Ejercicios Resueltos Probabilidad y Estadística - Parte IV

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

Ejercicio 1

Sea (X,Y)(X, Y) un vector aleatorio continuo con función de densidad conjunta de XX e YY viene dada por:

f(x,y)={6x2y si 0≤x, y≤10 en el resto \begin{align*} f(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} 6x^2 y & \text{ si } 0 \leq x, \, y \leq 1\\ 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

📐Demostración

Comprobar que es función de densidad:

Para que sea función de densidad, se debe cumplir que:

f(x,y) ⁣:R2⟶R tq {f(x,y)≥0∀(x,y)∬R2f(x,y) dx dy=1\begin{align*} f(x, y) \colon \mathbb{R}^2 & \longrightarrow \mathbb{R} \text{ tq } \left\{ \begin{array}{l} f(x, y) \geq 0 \quad \forall (x, y)\\[2ex] \displaystyle \iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y) \, dx \, dy = 1 \end{array} \right. \end{align*}

Tenemos que, por como está definida, f(x,y)≥0∀(x,y)f(x, y) \geq 0 \quad \forall (x, y). Basta notar que, para que f(x,y)<0f(x, y) < 0 tiene que ocurrir que 6x2y<06x^2 y < 0, que ocurre si y<0y < 0 y, por defunción de ff no es posible.

Ahora, vamos a ver que cumple la segunda condición. Para ello:

∬R2f(x,y) dx dy=∫01(∫016x2y dx) dy==∫016y[x33]x=0x=1 dy=∫016y 13 dy=∫012y dy==[2y22]01=y2∣01=1\begin{align*} \iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y) \, dx \, dy & = \int_0^1 \left(\int_0^1 6x^2 y \, dx \right) \, dy = \\[2ex] & = \int_0^1 6y \left[\dfrac{x^3}{3}\right]_{x = 0}^{x = 1} \, dy = \int_0^1 6y \, \dfrac{1}{3} \, dy = \int_0^1 2y \, dy = \\[2ex] & = \left[\dfrac{2y^2}{2}\right]_0^1 = y^2 \Big|_0^1 = 1 \end{align*}

Así, vemos que se cumplen ambas condiciones por lo que es función de densidad conjunta.

Calcular la función de distribución

Notamos que la función de densidad viene dada por la acumulación de probabilidad, es decir, que es una función de la forma:

F ⁣:R2⟶R(x,y)⟼F(x,y)=P(X≤x∩Y≤y)\begin{align*} F \colon \mathbb{R}^2 & \longrightarrow \mathbb{R}\\ (x, y) & \longmapsto F(x, y) = P(X \leq x \cap Y \leq y) \end{align*}

Notar que, el dominio que nos interesa es el cuadrado unidad ya que, en caso de que x<0x< 0 o y<0y < 0 la función tomará valor 0 y en caso de que x∨y>1x \lor y > 1 entonces no varía la función de distribución. Así, podemos calcular la función de densidad como:

  • Si x<0x < 0 o y<0y < 0 entonces F(x,y)=0F(x, y) = 0
  • Si x>1x > 1 o y>1y > 1 entonces F(x,y)=1F(x, y) = 1
  • Si 0≤x,y≤10 \leq x, y \leq 1 entonces:
F(x,y)=∫0y(∫0x6u2v du) dv=∫0y6v[u33]0x dv==∫0y2vx3 dv=2x3∫0yv dv=2x3v22∣0y=x3y2\begin{align*} F(x, y) & = \int_0^y \left(\int_0^x 6u^2v \, du \right) \, dv = \int_0^y 6v \left[\dfrac{u^3}{3}\right]_0^x \, dv =\\[2ex] & = \int_0 ^y 2v x^3 \, dv = 2x^3 \int_0^y v \, dv = 2x^3 \dfrac{v^2}{2} \Big|_0^y = x^3 y^2 \end{align*}

Así, podemos ver que la función de distribución viene dada por:

F(x,y)={0 si x<0∨y<0x3y2 si 0≤x,y≤11 si x>1∨y>1\begin{align*} F(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } x < 0 \lor y < 0\\ x^3 y^2 & \text{ si } 0 \leq x, y \leq 1\\ 1 & \text{ si } x > 1 \lor y > 1 \end{array} \right. \end{align*}

Ahora, vamos a hallar las distribuciones marginales a través de la función de densidad

Empezaremos por la marginal de XX, para ello, integramos para ``eliminar'' la variable yy:

fX(x)=∫Rf(x,y) dy=∫016x2y dy=6x2[y22]01=3x2\begin{align*} f_X(x) = \int_{\mathbb{R}} f(x, y) \, dy = \int_0^1 6x^2 y \, dy = 6x^2 \left[\dfrac{y^2}{2} \right]_0^1 = 3x^2 \end{align*}

Para el caso de YY, tenemos que ``eliminar'' la variable xx:

fY(y)=∫Rf(x,y) dx=∫016x2y dx=6y[x33]01=2y\begin{align*} f_Y(y) = \int_\mathbb{R} f(x, y) \, dx = \int_0^1 6x^2 y \, dx = 6y \left[\dfrac{x^3}{3}\right]_0^1 = 2y \end{align*}

Así, tenemos que las marginales son:

fX(x)={3x2 si 0≤x≤10 en el resto  y fY(y)={2y si 0≤y≤10 en el resto \begin{align*} f_X(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 3x^2 & \text{ si } 0 \leq x \leq 1\\ 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \quad \text{ y } \quad f_Y(y) = \left\{ \begin{array}{ll} 2y & \text{ si } 0 \leq y \leq 1\\ 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

Ahora, vamos a hallar las distribuciones marginales a través de la función de distribución

Para hallar la marginal de XX a través de la función de distribución, tenemos que:

FX(x)=lim⁡y→∞F(x,y)=lim⁡y→1x3y2=x3\begin{align*} F_X(x) = \lim_{y \to \infty} F(x, y) = \lim_{y \to 1} x^3 y^2 = x^3 \end{align*}

Y, para hallar la marginal de YY:

FY(y)=lim⁡x→∞F(x,y)=lim⁡x→1x3y2=y2\begin{align*} F_Y(y) = \lim_{x \to \infty} F(x, y) = \lim_{x \to 1} x^3 y^2 = y^2 \end{align*}

Notar que, para ver la función de densidad, se puede derivar la función de distribución.

Determinar P(X<Y)P(X < Y)

Para hallar P(X<Y)P(X < Y), tenemos que:

P(X<Y)=P({ω∈Ω ⁣:X(ω)<Y(ω)})\begin{align*} P(X < Y) = P\left(\left\{\omega \in \Omega \colon X (\omega) < Y(\omega) \right\}\right) \end{align*}

Entonces, podemos calcularlo como:

P(X<Y)=∬X<Yf(x,y) dx dy==∫−∞0∫−∞y0 dx dy+∫01(∫0y6x2y dx) dy +∫1∞∫1y0 dx dy==∫016y[x33]0y dy=∫012y4 dy=2y55∣01=25\begin{align*} P(X < Y) & = \iint_{X < Y} f(x, y) \, dx \, dy = \\[2ex] & = \int_{ - \infty}^{0} \int_{ - \infty}^{y} 0 \, dx \, dy + \int_0^1 \left(\int_0^y 6x^2y \, dx\right)\, dy\, + \int_1^{\infty} \int_1^y 0 \, dx \, dy = \\[2ex] & = \int_0^1 6y \left[\dfrac{x^3}{3}\right]_0^y \, dy = \int_0^1 2y^4 \, dy = \dfrac{2y^5}{5} \Big|_0^1 = \dfrac{2}{5} \end{align*}

Ejercido 2

Sea (X,Y)(X, Y) un vector aleatorio continuo con función de densidad conjunta de XX e YY viene dada por:

f(x,y)={e−x si 0<y<x0 en el resto \begin{align*} f(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} e^{ - x} & \text{ si } 0 < y < x\\ 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

📐Demostración

Vamos a ver si es función de densidad

Para que sea función de densidad tiene que cumplir las siguientes condones:

f(x,y) ⁣:R2⟶R tq {f(x,y)≥0∀(x,y)∬R2f(x,y) dx dy=1\begin{align*} f(x, y) \colon \mathbb{R}^2 & \longrightarrow \mathbb{R} \text{ tq } \left\{ \begin{array}{l} f(x, y) \geq 0 \quad \forall (x, y)\\[2ex] \displaystyle \iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y) \, dx \, dy = 1 \end{array} \right. \end{align*}

Así, vemos que e−x≥0∀x∈Re^{-x} \geq 0 \quad \forall x \in \mathbb{R} y, por tanto, f(x,y)≥0∀(x,y)f(x, y) \geq 0 \quad \forall (x, y).

Ahora, vamos a ver si se cumple la segunda condición:

∬R2f(x,y)=∫0∞(∫y∞e−x dx) dy=∫0∞[e−x]y∞ dy=∫0∞e−y dy=1\begin{align*} \iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y) = \int_0^\infty \left(\int_y^\infty e^{ - x} \, dx\right) \, dy = \int_0^\infty \left[e^{ - x}\right]_y^\infty \, dy = \int_0^\infty e^{ - y} \, dy = 1 \end{align*}

Así, tenemos que es función de densidad.

Vamos a calcular la función de distribución

Para ello, sabemos que la función de distribución viene dada por:

F(x,y)=P(X≤x∩Y≤y)\begin{align*} F(x, y) = P(X \leq x \cap Y \leq y) \end{align*}

Aquí, hay que distinguir dos casos, ya que (x,y)(x, y) puede estar por encima o por debajo de la bisectriz.

  • Si (x,y)(x, y) están por debajo de la bisectriz, es decir, (x,y)(x, y) tal que x>yx > y:
F(x,y)=∫0y(∫0ue−u dv) du+∫yx(∫0ye−u dv) du==∫0ye−uv∣0u du+∫yxe−uv∣0y du==∫0ye−uu du+∫yxe−uy du==[u(−e−u)−∫0y−e−u du]0y+y⋅[−e−u]yx==[u(−e−u)−e−u]0y+y⋅[−e−u]yx==(−ye−y−e−y+1)+y⋅(−e−x+e−y)==−ye−y−e−y+1−ye−x+ye−y=1−e−y−ye−x\begin{align*} F(x, y) & = \int_0^y \left(\int_0^u e^{ - u} \, dv\right) \, du + \int_y^x \left(\int_0^y e^{ - u} \, dv \right) \, du = \\[2ex] & = \int_0^y e^{ - u} v \Big|_0^u \, du + \int_y^x e^{ - u} v \Big|_0^y \, du = \\[2ex] & = \int_0^y e^{ - u} u \, du + \int_y^x e^{ - u} y \, du = \\[2ex] & = \left[u ( - e^{ - u}) - \int_0^y - e^{ - u} \, du \right]_0^y + y \cdot \left[ - e^{ - u}\right]_y^x =\\[2ex] & = \left[u ( - e^{ - u}) - e^{ - u} \right]_0^y + y \cdot \left[ - e^{ - u}\right]_y^x =\\[2ex] & = \left( - y e^{ - y} - e^{ - y} + 1 \right) + y \cdot \left( - e^{ - x} + e^{ - y}\right) = \\[2ex] & = - ye^{ - y} - e^{ - y} + 1 - ye^{ - x} + ye^{ - y} = 1 - e^{ - y} - ye^{ - x} \end{align*}
  • Si (x,y)(x, y) están por encima de la bisectriz, es decir, (x,y)(x, y) tal que x<yx < y:
F(x,y)=∫0x(∫0ue−u dv) du=∫0xe−u[v]0u du=∫0xe−uu du==∗[u⋅(−e−u)]0x−∫0x−e−u du=[u⋅(−e−u)−e−u]0x==−xe−x−e−x−(−1)=−xe−x−e−x+1\begin{align*} F(x, y) & = \int_0^x \left(\int_0^u e^{ - u} \, dv\right) \, du = \int_0^x e^{ - u} \left[v\right]_0^u \, du = \int_0^x e^{ - u} u \, du = \\[2ex] & \overset{*}{ = } \left[u \cdot ( - e^{ - u}) \right]_0^x - \int_0^x - e^{ - u} \, du = \left[u \cdot ( - e^{ - u}) - e^{ - u}\right]_0^x = \\[2ex] & = - x e^{ - x} - e^{ - x} - ( - 1) = - x e^{ - x} - e^{ - x} + 1 \end{align*}

(*) Integramos por partes, así tenemos que:

a=udb=e−ududa=dub=∫e−u du=−e−u\begin{align*} a = u \quad & \quad db = e^{ - u} du \\ da = du \quad & \quad b = \int e^{ - u} \, du = - e^{ - u} \end{align*}

Así, tenemos que la función de distribución es:

F(x,y)={1−e−y−ye−x si 0<y<x1−e−x−xe−x si y≥x>00 en el resto \begin{align*} F(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 - e^{ - y} - ye^{ - x} & \text{ si } 0 < y < x\\[1ex] 1 - e^{ - x} - x e^{ - x} & \text{ si } y \geq x > 0\\[1ex] 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

Vamos a hallar las distribuciones marginales a través de la función de densidad

Empecemos por la marginal de XX, sabemos que:

fX(x)=∫Rf(x,y) dy=∫0xe−x dy=−e−xy∣0x=e−xx\begin{align*} f_X(x) = \int_\mathbb{R} f(x, y) \, dy = \int_0^x e^{ - x} \, dy = - e^{ - x} y \Big|_0^x = e^{ - x} x \end{align*}

Análogamente, para la marginal de YY:

fY(y)=∫Rf(x,y) dx=∫y∞e−x dx=−e−x∣y∞=e−y\begin{align*} f_Y(y) = \int_\mathbb{R} f(x, y) \, dx = \int_y^\infty e^{ - x} \, dx = - e^{ - x} \Big|_y^\infty = e^{ - y} \end{align*}

Ahora vamos a hallar las distribuciones marginales a través de la función de distribución

Para hallar la marginal de XX a través de la función de distribución, tenemos que:

FX(x)=lim⁡y→∞F(x,y)=lim⁡y→∞1−e−y−ye−x=1−\begin{align*} F_X(x) = \lim_{y \to \infty} F(x, y) = \lim_{y \to \infty} 1 - e^{ - y} - ye^{ - x} = 1 - \end{align*}

Ahora vamos a hallar P(1<X<2,0<Y<1)P(1 < X < 2, 0 < Y < 1)

Para hallar P(1<X<2,0<Y<1)P(1 < X < 2, 0 < Y < 1), tenemos que:

P(1<X<2,0<Y<1)=∬1<X<2,0<Y<1f(x,y) dx dy=∫12(∫01e−x dy) dx==∫12e−xy∣01 dx=∫12e−x dx=−e−x∣12=e−1−e−2\begin{align*} P(1 < X < 2, 0 < Y < 1) & = \iint_{1 < X < 2, 0 < Y < 1} f(x, y) \, dx \, dy = \int_1^2 \left(\int_0^1 e^{ - x} \, dy\right) \, dx = \\[2ex] & = \int_1^2 e^{ - x} y \Big|_0^1 \, dx = \int_1^2 e^{ - x} \, dx = - e^{ - x} \Big|_1^2 = e^{ - 1} - e^{ - 2} \end{align*}

Ejercicio 3

Sea (X,Y)(X, Y) un vector aleatorio continuo para el que la función de densidad conjunta XX e YY viene dada por:

f(x,y)={cx(y−x) si 0<x<y<10 en el resto \begin{align*} f(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} cx(y - x) & \text{ si } 0 < x < y < 1\\ 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

📐Demostración

Vamos a ver para que valor de cc es función de densidad

Para que sea función de densidad tiene que cumplir las siguientes condiciones:

f ⁣:R2⟶R tq {f(x,y)≥0∀(x,y)∬R2f(x,y) dx dy=1\begin{align*} f \colon \mathbb{R}^2 \longrightarrow \mathbb{R} \text{ tq } \left\{ \begin{array}{ll} f(x, y) \geq 0\quad \forall (x, y)\\ \displaystyle \iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y) \, dx \, dy = 1 \end{array} \right. \end{align*}

Para ver si se cumple la primera condición, notamos que x>0x > 0 e (y−x)>0(y - x) > 0 ya que x<yx < y, por tanto x(y−x)>0x(y - x) > 0. Así, f(x,y)≥0  ⟺  c>0f(x, y) \geq 0 \iff c > 0.

Ahora, vamos a ver cuando se cumple la segunda condición:

∬R2f(x,y) dx dy=∫01(∫0ycx(y−x) dx) dy=c∫01[x2y2−x33]0y dy==c∫01(y32−y33)=c∫01y36 dy=c[y46⋅4]01=c24\begin{align*} \iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y) \, dx \, dy & = \int_0^1 \left(\int_0^y cx(y - x) \, dx \right) \, dy = c \int_0^1 \left[\dfrac{x^2 y}{2} - \dfrac{x^3}{3}\right]_0^y \, dy = \\[2ex] & = c \int_0^1 \left( \dfrac{y^3}{2} - \dfrac{y^3}{3}\right) = c \int_0^1 \dfrac{y^3}{6} \, dy = c \left[\dfrac{y^4}{6 \cdot 4}\right]_0^1 = \frac{c}{24} \end{align*}

Así, tenemos que, para que se cumpla la segunda condición, c=24c = 24.

Vamos a calcular la función de distribución

Para hallar la función de distribución, notar que depende de si (x,y)(x, y) está por debajo o por encima de la bisectriz.

  • Si (x,y)(x, y) está por debajo de la bisectriz, es decir, x>yx > y:
F(x,y)=∫0y(∫0u24u(v−u) dv) du+∫yx(∫0y24u(v−u) dv) du==24∫0y[uv22−u2v]0u du+24∫yx[uv22−u2v]0y du==24∫0y(u32−u3) du+24∫yx(uy22−u2y) du==24∫0y−u32 du+24∫yx(uy22−u2y) du==24[−u48]0y+24∫yx[u2y24−u3y3]yx==24(−y48+x2y24−x3y3−y44+y43)==24(−y424+x2y24−x3y3)=−y4+6x2y2−8x3y\begin{align*} F(x, y) & = \int_0^y \left(\int_0^u 24u(v - u)\, dv\right) \, du + \int_y^x \left(\int_0^y 24u(v - u) \, dv\right) \, du = \\[2ex] & = 24 \int_0^y \left[\dfrac{uv^2}{2} - u^2 v\right]_0^u \, du + 24 \int_y^x \left[\dfrac{uv^2}{2} - u^2 v\right]_0^y \, du = \\[2ex] & = 24 \int_0^y \left(\dfrac{u^3}{2} - u^3\right) \, du + 24 \int_y^x \left(\dfrac{uy^2}{2} - u^2 y\right) \, du = \\[2ex] & = 24 \int_0^y -\dfrac{u^3}{2} \, du + 24 \int_y^x\left(\dfrac{uy^2}{2} - u^2 y\right) \, du = \\[2ex] & = 24 \left[-\dfrac{u^4}{8}\right]_0^y + 24 \int_y^x \left[\dfrac{u^2y^2}{4} - \dfrac{u^3y}{3}\right]_y^x= \\[2ex] & = 24 \left( - \dfrac{y^4}{8} + \dfrac{x^2 y^2}{4} - \dfrac{x^3 y}{3} - \dfrac{y^4}{4} + \dfrac{y^4}{3}\right) = \\[2ex] & = 24 \left( - \dfrac{y^4}{24} + \dfrac{x^2y^2}{4} - \dfrac{x^3y}{3}\right) = - y^4 + 6x^2y^2 - 8x^3y \end{align*}
  • Si (x,y)(x, y) está por encima de la bisectriz, es decir, x<yx < y:
F(x,y)=∫0x(∫0u24u(v−u) dv) du=24∫0x(−u2+[uv22]0u) du==24∫0x(u32−u2) du=24[u48−u33]0x=24(x48−x33)=3x4−8x3\begin{align*} F(x, y) & = \int_0^x \left(\int_0^u 24u(v - u) \, dv\right) \, du = 24 \int_0^x \left( - u^2 + \left[\dfrac{uv^2}{2}\right]_0^u \right) \, du = \\[2ex] & = 24 \int_0^x \left( \dfrac{u^3}{2} - u^2 \right) \, du = 24 \left[\dfrac{u^4}{8} - \dfrac{u^3}{3}\right]_0^x = 24 \left(\dfrac{x^4}{8} - \dfrac{x^3}{3} \right) = 3x^4 - 8x^3 \end{align*}

Así, tenemos que la función de distribución es:

F(x,y)={−y4+6x2y2−8x3y si 0<x<y<13x4−8x3 si 0<y<x<10 en el resto \begin{align*} F(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} - y^4 + 6x^2y^2 - 8x^3y & \text{ si } 0 < x < y < 1\\[2ex] 3x^4 - 8x^3 & \text{ si } 0 < y < x < 1\\[2ex] 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

Ahora vamos a hallar las distribuciones marginales a través de la función de densidad

Empezamos por la marginal de XX, para ello:

fX(x)=∫Rf(x,y) dy=∫x124x(y−x) dy=24x∫x1(y−x) dy==24x[y22−xy]x1=24x(12−x−x22+x2)=24x(12−x+x22)==12x−24x2+12x3\begin{align*} f_X(x) & = \int_\mathbb{R} f(x, y) \, dy = \int_x^1 24x(y - x) \, dy = 24x \int_x^1 (y - x) \, dy = \\[2ex] & = 24x \left[\dfrac{y^2}{2} - xy\right]_x^1 = 24x \left(\dfrac{1}{2} - x - \dfrac{x^2}{2} + x^2\right) = 24x \left(\dfrac{1}{2} - x + \dfrac{x^2}{2}\right) = \\[2ex] & = 12x - 24x^2 + 12x^3 \end{align*}

Y análogamente, para la marginal de YY:

fY(y)=∫Rf(x,y) dx=∫0y24x(y−x) dx=24∫0y(xy−x2) dx==24[x2y2−x33]0y=24(y32−y33)=24⋅y36=4y3\begin{align*} f_Y(y) & = \int_\mathbb{R} f(x, y) \, dx = \int_0^y 24x(y - x) \, dx = 24 \int_0^y (xy - x^2) \, dx =\\[2ex] & = 24 \left[\dfrac{x^2y}{2} - \dfrac{x^3}{3}\right]_0^y = 24 \left(\dfrac{y^3}{2} - \dfrac{y^3}{3} \right) = 24 \cdot \dfrac{y^3}{6} = 4y^3 \end{align*}

Ahora vamos a hallar las distribuciones marginales a través de la función de distribución

Para hallar la marginal de XX a través de la función de distribución, tenemos que:

FX(x)=lim⁡y→∞F(x,y)=lim⁡y→1−y4+6x2y2−8x3y=−1+6x2−8x3\begin{align*} F_X(x) = \lim_{y \to \infty} F(x, y) = \lim_{y \to 1} - y^4 + 6x^2y^2 - 8x^3y = -1 + 6x^2 - 8x^3 \end{align*}

Y para hallar la marginal de YY:

FY(y)=lim⁡x→∞F(x,y)=lim⁡x→13x4−8x3=3−8=−5\begin{align*} F_Y(y) = \lim_{x \to \infty} F(x, y) = \lim_{x \to 1} 3x^4 - 8x^3 = 3 - 8 = - 5 \end{align*}

Algo hice mal y por eso no cuadraron los valores.

Vamos a hallar la probabilidad de P(X+Y<1)P(X + Y < 1)

Para hallar P(X+Y<1)P(X + Y < 1), tenemos que:

P(X+Y<1)=∬X+Y<1f(x,y) dx dy=∫01(∫01−u24u(v−u) dv) du==24∫01(−u2+[uv22]v=0v=1−u) du=24∫01(−u2+u(1−u)2den2) du==24∫01()\begin{align*} P(X + Y < 1) & = \iint_{X + Y < 1} f(x, y) \, dx \, dy = \int_0^1 \left(\int_0^{1 - u} 24u(v - u) \, dv\right) \, du = \\[2ex] & = 24 \int_0^1 \left( -u^2 + \left[\dfrac{uv^2}{2}\right]_{v = 0}^{v = 1 - u} \right) \, du = 24 \int_0^1 \left( - u^2 + \dfrac{u(1 - u)^2}{den_2} \right) \, du = \\[2ex] & = 24 \int_0^1 \left(\right) \end{align*}

Hacer cuentas

Ejercicio 4

Hallar la función de distribución conjunta del vector aleatorio (X,Y)(X, Y) cuya función de densidad conjunta viene dada por:

f(x,y)={6(x+y2)5 si x,y∈(0,1)0 en el resto \begin{align*} f(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{6(x + y^2)}{5} & \text{ si } x, y \in(0, 1)\\[2ex] 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

📐Demostración

Primero vamos a ver que es función de densidad, para ello:

Para que sea función de densidad tiene que cumplir las siguientes condiciones:

f ⁣:R2⟶R tq {f(x,y)≥0∀(x,y)∬R2f(x,y) dx dy=1\begin{align*} f \colon \mathbb{R}^2 \longrightarrow \mathbb{R} \text{ tq } \left\{ \begin{array}{ll} f(x, y)\geq 0 \quad \forall (x, y)\\ \displaystyle \iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y) \, dx \, dy = 1 \end{array} \right. \end{align*}

Vemos que la primera condición se cumple trivialmente y para la segunda:

∬R2f(x,y)=∫01(∫016(x+y2)5 dx) dy=65∫01y2+[x22]01 dy==65∫01y2+12 dy=65[y33+y2]01=65(13+12)=6556=1\begin{align*} \iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y) & = \int_{0}^1 \left(\int_0^1 \dfrac{6(x + y^2)}{5} \, dx\right) \, dy = \dfrac{6}{5} \int_0^1 y^2 + \left[\dfrac{x^2}{2}\right]_0^1 \, dy = \\[2ex] & = \dfrac{6}{5} \int_0^1 y^2 + \dfrac{1}{2} \, dy = \dfrac{6}{5} \left[\dfrac{y^3}{3} + \dfrac{y}{2}\right]_0^1 = \dfrac{6}{5} \left(\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{6}{5} \dfrac{5}{6} = 1 \end{align*}

Vamos a calcular la función de distribución

Para hallar la función de distribución sabemos que:

F(X,Y)=P(X≤x∩Y≤y)=∬R2f(x,y) dx dy=∫0x(∫0y6(u+v2)5 dv) du==65∫0x(u+[v33]0y) du=65(y33+∫0xu du)=6y315+65u22∣0x==6y315+6x210=2y25+3x25\begin{align*} F(X, Y) & = P(X \leq x \cap Y \leq y) = \iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y) \, dx \, dy = \int_0^x \left(\int_0^y \dfrac{6(u + v^2)}{5} \, dv \right) \, du = \\[2ex] & = \dfrac{6}{5} \int_0^x \left(u + \left[\dfrac{v^3}{3}\right]_0^y\right) \, du = \dfrac{6}{5} \left(\dfrac{y^3}{3} + \int_0^x u \, du \right) = \dfrac{6y^3}{15} + \dfrac{6}{5}\dfrac{u^2}{2}\Big|_0^x = \\[2ex] & = \dfrac{6y^3}{15} + \dfrac{6x^2}{10} = \dfrac{2y^2}{5} + \dfrac{3x^2}{5} \end{align*}

Vamos a hallar las distribuciones marginales a través de la función de densidad

Para ello, tenemos que:

fX(x)=∫Rf(x,y) dy=∫016(x+y2)5 dy=65(x+[y33]01)=65(x+13)\begin{align*} f_X(x) & = \int_\mathbb{R} f(x, y) \, dy = \int_0^1 \dfrac{6(x + y^2)}{5} \, dy = \dfrac{6}{5} \left(x + \left[\dfrac{y^3}{3}\right]_0^1 \right) = \dfrac{6}{5} \left(x + \dfrac{1}{3} \right) \end{align*}

Para hallar la marginal de YY:

fY(y)=∫Rf(x,y) dx=∫016(x+y2)5 dx=65(y2+∫01x dx)=65(y2+12)\begin{align*} f_Y(y) = \int_\mathbb{R} f(x, y) \, dx = \int_0^1 \dfrac{6(x + y^2)}{5} \, dx = \dfrac{6}{5} \left(y^2 + \int_0^1 x \, dx\right) = \dfrac{6}{5} \left(y^2 + \dfrac{1}{2} \right) \end{align*}

También se pueden hallar a través de la función de distribución como:

FX(x)=lim⁡y→∞F(x,y)=lim⁡y→12y25+3x25=25+3x25\begin{align*} F_X(x) = \lim_{y \to \infty} F(x, y) = \lim_{y \to 1} \dfrac{2y^2}{5} + \dfrac{3x^2}{5} = \dfrac{2}{5} + \dfrac{3x^2}{5} \end{align*}

Y para la marginal de YY:

FY(y)=lim⁡x→∞F(x,y)=lim⁡x→12y25+3x25=2y25+35\begin{align*} F_Y(y) = \lim_{x \to \infty} F(x, y) = \lim_{x \to 1} \dfrac{2y^2}{5} + \dfrac{3x^2}{5} = \dfrac{2y^2}{5} + \dfrac{3}{5} \end{align*}

Ejercicio 5

Sea (X,Y)(X, Y) un vector aleatorio continuo con función de densidad conjunta dada por:

f(x,y)={19 si (x,y)∈(0,3)×(1,4)0 en el resto \begin{align*} f(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{1}{9} \text{ si } (x, y) \in (0, 3) \times (1,4)\\ 0 \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

Calcular P(X<2,Y<2)P(X < 2, Y < 2) y P(2<X<2.5∣Y≤3)P(2 < X < 2.5 | Y \leq 3)

📐Demostración

Para hallar P(X<2,Y<2)P(X < 2, Y < 2), tenemos que:

P(X<2,Y<2)=∫02∫1219 dy dx=19∫02y∣12 dx=19∫022−1 dx==19∫021 dx=19⋅x∣02=29\begin{align*} P(X < 2, Y < 2) & = \int_0^2 \int_1^2 \dfrac{1}{9} \, dy \, dx = \dfrac{1}{9} \int_0^2 y \Big|_1^2 \, dx = \dfrac{1}{9} \int_0^2 2 - 1 \, dx =\\[2ex] & = \dfrac{1}{9} \int_0^2 1 \, dx = \dfrac{1}{9} \cdot x \Big|_0^2 = \dfrac{2}{9} \end{align*}

Para hallar P(2<X<2.5∣Y≤3)P(2 < X < 2.5 | Y \leq 3), tenemos que:

P(2<X<2.5∣Y≤3)=P(2<X<2.5,Y≤3)P(Y≤3)\begin{align*} P(2 < X < 2.5 | Y \leq 3) & = \dfrac{P(2 < X < 2.5, Y \leq 3)}{P(Y \leq 3)} \end{align*}

Para hallar P(Y≤3)P(Y \leq 3), tenemos que:

P(Y≤3)=∫13∫0319 dx dy=19∫133 dy=19⋅3⋅y∣13=19⋅3⋅2=23\begin{align*} P(Y \leq 3) = \int_1^3 \int_0^3 \dfrac{1}{9} \, dx \, dy = \dfrac{1}{9} \int_1^3 3 \, dy = \dfrac{1}{9} \cdot 3 \cdot y \Big|_1^3 = \dfrac{1}{9} \cdot 3 \cdot 2 = \dfrac{2}{3} \end{align*}

Y también:

P(2<X<2.5,Y≤3)=∫22.5∫1319 dy dx=19∫22.53 dx=19⋅3⋅x∣22.5=39⋅0.5=16\begin{align*} P(2 < X < 2.5, Y \leq 3) = \int_2^{2.5} \int_1^3 \dfrac{1}{9} \, dy \, dx = \dfrac{1}{9} \int_2^{2.5} 3 \, dx = \dfrac{1}{9} \cdot 3 \cdot x \Big|_2^{2.5} = \dfrac{3}{9} \cdot 0.5 = \dfrac{1}{6} \end{align*}

Así, tenemos que:

P(2<X<2.5∣Y≤3)=P(2<X<2.5,Y≤3)P(Y≤3)=1623=14\begin{align*} P(2 < X < 2.5 | Y \leq 3) = \dfrac{P(2 < X < 2.5, Y \leq 3)}{P(Y \leq 3)} = \dfrac{\dfrac{1}{6}}{\dfrac{2}{3}} = \dfrac{1}{4} \end{align*}

Ejercicio 6

Sea (X,Y)(X, Y) un vector aleatorio continuo con función de densidad conjunta dada por:

f(x,y)={kx2y si x>1, 1x≤y≤x0 en el resto \begin{align*} f(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{k}{x^2y} \text{ si } x > 1, \, \dfrac{1}{x} \leq y \leq x\\[2ex] 0 \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

Calcular el valor de kk y la función de distribución conjunta

📐Demostración

Para calcular el valor de kk tenemos que ver que f(x,y)f(x, y) sea función de densidad, para ello:

f ⁣:R2⟶R tq {f(x,y)≥0∀(x,y)∬R2f(x,y) dx dy=1\begin{align*} f \colon \mathbb{R}^2 \longrightarrow \mathbb{R} \text{ tq } \left\{ \begin{array}{l} f(x, y) \geq 0 \quad \forall (x, y)\\ \displaystyle \iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y) \, dx \, dy = 1 \end{array} \right. \end{align*}

Para ver que se cumple la primera propiedad, tenemos que, dado que x>1x > 1 e y2>=0y^2 >= 0 entonces, para que el cociente sea positivo, k>0k > 0.

Ahora, vamos a ver que se cumpla la segunda propiedad:

∫1∞(∫1uuku2v dv) du=k∫1∞1u2[ln⁡∣v∣]1uu du=k∫1∞1u2(ln⁡u−ln⁡1u) du==k∫1∞1u2(ln⁡u−ln⁡1+ln⁡u) du=2k∫1∞1u2ln⁡u du\begin{align*} \int_1^\infty \left(\int_{\frac{1}{u}}^{u} \dfrac{k}{u^2 v} \, dv\right)\, du & = k \int_{1}^\infty \dfrac{1}{u^2} \left[\ln |v| \right]_{\frac{1}{u}}^{u} \, du = k \int_1^\infty \dfrac{1}{u^2} \left(\ln u - \ln \dfrac{1}{u}\right) \, du = \\[2ex] & = k \int_1^{\infty} \dfrac{1}{u^2} \left(\ln u - \ln 1 + \ln u\right) \, du = 2k \int_1^{\infty} \dfrac{1}{u^2} \ln u \, du \end{align*}

Podemos hacer el cambio de variable:

a=ln⁡u  ⟹  u=eada=1udu\begin{align*} a & = \ln u \implies u = e^a\\ da & = \dfrac{1}{u}du \end{align*}

Así, tenemos que:

2k∫1∞ln⁡uu2 du=2k∫0∞a(ea)2⋅ea da=2k∫0∞aeae2a da=2k∫0∞ae−a da==2k[[−ae−a]0∞+∫0∞e−a da]=2k(0−[−e−a]0∞)==2k(0−(−1))=2k\begin{align*} 2k \int_1^\infty \dfrac{\ln u}{u^2} \, du & = 2 k\int_0^\infty \dfrac{a}{(e^a)^2} \cdot e^a \, da = 2k \int_0^\infty a \dfrac{e^a}{e^{2a}} \, da = 2k \int_0^\infty ae^{ - a} \, da = \\[2ex] & = 2k \left[\left[ - ae^{ - a} \right]_0^\infty + \int_0^\infty e^{ - a} \, da \right] = 2k \left(0 -\left[ - e^{ - a}\right]_0^\infty\right) = \\[2ex] & = 2k \left(0 -( - 1)\right) = 2k \end{align*}

Así, tenemos que:

2k=1  ⟹  k=12\begin{align*} 2k = 1 \implies k = \dfrac{1}{2} \end{align*}

Es decir, el valor para el que es función de densidad es k=12k = \dfrac{1}{2}.

Vamos a hallar las marginales Para la marginal de XX tenemos que:

fX(x)=∫Rf(x,y) dy=∫1xxf(x,y) dy=∫1xx12x2y dy==12x2∫1xx1y dy=12x2[ln⁡y]1xx=ln⁡xx2\begin{align*} f_X(x) & = \int_\mathbb{R} f(x, y) \, dy = \int_{\frac{1}{x}}^x f(x, y) \, dy = \int_{\frac{1}{x}}^x \frac{1}{2x^2 y} \, dy = \\[2ex] & = \dfrac{1}{2x^2} \int_{\frac{1}{x}}^x \dfrac{1}{y} \, dy = \dfrac{1}{2x^2} \left[\ln y\right]_{\frac{1}{x}}^x =\dfrac{\ln x}{x^2} \end{align*}

Y para la marginal de YY:

fY(y)=∫Rf(x,y) dx=∫1∞12x2y dx=12y∫1∞1x2 dx=12y[−1x]1∞=12y+1\begin{align*} f_Y(y) & = \int_\mathbb{R} f(x, y) \, dx = \int_1^{\infty} \dfrac{1}{2x^2 y} \, dx = \dfrac{1}{2y} \int_1^{\infty} \dfrac{1}{x^2} \, dx = \dfrac{1}{2y} \left[-\dfrac{1}{x}\right]_1^\infty = \dfrac{1}{2y} + 1 \end{align*}

Vamos a hallar la función condicionada

Para hallar la función condicionada por xx tenemos que:

f(y∣x)=f(x,y)fX(x)=12x2ylnxx2=12yln⁡x si 1x≤y≤x\begin{align*} f(y|x) = \dfrac{f(x, y)}{f_X(x)} = \dfrac{\dfrac{1}{2x^2y}}{\dfrac{ln x}{x^2}} = \dfrac{1}{2y \ln x} \quad \text{ si } \dfrac{1}{x} \leq y \leq x \end{align*}

Y ahora, para hallar la función condicionada por yy tenemos que:

f(x∣y)=f(x,y)fY(y)=12x2y12y+1=1x2+2y si x>1\begin{align*} f(x|y) = \dfrac{f(x, y)}{f_Y(y)} = \dfrac{\dfrac{1}{2x^2y}}{\dfrac{1}{2y} + 1} = \dfrac{1}{x^2 + 2y} \quad \text{ si } x > 1 \end{align*}

Ejercicio 7

Sea (X,Y)(X, Y) un vector aleatorio continuo con función de densidad conjunta dada por:

f(x,y)={1−2k si 0<x<1,  0<y<1k si 0<x<2,  1<y<20 en el resto \begin{align*} f(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 - 2k & \text{ si } 0 < x < 1, \, \, 0 < y < 1\\[2ex] k & \text{ si } 0 < x < 2, \, \, 1 < y < 2\\[2ex] 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

Determinar las distribuciones marginales y condicionadas dado k∈(0,12)k \in (0, \frac{1}{2})

📐Demostración

Vamos a hallar las marginales

Para hallar la marginal de XX tenemos que:

  • Para 0<x<10 < x < 1:
fX(x)=∫01f(x,y) dy=∫01(1−2k) dy+∫01k dy==(1−2k)y∣01+y∣01=1−2k+k=1−k\begin{align*} f_X(x) & = \int_0^1 f(x, y) \, dy = \int_0^1 (1 - 2k) \, dy + \int_0^1 k \, dy =\\[2ex] & = (1 - 2k) y\Big|_0^1 + y\Big|_0^1 = 1 - 2k + k = 1 - k \end{align*}
  • Para 1<x<21 < x < 2:
fX(x)=∫12f(x,y) dy=∫12k dy=k∫12 dy=k\begin{align*} f_X(x) = \int_1^2 f(x, y) \, dy = \int_1^2 k \, dy = k \int_1^2 \, dy = k \end{align*}

Así, la función de densidad marginal de XX es:

fX(x)={1−k si 0<x<1k si 1<x<20 en el resto \begin{align*} f_X(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 - k & \text{ si } 0 < x < 1\\[2ex] k & \text{ si } 1 < x < 2\\[2ex] 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

Ahora, vamos a calcular la marginal de YY:

  • Si 0<y<10 < y < 1:
fY(y)=∫01f(x,y) dx=∫01(1−2k) dx=(1−2k)x∣01=1−2k\begin{align*} f_Y(y) = \int_0^1 f(x, y) \, dx = \int_0^1 (1 - 2k) \, dx = (1 - 2k) x\Big|_0^1 = 1 - 2k \end{align*}
  • Si 1<y<21 < y < 2:
fY(y)=∫02f(x,y) dx=∫02k dx=k∫02 dx=2k\begin{align*} f_Y(y) = \int_0^2 f(x, y) \, dx = \int_0^2 k \, dx = k \int_0^2 \, dx = 2k \end{align*}

Así, la función de densidad marginal de YY es:

fY(y)={1−2k si 0<y<12k si 1<y<20 en el resto \begin{align*} f_Y(y) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 - 2k & \text{ si } 0 < y < 1\\[2ex] 2k & \text{ si } 1 < y < 2\\[2ex] 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

Vamos a hallar las funciones condicionadas

Para hallar la función condicionada de XX dado Y=yY = y, tenemos que:

f(x∣y)=f(x,y)fY(y)\begin{align*} f(x|y) = \dfrac{f(x,y)}{f_Y(y)} \end{align*}

Así, tenemos que distinguir casos:

  • Si 0<y<10 < y < 1:
f(x∣y)=1−2k1−2k=1 si 0<x<1\begin{align*} f(x|y) = \dfrac{1 - 2k}{1 - 2k} = 1 \quad \text{ si } 0 < x < 1 \end{align*}
  • Si 1<y<21 < y < 2:
f(x∣y)=k2k=12 si 0<x<2\begin{align*} f(x|y) = \dfrac{k}{2k} = \dfrac{1}{2} \quad \text{ si } 0 < x < 2 \end{align*}

Así, tenemos que, la función condicionada de XX dado Y=yY = y es:

f(x∣y)={1 si 0<x<112 si 1<x<20 en el resto \begin{align*} f(x|y) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 & \text{ si } 0 < x < 1\\[2ex] \dfrac{1}{2} & \text{ si } 1 < x < 2\\[2ex] 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

Ahora vamos a hallar la condicionada de YY dado X=xX = x:

f(y∣x)=f(x,y)fX(x)\begin{align*} f(y|x) = \dfrac{f(x, y)}{f_X(x)} \end{align*}

Así, tenemos que también hay que distinguir casos:

  • Si 0<x<10 < x < 1, hay que ver como se comporta yy:

  • Si 1<x<21 < x < 2:

f(y∣x)=1−2kk si 1<y<2\begin{align*} f(y |x ) = \dfrac{1 - 2k}{k} \quad \text{ si } 1 < y < 2 \end{align*}

Así, la función condicionada de YY dado X=xX = x es:

f(y∣x)={1−2k1−k si 0<y<1k1−k si 1<y<21−2kk si 1<x<2\begin{align*} f(y|x) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{1 - 2k}{1 - k} & \text{ si } 0 < y < 1\\[2ex] \dfrac{k}{1 - k} & \text{ si } 1 < y < 2\\[2ex] \dfrac{1 - 2k}{k} & \text{ si } 1 < x < 2 \end{array} \right. \end{align*}

Ejercicio 8

Sea (X,Y)(X, Y) un vector aleatorio cuya función masa de probabilidad viene dada por:

Y∖X−101−216112161161121621120112\begin{array}{|c | c | c | c |} \hline Y \setminus X & -1 & 0 & 1\\ \hline -2 & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{12} & \dfrac{1}{6}\\ \hline 1 & \dfrac{1}{6} & \dfrac{1}{12} & \dfrac{1}{6}\\ \hline 2 & \dfrac{1}{12} & 0 & \dfrac{1}{12} \\ \hline \end{array}

Calcular las distribuciones marginales y condicionadas

📐Demostración

Vamos a hacer un análisis completo del ejercicio. Así, vamos a comprobar que es función de masa de probabilidad

Para que sea función de masa de probabilidad tiene que cumplir las siguientes condiciones:

  • P(x,y)≥0∀x,yP(x, y) \geq 0 \quad \forall x, y
  • ∑x∑yp(x,y)=1\sum_{x} \sum_y p(x, y) = 1

Así, vemos que se cumple la primera propiedad. Ahora, vamos a ver si se cumple la segunda:

∑x∑yp(x,y)=16+112+16+16+112+16+112+112=1\begin{align*} \sum_x \sum_y p(x, y) = \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{12} = 1 \end{align*}

Así, vemos que es función de masa de probabilidad.

Vamos a hallar ahora la función de distribución conjunta

Para hallar la función de distribución conjunta, tenemos que:

F(x,y)=P(X≤x,Y≤y)=∑i=0x∑j=−2yp(i,j)\begin{align*} F(x, y) = P(X \leq x, Y \leq y) = \sum_{i = 0}^x \sum_{j = -2}^y p(i, j) \end{align*}

Vamos a hallar las marginales

Para hallar la marginal de XX tenemos que:

P(X=x)=∑yp(x,y)=p(x,−2)+p(x,1)+p(x,2)\begin{align*} P(X = x) = \sum_y p(x, y) = p(x, - 2) + p(x, 1) + p(x, 2) \end{align*}

Así, tenemos que la función de masa de probabilidad marginal de XX es:

P(X=x)={16+16+112=512 si x=−1112+112=16 si x=016+16+112=512 si x=1\begin{align*} P(X = x) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{12} = \dfrac{5}{12} & \text{ si } x = - 1\\[2ex] \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{12} = \dfrac{1}{6} & \text{ si } x = 0\\[2ex] \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{12} = \dfrac{5}{12} & \text{ si } x = 1 \end{array} \right. \end{align*}

Y para la marginal de YY:

P(Y=y)=∑xp(x,y)=p(0,y)+p(1,y)+p(2,y)\begin{align*} P(Y = y) = \sum_x p(x, y) = p(0, y) + p(1, y) + p(2, y) \end{align*}

Así, tenemos que la función de masa de probabilidad marginal de YY es:

P(Y=y)={16+112+16=512 si y=−216+112+16=512 si y=1112+112=16 si y=2\begin{align*} P(Y = y) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{5}{12} & \text{ si } y = - 2\\[2ex] \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{5}{12}& \text{ si } y = 1\\[2ex] \dfrac{1}{12} + \dfrac{1}{12} = \dfrac{1}{6} & \text{ si } y = 2 \end{array} \right. \end{align*}

Vamos a hallar las condicionadas

Para hallar la condicionada de XX dado Y=yY = y tenemos que:

P(X=x∣Y=y)=P(X=x,Y=y)P(Y=y)\begin{align*} P(X = x| Y = y) = \dfrac{P(X = x, Y = y)}{P(Y = y)} \end{align*}

Entonces, tenemos que distinguir casos:

  • Si Y=−2Y = -2:

  • Si Y=1Y = 1:

  • Si X=−1  ⟹  P(X=−1∣Y=1)=16512=25X = - 1 \implies P(X = - 1 | Y = 1) = \dfrac{\frac{1}{6}}{\frac{5}{12}} = \dfrac{2}{5}

  • Si X=0  ⟹  P(X=0∣Y=1)=112512=15X = 0 \implies P(X = 0 | Y = 1) = \dfrac{\frac{1}{12}}{\frac{5}{12}} = \dfrac{1}{5}

  • Si X=1  ⟹  P(X=1∣Y=1)=16512=25X = 1 \implies P(X = 1 | Y = 1) = \dfrac{\frac{1}{6}}{\frac{5}{12}} = \dfrac{2}{5}

  • Si Y=2Y = 2:

  • Si X=−1  ⟹  P(X=−1∣Y=2)=11216=12X = - 1 \implies P(X = - 1 | Y = 2) = \dfrac{\frac{1}{12}}{\frac{1}{6}} = \dfrac{1}{2}

  • Si X=1  ⟹  P(X=1∣Y=2)=11216=12X = 1 \implies P(X = 1 | Y = 2) = \dfrac{\frac{1}{12}}{\frac{1}{6}} = \dfrac{1}{2}

  • Si X=0  ⟹  P(X=0∣Y=2)=0X = 0 \implies P(X = 0 | Y = 2) = 0

Para hallar la condicionada de YY dado X=xX = x se hace análogamente.

Ejercicio 9

Sea (X,Y)(X, Y) un vector aleatorio continuo con función de distribución conjunta dada por:

F(x,y)={(1−e−x)(1−e−y) si x>0, y>00 en el resto \begin{align*} F(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} (1 - e^{ - x})(1 - e^{ - y}) & \text{ si } x > 0, \, y > 0\\ 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

📐Demostración

Hallar P(X≤1,Y≤1)P(X \leq 1, Y \leq 1)

Dado que F(x,y)P(X≤1∩Y≤1)F(x, y) P(X \leq 1 \cap Y \leq 1) entonces:

P(X≤1,Y≤1)=F(1,1)=(1−e−1)(1−e−1)=(1−e−1)2\begin{align*} P(X \leq 1, Y \leq 1) = F(1, 1) = (1 - e^{ - 1})(1 - e^{ - 1}) = (1 - e^{ - 1})^2 \end{align*}

Hallar las distribuciones marginales de XX e YY

Para hallar la marginal de XX tenemos que:

FX(x)=lim⁡y→∞F(x,y)=lim⁡y→∞(1−e−x)(1−e−y)=(1−e−x)⋅1=1−e−x\begin{align*} F_X(x) = \lim_{y \to \infty} F(x, y) = \lim_{y \to \infty} (1 - e^{ - x})(1 - e^{ - y}) = (1 - e^{ - x}) \cdot 1 = 1 - e^{ - x} \end{align*}

Y para hallar la marginal de YY:

FY(y)=lim⁡x→∞F(x,y)=lim⁡x→∞(1−e−x)(1−e−y)=(1−e−y)⋅1=1−e−y\begin{align*} F_Y(y) = \lim_{x \to \infty} F(x, y) = \lim_{x \to \infty} (1 - e^{ - x})(1 - e^{ - y}) = (1 - e^{ - y}) \cdot 1 = 1 - e^{ - y} \end{align*}

Vamos a ver si son independientes XX e YY

Para ver si son independientes, tenemos que ver si se cumple que:

F(x,y)=FX(x)⋅FY(y)∀x,y\begin{align*} F(x, y) = F_X(x) \cdot F_Y(y) \quad \forall x, y \end{align*}

Esto se cumple trivialmente ya que:

FX(x)⋅FY(y)=(1−e−x)(1−e−y)=F(x,y)\begin{align*} F_X(x) \cdot F_Y(y) = (1 - e^{ - x})(1 - e^{ - y}) = F(x, y) \end{align*}

Hallar las distribuciones condicionadas de XX e YY

Dado que XX e YY son independientes, entonces:

F(x∣y)=FX(x)∀x,y\begin{align*} F(x|y) = F_X(x) \quad \forall x, y \end{align*}

Y también:

F(y∣x)=FY(y)∀x,y\begin{align*} F(y|x) = F_Y(y) \quad \forall x, y \end{align*}

Entonces, tenemos que:

F(x∣y)=1−e−x∀x,y\begin{align*} F(x|y) = 1 - e^{ - x} \quad \forall x, y \end{align*}

Y también:

F(y∣x)=1−e−y∀x,y\begin{align*} F(y|x) = 1 - e^{ - y} \quad \forall x, y \end{align*}

Problema 15

La incidencia de la hepatitis en una población es una variable aleatoria continua XX que sigue una distribución gamma de parámetros α=2\alpha = 2 y β=12\beta = \frac{1}{2}. Para un grupo específico de personas, el número de personas que presenta hepatitis tiene distribución de Poisson de parámetro la incidencia de hepatitis.

  1. Obtener la probabilidad de que no más de dos personas desabollen la enfermedad en el citado grupo

📐Demostración

Tenemos que XX es una variable aleatoria continua X⇝γ(2,12)X \rightsquigarrow \gamma(2, \frac{1}{2}) y que YY es una variable aleatoria que mide el número de personas que presentan hepatitis y que Y∣X=x⇝P(X)Y|_{X = x} \rightsquigarrow P(X). Así, buscamos:

P(Y≤2)=P(Y=0)+P(Y=1)+P(Y=2)\begin{align*} P(Y \leq 2) = P(Y = 0) + P(Y = 1) + P(Y = 2) \end{align*}

Y tenemos que, por la probabilidad total:

P(Y=k)=∫RP(Y=k∣X=x)⋅f(x) dx\begin{align*} P(Y = k) = \int_\mathbb{R} P(Y = k |X = x) \cdot f(x) \, dx \end{align*}

Así, tenemos que:

P(Y=k∣X=x)=e−x(−x)kk!\begin{align*} P(Y = k | X = x) = \dfrac{e^{ - x} ( - x)^k}{k!} \end{align*}

Entonces, tenemos que:

📐Demostración

Sabemos que XX es una variable continua que mide la incidencia de la hepatitis y que, además, X⇝γ(2,12)X \rightsquigarrow \gamma(2, \frac{1}{2}). Ademas, tenemos que YY es una variable aleatoria que mide el número de personas que presentan hepatitis y que Y∣X=x⇝P(X)Y|_{X = x} \rightsquigarrow P(X)

Ahora podemos aplicar la probabilidad total y tenemos que:

P(Y=k)=∫RP(Y=k∣X=x)⋅f(x) dx\begin{align*} P(Y = k) = \int_{\mathbb{R}} P(Y = k | X = x) \cdot f(x) \, dx \end{align*}

Y tenemos que P(Y≤2)=P(Y=0)+P(Y=1)+P(Y=2)P(Y \leq 2) = P(Y = 0) + P(Y = 1) + P(Y = 2)

La segunda parte es la distribución X∣Y=5X |_{Y = 5} y queremos:

E(X∣Y=5)=∫Rx⋅f(x∣Y=5) dx\begin{align*} E(X |_{Y = 5}) = \int_{\mathbb{R}} x \cdot f(x |_{Y = 5}) \, dx \end{align*}

Y también:

Var(X∣Y=5)=E(X2∣Y=5)−E2(X∣Y=5)\begin{align*} Var(X|_{Y = 5}) = E(X^2 |_{Y = 5}) - E^2(X |_{Y = 5}) \end{align*}