Ejercicios Resueltos Probabilidad y Estadística - Parte V

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

Ejercicio de la gasolina

Se almacena gasolina en un depósito una vez por semana, para vender a los clientes. Considera las variables aleatorias que señalan, respectivamente, la proporción del depósito que se almacena en una semana determinada (X) y la proporción de depósito que se vende en esa misma semana (Y). Por estar limitado el abastecimiento la proporción de almacenamiento no se fija de antemano. Un estudio previo indica que el comportamiento de las dos variables es tal que el modelo adecuado está representado por la siguiente función de densidad:

f(x,y)={3x si 0≤y≤x≤10 en el resto \begin{align*} f(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} 3x & \text{ si } 0 \leq y \leq x \leq 1\\ 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

Antes de reponer a las preguntas, es conveniente destacar que podemos representar el área sobre el que vamos a trabajar como:

  • ¿Cuál es la distribución de probabilidad de la gasolina vendida semanalmente?

📐Demostración

Para ver la distribución de probabilidad de la gasolina vendida semanalmente, tenemos que ver la marginal de YY ya que es la variable que mide la proporción de gasolina vendida en una semana. Así, tenemos que:

fY(y)=∫Rf(x,y) dx=∫y13x dx=3[x22]y1=32(1−y2)\begin{align*} f_Y(y) = \int_{\mathbb{R}} f(x, y) \, dx = \int_y^1 3x \, dx = 3\left[\dfrac{x^2}{2}\right]_{y}^1= \dfrac{3}{2}\left(1 - y^2\right) \end{align*}

Así, tenemos que la función de densidad de probabilidad de la gasolina vendida semanalmente es:

fY(y)={32(1−y2) si y∈[0,1]0 en el resto \begin{align*} f_Y(y) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{3}{2}\left(1 - y^2\right) & \text{ si } y \in [0, 1]\\ 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}
  • ¿Cuál es la distribución de probabilidad de la gasolina almacenada semanalmente?

📐Demostración

Notar que en este caso lo que tenemos que observar es la marginal de XX ya que es la variable que mide la proporción de gasolina almacenada en una semana. Así, tenemos que:

fX(x)=∫Rf(x,y) dy=∫0x3x dy=3x[y]0x=3x2\begin{align*} f_X(x) = \int_{\mathbb{R}}f(x, y) \, dy = \int_0^x 3x \, dy = 3x \left[y\right]_0^x = 3x^2 \end{align*}

Así, tenemos que la función de densidad de probabilidad de la gasolina almacenada semanalmente es:

fX(x)={3x2 si x∈[0,1]0 en el resto \begin{align*} f_X(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 3x^2 & \text{ si } x \in [0, 1]\\ 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}
  • ¿Cuál es la función de distribución conjunta de las proporciones de la gasolina almacenada y vendida semanalmente?

📐Demostración

Para ello, basta con calcular:

FX,Y(x,y)=P(X≤x,Y≤y)=∬R2f(x,y) dx dy\begin{align*} F_{X, Y}(x, y) = P(X \leq x, Y \leq y) = \iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y) \, dx \, dy \end{align*}

Notar que podemos diferenciar dos casos:

  • Si (x,y)∈R2 tq 0≤y<x≤1(x, y) \in \mathbb{R}^2 \text{ tq } 0 \leq y < x \leq 1:
FX,Y(x,y)=∫0y(∫vxf(u,v) du) dv=∫0y(∫vx3u du) dv==∫0y[3u22]vx dv=∫0y(3x22−3v22) dv==3x22v∣0y−v32∣0y=3x2y2−y32=y2(3x2−y2)\begin{align*} F_{X, Y}(x, y) & = \int_{0}^y \left(\int_v^x f(u, v) \, du \right) \, dv = \int_0^y \left(\int_v^x 3u \, du \right) \, dv =\\[2ex] & = \int_0^y \left[\dfrac{3u^2}{2} \right]_v^x \, dv = \int_0^y \left(\dfrac{3x^2}{2} - \dfrac{3v^2}{2}\right) \, dv = \\[2ex] & = \dfrac{3x^2}{2} v \Big|_0^y - \dfrac{v^3}{2} \Big|_0^y = \dfrac{3x^2y}{2} - \dfrac{y^3}{2} = \dfrac{y}{2} (3x^2 - y^2) \end{align*}
  • Si (x,y)∈R2 tq y≥x≥0 y x≤1(x, y) \in \mathbb{R}^2 \text{ tq } y \geq x \geq 0 \text{ y } x \leq 1:
FX,Y(x,y)=∫0x(∫0uf(u,v) dv) du=∫0x(∫0u3u dv) du==∫0x(3uv)0u du=∫0x3u2 du=u3∣0x=x3\begin{align*} F_{X, Y}(x, y) & = \int_0^x \left( \int_0^u f(u, v) \, dv \right) \, du = \int_0^x \left(\int_0^u 3u \, dv\right) \, du =\\[2ex] & = \int_0^x \left(3uv\right)_0^u \, du = \int_0^x 3u^2 \, du = u^3 \Big|_0^x = x^3 \end{align*}
  • Si (x,y)∈R2 tq 0≤y≤x con x≥1(x, y) \in \mathbb{R}^2 \text{ tq } 0 \leq y \leq x \text{ con } x \geq 1:
FX,Y(x,y)=∫0y(∫v1f(u,v) du) dv=∫0y(∫v13u du) dv==∫0y[3u22]v1 dv=∫0y(32−3v22) dv==[3v2−v32]0y=3y2−y32=y2(3−y2)\begin{align*} F_{X, Y} (x, y) & = \int_0^y \left(\int_v^1 f(u, v) \, du\right) \, dv = \int_0^y \left(\int_v^1 3u \, du\right) \, dv = \\[2ex] & = \int_0^y \left[\dfrac{3u^2}{2}\right]_v^1 \, dv = \int_0^y \left(\dfrac{3}{2} - \dfrac{3v^2}{2}\right) \, dv = \\[2ex] & = \left[\dfrac{3v}{2} - \dfrac{v^3}{2}\right]_0^y = \dfrac{3y}{2} - \dfrac{y^3}{2} = \dfrac{y}{2} (3 - y^2) \end{align*}

Así, tenemos que la función de distribución conjunta de las proporciones de la gasolina almacenada y vendida semanalmente es:

FX,Y(x,y)={0 si x<0 o y<0y2(3x2−y2) si 0≤y<x≤1x3 si y≥x≥0 y x≤1y2(3−y2) si 0≤y≤x con x≥11 si x>1 y y>1\begin{align*} F_{X, Y} (x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } x < 0 \text{ o } y < 0\\[2ex] \dfrac{y}{2} (3x^2 - y^2) & \text{ si } 0 \leq y < x \leq 1\\[2ex] x^3 & \text{ si } y \geq x \geq 0 \text{ y } x \leq 1\\[2ex] \dfrac{y}{2} (3 - y^2) & \text{ si } 0 \leq y \leq x \text{ con } x \geq 1\\[2ex] 1 & \text{ si } x > 1 \text{ y } y > 1 \end{array} \right. \end{align*}
  • Calcula la probabilidad de que en una semana determinada se haya vendido entre el 20 y el 40% del depósito

📐Demostración

Se considera el suceso AA = ``Se haya vendido entre el 20 y el 40% del depósito en una semana''. Así, queremos conocer:

P(A)\begin{align*} P(A) \end{align*}

Como la variable del suceso es YY, entonces:

P(A)=P(0.2≤Y≤0.4)\begin{align*} P(A) = P(0.2 \leq Y \leq 0.4) \end{align*}

Aquí podemos proceder de varias formas (función de densidad marginal o función de distribución marginal de YY). El planteamiento más sencillo sería a través de la función de densidad marginal de YY (que ya calculamos en el apartado 1):

P(A)=P(0.2≤Y≤0.4)=∫0.20.4fY(y) dy=∫0.20.432(1−y2) dy\begin{align*} P(A) = P(0.2 \leq Y \leq 0.4) = \int_{0.2}^{0.4} f_Y(y) \, dy = \int_{0.2}^{0.4} \dfrac{3}{2} (1 - y^2) \, dy \end{align*}

Sin embargo, en este caso vamos a usar la función de distribución marginal para obligarnos a calcularla:

P(A)=P(0.2≤Y≤0.4)=FY(0.4)−FY(0.2−)=continuaFY(0.4)−FY(0.2)\begin{align*} P(A) = P(0.2 \leq Y \leq 0.4) = F_Y(0.4) - F_Y(0.2^ - ) \overset{\text{\tiny continua}}{=} F_Y(0.4) - F_Y(0.2) \end{align*}

Y para hallar FY(y)F_Y(y) tenemos que:

FY(y)=∫0y(∫−∞∞fX,Y(u,v) du) dv\begin{align*} F_Y(y) = \int_0^y \left(\int_{ - \infty}^\infty f_{X, Y}(u, v) \, du \right) \, dv \end{align*}

O también podríamos hacer:

FY(y)=lim⁡x→∞FX,Y(x,y)=lim⁡x→∞12(3y−y3)=12(3y−y3)\begin{align*} F_Y(y) = \lim_{x \to \infty} F_{X, Y}(x, y) = \lim_{x \to \infty} \dfrac{1}{2} \left(3y - y^3\right) = \dfrac{1}{2} \left(3y - y^3\right) \end{align*}

Así, tenemos que:

P(A)=FY(0.4)−FY(0.2)=12(3⋅0.4−0.43)−12(3⋅0.2−0.23)=0.272\begin{align*} P(A) = F_Y(0.4) - F_Y(0.2) = \dfrac{1}{2} \left(3 \cdot 0.4 - 0.4^3\right) - \dfrac{1}{2} \left(3 \cdot 0.2 - 0.2^3\right) = 0.272 \end{align*}

También, podríamos haberlo calculado como el área de la región delimitada por 0.2≤y≤0.40.2 \leq y \leq 0.4 e y≤x≤1y \leq x \leq 1 (podríamos fijar tanto xx como yy):

P(A)=∫0.20.4(∫v1f(u,v) du) dv=∫0.20.4(∫v13u du) dv==∫0.20.4[3u22]v1=∫0.20.4(32−3v22) dv=32[v−v32]0.20.4=0.272\begin{align*} P(A) & = \int_{0.2}^{0.4} \left(\int_v^1 f(u, v) \, du\right) \, dv = \int_{0.2}^{0.4} \left(\int_v^1 3u \, du\right) \, dv = \\[2ex] & = \int_{0.2}^{0.4} \left[\dfrac{3u^2}{2}\right]_v^{1} = \int_{0.2}^{0.4} \left(\dfrac{3}{2} - \dfrac{3v^2}{2}\right) \, dv = \dfrac{3}{2} \left[v - \dfrac{v^3}{2}\right]_{0.2}^{0.4} = 0.272 \end{align*}

  • Si en una semana almacenamos más del 50% del depósito:

  • ¿Cuál es la distribución de gasolina almacenada semanalmente cuando la venta semanal alcanza el 50% del depósito?¿Cuál es la función de distribución en dicho caso?

📐Demostración

Queremos hallar la distribución de la gasolina almacenada asociada al suceso AA = ``Vender el 50% del depósito en una semana''. Así, queremos calcular:

P(X∣B)=P(X∣Y=0.5)\begin{align*} P(X|_B) = P(X|_{Y = 0.5}) \end{align*}

Aunque el ejercicio valdría con responder calcular la función de distribución, vamos a obligarnos a calcular también la de densidad a modo de repaso, basta notar que:

f(x∣y=0.5)=f(x,0.5)fY(0.5)=3x32(1−0.52)=x0.375\begin{align*} f(x|_{y = 0.5}) = \dfrac{f(x, 0.5)}{f_Y(0.5)} = \dfrac{3x}{\dfrac{3}{2}(1 - 0.5^2)} = \dfrac{x}{0.375} \end{align*}

Notar que, realmente la función de densidad en este caso sería:

f(x∣y=0.5)={x0.375=8x3 si x∈[0.5,1]0 en el resto \begin{align*} f(x|_{y = 0.5}) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{x}{0.375} = \dfrac{8x}{3} & \text{ si } x \in [0.5, 1]\\ 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}

Y para obtener la función de distribución, basta con integrar la función de densidad unidimensional que acabamos de obtener, así:

F(x∣y=0.5)=∫Rf(x∣y=0.5) dx\begin{align*} F(x|_{y = 0.5}) = \int_{\mathbb{R}} f(x|_{y = 0.5}) \, dx \end{align*}

Y tenemos que dividir en tres casos:

  • Si x<0.5x < 0.5:
F(x∣y=0.5)=∫−∞xf(x∣y=0.5) dx=∫−∞x0 dx=0\begin{align*} F(x|_{y = 0.5}) = \int_{ - \infty}^{x} f(x|_{y = 0.5}) \, dx =\int_{ - \infty}^{x} 0 \, dx = 0 \end{align*}
  • Si 0.5≤x≤10.5 \leq x \leq 1:
F(x∣y=0.5)=∫−∞xf(u∣y=0.5) du=∫0.5x8u3 du=[4u23]0.5x=4x23−43\begin{align*} F(x|_{y = 0.5}) = \int_{ - \infty}^{x} f(u|_{y = 0.5}) \, du = \int_{0.5}^x \dfrac{8u}{3} \, du = \left[\dfrac{4u^2}{3}\right]_{0.5}^x = \dfrac{4x^2}{3} - \dfrac{4}{3} \end{align*}
  • Si x>1x > 1:
F(x∣y=0.5)=∫−∞xf(u∣y=0.5) du=∫∞x8u3 du=1\begin{align*} F(x|_{y = 0.5}) = \int_{ - \infty}^{x} f(u|_{y = 0.5})\, du = \int_{\infty}^x \dfrac{8u}{3} \, du = 1 \end{align*}

Entonces, tenemos que la función de distribución viene dada por:

F(x∣y=0.5)={0 si x<0.54x23−43 si 0.5≤x≤11 si x>1\begin{align*} F(x|_{y = 0.5}) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } x < 0.5\\ \dfrac{4x^2}{3} - \dfrac{4}{3} & \text{ si } 0.5 \leq x \leq 1\\ 1 & \text{ si } x > 1 \end{array} \right. \end{align*}

  • El beneficio semanal del almacenista viene dado, aproximadamente, en función de los ingresos obtenidos por la proporción del deposito de gasolina vendido (que alcanza los 25.000 € si vende el depósito lleno, disminuyendo proporcionalmente cuando el porcentaje es menor) a los que hay que restar los costes fijos de mantenimiento de la instalación (que alcanzan los 5.000 € semanales).

  • ¿Cuál es el beneficio esperado de la instalación?¿Y la desviación típica de dicho beneficio?

📐Demostración

Podemos plantear el beneficio semanal como una variable aleatoria ZZ que mide el beneficio semanal de la instalación. Esta variable aleatoria claramente depende de la variable YY ya que el beneficio depende de la proporción de gasolina vendida semanalmente. Así, tenemos que:

Z=25000Y−5000\begin{align*} Z = 25000Y - 5000 \end{align*}

Se nos pide calcular la esperanza de dicha variable ZZ y, para ello, como ZZ es claramente continua, tenemos que:

E(Z)=E(25000Y−5000)=25000E(Y)−5000\begin{align*} E(Z) = E(25000Y - 5000) = 25000E(Y) - 5000 \end{align*}

Así, para calcular la esperanza de YY tenemos que:

E(Y)=∫Ry⋅fY(y) dy=∫01y⋅32(1−y2) dy=32∫01(y−y3) dy==32[y22−y44]01=32(12−14)=32⋅14=38\begin{align*} E(Y) & = \int_{\mathbb{R}} y \cdot f_Y(y) \, dy = \int_0^1 y \cdot \dfrac{3}{2} (1 - y^2) \, dy = \dfrac{3}{2}\int_0^1 (y - y^3) \, dy = \\[2ex] & = \dfrac{3}{2} \left[\dfrac{y^2}{2} - \dfrac{y^4}{4}\right]_0^1 = \dfrac{3}{2} \left(\dfrac{1}{2} - \frac{1}{4}\right) = \dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{8} \end{align*}

Entonces, tenemos que:

E(Z)=25000⋅38−5000=4375\begin{align*} E(Z) = 25000 \cdot \dfrac{3}{8} - 5000 = 4375 \end{align*}

Para hallar la desviación típica de ZZ, tenemos que:

σ(Z)=Var(Z)=E(Z2)−E(Z)2\begin{align*} \sigma(Z) = \sqrt{\text{Var}(Z)} = \sqrt{E(Z^2) - E(Z)^2} \end{align*}

Así, tenemos que hallar E(Z2)E(Z^2), para ello:

E(Z2)=E((25000Y−5000)2)==E(250002Y2−2⋅25000Y⋅5000+50002)==250002E(Y2)−250000000E(Y)+50002==250002∫Ry2⋅fY(y) dy−250000000⋅38+50002==250002∫01y2⋅32(1−y2) dy−250000000⋅38+50002==250002⋅32∫01(y2−y4) dy−250000000⋅38+50002==250002⋅32[y33−y55]01−250000000⋅38+50002==250002⋅32(13−15)−250000000⋅38+50002==250002⋅32⋅215−250000000⋅38+50002==250002⋅15−250000000⋅38+50002=56250000\begin{align*} E(Z^2) & = E((25000Y - 5000)^2) =\\[2ex] & = E(25000^2Y^2 - 2 \cdot 25000 Y \cdot 5000 + 5000^2) = \\[2ex] & = 25000^2 E(Y^2) - 250000000 E(Y) + 5000^2 = \\[2ex] & = 25000^2 \int_{\mathbb{R}} y^2 \cdot f_Y(y) \, dy - 250000000 \cdot \dfrac{3}{8} + 5000^2 = \\[2ex] & = 25000^2 \int_0^1 y^2 \cdot \dfrac{3}{2} (1 - y^2) \, dy - 250000000 \cdot \dfrac{3}{8} + 5000^2 = \\[2ex] & = 25000^2 \cdot \dfrac{3}{2} \int_0^1 \left(y^2 - y^4\right) \, dy - 250000000 \cdot \dfrac{3}{8} + 5000^2 = \\[2ex] & = 25000^2 \cdot \dfrac{3}{2} \left[\dfrac{y^3}{3} - \dfrac{y^5}{5}\right]_0^1 - 250000000 \cdot \dfrac{3}{8} + 5000^2 = \\[2ex] & = 25000^2 \cdot \dfrac{3}{2} \left(\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{5}\right) - 250000000 \cdot \dfrac{3}{8} + 5000^2 = \\[2ex] & = 25000^2 \cdot \dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{2}{15} - 250000000 \cdot \dfrac{3}{8} + 5000^2 = \\[2ex] & = 25000^2 \cdot \dfrac{1}{5} - 250000000 \cdot \dfrac{3}{8} + 5000^2 = 56250000 \end{align*}

Así, tenemos que:

σ(Z)=56250000−43752=56250000−19140625==37109375=6091.7465\begin{align*} \sigma(Z) & = \sqrt{56250000 - 4375^2} = \sqrt{56250000 - 19140625} = \\[2ex] & = \sqrt{37109375} = 6091.7465 \end{align*}
  • ¿Cuál es la distribución del beneficio semanal de la instalación?

📐Demostración

Como se ha descrito anteriormente:

Z=25000Y−5000\begin{align*} Z = 25000Y - 5000 \end{align*}

Así, vamos a hallar en este caso su función de distribución, es decir:

FZ(z)=P(Z≤z)=P(25000Y−5000≤z)=P(Y≤z+500025000)==FY(z+500025000)\begin{align*} F_Z(z) & = P(Z \leq z) = P(25000Y - 5000 \leq z) = P\left(Y \leq \dfrac{z + 5000}{25000}\right) =\\[2ex] & = F_Y\left(\dfrac{z + 5000}{25000}\right) \end{align*}

Aquí bastaría con calcular la función de distribución de YY y sustituir en la expresión anterior, sin embargo, vamos a calcularla a través de la función de densidad de YY ya que tenemos que:

fZ(z)=ddzFZ(z)=ddzFY(z+500025000)==fY(z+500025000)⋅ddz(z+500025000)=fY(z+500025000)⋅125000==32(1−(z+500025000)2)⋅125000==32(1−z2+10000z+25000000625000000)⋅125000==32(625000000−z2−10000z−25000000625000000)⋅125000==32(600000000−z2−10000z625000000)⋅125000==350000(600000000−z2−10000z625000000)\begin{align*} f_Z(z) & = \dfrac{d}{dz} F_Z(z) = \dfrac{d}{dz} F_Y\left(\dfrac{z + 5000}{25000}\right) =\\[2ex] & = f_Y\left(\dfrac{z + 5000}{25000}\right) \cdot \dfrac{d}{dz} \left(\dfrac{z + 5000}{25000}\right) = f_Y\left(\dfrac{z + 5000}{25000}\right) \cdot \dfrac{1}{25000} = \\[2ex] & = \dfrac{3}{2} \left(1 - \left(\dfrac{z + 5000}{25000}\right)^2\right) \cdot \dfrac{1}{25000} =\\[2ex] & = \dfrac{3}{2} \left(1 - \dfrac{z^2 + 10000z + 25000000}{625000000}\right) \cdot \dfrac{1}{25000} = \\[2ex] & = \dfrac{3}{2} \left(\dfrac{625000000 - z^2 - 10000z - 25000000}{625000000}\right) \cdot \dfrac{1}{25000} = \\[2ex] & = \dfrac{3}{2} \left(\dfrac{600000000 - z^2 - 10000z}{625000000}\right) \cdot \dfrac{1}{25000} = \\[2ex] & = \dfrac{3}{50000} \left(\dfrac{600000000 - z^2 - 10000z}{625000000}\right) \end{align*}

Así, llegamos a que la función de densidad de la variable aleatoria ZZ es:

fZ(z)={350000(600000000−z2−10000z625000000) si z∈[−5000,20000]0 en el resto \begin{align*} f_Z(z) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{3}{50000} \left(\dfrac{600000000 - z^2 - 10000z}{625000000}\right) & \text{ si } z \in [ - 5000, 20000]\\ 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \end{align*}
  • ¿Cuál es la probabilidad de que los beneficios semanales sean superiores a 10000€?

📐Demostración

Lo que queremos hallar es la probabilidad del suceso AA = ``Los beneficios semanales sean superiores a 10000€'', es decir:

P(A)=P(Z>10000)=P(25000Y−5000>10000)\begin{align*} P(A) = P(Z > 10000) = P(25000Y - 5000 > 10000) \end{align*}

Así, operando llegamos a que:

25000Y−5000>10000  ⟺  25000Y>15000  ⟺  Y>1500025000=0.6\begin{align*} 25000Y - 5000 > 10000 \iff 25000Y > 15000 \iff Y > \dfrac{15000}{25000} = 0.6 \end{align*}

Es decir, que queremos calcular:

P(Z>10000)=P(Y>0.6)=∫0.61fY(y) dy=∫0.6132(1−y2) dy==32[y−y33]0.61=32(1−13−0.6+0.633)=0.208\begin{align*} P(Z > 10000) & = P(Y > 0.6) = \int_{0.6}^1f_Y(y) \, dy = \int_{0.6}^1 \dfrac{3}{2} (1 - y^2) \, dy =\\[2ex] & = \frac{3}{2}\left[y - \dfrac{y^3}{3}\right]_{0.6}^1 = \dfrac{3}{2} \left(1 - \dfrac{1}{3} - 0.6 + \dfrac{0.6^3}{3}\right) = 0.208 \end{align*}

También se podría calcular normalmente a través de la función de densidad que hemos calculado previamente pero me daba pereza con tanto número, sería algo así:

P(Z>10000)=∫1000020000fZ(z) dz\begin{align*} P(Z > 10000) & = \int_{10000}^{20000} f_Z(z) \, dz \end{align*}
  • ¿Qué porcentaje de las semanas tiene pérdidas la instalación?

📐Demostración

Lo que queremos hallar es la probabilidad del suceso AA = ``La instalación tiene pérdidas en una semana determinada'', es decir:

P(A)=P(Z<0)=P(25000Y−5000<0)\begin{align*} P(A) = P(Z < 0) = P(25000Y - 5000 < 0) \end{align*}

Así, operando llegamos a que:

25000Y−5000<0  ⟺  25000Y<5000  ⟺  Y<500025000=0.2\begin{align*} 25000Y - 5000 < 0 \iff 25000Y < 5000 \iff Y < \dfrac{5000}{25000} = 0.2 \end{align*}

Es decir, que queremos calcular:

P(Z<0)=P(Y<0.2)=∫00.2fY(y) dy=∫00.232(1−y2) dy==32[y−y33]00.2=32(0.2−0.233)=0.296\begin{align*} P(Z < 0) & = P(Y < 0.2) = \int_{0}^{0.2}f_Y(y) \, dy = \int_{0}^{0.2} \dfrac{3}{2} (1 - y^2) \, dy =\\[2ex] & = \frac{3}{2}\left[y - \dfrac{y^3}{3}\right]_{0}^{0.2} = \dfrac{3}{2} \left(0.2 - \dfrac{0.2^3}{3}\right) = 0.296 \end{align*}

Equivalentemente podríamos proceder como sigue:

P(Z<0)=∫−50000fZ(z) dz\begin{align*} P(Z < 0) & = \int_{ - 5000}^{0} f_Z(z) \, dz \end{align*}
  • Considerando que un año tiene 52 semanas:

✏️Observación (usar en un apartado)

Notar que sabemos calcular:

X∣Y=0.5  ⟹  f(x∣y=0.5)=f(x,0.5)fY(0.5)\begin{align*} X|_{Y = 0.5} \implies f(x|_{y = 0.5}) = \dfrac{f(x, 0.5)}{f_Y(0.5)} \end{align*}

Sin embargo, si queremos calcular X∣Y>0.5X |_{Y > 0.5} tenemos dos opciones:

  • Opción 1:
FX∣Y>0.5=F(X∣Y>0.5)=P(X≤x∣Y>0.5)=P(X≤x∩Y>0.5)P(Y>0.5)\begin{align*} F_{X|_{Y > 0.5}} = F(X |_{Y > 0.5}) = P\left(X \leq x |_{Y > 0.5}\right) = \dfrac{P(X \leq x \cap Y > 0.5)}{P(Y > 0.5)} \end{align*}
  • Opción 2: Notar que nos queremos quedar con los pares (x,y)(x, y) tal que y>0.5y > 0.5, es decir,:

TikZ Graph

Así, busco los elementos tales que y>0.5y > 0.5, es decir, los elementos que están por encima de la recta y=0.5y = 0.5, entonces, puedo calcular lo que busco como:

f(x∣y>0.5)=∫0.5xf(x,y) dyP(Y>0.5)\begin{align*} f\left(x|_{y > 0.5}\right) = \dfrac{\displaystyle \int_{0.5}^x f(x, y) \, dy}{P(Y > 0.5)} \end{align*}

Podrías hacer esto?

∂∫0.5∞(∫0.5uf(u,v) dv) du∂x\begin{align*} \frac{\partial \displaystyle \int_{0.5}^{\infty} \left(\int_{0.5}^{u} f(u, v) \, dv \right) \, du}{\partial x} \end{align*}

Tema 1 - Resueltos

Ejercicio 4

Sea (X,y)(X, y) un vector aleatorio tal que:

{P(X=1)=P(X=−1)=12P(Y=−1)=23P(Y=2)=13\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} P(X = 1) = P(X = - 1) = \dfrac{1}{2}\\[2ex] P(Y = - 1) = \dfrac{2}{3}\\[2ex] P(Y = 2) = \dfrac{1}{3} \end{array} \right. \end{align*}

Sea a=P((X,Y)=(−1,−1))a = P((X, Y) = ( - 1, - 1)) calcular la función de distribución de (X,Y)(X, Y) en función de aa. Demostrar que 16≤a12\dfrac{1}{6}\leq a \dfrac{1}{2}

📐Demostración

Notar que toda esta información se podría representar en una tabla:

P(X=xi,Y=yj)X=−1X=1P(Y=yj)Y=−1ax1,223Y=2x2,1x2,213P(X=xj)1212\begin{array}{c|c|c|c} P(X=x_i, Y=y_j) & X = - 1 & X = 1 & P(Y = y_j)\\\hline Y = - 1 & a & x_{1, 2}&\dfrac{2}{3}\\\hline Y = 2 & x_{2, 1} & x_{2, 2} & \dfrac{1}{3}\\\hline P(X = x_j) & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} & \end{array}

Así, con los datos que tenemos podemos hallar el valor de algunas casillas:

a+x1,2=23  ⟹  x1,2=23−aa+x1,2=21  ⟹  x2,1=12−a\begin{align*} a + x_{1, 2} = \dfrac{2}{3} & \implies x_{1, 2} = \dfrac{2}{3} - a\\ a + x_{1, 2} = \dfrac{2}{1} & \implies x_{2, 1} = \dfrac{1}{2} - a \end{align*}

Así, la tabla quedaría como:

P(X=xi,Y=yj)X=−1X=1P(Y=yj)Y=−1a23−a23Y=212−ax2,213P(X=xj)1212\begin{array}{c|c|c|c} P(X=x_i, Y=y_j) & X = - 1 & X = 1 & P(Y = y_j)\\\hline Y = - 1 & a & \dfrac{2}{3} - a&\dfrac{2}{3}\\\hline Y = 2 & \dfrac{1}{2} - a & x_{2, 2} & \dfrac{1}{3}\\\hline P(X = x_j) & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} & \end{array}

Y podemos notar que:

{x2,2+12−a=13x2,2+23−a=12  ⟹  {x2,2=a−16x2,2=a−16\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} x_{2,2} + \dfrac{1}{2} - a = \dfrac{1}{3}\\[2ex] x_{2, 2} + \dfrac{2}{3} - a = \dfrac{1}{2} \end{array} \right. \implies \left\{ \begin{array}{l} x_{2, 2} = a - \dfrac{1}{6}\\[2ex] x_{2, 2} = a - \dfrac{1}{6} \end{array} \right. \end{align*}

Así, vemos que tiene sentido la distribución entonces, ahora para que sea válida, tiene que cumplirse que xi,j≥0x_{i, j} \geq 0 para cualquier elemento de la función de densidad que podemos definir trivialmente como:

fX,Y(x,y)={0si x<−1 o y<−1asi −1≤x<1 y −1≤y<212si −1≤x<1 e y≥223si x≥1 y −1≤y<21si x≥1 e y≥2\begin{align*} f_{X, Y} (x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{si } x < - 1 \text{ o } y < - 1\\[1ex] a & \text{si } - 1 \leq x < 1 \text{ y } - 1 \leq y < 2\\[2ex] \dfrac{1}{2} & \text{si } - 1 \leq x < 1 \text{ e } y \geq 2\\[2ex] \dfrac{2}{3} & \text{si } x \geq 1 \text{ y } - 1 \leq y < 2\\[2ex] 1 & \text{si } x \geq 1 \text{ e } y \geq 2 \end{array} \right. \end{align*}

Y para que sea función de densidad, vamos a verificar la condición de que xi,j≥0x_{i, j} \geq 0. Notar que el término más pequeño es:

a−16  ⟹  a=16\begin{align*} a - \dfrac{1}{6} \implies a = \dfrac{1}{6} \end{align*}

Así que tenemos que a≥16a \geq \dfrac{1}{6} y nos falta ver la cota superior:

P(X=−1)=12  ⟹  a≤12\begin{align*} P(X = - 1) = \dfrac{1}{2} \implies a \leq \dfrac{1}{2} \end{align*}

Ejercicio 5

Sea (X,Y)(X, Y) un vector aleatorio con función de probabilidad

P((X,Y)=(x,y))={kxn2(n+1) si x,y∈{1,…,n}0 en otro caso\begin{align*} P((X, Y) = (x, y)) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{kx}{n^2(n + 1)} & \text{ si } x, y \in \{1, \ldots, n\}\\[2ex] 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Determinar el valor de kk, ¿son independientes las variables XX e YY?

📐Demostración

Para que se cumpla que es una función de densidad, tenemos que ver que:

  • f(x,y)≥0∀(x,y)∈R2f(x, y) \geq 0 \quad \forall (x, y) \in \mathbb{R}^2: Como x,y≥0x, y \geq 0, para que se cumpla:
kxn2(n+1)≥0  ⟹  k≥0\begin{align*} \frac{kx}{n^2 (n + 1)} \geq 0 \implies k \geq 0 \end{align*}
  • ∑x=1n∑y=1nP((X,Y)=(x,y))=1\displaystyle \sum_{x = 1}^{n} \displaystyle \sum_{y = 1}^{n} P((X, Y) = (x, y)) = 1: Vamos a desarrollar este sumatorio:
∑x=1n∑y=1nP((X,Y)=(x,y))=∑x=1n∑y=1nkxn2(n+1)=kn2(n+1)∑x=1nx∑y=1n1==kn2(n+1)∑x=1nnx=nkn2(n+1)∑x=1nx==kn(n+1)(n+1)n2=k2\begin{align*} \displaystyle \sum_{x = 1}^{n} \displaystyle \sum_{y = 1}^{n} P((X, Y) = (x, y)) &= \displaystyle \sum_{x = 1}^{n}\displaystyle \sum_{y = 1}^{n} \dfrac{kx}{n^2(n + 1)} = \dfrac{k}{n^2(n + 1)} \displaystyle \sum_{x = 1}^{n} x \displaystyle \sum_{y = 1}^{n} 1 =\\[2ex] & = \dfrac{k}{n^2(n + 1)} \displaystyle \sum_{x = 1}^{n} nx = \dfrac{nk}{n^2(n + 1)} \displaystyle \sum_{x = 1}^{n} x = \\[2ex] & = \dfrac{k}{n(n + 1)} \dfrac{(n + 1)n}{2} = \dfrac{k}{2} \end{align*}

Entonces, para que se cumpla que:

∑x=1n∑y=1nkxn2(n+1)=1  ⟹  k2=1  ⟹  k=2\begin{align*} \displaystyle \sum_{x = 1}^{n} \displaystyle \sum_{y = 1}^{n} \dfrac{kx}{n^2(n + 1)} = 1 \implies \dfrac{k}{2} = 1 \implies k = 2 \end{align*}

Así, para el valor k=2k = 2 tenemos que es función de densidad:

P((X,Y)=(x,y))={2xn2(n+1) si x,y∈{1,…,n}0 en otro caso\begin{align*} P((X, Y) = (x, y)) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{2x}{n^2(n + 1)} & \text{ si } x, y \in \{1, \ldots, n\}\\[2ex] 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Ahora, vamos a ver si son XX e YY independientes y, para ello, vamos a hallar las marginales:

P(X=x)=∑y=1n2xn2(n+1)=2xnn2(n+1)=2xn(n+1)P(Y=y)=∑x=1n2xn2(n+1)=2n2(n+1)∑x=1nx=2n2(n+1)(n+1)n2=1n\begin{align*} P(X = x) & = \displaystyle \sum_{y = 1}^{n} \dfrac{2x}{n^2(n + 1)} = \dfrac{2xn}{n^2(n + 1)} = \dfrac{2x}{n(n + 1)}\\[2ex] P(Y = y) & = \displaystyle \sum_{x = 1}^{n} \dfrac{2x}{n^2(n + 1)} = \dfrac{2}{n^2(n + 1)} \displaystyle \sum_{x = 1}^{n} x = \dfrac{2}{n^2(n + 1)} \dfrac{(n + 1)n}{2} = \dfrac{1}{n} \end{align*}

Basta notar que:

P((X,Y)=(x,y))=2xn2(n+1)=P(X=x)⋅P(Y=y)\begin{align*} P((X, Y) = (x, y)) = \dfrac{2x}{n^2(n + 1)} = P(X = x) \cdot P(Y = y) \end{align*}

Entonces hemos llegado a que XX e YY son independientes.

Ejercicio 7

Dado el vector aleatorio (X,Y)(X, Y), se sabe que la función de densidad de YY condicionada por X=xX = x es:

f(y∣x)={2yx2si x∈(0,1) e y∈(0,x)0si x∈(0,1) e y∉(0,1)∄si x∉(0,1)\begin{align*} f(y|x) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{2y}{x^2} & \text{si } x \in (0, 1) \text{ e } y \in (0, x)\\[2ex] 0 & \text{si } x \in (0, 1) \text{ e } y \notin(0, 1)\\[1ex] \nexists & \text{si } x \notin(0, 1) \end{array} \right. \end{align*}

Y la función de densidad margina de XX es:

f1(x)={7x6 si x∈(0,1)0 en otro caso\begin{align*} f_1(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 7x^6 & \text{ si } x \in (0, 1)\\ 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}
  • Demostrar que: ∬(x,y) ⁣:0<y<x<114yx4 dx dy=1\displaystyle \iint_{(x, y) \colon 0 < y < x < 1} 14yx^4 \, dx \, dy = 1

📐Demostración

Vamos a hallar la función de densidad a partir de las condicionadas, es decir:

f(y∣x)=f(x,y)f1(x)  ⟹  f(x,y)=f(y∣x)⋅f1(x)\begin{align*} f(y|x) = \dfrac{f(x, y)}{f_1(x)} \implies f(x, y) = f(y|x) \cdot f_1(x) \end{align*}

Así, tenemos que:

f(x,y)={2y7x6x2si x∈(0,1) e y∈(0,x)0en el resto\begin{align*} f(x, y) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{2y 7x^6}{x^2} & \text{si } x \in (0, 1) \text{ e } y \in (0, x)\\[2ex] 0 & \text{en el resto} \end{array} \right. \end{align*}

Entonces, como f(x,y)f(x, y) es función de distribución, se cumple trivialmente que:

∬(x,y) ⁣:0<y<x<114yx4 dx dy=1=∬R2f(x,y)=1\begin{align*} \iint_{(x, y) \colon 0 < y < x < 1} 14yx^4 \, dx \, dy = 1 = \iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y) = 1 \end{align*}
  • La función de densidad marginal de YY

📐Demostración

Como hemos hallado la función de densidad conjunta, entonces basta con:

f2(y)=∫Rf(x,y) dx=∫y114yx4dx=14y[x55]y1=145(y−y6)\begin{align*} f_2(y) = \int_{\mathbb{R}} f(x, y) \, dx = \int_{y}^1 14yx^4 dx = 14y\left[\dfrac{x^5}{5}\right]_{y}^1 = \dfrac{14}{5}(y - y^6) \end{align*}
  • La probabilidad de que XX sea mayor que dos veces YY

📐Demostración

Es decir, lo que queremos ver es:

P(X>2Y)=P(Y<X2)\begin{align*} P(X > 2Y) = P(Y < \frac{X}{2}) \end{align*}

Entonces, basta notar que lo que queremos calcular es:

P(Y<X2)=∫01∫0u214vu4 dv du=14∫01u4[v22]0u2 du==14∫01u4u48 du=74[u99]01=736\begin{align*} P\left(Y < \frac{X}{2}\right)& = \int_0^1 \int_0^{\frac{u}{2}} 14vu^4 \,dv \, du = 14 \int_0^1 u^4 \left[\dfrac{v^2}{2}\right]_0^{\frac{u}{2}} \, du = \\[2ex] & = 14 \int^1_0 u^4 \dfrac{u^4}{8} \, du = \dfrac{7}{4} \left[\dfrac{u^9}{9}\right]_0^1 = \dfrac{7}{36} \end{align*}

hay algún error en la integral, debería de ser 14\dfrac{1}{4}

  • La esperanza de X⋅YX \cdot Y

📐Demostración

Queremos calcular:

E(X⋅Y)=∫R∫Rx⋅yf(x,y) dy dx=∫01∫0x14yx4 dy dx==∫01(14x83)=1427\begin{align*} E(X \cdot Y) & = \int_{\mathbb{R}} \int_\mathbb{R} x \cdot y f(x, y) \, dy \, dx = \int_0^1 \int_0^x 14yx^4 \, dy \, dx =\\[2ex] & = \int_0^1 \left(\dfrac{14x^8}{3}\right) = \frac{14}{27} \end{align*}