom{n}{k} \left(\frac{e^{-\lambda} (e^\lambda - 1 - \lambda)}{2 \lambda}\right)^k \left(1 - \frac{e^{-\lambda} (e^\lambda - 1 - \lambda)}{2 \lambda}\right)^{n - k} \end{align*}
  1. Calcular la probabilidad de que el número total de organismos de tipo A y B en una célula escogida al azar, no se mayor que uno

📐Demostración

Esperamos que el número total de organismos de tipo A y B en una célula sea menor o igual a uno, es decir:

P(X+Y≤1)=P(X=0∩Y=0)+P(X=1∩Y=0)+P(X=0∩Y=1)\begin{align*} P(X + Y \leq 1) = P(X = 0 \cap Y = 0) + P(X = 1 \cap Y = 0) + P(X = 0 \cap Y = 1) \end{align*}

Podemos calcular cada una de ellas como:

P(X=0∩Y=0)=P(Y=0∣X=0)⋅P(X=0)=e−ln⁡2⋅11!⋅e−λ0!=e−ln⁡2−λP(X=1∩Y=0)=P(Y=0∣X=1)⋅P(X=1)=e−ln⁡4(ln⁡4)11!⋅e−λλ1!==e−ln⁡4−λλln⁡4P(X=0∩Y=1)=P(Y=1∣X=0)⋅P(X=0)=e−ln⁡211!⋅e−λ0!=e−ln⁡2−λ\begin{align*} P(X = 0 \cap Y = 0) & = P(Y = 0|_{X = 0}) \cdot P(X = 0) = e^{ - \ln 2} \cdot \frac{1}{1!} \cdot \frac{e^{ - \lambda}}{0!} = e^{ - \ln 2 - \lambda}\\[3ex] P(X = 1 \cap Y = 0) & = P(Y = 0|_{X = 1})\cdot P(X = 1) = e^{ - \ln 4} \frac{(\ln 4)^1}{1!} \cdot \frac{e^{ - \lambda} \lambda}{1!} = \\[1ex] & = e^{ - \ln 4 - \lambda} \lambda \ln 4\\[3ex] P(X = 0 \cap Y = 1) & = P(Y = 1|_{X = 0}) \cdot P(X = 0) = e^{ - \ln 2} \frac{1}{1!}\cdot \frac{e^{ - \lambda}}{0!} = e^{ - \ln 2 - \lambda} \end{align*}

Así, la probabilidad de que el número total de organismos de tipo A y B en una célula escogida al azar, no sea mayor que uno es:

P(X+Y≤1)=e−ln⁡2−λ+e−ln⁡4−λλln⁡4+e−ln⁡2−λ=e−ln⁡2−λ(1+λln⁡4)==e−λ(1+λln⁡4)=e−λ+e−λλln⁡4\begin{align*} P(X + Y \leq 1) & = e^{ - \ln 2 - \lambda} + e^{ - \ln 4 - \lambda} \lambda \ln 4 + e^{ - \ln 2 - \lambda} = e^{ - \ln 2 - \lambda} (1 + \lambda \ln 4) =\\ & = e^{ - \lambda} (1 + \lambda \ln 4) = e^{ - \lambda} + e^{ - \lambda} \lambda \ln 4 \end{align*}
  1. Calcular la probabilidad anterior si se sabe que la cédula no es sana

📐Demostración

Así, lo que tenemos que calcular es:

P(X+Y≤1∣ceˊlula no sana)=P(X+Y≤1∩ceˊlula no sana)P(ceˊlula no sana)\begin{align*} P(X + Y \leq 1 |_{\text{célula no sana}}) = \dfrac{P(X + Y \leq 1 \cap \text{\small célula no sana})}{P(\text{\small célula no sana})} \end{align*}

Así, tenemos que:

P(X+Y≤1∩ceˊlula no sana)=P(X+Y≤1∩X>0∩Y>0)==P(X=1∩Y=0)+P(X=0∩Y=1)==e−ln⁡4−λλln⁡4+e−ln⁡2−λ=e−λλln⁡4+e−λ==e−λ(1+λln⁡4)=e−λ+e−λλln⁡4\begin{align*} P(X + Y \leq 1 \cap \text{\small célula no sana}) & = P(X + Y \leq 1 \cap X > 0 \cap Y > 0) = \\ & = P(X = 1 \cap Y = 0) + P(X = 0 \cap Y = 1) = \\ & = e^{ - \ln 4 - \lambda} \lambda \ln 4 + e^{ - \ln 2 - \lambda} = e^{ - \lambda} \lambda \ln 4 + e^{ - \lambda} = \\ & = e^{ - \lambda} (1 + \lambda \ln 4) = e^{ - \lambda} + e^{ - \lambda} \lambda \ln 4 \end{align*}

Así, la probabilidad de que el número total de organismos de tipo A y B en una célula escogida al azar, no sea mayor que uno si se sabe que la célula no es sana es:

P(X+Y≤1∣ceˊlula no sana)=e−λ+e−λλln⁡41−e−λ2λ(eλ−1−λ)=e−λ+e−λλln⁡41−e−λ2λ(eλ−1−λ)\begin{align*} P(X + Y \leq 1 |_{\text{célula no sana}}) = \dfrac{e^{ - \lambda} + e^{ - \lambda} \lambda \ln 4}{1 - \frac{e^{ - \lambda}}{2 \lambda} \left( e^\lambda - 1 - \lambda \right)} = \dfrac{e^{ - \lambda} + e^{ - \lambda} \lambda \ln 4}{1 - \frac{e^{ - \lambda}}{2 \lambda} \left( e^\lambda - 1 - \lambda \right)} \end{align*}
  1. Si una célula no contiene organismos de tipo B, calcular la probabilidad de que no contenga organismos de tipo AA

📐Demostración

La probabilidad que buscamos se puede expresar como:

P(X=0∣Y=0)=P(X=0∩Y=0)P(Y=0)=e−ln⁡2−λe−ln⁡2=e−λ\begin{align*} P(X = 0 |_{Y = 0}) = \dfrac{P(X = 0 \cap Y = 0)}{P(Y = 0)} = \dfrac{e^{ - \ln 2 - \lambda}}{e^{ - \ln 2}} = e^{ - \lambda} \end{align*}

Ejercicio 6

Sea XX una variable aleatoria con función masa de probabilidad

P(X=k)=e−1(k+1)!\begin{align*} P(X = k) = \frac{e^{ - 1}}{(k + 1)!} \end{align*}

donde k∈{−1,0,1,…}k \in \{-1, 0, 1, \ldots\}

  1. ¿Está relacionada esta distribución con alguna conocida?

📐Resolución

Podemos definir una función Y=X+1Y = X + 1. Así tendríamos que:

P(X=k)=P(Y−1=k)\begin{align*} P (X= k) = P(Y - 1 = k) \end{align*}

entonces, definimos j=k−1j = k - 1, y tendríamos que j∈{0,1,…}j \in \{0, 1, \ldots\}. Así:

P(Y−1=k)=P(Y=j)=e−1j!\begin{align*} P(Y - 1 = k) = P(Y = j) = \frac{e^{ - 1}}{j!} \end{align*}

Es decir, que Y∼P(1)Y \sim \mathcal{P}(1), entonces, XX sigue una distribución de Poisson de parámetro λ=1\lambda = 1 pero desplazada.

  1. Hallar la media y la varianza de la variable anterior

📐Resolución

Como Y∼P(1)Y \sim \mathcal{P}(1) por teoría sabemos que:

E(Y)=Var(Y)=1\begin{align*} E(Y) = Var(Y) = 1 \end{align*}

Así, haciendo la conversión con X=Y−1X = Y - 1 tenemos que:

  • E(X)=E(Y−1)=λ−1=1−1=0E(X) = E(Y - 1) = \lambda - 1 = 1 - 1 = 0
  • Var(X)=Var(Y−1)=Var(Y)=1Var(X) = Var(Y - 1) = Var(Y) = 1
  1. Encontrar la función generatriz de momentos

📐Resolución

Por teoría, sabemos que la función generatriz de momentos es de la forma

gY(t)=E[etY]\begin{align*} g_Y(t) = E[e^{tY}] \end{align*}

Como Y∼P(1)Y \sim \mathcal{P}(1) tenemos que:

P(Y=j)=λje−λj! con j=0,1,…\begin{align*} P(Y = j) = \frac{\lambda^j e^{ - \lambda}}{j!} \text{ con } j = 0, 1, \ldots \end{align*}

Así, tenemos que:

gY(t)=∑j=0∞etj⋅P(Y=j)=∑j=0∞etje−λλjj!=e−λ∑j=0∞(λet)jj!\begin{align*} g_Y(t) = \displaystyle \sum_{j = 0}^{\infty} e^{tj} \cdot P(Y = j) = \displaystyle \sum_{j = 0}^{\infty} e^{tj} \frac{e^{ - \lambda} \lambda^j}{j!} = e^{ - \lambda} \displaystyle \sum_{j = 0}^{\infty} \frac{(\lambda e^t)^j}{j!} \end{align*}

Tema 2 - Ejercicio 7

Sea XX una variable aleatoria con distribución de Poisson de parámetro λ\lambda. Hallar la moda de dicha distribución

📐Resolución

Sea X∼P(λ)X \sim \mathcal{P}(\lambda) entonces tenemos que:

P(X=k)=λk−e−λk! con k∈{1,2,…}\begin{align*} P(X = k) = \frac{\lambda^k - e^{ -\lambda}}{k!}\qquad \text{ con } k \in \{1, 2, \ldots\} \end{align*}

La moda de una distribución de Poisson será el valor kk que maximiza la probabilidad, es decir, que P(X=k)P(X = k) sea máximo:

Mo(P(λ))=max⁡k=1,2,…P(X=k)\begin{align*} Mo(\mathcal{P}(\lambda)) = \max_{k = 1, 2, \ldots} P(X = k) \end{align*}

Así, tenemos que ver cual es el entero que satisface esta condición de máximo. Para ello, calcularemos la razón entre dos términos de probabilidades consecutivas con el fin de poder determinar en que punto empieza a disminuir la probabilidad:

P(X=k+1)P(X=k)=e−λλk+1(k+1)!e−λλkk!=e−λ⋅λk⋅λ⋅k!e−λ⋅λk⋅(k+1)⋅k!=λk+1\begin{align*} \frac{P(X = k + 1)}{P(X = k)} = \frac{\dfrac{e^{ - \lambda} \lambda^{k + 1}}{(k + 1)!}}{\dfrac{e^{ - \lambda} \lambda^k}{k!}} = \frac{e^{ - \lambda} \cdot \lambda^{k} \cdot \lambda \cdot k!}{e^{ - \lambda} \cdot \lambda^k \cdot (k + 1) \cdot k!} = \frac{\lambda}{k + 1} \end{align*}

Así, que P(X=k)P(X = k) sea máximo implica que P(X=k+1)≤P(X=k)P(X = k+1) \leq P(X = k), es decir:

P(X=k+1)≤P(X=k)⟺P(X=k+1)P(X=k)≤1⟺λk+1≤1\begin{align*} P(X = k + 1) \leq P(X = k) \Longleftrightarrow \frac{P(X = k + 1)}{P(X = k)} \leq 1 \Longleftrightarrow \frac{\lambda}{k + 1} \leq 1 \end{align*}

Despejando en la ecuación anterior llegamos a que:

λ≤k+1k≤λ−1\begin{align*} \lambda & \leq k + 1\\ k & \leq \lambda - 1 \end{align*}

Así, tenemos que la moda de la distribución de Poisson es el mayor entero que es menor o igual a λ\lambda, es decir:

k=⌊λ⌋ con λ∉N\begin{align*} k = \lfloor \lambda \rfloor \qquad \text{ con } \lambda \notin \mathbb{N} \end{align*}

Sin embargo, el caso de que λ∈N\lambda \in \mathbb{N} tendríamos que sería unimodal, entonces:

λ y λ−1\begin{align*} \lambda \text{ y } \lambda - 1 \end{align*}

Ejercicio 8

Sea XX el número de llamadas telefónicas que llegan a una centralita por hora. Se sabe que la probabilidad de atender a una llamada es pp. Sea YY la variable aleatoria número de llamadas atendidas en una hora. Si la distribución de XX es de Poisson de parámetro λ\lambda, obtener la distribución de YY

📐Demostración

Tenemos que el experimento consiste en observar el número de llamadas que se atienden en una hora en una centralita. Sabemos que XX mide el número de llamadas que llegan a la centralita por hora y además:

X⇝P(λ)\begin{align*} X \rightsquigarrow \mathcal{P} (\lambda) \end{align*}

Sabemos además que la probabilidad de que una llamada sea atendida es pp. Así, queremos hallar la distribución de YY que mide el número de llamadas atendidas en una hora.

Podemos notar que que una llamada sea atendida o no no deja de ser un experimento de Bernoulli, donde podemos definir el éxito como que la llamada sea atendida. Así, YY es una variable aleatoria con distribución binomial tal que:

Y⇝(P(λ),p)\begin{align*} Y \rightsquigarrow \left(\mathcal{P}(\lambda), p\right) \end{align*}

De hecho, sabemos que para un valor fijo de llamadas kk tenemos que:

Y⇝B(k,p)=(ki)pi(1−p)k−i\begin{align*} Y \rightsquigarrow \mathcal{B}(k, p) = \binom{k}{i} p^i (1 - p)^{k - i} \end{align*}

Así, tenemos que:

P(Y=y∣X=k)=(ky)py(1−p)k−y con y=0,1,…,k\begin{align*} P(Y = y |_{X = k}) = \binom{k}{y} p^y (1 - p)^{k - y}\quad \text{ con } y = 0, 1, \ldots, k \end{align*}

Entonces, la probabilidad de Y=yY = y se obtiene como:

P(Y=y)=∑k=y∞P(Y=y∩X=k)⋅P(X=k)==∑k=y∞(ky)py(1−p)k−y⋅e−λλkk!==∑k=y∞e−λλky!(k−y)!py(1−p)k−y\begin{align*} P(Y = y) & = \displaystyle \sum_{k = y}^{\infty} P(Y = y \cap X = k) \cdot P(X = k) = \\ & = \displaystyle \sum_{k = y}^{\infty} \binom{k}{y} p^y (1 - p)^{k - y} \cdot \frac{e^{ - \lambda} \lambda^k}{k!} = \\ & = \displaystyle \sum_{k = y}^{\infty} \frac{e^{ - \lambda} \lambda^k}{y! (k - y)!} p^y (1 - p)^{k - y} \end{align*}

Haciendo un cambio de variable podemos llegar a Y⇝P(λp)Y \rightsquigarrow \mathcal{P}(\lambda p)

Ejercicio 9

La probabilidad de que una máquina fabrique una pieza defectuosa es 0.0001. Tal máquina fabrica en un año 20000 piezas. Calcular la probabilidad de que fabrique al menos 2 piezas defectuosas

📐Resolución

El experimento consiste en observar el estado de las piezas que fabrica una máquina anualmente. Queremos ver:

P(al menos 2 piezas sean defectuosas (en 20000))\begin{align*} P(\text{\small al menos 2 piezas sean defectuosas (en 20000)}) \end{align*}

Podemos definir XX como una variable aleatoria discreta tal que:

X ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PX)ω⟼X(ω)=nº de piezas defectuosas (en 20000)\begin{align*} X \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_X)\\ \omega & \longmapsto X(\omega) = \text{\small nº de piezas defectuosas (en 20000)} \end{align*}

Notar que X∼B(20000,P(pieza defectuosa))X \sim \mathcal{B}(20000, P(\text{\small pieza defectuosa})).\ Así, queremos ver cual es la probabilidad de que al menos dos piezas sean defectuosas, es decir:

P(X≥2)\begin{align*} P(X \geq 2) \end{align*}

Para ello, podemos construir la siguiente tabla:

XP(X=k)0(200000)[P(defectuosa)]0[P(no defectuosa)]200001(200001)[P(defectuosa)]1[P(no defectuosa)]19999⋮⋮20000(2000020000)[P(defectuosa)]20000[P(no defectuosa)]0\begin{array}{c|c} X & P(X = k)\\\hline 0 & \binom{20000}{0} [P(\text{\small defectuosa})]^0 [P(\text{\small no defectuosa})]^{20000}\\ \hline 1 & \binom{20000}{1} [P(\text{\small defectuosa})]^1 [P(\text{\small no defectuosa})]^{19999}\\ \hline \vdots & \vdots\\ \hline 20000 & \binom{20000}{20000} [P(\text{\small defectuosa})]^{20000} [P(\text{\small no defectuosa})]^{0} \end{array}

Así, tenemos que:

P(X≥2)=1−P(X<2)=1−P(X=0∪X=1)==1−(P(X=0)+P(X=1))==1−((200000)p0(1−p)20000+(200001)p1(1−p)19999)==1−(20000!20000!0.00010⋅0.999920000+20000!19999!0.00011⋅0.999919999)==1−(0.999920000+20000⋅0.00011⋅0.999919999)≈0.5940\begin{align*} P(X \geq 2) & = 1 - P(X < 2) = 1 - P(X = 0 \cup X = 1) =\\[1.5ex] &= 1 - (P(X = 0) + P(X = 1)) = \\[1.5ex] &= 1 - \left(\binom{20000}{0} p^0 (1 - p)^{20000} + \binom{20000}{1} p^1 (1 - p)^{19999}\right) = \\[1.5ex] &= 1 - \left(\frac{20000!}{20000!} 0.0001^0 \cdot 0.9999^{20000} + \frac{20000!}{19999!} 0.0001^1 \cdot 0.9999^{19999}\right) = \\[1.5ex] & = 1 - (0.9999^{20000} + 20000 \cdot 0.0001^1 \cdot 0.9999^{19999}) \approx 0.5940 \end{align*}

Ejercicio 10

Sea XX una variable aleatoria discreta con soporte {0,1,…}\{0, 1,\ldots\}. Demostrar qu XX tiene una distribución geométrica si y solo si para cualesquiera k1,k2∈{0,1,…}k_1, k_2 \in \{0, 1, \ldots\} se cumple que:

P(X>k1+k2∣X>k1)=P(X≥k2)\begin{align*} P(X > k_1 + k_2 | X > k_1) = P(X \geq k_2) \end{align*}

📐Demostración

Tenemos que demostrar que:

X⇝G(p)⟺P(X>k1+k2∣X>k1)=P(X≥k2)∀k1,k2∈{0,1,…}\begin{align*} X \rightsquigarrow \mathcal{G}(p) \Longleftrightarrow P(X > k_1 + k_2 | X > k_1) = P(X \geq k_2) \quad \forall k_1, k_2 \in \{0, 1, \ldots\} \end{align*}

Procederemos a demostrar la doble implicación:

  • ⇒\Rightarrow) Tenemos que X⇝G(p)X \rightsquigarrow \mathcal{G}(p), es decir, que:
P(X=k)=(1−p)kp∀k∈{0,1,…}\begin{align*} P(X = k) = (1 - p)^k p \quad \forall k \in \{0, 1, \ldots\} \end{align*}

Entonces, tenemos que ver si se cumple que:

P(X>k1+k2∣X>k1)=P(X≥k2)\begin{align*} P(X > k_1 + k_2 | X > k_1) = P(X \geq k_2) \end{align*}

Así, tenemos que demostrar la igualdad:

P(X>k1+k2∣X>k1)=P(X>k1+k2∩X>k1)P(X>k1)=∗1=P(X>k1+k2)P(X>k1)=∑i=k1+k2+1∞(1−p)ip∑j=k1+1∞(1−p)jp==∑i=k1+k2+1∞(1−p)i∑j=k1+1∞(1−p)j==(1−p)k1+k2+1+(1−p)k1+k2+2+…(1−p)k1+1+(1−p)k1+2+…==(1−p)k1+1((1−p)k2+(1−p)k2+1…)(1−p)k1+1(1+(1−p)1+…)==(1−p)k2+(1−p)k2+1+…(1−p)0+(1−p)1+…==∑i=k2∞(1−p)i∑j=0∞(1−p)j=∑i=k2∞(1−p)ip∑j=0∞(1−p)jp==P(X≥k2)P(X≥0)=P(X≥k2∩X≥0)P(X≥0)==P(X≥2∣X≥0)=P(X≥k2)\begin{align*} P(X > k_1 + k_2 |X > k_1) & = \frac{P(X > k_1 + k_2 \cap X > k_1)}{P(X > k_1)} \overset{*_1}{ = }\\ & = \frac{P(X > k_1 + k_2)}{P(X > k_1)} = \frac{\displaystyle \sum_{i = k_1 + k_2 + 1}^{\infty} (1 - p)^{i} p}{ \displaystyle \sum_{j = k_1 + 1}^{\infty}(1 - p)^{j} p} =\\ & = \frac{\displaystyle \sum_{i = k_1 + k_2 + 1}^{\infty} (1 - p)^i}{\displaystyle \sum_{j = k_1 + 1}^{\infty} (1 - p)^j} =\\[2ex] & = \frac{(1 - p)^{k_1 + k_2 + 1} + ( 1 - p)^{k_1 + k_2 + 2} + \ldots}{(1 - p)^{k_1 + 1} + (1 - p)^{k_1 + 2} + \ldots} = \\[2ex] & = \frac{(1 - p)^{k_1 + 1}\left((1 - p)^{k_2} + (1 - p)^{k_2 + 1} \ldots\right)}{(1 - p)^{k_1 + 1} (1 + (1 - p)^1 + \ldots)} = \\[2ex] & = \frac{(1 - p)^{k_2} + (1 - p)^{k_2 + 1} + \ldots}{(1 - p)^0 + (1 - p)^{1} + \ldots} =\\ & = \frac{\displaystyle \sum_{i = k_2}^{\infty} (1 - p)^i}{\displaystyle \sum_{j = 0}^{\infty}(1 - p)^j} = \frac{\displaystyle \sum_{i = k_2}^{\infty} (1 - p)^i p}{\displaystyle \sum_{j = 0}^{\infty}(1 - p)^j p} = \\[2ex] & = \frac{P(X \geq k_2)}{P(X \geq 0)} = \frac{P(X \geq k_2 \cap X \geq 0)}{P(X \geq 0)} =\\[2ex] & = P(X \geq 2 | X\geq 0) = P(X \geq k_2) \end{align*}

(∗1*_1) Como el soporte es {0,1,…}  ⟹  k1+k2≥k1\{0, 1, \ldots\} \implies k_1 + k_2 \geq k_1 Así, queda demostrada esta implicación

  • ⇐\Leftarrow) Tenemos que ∀k1,k2∈{0,1,…}\forall k_1, k_2 \in \{0, 1, \ldots\} se cumple que:
P(X>k1+k2∣X>k1)=P(X≥k2)\begin{align*} P(X > k_1 + k_2 | X > k_1) = P(X \geq k_2) \end{align*}

Entonces, tenemos que demostrar que X⇝G(p)X \rightsquigarrow \mathcal{G}(p). Si XX cumple la propiedad dada, entonces:

P(X>k1+k2∣X>k1)=P(X≥k2)  ⟺    ⟺  P(X>k1+k2∩X>k1)P(X>k1)=P(X≥k2)  ⟺    ⟺  P(X>k1+k2)P(X>k1)=P(X≥k2)\begin{align*} & P(X > k_1 + k_2 | X > k_1) = P(X \geq k_2) \iff\\ & \iff \frac{P(X > k_1 + k_2 \cap X > k_1)}{P(X > k_1)} = P(X \geq k_2) \iff\\ & \iff \frac{P(X > k_1 + k_2)}{P(X > k_1)} = P(X \geq k_2) \end{align*}

Denotamos P(X>k)=f(k)P(X > k) = f(k) entonces:

P(X>k1+k2)P(X>k1)=P(X≥2)⟶f(k1+k2)f(k1)=f(k2−1)\begin{align*} \frac{P(X > k_1 + k_2)}{P(X > k_1)} = P(X \geq 2) \longrightarrow \frac{f(k_1 + k_2)}{f(k_1)} = f(k_2 - 1) \end{align*}

Así, sea f(1)=cf(1) = c entonces, denotamos k=k1+k2−1k = k_1 + k_2 -1

f(k)=f(k1)⋅f(k2−1)\begin{align*} f(k) = f(k_1) \cdot f(k_2 - 1) \end{align*}

Así, suponemos que k>0k > 0 y tenemos que:

f(k)=f(k−1)⋅c=f(k−2)⋅c2=…=f(1)⋅ck−1=ck\begin{align*} f(k) = f(k - 1) \cdot c = f(k - 2) \cdot c^2 = \ldots = f(1) \cdot c^{k - 1} = c^k \end{align*}

Notar que en el caso de que k=0  ⟹  k1=k2=0k = 0 \implies k_1 = k_2 = 0 entonces:

f(0)=c0=1\begin{align*} f(0) = c^0 = 1 \end{align*}

lo cual sería correcto.

Ahora, podemos calcular P(X=k)P(X = k) como:

P(X=k)=P(X≥k)−P(X≥k+1)=ck−1−ck=ck−1(1−c)\begin{align*} P(X = k) = P(X \geq k) - P(X \geq k + 1) = c^{k - 1} - c^{k} = c^{k - 1} (1 - c) \end{align*}

Así, haciendo el cambio de variable de c=1−pc = 1 - p obtenemos que:

P(X=k)=(1−p)k−1p\begin{align*} P(X = k) = (1 - p)^{k - 1} p \end{align*}

Es decir, que XX es una variable aleatoria con distribución geométrica de parámetro pp.

Ejercicio 11

Sea XX una variable aleatoria con distribución geométrica de parámetro pp. Demostrar que XX ``no tiene memoria'', esto es:

P(X=k+r∣X≥r)=P(X=k)∀k,r∈{0,1,…}\begin{align*} P(X = k + r | X \geq r) = P(X = k) \quad \forall k, r \in \{0, 1, \ldots\} \end{align*}

📐Demostración

Tenemos que demostrar que:

X⇝G(p)  ⟹  P(X=k+r∣X≥r)=P(X=k)∀k,r∈{0,1,…}\begin{align*} X \rightsquigarrow \mathcal{G}(p) \implies P(X = k + r | X \geq r) = P(X = k) \quad \forall k, r \in \{0, 1, \ldots\} \end{align*}

Procederemos a demostrar la implicación. Para ello, tenemos que:

P(X=k+r∣X≥r)=P(X=k+r∩X≥r)P(X≥r)=∗1=P(X=k+r)P(X≥r)=∗2=(1−p)k+rp∑i=r∞(1−p)ip==(1−p)k+r(1−p)r+(1−p)r+1+…==(1−p)k+r(1−p)r(1+(1−p)+…)==(1−p)k1+(1−p)+…==(1−p)kpp∑i=0∞(1−p)i=∗3=(1−p)kpp1−(1−p)==(1−p)k=P(X=k)\begin{align*} P(X = k + r | X \geq r) & = \frac{P(X = k + r \cap X \geq r)}{P(X \geq r)} \overset{*_1}{ =} \\[2ex] & = \frac{P(X = k + r)}{P(X \geq r)} \overset{*_2}{ =} \\[2ex] & = \frac{(1 - p)^{k + r}p}{\displaystyle \sum_{i = r}^{\infty} (1 - p)^{i} p} =\\ & = \frac{(1 - p)^{k + r}}{(1 - p)^r + (1 - p)^{r + 1} + \ldots} = \\[2ex] & = \frac{(1 - p)^{k + r}}{(1 - p)^r (1 + (1 - p) + \ldots)} = \\[2ex] & = \frac{(1 - p)^k}{1 + (1 - p) + \ldots} = \\[2ex] & = \frac{(1 - p)^k p}{p \displaystyle \sum_{i = 0}^{\infty} (1 - p)^i} \overset{*_3}{ = }\\[2ex] & = \frac{(1 - p)^k p}{\dfrac{p}{1 - (1 - p)}} = \\[2ex] & = (1 - p)^k = P(X = k) \end{align*}

(∗1*_1) Como k,r∈{0,1,…}  ⟹  k+r≥rk, r \in \{0, 1, \ldots\} \implies k + r \geq r

(∗2*_2) X⇝G(p)  ⟹  P(X=k)=(1−p)kpX \rightsquigarrow \mathcal{G}(p) \implies P(X = k) = (1 - p)^k p

(∗3*_3) Notar que ∑i=0∞ri=11−r\displaystyle \sum_{i = 0}^{\infty} r^i = \dfrac{1}{1 - r} con ∣r∣<1|r| < 1

Ejercicio 12

Sea XX la variable aleatoria número de repeticiones de un experimento (en condiciones de independencia) hasta que se producer rr éxitos, donde el éxito tiene probabilidad pp. Sea Y⇝B(n,p)Y \rightsquigarrow \mathcal{B}(n, p). Demostrar que:

P(X=n)=rnP(Y=r) con n∈{r,r+1,…}\begin{align*} P(X = n) = \frac{r}{n} P(Y = r) \quad \text{ con } n \in \{r, r + 1, \ldots\} \end{align*}

📐Demostración

Bajo las condiciones del enunciado, tenemos que X⇝BN(n,p)X \rightsquigarrow \mathcal{B} \mathcal{N} (n, p). Así, tenemos que:

P(X=n)=(r+n−1n)(1−p)npr\begin{align*} P(X = n) = \binom{r + n - 1}{n} (1 - p)^n p^r \end{align*}

Por otro lado, sabemos que Y⇝B(n,p)Y \rightsquigarrow \mathcal{B}(n, p), es decir:

P(Y=r)=(nr)pr(1−p)n−r\begin{align*} P(Y = r) = \binom{n}{r} p^r (1 - p)^{n - r} \end{align*}

Entonces:

P(X=n)=(r+n−1n)(1−p)npr=(r+n−1)!n!(r+n−1−n)!(1−p)npr==(r+n−1)!n!(r−1)!(1−p)npr=\begin{align*} P(X = n) & = \binom{r + n - 1}{n} (1 - p)^n p^r = \frac{(r + n - 1)!}{n! ( r + n - 1 - n)!} (1 - p)^n p^r = \\[2ex] & = \frac{(r + n - 1)!}{n! (r - 1)!} (1 - p)^n p^r =\\ \end{align*}

No sé por donde tirar

Ejercicio 13

Un lepidopterista desea capturar una clase de mariposa que se encuentra en la naturaleza en una proporción del 15%\%. Calcular la probabilidad de que tenga que cazar 10 mariposas de la clase no deseada antes de encontrar un ejemplar de la clase deseada. Calcular la probabilidad de que tenga que cazar 10 mariposas de la clase no deseada antes de encontrar 3 ejemplares de la clase deseada

📐Resolución

El experimento consiste en capturar mariposas y ver si son o no de la clase deseada. Así, tenemos que estamos ante un experimento de Bernoulli, donde el éxito es si la mariposa es de la clase deseada y a esto lo denotaremos como EE. Así, tenemos que:

P(E)=15100=0.15\begin{align*} P(E) = \frac{15}{100} = 0.15 \end{align*}

Lo que queremos ver es la probabilidad de que tenga que cazar 10 mariposas de la clase no deseada antes de encontrar un ejemplar de la clase deseada. Así, podemos definir una variable aleatoria XX que mide el número de veces que ocurre EcE^c antes de que ocurra EE por primera vez. Así, tenemos que X⇝G(P(E))=G(0.15)X \rightsquigarrow \mathcal{G}(P(E)) = \mathcal{G}(0.15). Como el éxito ocurre en la undécima captura, queremos ver:

P(X=10)=(1−P(E))10P(E)=(1−0.15)10⋅0.15=0.0295\begin{align*} P(X = 10) = (1 - P(E))^{10} P(E) = (1 - 0.15)^{10} \cdot 0.15 = 0.0295 \end{align*}

Ahora, queremos ver la probabilidad de que tenga que cazar 10 mariposas de la clase no deseada antes de encontrar 3 ejemplares de la clase deseada, es decir, que habrá cazado 10 mariposas no deseadas y 2 deseadas antes de la tercera deseada. Así, podemos definir una variable aleatoria YY tal que Y⇝BN(3,0.15)Y \rightsquigarrow \mathcal{B}\mathcal{N} (3, 0.15). Así, lo que queremos ver es:

P(Y=10)=(10+3−110)(0.15)3(0.85)10=(1210)(0.15)3(0.85)10≈0.0439\begin{align*} P(Y = 10) = \binom{10 + 3 - 1}{10} (0.15)^3 (0.85)^{10} = \binom{12}{10} (0.15)^3 (0.85)^{10} \approx 0.0439 \end{align*}

Ejercicio 14

En una lotería de 400 billetes, exactamente hay 4 premios. El primer cliente compra 10 billetes. Hallar la probabilidad de que por lo menos tenga un premio.

📐Demostración

El experimento consiste en ver si los billetes de lotería tienen premio o no. Así, estamos ante un experimento de Bernoulli donde podemos definir el éxito EE como que tenga premio. Así, podemos definir una variable aleatoria XX tal que:

X ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PX)ω⟼X(ω)=nuˊmero de premios (entre 10 billetes)\begin{align*} X \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_X)\\ \omega & \longmapsto X(\omega) = \text{\small número de premios (entre 10 billetes)} \end{align*}

Notar que XX es una variable aleatoria con distribución hipergeométrica ya que estamos ante un muestreo sin reemplazo. Así, tenemos que:

P(X=k)=(4k)(39610−k)(40010)\begin{align*} P(X = k) = \frac{\binom{4}{k} \binom{396}{10 - k}}{\binom{400}{10}} \end{align*}

Lo que queremos ver es la probabilidad de que por lo menos tenga un premio, es decir:

P(X≥1)=1−P(X=0)=1−(40)(39610)(40010)=1−(39610)(40010)≈0.095\begin{align*} P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \frac{\binom{4}{0} \binom{396}{10}}{\binom{400}{10}} = 1 - \frac{\binom{396}{10}}{\binom{400}{10}} \approx 0.095 \end{align*}

Ejercicio 15

Sea XX una variable aleatoria con función de distribución continua. Demostrar que la variable aleatoria FX(X)F_X(X) tiene distribución uniforme en el intervalo (0,1)(0, 1). ¿Es necesaria la condición de continuidad de FXF_X para garantizar lo anterior?

📐Demostración

jfklñas

Ejercicio 22

El peso de los cochinillos tiene una distribución normal, de la que se sabe que la probabilidad de pesar menos de 2780 gramos es de 0.33, y la de pesar más de 3720 gramos es 0.075. El cocinero de un restaurante desechará todo cochinillo que pese menos de 2600 gramos. Si en un mes recibe 1000 cochinillos, ¿cuántos cabe esperar que devuelva?

📐Demostración

Lo primero que haremos será encontrar los parámetros de la distribución normal, que denotaremos como X⇝N(μ,σ)X \rightsquigarrow \mathcal{N}(\mu, \sigma). Sabemos que:

P(X<2780)=0.33 y P(X>3720)=0.075\begin{align*} P(X < 2780) = 0.33 \quad \text{ y } \quad P(X > 3720) = 0.075 \end{align*}

Empezamos con P(X<2780)P(X < 2780), que es:

P(X<2780)=P(X−μσ<2780−μσ)=P(N(0,1)<2780−μσ)=0.33\begin{align*} P(X < 2780) = P\left(\frac{X - \mu}{\sigma} < \frac{2780 - \mu}{\sigma}\right) = P \left(\mathcal{N}(0, 1) < \frac{2780 - \mu}{\sigma}\right) = 0.33 \end{align*}

Entonces, a partir de la tabla de la normal, obtenemos que, como 0.33<0.50.33 < 0.5 entonces:

P(N(0,1)<α)=P(N(0,1)>−α)=1−P(N(0,1)<−α)=0.33\begin{align*} P(\mathcal{N}(0, 1) < \alpha) = P(\mathcal{N}(0, 1) > - \alpha) = 1 - P(\mathcal{N}(0, 1) < -\alpha) = 0.33 \end{align*}

Entonces, buscamos el α\alpha tal que:

P(N(0,1)<−α)=1−0.33=0.67  ⟹  −α=0.44  ⟹  α=−0.44\begin{align*} P(\mathcal{N}(0,1) < -\alpha) = 1 - 0.33 = 0.67 \implies -\alpha = 0.44 \implies \alpha = -0.44 \end{align*}

Así, tenemos que:

2780−μσ=−0.44  ⟹  2780=−0.44σ+μ\begin{align*} \frac{2780 - \mu}{\sigma} = -0.44 \implies 2780 = -0.44 \sigma + \mu \end{align*}

Ahora hacemos lo mismo para P(X>3720)P(X > 3720), que es:

P(X>3720)=P(X−μσ>3720−μσ)=P(N(0,1)>3720−μσ)=0.075\begin{align*} P(X > 3720) = P \left(\frac{X - \mu}{\sigma} > \frac{3720 - \mu}{\sigma}\right) = P \left(\mathcal{N}(0, 1) > \frac{3720 - \mu}{\sigma}\right) = 0.075 \end{align*}

Entonces, a partir de la tabla obtenemos que:

P(N>α)=0.075  ⟹  P(N≤α)=1−0.075=0.925\begin{align*} P(\mathcal{N} > \alpha) = 0.075 \implies P(\mathcal{N} \leq \alpha) = 1 - 0.075 = 0.925 \end{align*}

Entonces, buscamos el α\alpha tal que:

P(N≤α)=0.925  ⟹  α=1.44\begin{align*} P(\mathcal{N} \leq \alpha) = 0.925 \implies \alpha = 1.44 \end{align*}

Así, tenemos que:

3720−μσ=1.44  ⟹  3720=1.44σ+μ\begin{align*} \frac{3720 - \mu}{\sigma} = 1.44 \implies 3720 = 1.44 \sigma + \mu \end{align*}

Y ahora, resolvemos el sistema de ecuaciones:

{2780=−0.44σ+μ3720=1.44σ+μ  ⟺  3720−2780=(1.44+0.44)σ  ⟺  σ=9401.88=500\begin{align*} \left\{ \begin{array}{ll} 2780 = -0.44 \sigma + \mu\\ 3720 = 1.44 \sigma + \mu \end{array} \right. \iff 3720 - 2780 = (1.44 + 0.44) \sigma \iff \sigma = \frac{940}{1.88} = 500 \end{align*}

Ahora, podemos calcular μ\mu como:

2780=−0.44⋅500+μ  ⟹  μ=2780+220=3000\begin{align*} 2780 = -0.44 \cdot 500 + \mu \implies \mu = 2780 + 220 = 3000 \end{align*}

Entonces, tenemos que la distribución de los pesos de los cochinillos es X⇝N(3000,500)X \rightsquigarrow \mathcal{N}(3000, 500).

Ahora, vamos a ver cuántos cochinillos devolverá el cocinero si recibe 1000. Para ello, vemos que un cochinillo se devolverá si pesa menos de 2600 gramos, esto es, estamos en un experimento de Bernoulli, donde podemos definir el éxito como que devuelva el cochinillo, es decir:

P(E)=P(X<2600)=P(X−3000500<2600−3000500)=P(N(0,1)<−0.8)==P(N(0,1)>0.8)=1−P(N(0,1)≤0.8)=1−0.7881=0.2119\begin{align*} P(E) & = P(X < 2600) = P \left(\frac{X - 3000}{500} < \frac{2600 - 3000}{500}\right) = P\left(\mathcal{N}(0, 1) < - 0.8 \right) = \\[2ex] & = P(\mathcal{N}(0, 1) > 0.8) = 1 - P(\mathcal{N}(0, 1) \leq 0.8) = 1 - 0.7881 = 0.2119 \end{align*}

Así, tenemos que P(E)=0.2119P(E) = 0.2119. Como queremos ver cuantos cochinillos devuelve, podemos definir la variable aleatoria YY tal que:

Y ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PY)ω⟼Y(ω)=nuˊmero de cochinillos devueltos (de 1000)\begin{align*} Y \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_Y)\\ \omega & \longmapsto Y(\omega) = \text{\small número de cochinillos devueltos (de 1000)} \end{align*}

Así, tenemos que Y⇝B(1000,0.2119)Y \rightsquigarrow \mathcal{B}(1000, 0.2119), por lo que el número esperado de cochinillos devueltos es:

E(Y)=n⋅p=1000⋅0.2119=211.9=212\begin{align*} E(Y) = n \cdot p = 1000 \cdot 0.2119 = 211.9 = 212 \end{align*}

Ejercicio Hoja suelta

El tiempo que un sistema electrónico funciona sin necesidad de realizarle ninguna reparación es una variable aleatoria exponencial con una media de 50 días:

  1. Probabilidad de que el sistema no tenga que ser reparado en 60 días, por lo menos

📐Resolución

Tenemos que el experimento consiste en observar el tiempo que un sistema electrónico funciona sin necesidad de realizarle ninguna reparación.

Buscamos la probabilidad de que esté, al menos, 60 días sin ser reparado, es decir:

P(maˊs de 60 dıˊas sin ser reparado)\begin{align*} P(\text{\small más de 60 días sin ser reparado}) \end{align*}

Así, si definimos la variable aleatoria XX = ``días sin ser reparado'' que, por el enunciado sabemos que es una variable aleatoria exponencial con Me(X)=50Me(X) = 50, podemos traducir lo que buscamos como:

P(X≥60)\begin{align*} P(X \geq 60) \end{align*}

Así, al ser una variable aleatoria exponencial, tenemos que su función de distribución es de la forma:

f(x)={λe−λx si x>00 en el resto \begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \lambda e^{ - \lambda x} & \text{ si } x > 0\\ 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

Y sabemos por teoría que E(X)=1λE(X) = \dfrac{1}{\lambda} entonces, como E(X)=50E(X) = 50 tenemos que:

E(X)=50⟺1λ=50⟺λ=150\begin{align*} E(X) = 50 \Longleftrightarrow \dfrac{1}{\lambda} = 50 \Longleftrightarrow \lambda = \frac{1}{50} \end{align*}

Es decir, que la función de distribución de esta variable aleatoria XX es:

f(x)={e−x5050 si x>00 en el resto \begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{e^{ - \frac{x}{50}}}{50} & \text{ si } x > 0\\ 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

Así, podemos calcular P(X≥60)P(X \geq 60) como:

P(X≥60)=1−P(X<60)=1−FX(60)\begin{align*} P(X \geq 60) = 1 - P(X < 60) = 1 - F_X(60) \end{align*}

Tenemos así que, para x>0x > 0:

FX(X)=∫0xλe−λxdx=150∫0xe−x50dx==150(−50e−x50+50)=−e−x50+1==1−e−x50\begin{align*} F_X(X) & = \int_{0}^x \lambda e ^{-\lambda x} dx = \frac{1}{50} \int_0^x e^{ - \frac{x}{50}} dx = \\[1ex] & = \frac{1}{50} ( - 50 e^{ - \frac{x}{50}} + 50) = - e^{ - \frac{x}{50}} + 1 = \\[1ex] & = 1 - e^{ - \frac{x}{50}} \end{align*}

Así, tenemos que:

FX(X)={1−e−x50si x≥00en el resto \begin{align*} F_X(X) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 - e^{ - \frac{x}{50}} & \text{si } x \geq 0\\ 0 & \text{en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

Y podemos resolver lo anterior como:

P(X≥60)=1−P(X<60)=1−(1−e−6050)≈0.3012\begin{align*} P(X \geq 60) = 1 - P(X < 60) = 1 - (1 - e^{ - \frac{60}{50}}) \approx 0.3012 \end{align*}
  1. Si en 10 días no tuvo que ser reparado ¿qué probabilidad hay de que en los siguientes días tampoco tenga que serlo?

📐Resolución

Ahora, lo que queremos ver es:

P(X>30∣X>10)\begin{align*} P(X > 30 \big|_{X > 10}) \end{align*}

Así, tenemos que:

P(X>30∣X>10)=P(X>30)P(X>10)=e−3050e−1050=e−2050=0.67032\begin{align*} P(X > 30\big|_{X > 10}) = \frac{P(X > 30)}{P(X > 10)} = \frac{e^{ - \frac{30}{50}}}{e^{ - \frac{10}{50}}} = e^{ - \frac{20}{50}} = 0.67032 \end{align*}
  1. Se quiere firmar un contrato de mantenimiento con una determinada empresa. El contrato señala la obligación de que se realice una revisión cada nn días. ¿Cuál debe ser el valor de nn para que el 94% de las veces que se realice el mantenimiento del sistema, éste todavía no se haya reparado?

📐Resolución

Queremos ver que valor de nn satisface que:

P(X>n)=0.94\begin{align*} P(X > n) = 0.94 \end{align*}

Así, tenemos que:

P(X>n)=e−λn=e−λ50=0.94\begin{align*} P(X > n) = e^{-\lambda n} = e^{-\frac{\lambda}{50}} = 0.94 \end{align*}

Aplicando logaritmos llegamos a:

n=−50⋅log(0.94)=3.09 dıˊas\begin{align*} n = - 50 \cdot log( 0.94) = 3.09 \text{ días} \end{align*}

Entonces, el valor que buscamos sería 3

  1. ¿Cuál es la distribución de la variable aleatoria ``número de reparaciones que hay que realizar al sistema electrónico en un trimestre (90 días)''?

📐Resolución

Queremos estudiar el número de veces que hay que repara un sistema electrónico en 90 días, es decir, queremos saber el número de veces que se estropea el sistema en 90 días.

Para ello, definimos una variable aleatoria Y=Y = número de reparaciones que hay que realizar al sistema electrónico en un trimestre.

Podemos ver que YY cumple los postulados de Poisson ya que:

  • Los eventos (reparaciones) son independientes, es decir, la ocurrencia de una reparación no afecta a la probabilidad de que otra reparación ocurra.
  • La probabilidad de que ocurra más de una reparación en un tiempo infinitesimal es despreciable
  • La tasa de ocurrencia de eventos es constante, no depende del inicio del intervalo

Entonces, tenemos que YY sigue una distribución de parámetro λ′\lambda' donde:

λ′=λ⋅t=150⋅90=1.8\begin{align*} \lambda' = \lambda \cdot t = \frac{1}{50} \cdot 90 = 1.8 \end{align*}

Es decir, que Y∼P(1.8)Y \sim \mathcal{P}(1.8)

  1. ¿Probabilidad de que haya que realizar más de dos reparaciones en un mes (30 días)?

📐Resolución

Queremos ver P(Z≥2)P(Z \geq 2) donde ZZ es una variable aleatoria que sigue una distribución de Poisson de parámetro λ′′=15030=0.6\lambda'' = \frac{1}{50} 30 = 0.6 (razonamiento análogo al apartado anterior). Así, tenemos que:

P(Z≥2)=1−P(Z<2)=1−(P(Z=0)+P(Z=1))==1−(e0.60.600!+e0.6λ11!)=1−(e0.6+0.6e0.6)≈0.3293\begin{align*} P(Z \geq 2) & = 1 - P(Z < 2) = 1 - (P(Z = 0) + P(Z = 1)) = \\[2ex] & = 1 - \left(\frac{e^{0.6} 0.6^0}{0!} + \frac{e^{0.6}\lambda^1}{1!} \right) = 1 - (e^{0.6} + 0.6 e^{0.6}) \approx 0.3293 \end{align*}
  1. ¿En qué momento se espera que se produzca la cuarta reparación del sistema?

📐Resolución

Queremos ver el tiempo esperado para que se produzca la cuarta reparación del sistema, es decir, queremos ver:

E(T=4)\begin{align*} E(T = 4) \end{align*}

Como XX sigue una distribución exponencial con λ=150\lambda = \frac{1}{50}, entonces:

E(T=4)=4λ=4⋅50=200 dıˊas\begin{align*} E(T = 4) = \frac{4}{\lambda} = 4 \cdot 50 = 200 \text{ días} \end{align*}
  1. ¿Cuál es la probabilidad de que pasen menos de 135 días entre la segunda y la cuarta reparación de sistema?

📐Demostración

Va por una distribución gamma