Ejercicios Resueltos Probabilidad y Estadística - Parte I

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

Tema Inicial - Problemas propuestos

Ejercicio 1

Se considera el espacio medible dado por (R,A)(\mathbb{R}, \mathcal{A}) donde A={A⊂R ⁣:A\mathcal{A} = \{A \subset \mathbb{R} \colon A es finito numerable, o bien AcA^c es finito numerable}\}. Se definen las aplicaciones X,Y ⁣:R⟶RX, Y \colon \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R} con:

X(ω)=ω e Y(ω)={1 si ω∉Q0 si ω∈Q\begin{align*} X(\omega) = \omega \quad \text{ e } \quad Y(\omega) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 & \text{ si } \omega \notin \mathbb{Q}\\ 0 & \text{ si } \omega \in \mathbb{Q} \end{array} \right. \end{align*}

¿Son estas aplicaciones medibles cuando sobre el espacio de llegada se considera la σ\sigma-álgebra de Borel BR\mathcal{B}_{\mathbb{R}}?

📐Resolución

Consideremos primero el caso de X(ω)=ωX(\omega) = \omega.

Tenemos que X ⁣:R⟶BRX \colon \mathbb{R} \longrightarrow \mathcal{B}_\mathbb{R} entonces, para que XX sea medible, necesitamos que:

∀B∈BRX−1(B)∈R\begin{align*} \forall B \in \mathcal{B}_{\mathbb{R}} \quad X^{-1}(B) \in \mathbb{R} \end{align*}

Sabemos que:

X−1(B)={ω∈Ω tq X(ω)∈B}\begin{align*} X^{ - 1} (B) = \{\omega \in \Omega \text{ tq } X(\omega) \in B\} \end{align*}

Ejercicio 2

Sean XX e YY variables aleatorias definidas sobre un mismo espacio de probabilidad. Demostrar que las aplicaciones W=max⁡{X,Y}W = \max\{X, Y\} y Z=min⁡{X,Y}Z = \min \{X, Y\} son variables aleatorias

📐Resolución

Partamos con el caso de W=max⁡{X,Y}W = \max\{X, Y\}.

Queremos ver que WW es una variable aleatoria, es decir, que cumple con la condición de medibilidad. Así, tenemos que:

W=max⁡{X,Y}={X si X≥YY si X<Y\begin{align*} W = \max\{X, Y\} = \left\{ \begin{array}{ll} X & \text{ si } X \geq Y\\ Y & \text{ si } X < Y \end{array} \right. \end{align*}

De esta forma, hay que comprobar que, dado B∈BRB \in \mathcal{B}_{\mathbb{R}} se cumple que:

W−1(B)={ω∈Ω tq W(ω)∈B}∈A\begin{align*} W^{ - 1}(B) = \{\omega \in \Omega \text{ tq } W(\omega) \in B\} \in \mathcal{A} \end{align*}

Así, tenemos que:

W−1(B)={ω∈Ω tq W(ω)∈B}={ω∈Ω tq max⁡X,Y(ω)∈B}=={ω∈Ω tq X(ω)∈B∨Y(ω)∈B}=X−1(B)∪Y−1(B)\begin{align*} W^{ - 1}(B) & = \{\omega \in \Omega \text{ tq } W(\omega) \in B\} = \{ \omega \in \Omega \text{ tq } \max{X, Y}(\omega) \in B\} = \\ & = \{\omega \in \Omega \text{ tq } X(\omega) \in B \lor Y (\omega) \in B\} = X^{ - 1}(B) \cup Y^{ - 1}(B) \end{align*}

Así, como XX e YY son variables aleatorias, entonces:

X−1(B)∈AY−1(B)∈A}  ⟹  X−1(B)∪Y−1(B)∈A  ⟹  W−1(B)∈A\begin{align*} \left. \begin{array}{l} X^{ - 1}(B) \in \mathcal{A}\\ Y^{ - 1}(B) \in \mathcal{A} \end{array} \right\} \implies X^{ - 1}(B) \cup Y^{ - 1}(B) \in \mathcal{A} \implies W^{ - 1}(B) \in \mathcal{A} \end{align*}

Así, hemos demostrado que WW es una variable aleatoria.

Para demostrar que Z=min⁡{X,Y}Z = \min \{X, Y\} es variable aleatoria seguiremos un procedimiento análogo, sin embargo, en este caso, tenemos que:

Z−1(B)={ω∈Ω tq min⁡{X,Y}(ω)∈B}=={ω∈Ω tq X(ω)∈B∧Y(ω)∈B}=X−1(B)∩Y−1(B)\begin{align*} Z^{ - 1}(B) & = \{\omega \in \Omega \text{ tq } \min\{X, Y\} (\omega) \in B\} = \\ & = \{\omega \in \Omega \text{ tq } X(\omega) \in B \land Y(\omega) \in B\} = X^{ - 1}(B) \cap Y^{ - 1}(B) \end{align*}

Así, como XX e YY son variables aleatorias, entonces:

X−1(B)∈AY−1(B)∈A}  ⟹  X−1(B)∩Y−1(B)∈A  ⟹  Z−1(B)∈A\begin{align*} \left. \begin{array}{l} X^{ - 1}(B) \in \mathcal{A}\\ Y^{ - 1}(B) \in \mathcal{A} \end{array} \right\} \implies X^{ - 1}(B) \cap Y^{ - 1}(B) \in \mathcal{A} \implies Z^{ - 1}(B) \in \mathcal{A} \end{align*}

Así, hemos demostrado que ZZ es una variable aleatoria.

Ejercicio 3

Sea (Ω,A,P)(\Omega, \mathcal{A}, P) un espacio probabilístico. Demostrar que:

  1. XX es variable aleatoria si y solo si X−1((−∞,a))∈A∀a∈RX^{-1}((-\infty, a)) \in \mathcal{A} \quad \forall a \in \mathbb{R}

📐Demostración

Procederemos por doble contenido:

  • ⇒\Rightarrow) Hay que ver que, si XX es v.a.   ⟹  X−1((−∞,a))∈A∀a∈R\implies X^{-1}((-\infty, a)) \in \mathcal{A} \quad \forall a \in \mathbb{R}.

Si XX es variable aleatoria entonces cumple la condición de medibilidad, es decir, que sea B∈BRB \in \mathcal{B}_{\mathbb{R}} se cumple que:

X−1(B)={ω∈Ω tq X(ω)∈B}∈A\begin{align*} X^{ - 1}(B) = \{\omega \in \Omega \text{ tq } X(\omega) \in B\} \in \mathcal{A} \end{align*}

Así, nos bastaría con ver que (−∞,a)∈BR(-\infty, a) \in \mathcal{B}_{\mathbb{R}} para demostrar lo que queremos.

Como sabemos que BR\mathcal{B}_{\mathbb{R}} es la σ\sigma-álgebra generada por complementación, unión e intersección numerable de intervalos de la forma (−∞,a](-\infty, a], nos basta con expresar (−∞,a)(-\infty, a) en términos de la σ\sigma-álgebra de Borel, para ello:

(−∞,a)=⋃n=1∞(−∞,a−1n]\begin{align*} ( - \infty, a) = \displaystyle \bigcup_{n = 1}^{\infty} \left( - \infty ,a - \frac{1}{n} \right] \end{align*}

Como (−∞,a)∈BR(-\infty, a) \in \mathcal{B}_\mathbb{R} y XX variable aleatoria, se cumple:

X−1((−∞,a))∈A∀a∈R\begin{align*} X^{ - 1}(( - \infty, a)) \in \mathcal{A} \quad \forall a \in \mathbb{R} \end{align*}
  • ⇐\Leftarrow) Hay que ver que si X−1((−∞,a))∈A∀a∈A  ⟹  XX^{-1}((-\infty, a)) \in \mathcal{A} \quad \forall a \in \mathcal{A} \implies X es v.a.

Tenemos que XX es variable aleatoria si es medible, es decir, si:

∀B∈BRX−1(B)∈A\begin{align*} \forall B \in \mathcal{B}_\mathbb{R} \quad X^{ - 1}(B) \in \mathcal{A} \end{align*}

Esto es equivalente a que:

∀c∈R ⁣:X−1((−∞,c])=(X≤c)={ω∈Ω ⁣:X(ω)≤c}∈A\begin{align*} \forall c \in \mathbb{R} \colon X^{ - 1} (( - \infty, c]) = (X \leq c) = \{\omega \in \Omega \colon X(\omega) \leq c\} \in \mathcal{A} \end{align*}

Sabemos que ∀c∈R∃a∈R\forall c \in \mathbb{R} \quad \exists a \in \mathbb{R} tal que a>ca > c, entonces, para cada intervalo (−∞,c](-\infty, c], existe a∈Ra \in \mathbb{R} tal que:

(−∞,c]⊆(−∞,a)\begin{align*} (-\infty, c] \subseteq ( - \infty, a) \end{align*}

Así, como por hipótesis tenemos que X−1(B)∈AX^{-1}(B) \in \mathcal{A} entonces:

∀c∈R, ∃a∈R tq X−1((−∞,c])={ω∈Ω ⁣:X(ω)≤c}⊂⊂{ω∈Ω ⁣:X(ω)<a}=X−1(B)∈A\begin{align*} \forall c \in \mathbb{R}, \, \exists a \in \mathbb{R} \text{ tq } X^{ - 1} ( ( - \infty, c]) & = \{\omega \in \Omega \colon X(\omega) \leq c\} \subset\\ & \subset \{\omega \in \Omega \colon X(\omega) < a\} = X^{ - 1}(B)\in \mathcal{A} \end{align*}
  1. XX es variable aleatoria si y solo si X−1((a,∞))∈A∀a∈RX^{-1}((a, \infty)) \in \mathcal{A} \quad \forall a \in \mathbb{R}

📐Demostración

Procederemos por doble contenido:

  • ⇒\Rightarrow) Hay que ver que, si XX es v.a.   ⟹  X−1((a,∞))∈A∀a∈R\implies X^{-1}(( a, \infty)) \in \mathcal{A} \quad \forall a \in \mathbb{R}.

Si XX es variable aleatoria entonces cumple la condición de medibilidad, es decir, que sea B∈BRB \in \mathcal{B}_{\mathbb{R}} se cumple que:

X−1(B)={ω∈Ω tq X(ω)∈B}∈A\begin{align*} X^{ - 1}(B) = \{\omega \in \Omega \text{ tq } X(\omega) \in B\} \in \mathcal{A} \end{align*}

Así, nos bastaría con ver que (a,∞)∈BR( a, \infty) \in \mathcal{B}_{\mathbb{R}} para demostrarlo.

Como sabemos que BR\mathcal{B}_{\mathbb{R}} es la σ\sigma-álgebra generada por complementación, unión e intersección numerable de intervalos de la forma (−∞,a](-\infty, a], nos basta con expresar (a,∞)( a, \infty) en términos de la σ\sigma-álgebra de Borel, para ello:

(a,∞)=(−∞,a]c\begin{align*} ( a, \infty) = ( - \infty, a]^c \end{align*}

Como (a,∞)∈BR( a, \infty) \in \mathcal{B}_\mathbb{R} y XX variable aleatoria, se cumple:

X−1((a,∞))∈A∀a∈R\begin{align*} X^{ - 1}(( a, \infty) ) \in \mathcal{A} \quad \forall a \in \mathbb{R} \end{align*}
  • ⇐\Leftarrow) Hay que ver que si X−1((a,∞))∈A∀a∈A  ⟹  XX^{-1}(( a, \infty) ) \in \mathcal{A} \quad \forall a \in \mathcal{A} \implies X es v.a.

Tenemos que XX es variable aleatoria si es medible, es decir, si:

∀B∈BRX−1(B)∈A\begin{align*} \forall B \in \mathcal{B}_\mathbb{R} \quad X^{ - 1}(B) \in \mathcal{A} \end{align*}

Esto es equivalente a que:

∀c∈R ⁣:X−1((−∞,c])=(X≤c)={ω∈Ω ⁣:X(ω)≤c}∈A\begin{align*} \forall c \in \mathbb{R} \colon X^{ - 1} (( - \infty, c]) = (X \leq c) = \{\omega \in \Omega \colon X(\omega) \leq c\} \in \mathcal{A} \end{align*}

Así, podemos elegir un ai∈Ra_i \in \mathbb{R} cada vez más pequeño, tal que:

a1>⋯>an>…\begin{align*} a_1 > \dots > a_n > \dots \end{align*}

entonces, tenemos que podemos extender el intervalo (a,∞)(a, \infty) a (−∞,∞)(-\infty, \infty) y así, ∀c∈R\forall c \in \mathbb{R} se tiene que:

(∞,c]∈(−∞,∞)\begin{align*} (\infty, c] \in ( - \infty, \infty) \end{align*}

Así, como por hipótesis tenemos que X−1(B)∈AX^{-1}(B) \in \mathcal{A} entonces:

∀c∈R ⁣:X−1((−∞,c])={ω∈Ω ⁣:X(ω)≤c}⊂⊂{ω∈Ω ⁣:X(ω)<∞}=X−1(B)∈A\begin{align*} \forall c \in \mathbb{R} \colon X^{ - 1} ( ( - \infty, c]) & = \{\omega \in \Omega \colon X(\omega) \leq c\} \subset\\ & \subset \{\omega \in \Omega \colon X(\omega) < \infty\} = X^{ - 1}(B)\in \mathcal{A} \end{align*}

El resto de apartados se resolverían de forma análoga

Ejercicio 4

*Se considera el espacio de probabilidad ((0,1),B(0,1),P)((0, 1), \mathcal{B}_{(0,1)}, P) con:

P(A)=∫A1 dx∀A∈B(0,1)\begin{align*} P(A) = \displaystyle \int_A 1 \, dx \quad \forall A \in \mathcal{B}_{(0,1)} \end{align*}

Demostrar que las aplicaciones X,Y ⁣:(0,1)⟶RX, Y \colon (0, 1) \longrightarrow \mathbb{R} dadas por:*

X(ω)={18 si 0<ω<161 si 16≤ω<238 si 23≤ω<1 e Y(ω)=2ω\begin{align*} X(\omega) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{1}{8} & \text{ si } 0 < \omega < \dfrac{1}{6}\\[2ex] 1 & \text{ si } \dfrac{1}{6} \leq \omega < \dfrac{2}{3}\\[2ex] 8 & \text{ si } \dfrac{2}{3} \leq \omega < 1 \end{array} \right. \quad \text{ e } \quad Y(\omega) = 2 \omega \end{align*}

son variables aleatorias y obtener las funciones de distribución asociadas

📐Demostración

Vamos a demostrar que XX es variable aleatoria. Si XX es variable aleatoria, entonces cumple la condición de medibilidad, es decir:

∀B∈BRX−1(B)∈B(0,1)\begin{align*} \forall B \in \mathcal{B}_{\mathbb{R}} \quad X^{ - 1}(B) \in \mathcal{B}_{(0,1)} \end{align*}

O, equivalentemente, que:

∀x∈RX−1((−∞,x])∈B(0,1)\begin{align*} \forall x \in \mathbb{R} \quad X^{ - 1} (( - \infty, x]) \in \mathcal{B}_{(0,1)} \end{align*}

Así, vamos a ver que XX cumple con esto. Tenemos que XX es de la forma:

X ⁣:((0,1),B(0,1),P)⟶(R,BR,PX)ω⟼X(ω)={18 si 0<ω<161 si 16≤ω<238 si 23≤ω<1\begin{align*} X \colon ((0, 1), \mathcal{B}_{(0,1)}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_X)\\ \omega & \longmapsto X(\omega) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{1}{8} & \text{ si } 0 < \omega < \dfrac{1}{6}\\[1ex] 1 & \text{ si } \dfrac{1}{6} \leq \omega < \dfrac{2}{3}\\[1ex] 8 & \text{ si } \dfrac{2}{3} \leq \omega < 1 \end{array} \right. \end{align*}
  • Para x<18x < \frac{1}{8} tenemos que:
X−1((−∞,x])={ω∈(0,1) ⁣:X(ω)≤x}=∅∈B(0,1)\begin{align*} X^{ - 1} (( - \infty, x]) = \{\omega \in (0, 1) \colon X(\omega) \leq x\} = \emptyset \in \mathcal{B}_{(0,1)} \end{align*}
  • Para 18≤x<1\dfrac{1}{8} \leq x < 1 tenemos que:
X−1((−∞,x])={ω∈(0,1) ⁣:X(ω)≤x}=(0,16)∈B(0,1)\begin{align*} X^{ - 1}(( - \infty, x]) = \{\omega \in (0, 1) \colon X(\omega) \leq x\} = \left(0, \frac{1}{6}\right)\in \mathcal{B}_{(0,1)} \end{align*}
  • Para 1≤x<81 \leq x < 8 tenemos que:
X−1((−∞,x])={ω∈(0,1) ⁣:X(ω)≤x}=(0,23)∈B(0,1)\begin{align*} X^{ - 1} ( ( - \infty, x]) = \{\omega \in (0, 1) \colon X(\omega) \leq x\} = \left(0, \frac{2}{3}\right)\in \mathcal{B}_{(0,1)} \end{align*}
  • Para x≥8x \geq 8 tenemos que:
X−1((−∞,x])={ω∈(0,1) ⁣:X(ω)≤x}=(0,1)∈B(0,1)\begin{align*} X^{ - 1} (( - \infty, x]) = \{\omega \in (0, 1) \colon X(\omega) \leq x\} = (0, 1) \in \mathcal{B}_{(0,1)} \end{align*}

Entonces, tenemos que para cada caso, la antiimagen de XX en el intervalo (−∞,x](-\infty, x] está en B(0,1)\mathcal{B}_{(0,1)}, por lo que XX es medible   ⟹  X\implies X es variable aleatoria.

Ahora, vamos a demostrar que YY es variable aleatoria.

Para que YY sea variable aleatoria, necesitamos que YY cumpla con la condición de medibilidad. Como YY es de la forma:

Y ⁣:((0,1),B(0,1),P)⟶(R,BR,PY)ω⟼Y(ω)=2ω\begin{align*} Y \colon ((0, 1), \mathcal{B}_{(0,1)}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_Y)\\ \omega & \longmapsto Y(\omega) = 2\omega \end{align*}

Entonces, tenemos que ver que:

∀y∈RY−1((−∞,y])∈B(0,1)\begin{align*} \forall y \in \mathbb{R} \quad Y^{ - 1} (( - \infty, y]) \in \mathcal{B}_{(0,1)} \end{align*}

Es decir, que:

Y−1((−∞,y])={ω∈(0,1) ⁣:Y(ω)≤y}={ω∈(0,1) ⁣:2ω≤y}=={ω∈(0,1) ⁣:ω≤y2}=(0,y2)∈B(0,1)\begin{align*} Y^{ - 1} (( - \infty, y]) & = \{\omega \in (0, 1) \colon Y(\omega) \leq y\} = \{\omega \in (0, 1) \colon 2\omega \leq y\} = \\ & = \left\{\omega \in (0, 1) \colon \omega \leq \frac{y}{2}\right\} = \left(0, \frac{y}{2}\right) \in \mathcal{B}_{(0,1)} \end{align*}

Entonces, tenemos que YY es variable aleatoria.

Ahora vamos a calcular la función de distribución de XX

Tenemos que la función de distribución de XX es:

FX(x)=P(X≤x)=∫X−1((−∞,x])1 dx\begin{align*} F_X(x) = P(X \leq x) = \int_{X^{ - 1}(( - \infty, x])} 1 \, dx \end{align*}

Así, podemos particularizar para cada intervalo:

  • Si x<18x < \dfrac{1}{8} entonces:
FX(x)=P(X≤x)=∫∅1 dx=0\begin{align*} F_X(x) = P(X \leq x) = \int_\emptyset 1 \, dx = 0 \end{align*}
  • Si 18≤x<1\dfrac{1}{8} \leq x < 1 entonces:
FX(x)=P(X≤x)=∫0161 dx=x∣016=16\begin{align*} F_X(x) = P(X \leq x) = \int_{0}^{\frac{1}{6}} 1 \, dx = x \Big|_0^{\frac{1}{6}} = \frac{1}{6} \end{align*}
  • Si x≤1<8x \leq 1 < 8 entonces:
FX(x)=P(X≤x)=∫0231 dx=x∣023=23\begin{align*} F_X(x) = P(X \leq x) = \int_{0}^{\frac{2}{3}} 1 \, dx = x \Big|_0^{\frac{2}{3}} = \frac{2}{3} \end{align*}
  • Si x≥8x \geq 8 entonces:
FX(x)=P(X≤x)=∫011 dx=x∣01=1\begin{align*} F_X(x) = P(X \leq x) = \int_{0}^{1} 1 \, dx = x \Big|_0^1 = 1 \end{align*}

Así, tenemos que la función de distribución de XX es:

FX(x)={0 si x<1816 si 18≤x<123 si 1≤x<81 si x≥8\begin{align*} F_X(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } x < \dfrac{1}{8}\\[1ex] \frac{1}{6} & \text{ si } \dfrac{1}{8} \leq x < 1\\[1ex] \frac{2}{3} & \text{ si } 1 \leq x < 8\\[1ex] 1 & \text{ si } x \geq 8 \end{array} \right. \end{align*}

Y gráficamente se vería como:

TikZ Graph

Ahora, vamos a calcular la función de distribución de YY Tenemos que la función de distribución de YY viene dada por:

FY(y)=P(Y≤y)=∫Y−1((−∞,y])1 dx\begin{align*} F_Y(y) = P(Y \leq y) = \int_{Y^{ - 1}(( - \infty, y])} 1 \, dx \end{align*}

Así, podemos obtener su función de distribución como:

  • Si y<0y < 0 entonces:
FY(y)=P(Y≤y)=∫∅1 dx=0\begin{align*} F_Y(y) = P(Y \leq y) = \int_\emptyset 1 \, dx = 0 \end{align*}
  • Si 0≤y<20 \leq y < 2 entonces:
FY(y)=P(Y≤y)=∫0y21 dx=x∣0y2=y2=y2\begin{align*} F_Y(y) = P(Y \leq y) = \int_{0}^{\frac{y}{2}} 1 \, dx = x \Big|_0^{\frac{y}{2}} = \frac{y}{2} = \frac{y}{2} \end{align*}
  • Si y≥2y \geq 2 entonces:
FY(y)=P(Y≤y)=∫011 dx=x∣01=1\begin{align*} F_Y(y) = P(Y \leq y) = \int_{0}^{1} 1 \, dx = x \Big|_0^1 = 1 \end{align*}

Entonces, la función de distribución de YY es:

FY(y)={0 si y<0y2 si 0≤y<21 si y≥2\begin{align*} F_Y(y) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } y < 0\\ \frac{y}{2} & \text{ si } 0 \leq y < 2\\ 1 & \text{ si } y \geq 2 \end{array} \right. \end{align*}

Y gráficamente se vería como:

TikZ Graph

Ejercicio 5

Sea FF una función de distribución y PP la probabilidad asociada a dicha función. Expresar a partir de la función FF las siguientes probabilidades, donde a,b∈Ra, b \in \mathbb{R} con a<ba < b

P((−∞,a])P((−∞,a))P((a,∞))P([a,∞])P((a,b))P((a,b])P([a,b))P([a,b])  \begin{align*} P(( - \infty, a]) \quad P(( - \infty, a)) \quad P((a, \infty)) \quad P([a, \infty])\\ P((a, b)) \quad P((a, b]) \quad P([a, b)) \quad P([a, b]) \quad \, \, \end{align*}

📐Demostración

Vamos a expresar cada una de las probabilidades en función de la función de distribución FF. Para ello, vamos a recordar que la función de distribución FF se defino como:

F(x)=P(X≤x)\begin{align*} F(x) = P(X \leq x) \end{align*}

donde XX es una variable aleatoria. Entonces, podemos calcular cada una de las probabilidades como:

P((−∞,a])=P(X≤a)=F(a)P((−∞,a))=P(X<a)=lim⁡x→a−F(x)P((a,∞))=P(X>a)=1−P(X≤a)=1−F(a)P([a,∞))=P(X≥a)=1−P(X<a)=1−lim⁡x→a−F(x)P((a,b))=P(a<x<b)=P(X<b)−P(X≤a)=lim⁡x→b−F(x)−F(a)P((a,b])=P(a<x≤b)=P(X≤b)−P(X≤a)=F(b)−F(a)P([a,b))=P(a≤x<b)=P(X<b)−P(X<a)=lim⁡x→b−F(x)−lim⁡x→a−F(x)P([a,b])=P(a≤x≤b)=P(X≤b)−P(X<a)=F(b)−lim⁡x→a−F(x)\begin{align*} & P(( - \infty, a]) = P(X \leq a) = F(a)\\[2ex] & P(( - \infty, a)) = P(X < a) = \lim_{x \to a^-} F(x) \\[2ex] & P((a, \infty)) = P(X > a) = 1 - P(X \leq a) = 1 - F(a)\\[2ex] & P([a, \infty)) = P(X \geq a) = 1 - P(X < a) = 1 - \lim_{x \to a^-} F(x)\\[2ex] & P((a, b)) = P(a < x < b) = P(X < b) - P(X \leq a) = \lim_{x \to b^{ - }} F(x) - F(a)\\[2ex] & P((a, b]) = P(a < x \leq b) = P(X \leq b) - P(X \leq a) = F(b) - F(a)\\[2ex] & P([a, b)) = P(a \leq x < b) = P(X < b) - P(X < a) = \lim_{x \to b^{ - }} F(x) - \lim_{x \to a^-} F(x)\\[2ex] & P([a, b]) = P(a \leq x \leq b) = P(X \leq b) - P(X < a) = F(b) - \lim_{x \to a^-} F(x) \end{align*}

Notar que no podemos asumir que FF sea continua, es decir, que no podemos afirmar que:

P(X<a)=lim⁡x→a−F(x)=F(a)=P(X≤a)\begin{align*} P(X < a) = \lim_{x \to a^-} F(x) = F(a) = P(X \leq a) \end{align*}

Ejercicio 6

Sea considera la función F ⁣:R⟶RF \colon \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R} dada por:

F(x)={1−12x+1−12[x]+1 si x≥00 si x<0\begin{align*} F(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 - \dfrac{1}{2^{x + 1}} - \dfrac{1}{2^{[x] + 1}} & \text{ si } x \geq 0\\[2ex] 0 & \text{ si } x < 0 \end{array} \right. \end{align*}

Demostrar que FF es función de distribución. Para la probabilidad asociada a dicha función de distribución, calcular la probabilidad de los puntos de discontinuidad de la función FF

📐Demostración

Primero, vamos a demostrar que FF es función de distribución.

Para que FF sea función de distribución, necesitamos que cumpla las siguientes propiedades:

  • limx→−∞F(x)=0\displaystyle lim_{x \to -\infty} F(x) = 0
lim⁡x→−∞F(x)=lim⁡x→−∞0=0\begin{align*} \lim_{x \to -\infty} F(x) = \lim_{x \to -\infty} 0 = 0 \end{align*}
  • limx→∞F(x)=1\displaystyle lim_{x \to \infty} F(x) = 1
lim⁡x→∞F(x)=lim⁡x→∞1−12x+1−12[x]+1=1−0−0=1\begin{align*} \lim_{x \to \infty} F(x) = \lim_{x \to \infty} 1 - \frac{1}{2^{x + 1}} - \frac{1}{2^{[x] + 1}} = 1 - 0 - 0 = 1 \end{align*}
  • FF es no decreciente, es decir, que si x1<x2x_1 < x_2 entonces F(x1)≤F(x2)F(x_1) \leq F(x_2)

Sean x1,x2∈Rx_1, x_2 \in \mathbb{R} con x1<x2x_1 < x_2, entonces:

  • FF es continua por la derecha, es decir F(x0)=F(x0+)F(x_0) = F(x_0^+)

  • Si x0<0x_0 < 0 entonces:

F(x0+)=lim⁡x→x0+F(x)=lim⁡x→x0+0=0=F(x0)\begin{align*} F(x_0^{ + }) = \lim_{x \to x_0^ + } F(x) = \lim_{x \to x_0^ + } 0 = 0 = F(x_0) \end{align*}
  • Si x≥0x \geq 0 entonces:
F(x0+)=lim⁡x→x0+F(x)=lim⁡x→x0+1−12x+1−12[x]+1==1−12x0+1−12[x0]+1=F(x0)\begin{align*} F(x_0^{ + }) = \lim_{x \to x_0^ + } F(x) & = \lim_{x \to x_0^ + } 1 - \frac{1}{2^{x + 1}} - \frac{1}{2^{[x] + 1}} =\\ & = 1 - \frac{1}{2^{x_0 + 1}} - \frac{1}{2^{[x_0] + 1}} = F(x_0) \end{align*}

Así, queda demostrado que es una función de distribución.

Ahora, vamos a calcular la probabilidad de los puntos de discontinuidad de FF

Vemos que la función FF es discontinua en los puntos x=0x = 0 y x∈Nx \in \mathbb{N}. Así, vamos a calcular la probabilidad de esos puntos.

  • Para x=0x = 0 tenemos que:
P(X=0)=P(X≤0)−P(X<0)=F(0)−lim⁡x→0−F(x)==1−12−12−lim⁡x→0(1−12)=12\begin{align*} P(X = 0) & = P(X \leq 0) - P(X < 0) = F(0) - \lim_{x \to 0^{ - }} F(x) =\\ & = 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} - \lim_{x \to 0} \left(1 - \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{2} \end{align*}
  • Para x∈Nx \in \mathbb{N} tenemos que:
P(X=n)=P(X≤n)−P(X<n)=F(n)−lim⁡x→n−F(x)==1−12n+1−12n+1−(1−12n+1)=12n+1\begin{align*} P(X = n) & = P(X \leq n) - P(X < n) = F(n) - \lim_{x \to n^-} F(x) =\\ & = 1 - \frac{1}{2^{n + 1}} - \frac{1}{2^{n + 1}} -\left(1 - \frac{1}{2^{n + 1}} \right) = \frac{1}{2^{n + 1}} \end{align*}

Ejercicio 7

Sea F ⁣:R⟶RF \colon \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R} dada por

F(x)={∑i=1[x](12)isi x≥10si x<1\begin{align*} F(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \displaystyle \displaystyle \sum_{i = 1}^{[x]} \left(\frac{1}{2}\right)^i & \text{si } x \geq 1\\[2ex] 0 & \text{si } x < 1 \end{array} \right. \end{align*}

Demostrar que FF es función de distribución

📐Demostración

Tenemos que ver que FF cumple con las propiedades de una función de distribución:

  • lim⁡x→−∞F(x)=0\displaystyle \lim_{x \to -\infty} F(x) = 0
lim⁡x→−∞F(x)=lim⁡x→−∞0=0\begin{align*} \lim_{x \to -\infty} F(x) = \lim_{x \to -\infty} 0 = 0 \end{align*}
  • lim⁡x→∞F(x)=1\displaystyle \lim_{x \to \infty} F(x) = 1
lim⁡x→∞F(x)=lim⁡x→∞∑i=1[x](12)i=∑i=1∞(12)i=1\begin{align*} \lim_{x \to \infty} F(x) & = \lim_{x \to \infty} \displaystyle \sum_{i = 1}^{[x]} \left(\frac{1}{2}\right)^i = \displaystyle \sum_{i = 1}^{\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^i = 1 \end{align*}
  • FF es no decreciente, es decir, que sea x1<x2x_1 < x_2 entonces F(x1)≤F(x2)F(x_1) \leq F(x_2).

Sean x1,x2∈Rx_1, x_2 \in \mathbb{R} con x1<x2x_1 < x_2, entonces:

  • FF es continua por la derecha, es decir: F(x0)=F(x0+)F(x_0) = F(x_0^+)
F(x0+)=lim⁡x→x0+F(x)=lim⁡x→x0+∑i=1[x](12)i=∑i=1[x](12)i=F(x0)\begin{align*} F(x_0^ + ) = \lim_{x \to x_0^ + } F(x) = \lim_{x \to x_0^ + } \displaystyle \sum_{i = 1}^{[x]} \left(\frac{1}{2}\right)^i = \displaystyle \sum_{i = 1}^{[x]} \left(\frac{1}{2}\right)^i = F(x_0) \end{align*}

Así, queda demostrado que FF es función de distribución.

Ejercicio 8

Sea f ⁣:R⟶Rf \colon \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R} una función monótona. Sea DfD_f el conjunto de puntos de discontinuidad de ff. Demostrar que DfD_f es finito o infinito numerable

📐Demostración

Como DfD_f es el conjunto de puntos de discontinuidad de ff y en una función monótona sabemos que ∃f(x+)\exists f(x^+) y ∃f(x−)\exists f(x^-) aunque no necesariamente f(x+)=f(x−)f(x^+) = f(x^-) (las discontinuidades son de salto), podemos definir:

Df={x∈R tq f(x+)≠f(x−)}\begin{align*} D_f = \left\{x \in \mathbb{R} \text{ tq } f(x^ + ) \neq f(x^ - ) \right\} \end{align*}

Como ff es monótona, entonces en cualquier intervalo cerrado y acotado [a,b][a, b], el número de puntos de discontinuidad no puede ser infinito no numerable ya que los valores de los saltos de ff en los puntos de discontinuidad son disjuntos (no se solapan). Fuera de un intervalo acotado el argumento es similar al ser R\mathbb{R} completo.

Ahora, para cada punto x∈Dfx \in D_f, definimos:

sx=f(x+)−f(x−)  ⟹  sx≠0  y  sx∈R\begin{align*} s_x = f(x^ + ) - f(x^ - ) \implies s_x \neq 0 \, \text{ y } \, s_x \in \mathbb{R} \end{align*}

Los saltos sxs_x son disjuntos, es decir, si x1,x2∈Dfx_1, x_2 \in D_f con x1≠x2x_1 \neq x_2 entonces sx1≠sx2s_{x_1} \neq s_{x_2}. Esto es porque corresponden a distintos puntos de discontinuidad.

Ahora supongamos que DfD_f fuera infinito no numerable. Esto implicaría que tendríamos una cantidad no numerable de valores disjuntos sxs_x (lo cual es imposible en R\mathbb{R} ya que R\mathbb{R} es separable y cualquier conjunto disjunto en R\mathbb{R} es, a lo sumo, numerable). Así, tenemos que DfD_f es finito o infinito numerable.

Ejercicio 9

Sea FF una función de distribución. Demostrar que existen dos funciones de distribución F1F_1 y F2F_2 y s∈[0,1]s \in [0,1] tal que F=sF1+(1−s)F2F = sF_1 + (1 - s)F_2, donde F1F_1 toma a lo sumo una cantidad numerable de valores distintos y F2F_2 es una función continua

📐Demostración

Sea FF una función de distribución, entonces tenemos que demostrar:

  • Existe F1F_1 función de distribución que toma a lo sumo una cantidad numerable de valores distintos (es una función escalonada)
  • Existe F2F_2 función de distribución continua
  • Existe s∈[0,1]s \in [0, 1] tal que F=sF1+(1−s)F2F = sF_1 + (1 - s)F_2

Para ello, podemos definir F1F_1 como la suma de los saltos de FF en los puntos de discontinuidad de FF, es decir, donde P(x)>0P(x) > 0. Si denotamos como DFD_F al conjunto de puntos de discontinuidad de FF, entonces, para x∈DFx \in D_F el salto es:

sx=F(x)−F(x−)\begin{align*} s_x = F(x) - F(x^- ) \end{align*}

Entonces, F1F_1 se define como:

F1(x)=∑x∈DFsx\begin{align*} F_1(x) = \sum_{x \in D_F} s_x \end{align*}

Así, F1F_1 es una función de distribución que toma a lo sumo una cantidad numerable de valores distintos.

Sea F2F_2 la función continua obtenida representando la parte discreta de FF:

F2=F−F1\begin{align*} F_2 = F - F_1 \end{align*}

Entonces, F2F_2 es una función de distribución continua porque FF y F1F_1 coinciden en los puntos de discontinuidad de FF eliminando los saltos. Además F2F_2 es monótona no decreciente (diferencia de dos funciones no decrecientes).

Por último, definimos s∈[0,1]s \in [0, 1] tal que:

F=sF1+(1−s)F2\begin{align*} F = sF_1 + (1 - s)F_2 \end{align*}

donde:

  • Si s=0s = 0 entonces F=F2F = F_2
  • Si s=1s = 1 entonces F=F1F = F_1
  • Si 0<s<10 < s < 1 entonces FF es una combinación mixta de F1F_1 y F2F_2

Ejercicio 10

Se considera la siguiente función de distribución:

F(x)={0 si x∈(−∞,0)x3 si x∈[0,1)x3+112 si x∈[1,2)56 si x∈[2,4)1 si x∈[4,∞)\begin{align*} F(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } x \in (-\infty, 0)\\ \frac{x}{3} & \text{ si } x \in [0, 1)\\ \frac{x}{3} + \frac{1}{12} & \text{ si } x \in [1, 2)\\ \frac{5}{6} & \text{ si } x \in [2, 4)\\ 1 & \text{ si } x \in [4, \infty) \end{array} \right. \end{align*}

Encontrar la descomposición de FF referida en el ejercicio anterior

📐Demostración

Para encontrar la descomposición de FF tal que:

F=sF1+(1−s)F2\begin{align*} F = sF_1 + (1 - s)F_2 \end{align*}

Vamos a buscar los puntos de discontinuidad de FF y los saltos en esos puntos.

Vemos que ff continua en R∖{0,1,2,4}\mathbb{R}\setminus \{0, 1, 2, 4\}. Vamos a ver que ocurre en cada uno de estos puntos:

  • Si x=0x = 0 entonces:
lim⁡x→0−F(x)=lim⁡x→0−0=0lim⁡x→0+F(x)= lim⁡x→0+x3=03=0F(0)=0}  ⟹  F continua en x=0\begin{align*} \left. \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{x \to 0^ - } F(x) = \displaystyle \lim_{x \to 0^ - } 0 = 0\\[2ex] \displaystyle \lim_{x \to 0^ + } F(x) = \displaystyle\, \lim_{x \to 0^ + } \frac{x}{3} = \frac{0}{3} = 0\\[2ex] F(0) = 0 \end{array} \right\} \implies F \text{ continua en } x = 0 \end{align*}
  • Si x=1x = 1 entonces:
lim⁡x→1−F(x)= lim⁡x→1−x3=13lim⁡x→1+F(x)= lim⁡x→1+x3+112=13+112=512F(1)=13}  ⟹  F discontinua en x=1\begin{align*} \left. \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{x \to 1^ - } F(x) = \displaystyle\, \lim_{x \to 1^ - } \frac{x}{3} = \frac{1}{3}\\[2ex] \displaystyle \lim_{x \to 1^ + } F(x) = \displaystyle\, \lim_{x \to 1^ + } \frac{x}{3} + \frac{1}{12} = \frac{1}{3} + \frac{1}{12} = \frac{5}{12}\\[2ex] F(1) = \dfrac{1}{3} \end{array} \right\} \implies F \text{ discontinua en } x = 1 \end{align*}
  • Si x=2x = 2 entonces:
lim⁡x→2−F(x)= lim⁡x→2−x3+112=23+112=912lim⁡x→2+F(x)=56F(2)=56}  ⟹  F discontinua en x=2\begin{align*} \left. \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{x \to 2^ - } F(x) = \displaystyle\, \lim_{x \to 2^ - } \frac{x}{3} + \frac{1}{12} = \frac{2}{3} + \frac{1}{12} = \frac{9}{12}\\[2ex] \displaystyle \lim_{x \to 2^ + } F(x) = \dfrac{5}{6}\\[2ex] F(2) = \dfrac{5}{6} \end{array} \right\} \implies F \text{ discontinua en } x = 2 \end{align*}
  • Si x=4x = 4 entonces:
lim⁡x→4−F(x)=lim⁡x→4−56=56lim⁡x→4+F(x)=lim⁡x→4+1=1F(4)=1}  ⟹  F discontinua en x=4\begin{align*} \left. \begin{array}{ll} \lim_{x \to 4^ - } F(x) = \lim_{x \to 4^ - }\dfrac{5}{6} = \dfrac{5}{6}\\[2ex] \lim_{x \to 4^ + } F(x) = \lim_{x \to 4^ + } 1 = 1\\[2ex] F(4) = 1 \end{array} \right\} \implies F \text{ discontinua en } x = 4 \end{align*}

Así, tenemos que FF es discontinua en x=1,2,4x=1, 2, 4. Ahora vamos a calcular los saltos en esos puntos:

{s1=F(1)−F(1−)=13+112−13=112s2=F(2)−F(2−)=56−(23+112)=56−912=112s4=F(4)−F(4−)=1−56=16\begin{align*} \left\{ \begin{array}{l} s_1 = F(1) - F(1^ - ) = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{12} - \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{12}\\[2ex] s_2 = F(2) - F(2^ - ) = \dfrac{5}{6} - \left(\dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{12}\right) = \dfrac{5}{6} - \dfrac{9}{12} = \dfrac{1}{12}\\[2ex] s_4 = F(4) - F(4^ - ) = 1 - \dfrac{5}{6} = \dfrac{1}{6} \end{array} \right. \end{align*}

Entonces, tenemos que:

F1(x)={0 si x∈(−∞,1)112 si x∈[1,2)112 si x∈[2,4)16 si x∈[4,∞)\begin{align*} F_1(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } x \in (-\infty, 1)\\ \frac{1}{12} & \text{ si } x \in [1, 2)\\ \frac{1}{12} & \text{ si } x \in [2, 4)\\ \frac{1}{6} & \text{ si } x \in [4, \infty) \end{array} \right. \end{align*}

Para calcular F2F_2 tenemos que:

F2=F−F1\begin{align*} F_2 = F - F_1 \end{align*}

Entonces, tenemos que:

F2(x)={0 si x∈(−∞,1)x3+112−112=x3 si x∈[1,2)56−112=23 si x∈[2,4)1−16 si x∈[4,∞)\begin{align*} F_2(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } x \in (-\infty, 1)\\[2ex] \dfrac{x}{3} + \dfrac{1}{12} - \dfrac{1}{12} = \dfrac{x}{3}& \text{ si } x \in [1, 2)\\[2ex] \dfrac{5}{6} - \dfrac{1}{12} = \dfrac{2}{3} & \text{ si } x \in [2, 4)\\[2ex] 1 - \dfrac{1}{6} & \text{ si } x \in [4, \infty) \end{array} \right. \end{align*}

Ejercicio 11

Se considera la función

F(x)={0 si x≤0kx2 si 0<x<k1 si x≥k\begin{align*} F(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } x \leq 0\\ kx^2 & \text{ si } 0 < x < k\\ 1 & \text{ si } x \geq k \end{array} \right. \end{align*}

donde k∈(0,∞)k \in (0, \infty):

  1. Determinar los valores de kk para los que FF es función de distribución

📐Demostración

Tenemos que F(x)F(x) es función de distribución si cumple con las siguientes propiedades:

  • lim⁡x→−∞F(x)=0\displaystyle \lim_{x \to -\infty} F(x) = 0
lim⁡x→−∞F(x)=lim⁡x→−∞0=0∀k∈(0,∞)\begin{align*} \lim_{x \to -\infty} F(x) =\lim_{x \to -\infty} 0 = 0 \quad \forall k \in (0, \infty) \end{align*}
  • lim⁡x→∞F(x)=1\displaystyle \lim_{x \to \infty} F(x) = 1
lim⁡x→∞F(x)=lim⁡x→∞1=1∀k∈(0,∞)\begin{align*} \lim_{x \to \infty} F(x) = \lim_{x \to \infty} 1 = 1 \quad \forall k \in (0, \infty) \end{align*}

  • FF es no decreciente, es decir, que si x1<x2x_1 < x_2 entonces F(x1)≤F(x2)F(x_1) \leq F(x_2)

  • FF es continua por la derecha, es decir: F(x0)=F(x0+)F(x_0) = F(x_0^+)

  • Si x<0x < 0 entonces:

F(x0+)=lim⁡x→x0+F(x)=lim⁡x→x0+0=0=F(x0)\begin{align*} F(x_0^ + ) = \lim_{x \to x_0^ + } F(x) = \lim_{x \to x_0^ + } 0 = 0 = F(x_0) \end{align*}
  • Si x=0x = 0 entonces:
lim⁡x0+F(x)=lim⁡x→0+kx2=0=F(0)\begin{align*} \lim_{x_0^ + } F(x) = \lim_{x \to 0^ + } kx^2 = 0 = F(0) \end{align*}
  • Si 0<x0<k0 < x_0 < k entonces:
lim⁡x0+F(x)=lim⁡x→x0+kx2=kx02=F(x0)\begin{align*} \lim_{x_0^ + } F(x) = \lim_{x \to x_0^ + } kx^2 = kx_0^2 = F(x_0) \end{align*}
  • Si x=kx = k entonces:
lim⁡x0+F(x)=lim⁡x→k+1=1=F(k)\begin{align*} \lim_{x_0^ + } F(x) = \lim_{x \to k^ + } 1 = 1 = F(k) \end{align*}
  • Si x>kx > k entonces:
lim⁡x0+F(x)=lim⁡x→x0+1=1=F(x0)\begin{align*} \lim_{x_0^ + } F(x) = \lim_{x \to x_0^ + } 1 = 1 = F(x_0) \end{align*}

Así, tenemos que FF es continua por la derecha ∀k∈(0,∞)\forall k \in (0, \infty)

Faltaría ver que pasa si x=kx=k, donde tenemos que:

F(k−)=lim⁡x→k−kx2=k⋅k2=k3 y F(k)=1\begin{align*} F(k^ - ) = \lim_{x \to k^ - } kx^2 = k \cdot k^2 = k^3 \quad \text{ y } \quad F(k) = 1 \end{align*}

Entonces, para que FF sea función de distribución, tiene que cumplirse que:

k3=1  ⟹  k=1\begin{align*} k^3 = 1 \implies k = 1 \end{align*}

Así, FF es función de distribución si k=1k = 1.

  1. Calcular las probabilidades P(X∈(13,23])P\left(X \in \left(\left. \dfrac{1}{3}, \dfrac{2}{3} \right] \right.\right) y P(X∈(13,23))P\left(X \in \left( \dfrac{1}{3}, \dfrac{2}{3} \right)\right)

📐Demostración

Sabemos que:

P(X∈(13,23])=P(X≤23)−P(X≤13)==F(23)−F(13)=49−19=13\begin{align*} P\left(X \in \left(\left. \dfrac{1}{3}, \dfrac{2}{3} \right] \right.\right) & = P \left(X \leq \dfrac{2}{3}\right) - P\left(X \leq \dfrac{1}{3}\right) = \\[2ex] & = F\left(\dfrac{2}{3}\right) - F\left(\dfrac{1}{3}\right) = \dfrac{4}{9} - \dfrac{1}{9} = \dfrac{1}{3} \end{align*}

Para calcular la otra probabilidad, tenemos que:

P(X∈(13,23))=P(X≤23)−P(X<13)==F(23)−F(13−)=49−19=13\begin{align*} P\left(X \in \left( \dfrac{1}{3}, \dfrac{2}{3} \right) \right) & = P \left(X \leq \dfrac{2}{3}\right) - P\left(X < \dfrac{1}{3}\right) = \\[2ex] & = F\left(\dfrac{2}{3}\right) - F\left(\dfrac{1}{3}^ - \right) = \dfrac{4}{9} - \dfrac{1}{9} = \dfrac{1}{3} \end{align*}

Calcular la probabilidad en el conjunto de los irracionales

📐Demostración

Como F(x)F(x) continua en todo su dominio, no hay masa puntual en ningún punto, por lo que

P(X∈I)=0\begin{align*} P(X \in \mathbb{I}) = 0 \end{align*}

Ejercicio 12

Sea una variable aleatoria XX con función de densidad

f(x)={k(1+x2) si x∈(0,3)0 en otro caso\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} k(1 + x^2) & \text{ si } x \in (0, 3)\\ 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}
  1. Determinar el valor de kk

📐Demostración

Al ser ff función de densidad, tiene que cumplir que:

  • f(x)≥0∀x∈Rf(x) \geq 0 \quad \forall x \in \mathbb{R}

  • ∫−∞∞f(x) dx=1\int_{ - \infty}^{\infty} f(x) \, dx = 1 Tenemos que:

∫−∞∞f(x) dx=∫−∞00 dx+∫03k(1+x2) dx+∫3∞0 dx==∫03k(1+x2) dx=k[x+x33]03==k[3+273−(0−03)]=k(3+9)=12k\begin{align*} \int_{ - \infty}^{\infty} f(x) \, dx & = \int_{ - \infty}^{0} 0 \, dx + \int_{0}^{3} k(1 + x^2) \, dx + \int_{3}^{\infty} 0 \, dx =\\[2ex] & = \int_{0}^{3} k(1 + x^2) \, dx = k \left[x + \dfrac{x^3}{3}\right]_0^3 = \\[2ex] & = k \left[3 + \frac{27}{3} - (0 - \frac{0}{3})\right] = k (3 + 9) = 12k \end{align*}

Entonces, como ∫−∞∞f(x) dx=1\displaystyle \int_{ - \infty}^{\infty} f(x) \, dx = 1:

12k=1  ⟹  k=112\begin{align*} 12 k = 1 \implies k = \frac{1}{12} \end{align*}
  1. Obtener la función de distribución asociada a XX

📐Demostración

Como tenemos que:

f(x)={112(1+x2) si x∈(0,3)0 en otro caso\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{12}(1 + x^2) & \text{ si } x \in (0, 3)\\ 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Entonces, la función de distribución asociada a XX es:

  • Si x≤0x \leq 0:
F(x)=∫−∞xf(t) dt=∫−∞x0 dt=0\begin{align*} F(x) = \int_{ - \infty}^{x} f(t) \, dt = \int_{ - \infty}^{x} 0 \, dt = 0 \end{align*}
  • Si 0<x<30 < x < 3:
F(x)=∫−∞xf(t) dt=∫−∞00 dt+∫0x112(1+t2) dt==∫0x112(1+t2) dt=112[t+t33]0x=112[x+x33]\begin{align*} F(x) & = \int_{ - \infty}^{x} f(t) \, dt = \int_{ - \infty}^{0} 0 \, dt + \int_{0}^{x} \frac{1}{12}(1 + t^2) \, dt = \\[2ex] & =\int_{0}^{x} \frac{1}{12}(1 + t^2) \, dt = \frac{1}{12} \left[t + \frac{t^3}{3}\right]_0^x = \frac{1}{12} \left[x + \frac{x^3}{3}\right] \end{align*}

Si x≥3x \geq 3:

F(x)∫−∞xf(t) dt=∫−∞00 dt+∫03112(1+t2) dt+∫3x0 dt==∫03112(1+t2) dt=112[t+t33]03=112[3+9]=1\begin{align*} F(x) & \int_{ - \infty}^{x} f(t) \, dt = \int_{ - \infty}^{0} 0 \, dt + \int_{0}^{3} \frac{1}{12}(1 + t^2) \, dt + \int_{3}^{x} 0 \, dt = \\[2ex] & = \int_{0}^{3} \frac{1}{12}(1 + t^2) \, dt = \frac{1}{12} \left[t + \frac{t^3}{3}\right]_0^3 = \frac{1}{12} \left[3 + 9\right] = 1 \end{align*}

Así, podemos escribir la función de distribución como:

F(x)={0 si x≤0112[x+x33] si 0<x<31 si x≥3\begin{align*} F(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } x \leq 0\\ \frac{1}{12} \left[x + \frac{x^3}{3}\right] & \text{ si } 0 < x < 3\\ 1 & \text{ si } x \geq 3 \end{array} \right. \end{align*}
  1. Calcular la probabilidad de que XX tome valores en (1,2)(1, 2) y de XX menor que 1

📐Demostración

Vamos a calcular la probabilidad de que XX tome valores en (1,2)(1, 2):

P(X∈(1,2))=P(X<2)−P(X≤1)=lim⁡x→2−F(x)−F(1)==lim⁡x→2−[112(x+x33)]−112(1+133)==112(2+233)−112(1+13)=518\begin{align*} P(X \in (1, 2)) & = P(X < 2) - P(X \leq 1) = \lim_{x \to 2^- } F(x) - F(1) = \\[2ex] & = \lim_{x \to 2^ - } \left[ \frac{1}{12} \left(x + \dfrac{x^3}{3}\right) \right] - \frac{1}{12} \left(1 + \dfrac{1^3}{3}\right) = \\[2ex] & = \frac{1}{12} \left(2 + \dfrac{2^3}{3}\right) - \frac{1}{12} \left(1 + \dfrac{1}{3}\right) = \frac{5}{18} \end{align*}

Vamos a calcular ahora la probabilidad de que XX sea menor que 1:

P(X≤1)=F(1)=112(1+13)=16\begin{align*} P(X \leq 1) = F(1) = \frac{1}{12} \left(1 + \dfrac{1}{3}\right) = \frac{1}{6} \end{align*}
  1. Calcular la probabilidad de que XX sea menor que 2, sabiendo que es mayor que 1

📐Demostración

Lo que queremos calcular es:

P(X<2∣X>1)=P(X<2∩X>1)P(X>1)=P(X∈(1,2))1−P(X≤1)==5181−16=5⋅618⋅5=13\begin{align*} P(X < 2 |_{X > 1}) & = \frac{P(X < 2 \cap X > 1)}{P(X > 1)} = \frac{P(X \in (1, 2))}{ 1 - P(X \leq 1)} = \\[2ex] & = \dfrac{\dfrac{5}{18}}{1 - \dfrac{1}{6}} = \frac{5 \cdot 6}{18 \cdot 5} =\frac{1}{3} \end{align*}

Ejercicio 13

Sea XX una variable aleatoria con función de densidad:

f(x)={∣1−x∣ si x∈(0,2)0 en otro caso\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} | 1 - x| & \text{ si } x \in (0, 2)\\ 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Determinar la función de distribución asociada

📐Demostración

Sabemos que la función de distribución viene dada por:

F(x)=∫−∞xf(t) dt\begin{align*} F(x) = \int_{ - \infty}^{x} f(t) \, dt \end{align*}

Notar que ∣1−x∣|1 - x| no es inyectiva, entonces vamos a descomponer el valor absoluto en dos partes. Despejando, obtenemos que:

∣1−x∣=0  ⟺  x=1\begin{align*} |1 - x| = 0 \iff x = 1 \end{align*}

Entonces, ahora podemos escribir la función ∣1−x∣|1 - x| como:

∣1−x∣={1−x si x≤1x−1 si x>1\begin{align*} |1 - x| = \left\{ \begin{array}{ll} 1 - x & \text{ si } x \leq 1\\ x - 1 & \text{ si } x > 1 \end{array} \right. \end{align*}

Ahora, podemos reescribir f(x)f(x) como:

f(x)={1−x si x∈(0,1]x−1 si x∈(1,2)0 en otro caso\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 - x & \text{ si } x \in (0, 1]\\ x - 1 & \text{ si } x \in (1, 2)\\ 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Así, podemos calcular la función de distribución como:

  • Si x≤0x \leq 0:
F(x)=∫−∞xf(x)=∫−∞00 dt=0\begin{align*} F(x) = \int_{ - \infty}^{x} f(x) = \int_{ - \infty}^{0} 0 \, dt = 0 \end{align*}
  • Si 0<x≤10 < x \leq 1:
F(x)=∫−∞xf(x)=∫−∞00 dt+∫0x(1−t) dt=[t−t22]0x=x−x22\begin{align*} F(x) = \int_{ - \infty}^{x} f(x) = \int_{ - \infty}^{0} 0 \, dt + \int_{0}^{x} (1 - t) \, dt = \left[t - \dfrac{t^2}{2}\right]_0^x = x - \dfrac{x^2}{2} \end{align*}
  • Si 1<x<21 < x < 2:
F(x)=∫−∞xf(x)=∫−∞00 dt+∫01(1−t) dt+∫1x(t−1) dt==[t−t22]01+[t22−t]1x==(1−12−(0−02))+(x22−x−(122−1))==x22−x+1\begin{align*} F(x) = \int_{ - \infty}^{x} f(x) & = \int_{ - \infty}^0 0 \, dt + \int_0^1 (1 - t) \, dt + \int_1^x (t - 1) \, dt = \\[2ex] & = \left[t - \dfrac{t^2}{2}\right]_0^1 + \left[\dfrac{t^2}{2} - t \right]_1^x =\\[2ex] & = \left(1 - \dfrac{1}{2} - \left(0 - \dfrac{0}{2}\right)\right) + \left(\dfrac{x^2}{2} - x -\left(\dfrac{1^2}{2} - 1\right)\right) =\\[2ex] & = \dfrac{x^2}{2} - x + 1 \end{align*}
  • Si x≥2x \geq 2:
F(x)=∫−∞xf(x)=∫−∞00 dt+∫01(1−t) dt+∫1x(t−1) dt+∫2∞0 dt==[t−t22]01+[t22−t]12==(1−12−(0−02))+(222−2−(122−1))==12+12=1\begin{align*} F(x) = \int_{ - \infty}^{x} f(x) & = \int_{ - \infty}^0 0 \, dt + \int_0^1 (1 - t) \, dt + \int_1^x (t - 1) \, dt + \int_{2}^{\infty} 0 \, dt = \\[2ex] & = \left[t - \dfrac{t^2}{2}\right]_0^1 + \left[\dfrac{t^2}{2} - t \right]_1^2 =\\[2ex] & = \left(1 - \dfrac{1}{2} - \left(0 - \dfrac{0}{2}\right)\right) + \left(\dfrac{2^2}{2} - 2 -\left(\dfrac{1^2}{2} - 1\right)\right) =\\[2ex] & = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} = 1 \end{align*}

Así, la función de distribución asociada a XX es:

F(x)={0 si x≤0x−x22 si 0<x≤1x22−x+1 si 1<x<21 si x≥2\begin{align*} F(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } x \leq 0\\ x - \dfrac{x^2}{2} & \text{ si } 0 < x \leq 1\\[2ex] \dfrac{x^2}{2} - x + 1 & \text{ si } 1 < x < 2\\[2ex] 1 & \text{ si } x \geq 2 \end{array} \right. \end{align*}

Ejercicio 14

Sea XX una variable aleatoria discreta con distribución de probabilidad simétrica respecto del punto 0. Además, se tiene que P(X=1k)=(k!⋅2e)−1P(X = \dfrac{1}{k}) = (k! \cdot 2e)^{-1} para todo k∈Nk \in \mathbb{N} y P(X=0)=e−1P(X = 0) = e^{-1}. Calcular la función de distribución de ∣X∣|X| y [X][X]

📐Demostración

Por hipótesis, tenemos que:

P(X=1k)=1k!⋅2e y P(X=0)=e−1\begin{align*} P\left(X = \dfrac{1}{k}\right) = \dfrac{1}{k! \cdot 2e} \quad \text{ y } \quad P(X = 0) = e^{-1} \end{align*}

Como XX es simétrica respecto de 0, entonces:

P(X=x)=P(X=−x)∀x∈R∖{0}\begin{align*} P(X = x) = P(X = -x) \quad \forall x \in \mathbb{R} \setminus \{0\} \end{align*}

Entonces, podemos calcular la función de distribución de ∣X∣|X| como:

  • ∣X∣=0|X| = 0 con P(X=0)=e−1P(X = 0) = e^{-1}
  • ∣X∣=1k|X| = \dfrac{1}{k} con P(X=1k)+1k!⋅2eP(X = \dfrac{1}{k}) + \dfrac{1}{k! \cdot 2e}

Por la simetría de XX respecto de 0, tenemos que:

P(∣X∣=1k)=P(X=1k)+P(X=−1k)=2P(X=1k)=1k!⋅e\begin{align*} P\left(|X| = \dfrac{1}{k}\right) = P\left(X = \dfrac{1}{k}\right) + P\left(X = -\dfrac{1}{k}\right) = 2 P(X = \dfrac{1}{k}) = \dfrac{1}{k! \cdot e} \end{align*}

Así, la distribución de ∣X∣|X| es:

P(∣X∣=x)={e−1 si x=01k!⋅e si x=1k\begin{align*} P\left(|X| = x\right) = \left\{ \begin{array}{ll} e^{-1} & \text{ si } x = 0\\ \dfrac{1}{k! \cdot e} & \text{ si } x = \dfrac{1}{k} \end{array} \right. \end{align*}

Ahora, vamos a calcular la de [X][X]:

  • [X]=0[X] = 0 con P(X=0)=e−1P(X = 0) = e^{-1}
  • [X]=1k[X] = \dfrac{1}{k} y [X]=−1k[X] = -\dfrac{1}{k} con [X]=0[X] = 0 porque 1k∈(0,1)\frac{1}{k} \in (0, 1)

Por lo tanto:

P([X]=0)=P(X=0)+∑k=1∞(P(X=1k)+P(X=−1k))==P(X=0)+∑k=1∞2P(X=1k)=e−1+∑k=1∞1k!⋅e==e−1+1e∑k=1∞1k!=e−1+1e(e−1)=1\begin{align*} P([X] = 0) & = P(X = 0) + \sum_{k = 1}^{ \infty} \left(P\left(X = \dfrac{1}{k}\right) + P\left(X = -\dfrac{1}{k}\right)\right) = \\[2ex] & = P(X = 0) + \sum_{k = 1}^{ \infty} 2 P\left(X = \dfrac{1}{k}\right) = e^{-1} + \sum_{k = 1}^{ \infty} \dfrac{1}{k! \cdot e} = \\[2ex] & = e^{ - 1} + \dfrac{1}{e} \sum_{k = 1}^{ \infty} \dfrac{1}{k!} = e^{ - 1} + \dfrac{1}{e} \left(e - 1\right) = 1 \end{align*}

Así, tenemos que la función de distribución de [X][X] es P([X]=0)=1P([X] = 0) = 1

Ejercicio 15

SSea XX una variable aleatoria cuya distribución está determinada por la función de densidad

f(x)={3x22 si x∈(−1,1)0 en otro caso\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{3x^2}{2} & \text{ si } x \in ( - 1, 1)\\[2ex] 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Determinar la distribución de las variables definidas como:

Y=eX y Z={5 si X<127 en otro caso\begin{align*} Y = e^X \quad \text{ y } \quad Z = \left\{ \begin{array}{ll} 5 & \text{ si } X < \dfrac{1}{2} \\[2ex] 7 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

📐Demostración

Vamos a calcular la distribución de Y=eXY = e^X.

Notamos que YY es una variable aleatoria continua y que podemos hallar fácilmente la relación entre XX y YY:

Y=eX  ⟹  X=ln⁡Y\begin{align*} Y = e^X \implies X = \ln Y \end{align*}

Así, la densidad de YY se obtiene como:

fY(y)=fX(x)∣dxdy∣=fX(ln⁡y)⋅1y\begin{align*} f_Y (y) = f_X(x) \left| \dfrac{dx}{dy}\right| = f_X(\ln y) \cdot \dfrac{1}{y} \end{align*}

Así, si x∈(−1,1)x \in (-1, 1) entonces:

fX(x)=3x22  ⟹  fX(ln⁡y)=3(ln⁡y)22  ⟹  fY(y)=3(ln⁡y)22y\begin{align*} f_X(x) = \frac{3x^2}{2} \implies f_X(\ln y) = \frac{3(\ln y)^2}{2} \implies f_Y(y) = \frac{3(\ln y)^2}{2y} \end{align*}

Como x∈(−1,1)  ⟹  y∈(e−1,e1)x \in (-1, 1) \implies y \in (e^{-1}, e^1) y obtendríamos que:

fY(y)={3(ln⁡y)22y si y∈(e−1,e)0 en otro caso\begin{align*} f_Y(y) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{3(\ln y)^2}{2y} & \text{ si } y \in (e^{-1}, e)\\[2ex] 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Ahora, vamos a hallar la distribución de ZZ.

Notamos que ZZ es una variable aleatoria discreta donde Z∈{5,7}Z \in \{5, 7\}, entonces:

  • P(Z=5)P(Z = 5)

Z=5Z = 5 si X<12X < \dfrac{1}{2}, entonces:

P(Z=5)=P(X<12)=∫−∞12f(x) dx=∫−1123x22 dx==x32∣−112=124−−12=916\begin{align*} P(Z = 5) = P\left(X < \dfrac{1}{2}\right) & = \int_{ - \infty}^{\frac{1}{2}} f(x) \, dx = \int_{ - 1}^{\frac{1}{2}} \dfrac{3x^2}{2} \, dx = \\[2ex] & = \dfrac{x^3}{2} \Big|_{ - 1}^{\frac{1}{2}} = \dfrac{1}{2^4} - \dfrac{ - 1}{2} = \dfrac{9}{16} \end{align*}
  • P(Z=7)P(Z = 7)

Z=7Z = 7 si X≥12X \geq \dfrac{1}{2} entonces:

P(Z=7)=P(X≥12)=1−P(X<12)=1−916=716\begin{align*} P(Z = 7) = P\left(X \geq \dfrac{1}{2}\right) & = 1 - P\left(X < \dfrac{1}{2}\right) = 1 - \dfrac{9}{16} = \dfrac{7}{16} \end{align*}

Así, la distribución de ZZ viene dada por:

fZ(z)={916 si z=5716 si z=7\begin{align*} f_Z(z) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{9}{16} & \text{ si } z = 5\\[2ex] \dfrac{7}{16} & \text{ si } z = 7 \end{array} \right. \end{align*}

Ejercicio 16

Sea XX una variable aleatoria cuya distribución está determinada por la densidad

f(x)={ae−ax si x>00 en otro caso\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} ae^{ - ax} & \text{ si } x > 0\\[2ex] 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

donde a>0a > 0. Obtener la función de las variables Y=eX2Y = e^{X^2} y Z=(X−k)2Z = (X - k)^2 donde kk es una constante positiva

📐Demostración

Primero, vamos a obtener la función de densidad de Y=eX2Y = e^{X^2}.

Podemos hallar la relación entre XX e YY como:

Y=eX2  ⟹  X=ln⁡Y\begin{align*} Y = e^{X^2} \implies X = \sqrt{\ln Y} \end{align*}

Así, si x>0x > 0 entonces:

fX(x)=ae−ax  ⟹  fX(ln⁡y)=ae−aln⁡y\begin{align*} f_X(x) = ae^{ - ax} \implies f_X(\sqrt{\ln y}) = a e^{ - a \sqrt{\ln y}} \end{align*}

Así, la función de densidad de YY viene dada por:

fY(y)=fX(ln⁡y)∣dxdy∣=ae−aln⁡y⋅12ln⁡y=a2ye−aln⁡y\begin{align*} f_Y(y) = f_X(\sqrt{\ln y}) \left| \dfrac{dx}{dy}\right| = a e^{ - a \sqrt{\ln y}} \cdot \dfrac{1}{2 \sqrt{\ln y}} = \dfrac{a}{2 \sqrt{y}} e^{ - a \sqrt{\ln y}} \end{align*}

Notar que la función de densidad de YY está definida así cuando X>0  ⟹  X2≥0  ⟹  Y≥1X>0 \implies X^2 \geq 0 \implies Y \geq 1. Así, la función de densidad de YY es:

fY(y)={ae−aln⁡y2yln⁡y si y≥10 en otro caso\begin{align*} f_Y(y) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{ae^{ - a \sqrt{\ln y}}}{2y \sqrt{\ln y}} & \text{ si } y \geq 1\\[2ex] 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Ahora, vamos con la de ZZ.

Hallamos primero el rango de ZZ:

X>0  ⟹  (X−k)2≥0  ⟹  Z≥0\begin{align*} X > 0 \implies (X - k)^2 \geq 0 \implies Z \geq 0 \end{align*}

Podemos hallar la relación entre XX e ZZ como:

Z=(X−k)2  ⟹  X=k±Z\begin{align*} Z = (X - k)^2 \implies X = k \pm \sqrt{Z} \end{align*}

Como X>0X > 0, tomamos únicamente X=k+ZX = k + \sqrt{Z}, así:

fZ(z)=fX(k+z)∣dxdz∣=ae−a(k+z)⋅12z\begin{align*} f_Z (z) = f_X(k + \sqrt{z}) \left|\frac{dx}{dz}\right| = a e^{ - a(k + \sqrt{z})} \cdot \frac{1}{2 \sqrt{z}} \end{align*}

Así, la función de densidad de ZZ es:

fZ(z)={ae−a(k+z)2z si z≥00 en otro caso\begin{align*} f_Z(z) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{a e^{ - a(k + \sqrt{z})}}{2 \sqrt{z}} & \text{ si } z \geq 0\\[2ex] 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Ejercicio 17

Sea XX una variable aleatoria continua con función de distribución

F(x)={1−e−x si x≥00 en otro caso\begin{align*} F(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 - e^{ - x} & \text{ si } x \geq 0\\[2ex] 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Se considera la variable aleatoria YY determinada por:

Y={X si X<21X si X≥2\begin{align*} Y = \left\{ \begin{array}{ll} X & \text{ si } X < 2\\[2ex] \frac{1}{X} & \text{ si } X \geq 2 \end{array} \right. \end{align*}

Determinar la distribución de YY

📐Demostración

Para hallar la distribución de YY, vamos a hallar la función de densidad de YY.

Por ello, vamos a dividir en tramos la función de YY:

  • Si x<0x < 0 entonces:
FY(y)=P(Y≤y)=P(X≤y)=0\begin{align*} F_Y(y) = P(Y \leq y) = P(X \leq y) = 0 \end{align*}
  • Si 0<x<20 < x < 2 entonces:
FY(y)=P(Y≤y)=P(X≤y)=1−e−y\begin{align*} F_Y(y) = P(Y \leq y) = P(X \leq y) = 1 - e^{ - y} \end{align*}
  • Si x≥2x \geq 2
FY(y)=P(Y≤y)=P(1X≤y)=P(X≥1y)==1−P(X<1y)=1−(1−e−1y)=e−1y\begin{align*} F_Y(y) = P(Y \leq y) & = P\left(\frac{1}{X} \leq y\right) = P \left(X \geq \dfrac{1}{y}\right) =\\[1ex] & = 1 - P(X < \dfrac{1}{y}) = 1 - (1 - e^{ - \frac{1}{y}}) = e^{ - \frac{1}{y}} \end{align*}

Entonces, tenemos que:

FY(y)={0 si y≤01−e−y si 0<y<2e−1y si y≥2\begin{align*} F_Y(y) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } y \leq 0\\[2ex] 1 - e^{ - y} & \text{ si } 0 < y < 2\\[2ex] e^{ - \frac{1}{y}} & \text{ si } y \geq 2 \end{array} \right. \end{align*}

Ejercicio 18

Sea XX una variable aleatoria continua con función de densidad

f(x)={e2−x si x>20 en otro caso\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} e^{2 - x} & \text{ si } x > 2\\[1ex] 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Determinar la distribución de la variable aleatoria YY:

Y={1X si X≥1X2 en otro caso\begin{align*} Y = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{X} & \text{ si } X \geq 1\\[1ex] X^2 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

📐Demostración

Dado que X>2X > 2 según la densidad de XX entonces siempre X≥1X \geq 1, por lo que únicamente consideramos este caso:

Y=1X si X≥1\begin{align*} Y = \frac{1}{X} \quad \text{ si } X \geq 1 \end{align*}

De hecho, notar que Y=X2Y = X^2 no se aplica realmente ya que XX nunca está en ese rango (con un valor definido, ya que en x≤2x \leq 2 la función de densidad es 0).

Dado que Y=1XY = \frac{1}{X} entonces, obtenemos la inversa para XX:

X=1Y\begin{align*} X = \frac{1}{Y} \end{align*}

Así, la densidad transformada se obtiene mediante:

fY(y)=fX(1y)∣dxdy∣\begin{align*} f_Y(y) = f_X\left(\frac{1}{y}\right) \left| \frac{dx}{dy}\right| \end{align*}

Para derivar XX en función de YY, tenemos que:

x=1y  ⟹  dxdy=−1y2  ⟹  ∣dxdy∣=1y2\begin{align*} x = \dfrac{1}{y} \implies \dfrac{dx}{dy} = - \dfrac{1}{y^2} \implies \left| \dfrac{dx}{dy}\right| = \dfrac{1}{y^2} \end{align*}

Para encontrar el soporte de YY, consideramos el soporte de XX que es x>2x > 2 y, en ese caso, como y=1xy = \dfrac{1}{x} entonces:

0<y<12  ⟹  fY(y)=fX(1y)⋅1y2=e2−1y⋅1y2\begin{align*} 0 < y < \dfrac{1}{2} \implies f_Y(y) = f_X\left(\dfrac{1}{y}\right) \cdot \dfrac{1}{y^2} = e^{2 - \frac{1}{y}} \cdot \dfrac{1}{y^2} \end{align*}

Así, la función de densidad de YY es:

fY(y)={e2−1y⋅1y2 si 0<y<120 en otro caso\begin{align*} f_Y(y) = \left\{ \begin{array}{ll} e^{2 - \frac{1}{y}} \cdot \dfrac{1}{y^2} & \text{ si } 0 < y < \dfrac{1}{2}\\[2ex] 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Ejercicio 19

Sea XX una variable aleatoria discreta tal que P(X=k)=(12)kP(X = k) = \left(\frac{1}{2}\right)^k para k∈Nk \in \mathbb{N}. Calcular su esperanza

📐Demostración

Sabemos que la esperanza de una variable aleatoria discreta se calcula como:

E(X)=∑k=1∞k⋅P(X=k)=∑k=1∞k⋅(12)k=12(1−12)2=2\begin{align*} E(X) = \sum_{k = 1}^{ \infty} k \cdot P(X = k) = \displaystyle \sum_{k = 1}^{\infty} k \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^k = \frac{\dfrac{1}{2}}{\left(1 - \dfrac{1}{2}\right)^2} = 2 \end{align*}

Ejercicio 20

Sea XX una variable aleatoria discreta cuyo soporte (conjunto de valores de la variable) es el conjunto X=N\mathbb{X} = \mathbb{N}. Si su función de probabilidad verifica que P(X=r)=k(1−θ)r−1P(X = r) = k(1- \theta)^{r-1} con θ∈(0,1)\theta \in (0, 1), determinar el valor de kk y obtener la media y la varianza de dicha variable

📐Demostración

Primero, vamos a ver que valor de kk satisface las condiciones de que sea función de probabilidad. Para ello, vamos a calcular la suma de todas las probabilidades:

∑r=1∞P(X=r)=∑r=1∞k(1−θ)r−1=k∑r=1∞(1−θ)r−1==k∑j=0∞(1−θ)j=k11−(1−θ)=k1θ\begin{align*} \sum_{r = 1}^{ \infty} P(X = r) &= \displaystyle \sum_{r = 1}^{\infty} k (1 - \theta)^{r - 1} = k \displaystyle \sum_{r = 1}^{\infty} (1 - \theta)^{r - 1} =\\[2ex] & = k\displaystyle \sum_{j = 0}^{\infty} (1 - \theta)^j = k \dfrac{1}{1 - (1 - \theta)} = k \dfrac{1}{\theta} \end{align*}

Para que sea función de probabilidad, tenemos que:

∑r=1∞P(X=r)=1  ⟹  kθ=1  ⟹  θ=k\begin{align*} \sum_{r = 1}^{ \infty} P(X = r) = 1 \implies \dfrac{k}{\theta} = 1 \implies \theta = k \end{align*}

Así, tenemos que k=θk = \theta.

Ahora, vamos a calcular su esperanza:

E(X)=∑r=1∞r⋅P(X=r)=∑r=1∞r⋅θ(1−θ)r−1=θ∑r=1∞r⋅(1−θ)r−1==θ∑r=1∞ddθ(1−θ)r=θddθ∑r=1∞(1−θ)r=θddθ11−(1−θ)−(1−θ)0==θddθ(1−θ−1)=θ1θ2=1θ\begin{align*} E(X) & = \sum_{r = 1}^{\infty} r \cdot P(X = r) = \sum_{r = 1}^{\infty} r \cdot \theta (1 - \theta)^{r - 1} = \theta \sum_{r = 1}^{\infty} r \cdot (1 - \theta)^{r - 1} =\\[2ex] & = \theta \sum_{r = 1}^{\infty} \dfrac{d}{d \theta} (1 - \theta)^r = \theta \dfrac{d}{d \theta} \sum_{r = 1}^{\infty} (1 - \theta)^r = \theta \dfrac{d}{d \theta} \dfrac{1}{1 - (1 -\theta)} - (1 - \theta)^0 = \\[2ex] & = \theta \dfrac{d}{d\theta}\left(\frac{1}{ - \theta} - 1 \right)= \theta \dfrac{ 1}{\theta^2} = \frac{ 1}{\theta} \end{align*}

Ahora, vamos a calcular su varianza:

Var(X)=E(X2)−E(X)2\begin{align*} Var(X) = E(X^2) - E(X)^2 \end{align*}

Para ello, calculamos E(X2)E(X^2):

E(X2)=∑r=1∞r2⋅P(X=r)=∑r=1∞r2⋅θ(1−θ)r−1=θ∑r=1∞r2⋅(1−θ)r−1\begin{align*} E(X^2) = \sum_{r = 1}^{\infty} r^2 \cdot P(X = r) = \sum_{r = 1}^{\infty} r^2 \cdot \theta (1 - \theta)^{r - 1} = \theta \sum_{r = 1}^{\infty} r^2 \cdot (1 - \theta)^{r - 1} \end{align*}

Tenemos que:

∑r=1∞xr=x1−x con ∣x∣<1\begin{align*} \displaystyle \sum_{r = 1}^{\infty} x^r = \dfrac{x}{1 - x} \quad \text{ con } |x| < 1 \end{align*}

Así, podemos derivar en ambos lados y tenemos que:

ddx(∑r=1∞xr)=ddx(x1−x)  ⟺  ∑r=1∞rxr−1=1(1−x)2\begin{align*} \frac{d}{dx} \left( \displaystyle \sum_{r = 1}^{\infty} x^r \right) = \frac{d}{dx} \left(\frac{x}{1 - x}\right) \iff \displaystyle \sum_{r = 1}^{\infty} r x^{r - 1} = \frac{1}{(1 - x)^2} \end{align*}

Ahora, podemos volver a derivar, para ello, empezamos por el lado izquierdo

ddx(∑r=1∞rxr−1)=∑r=1∞rd(xr−1)dx=∑r=1∞r(r−1)xr−2==∑r=1∞r2xr−2−∑r=1∞rxr−2=∗∑r=1∞r2xr−2\begin{align*} \frac{d}{dx} \left(\displaystyle \sum_{r = 1}^{\infty} r x^{r - 1}\right) & =\displaystyle \sum_{r = 1}^{\infty} r \frac{d(x^{r - 1})}{dx} = \displaystyle \sum_{r = 1}^{\infty} r(r - 1) x^{r - 2} = \\[2ex] & = \displaystyle \sum_{r = 1}^{\infty} r^2 x^{r - 2} - \displaystyle \sum_{r = 1}^{\infty} r x^{r - 2} \overset{*}{ = } \displaystyle \sum_{r = 1}^{\infty} r^2 x^{r - 2} \end{align*}

(*) Nos podemos ``cargar'' el segundo sumatorio porque en el infinito r2r^2 tiene mucho más peso que rr

Ahora, derivamos el otro lado de la igualdad:

ddx(1(1−x)2)=−21(1−x)3⋅(−1)\begin{align*} \frac{d}{dx} \left(\frac{1}{(1 - x)^2}\right) = - 2 \frac{1}{(1 - x)^3} \cdot ( - 1) \end{align*}

Así, tenemos que:

∑r=1∞r2xr−2=2(1−x)3\begin{align*} \displaystyle \sum_{r = 1}^{\infty} r^2 x^{r - 2} = \frac{2}{(1 - x)^3} \end{align*}

Y, para hacerlo coincidir con nuestro caso, podemos multiplicar por xx en ambos lados, es decir:

x∑r=1∞r2xr−2=x2(1−x)3  ⟹  ∑r=1∞r2xr−1=2x(1−x)3\begin{align*} x \displaystyle \sum_{r = 1}^{\infty} r^2 x^{r - 2} = x \frac{2}{(1 - x)^3} \implies \displaystyle \sum_{r = 1}^{\infty} r^2 x^{r - 1} = \frac{2x}{(1 - x)^3} \end{align*}

Ejercicio 21

Sea XX una variable aleatoria discreta con función de densidad

f(x)={x+12 si −1<x<10 en otro caso\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{x + 1}{2} & \text{ si } - 1 < x < 1\\ 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

calcular la esperanza de Y=1XY = \frac{1}{X}

📐Demostración

Como XX es una variable aleatoria continua, podemos calcular la esperanza de YY como:

E(Y)=∫−111x⋅f(x) dx=∫−111x⋅x+12 dx=12∫−11x+1x dx==12∫−11(1+1x) dx=12[x+ln⁡∣x∣]−11=12(1+ln⁡1−(−1+ln⁡1))=1\begin{align*} E(Y) & = \int_{ - 1}^{1} \dfrac{1}{x} \cdot f(x) \, dx = \int_{ - 1}^1 \frac{1}{x} \cdot \frac{x + 1}{2} \, dx = \frac{1}{2}\int_{ - 1}^1 \frac{x + 1}{x} \, dx = \\[2ex] & = \frac{1}{2} \int_{ - 1}^1 \left(1 + \frac{1}{x} \right) \, dx = \frac{1}{2} \left[x + \ln |x| \right]_{ - 1}^1 = \frac{1}{2} \left(1 + \ln 1 - \left( - 1 + \ln 1\right)\right) = 1 \end{align*}

Ejercicio 26

El número de averías por mes de una máquina tiene de promedio 4 y su desviación típica es 0.8

  1. Determinar un intervalo no trivial de modo que la probabilidad de que el número de averías pertenezca a dicho intervalo sea, al menos, 0.9

📐Demostración

Para ello, vamos a emplear la desigualdad de Chebyshev, que nos dice que:

P(∣X−E(X)∣≥ε)≤Var(X)ε2\begin{align*} P(|X - E(X)| \geq \varepsilon) \leq \frac{Var(X)}{\varepsilon^2} \end{align*}

Es decir, en este caso tenemos que:

P(∣X−4∣<ε)≥0.9\begin{align*} P(|X - 4| < \varepsilon) \geq 0.9 \end{align*}

Por la desigualdad de Chebyshev, tenemos que:

P(∣X−4∣<ε)≥1−Var(X)ε2  ⟹  1−0.82ε2≥0.9  ⟹  0.82ε2≤0.1\begin{align*} P(|X - 4| < \varepsilon) \geq 1 - \frac{Var(X)}{\varepsilon^2} \implies 1 - \frac{0.8^2}{\varepsilon^2} \geq 0.9 \implies \frac{0.8^2}{\varepsilon^2} \leq 0.1 \end{align*}

Así, podemos despejar y obtenemos que:

ε≥0.80.1=2.53\begin{align*} \varepsilon \geq \frac{0.8}{\sqrt{0.1}} = 2.53 \end{align*}

Así, el intervalo en cuestión es de la forma [a,b][a, b] donde:

[a,b]=[E(x)−ε,E(x)+ε]=[4−2.53,4+2.53]=[1.47,6.53]\begin{align*} [a, b] = [E(x) - \varepsilon, E(x) + \varepsilon] = [4 - 2.53, 4 + 2.53] = [1.47, 6.53] \end{align*}

La fábrica de la máquina garantiza que el número de averías por mes, rara vez será ocho o más, ¿es esto cierto?

📐Demostración

En este caso, queremos calcular P(X≥8)P(X \geq 8), es decir:

P(X≥8)=P(∣X−E(X)∣≥4)\begin{align*} P(X \geq 8) = P(|X - E(X)| \geq 4) \end{align*}

Por la desigualdad de Chebyshev, tenemos que:

P(∣X−E(X)∣≥ε)≤Var(X)ε2  ⟹  P(∣X−4∣≥4)≤0.8242=0.6416=0.04\begin{align*} P(|X - E(X)| \geq \varepsilon) \leq \frac{Var(X)}{\varepsilon^2} \implies P(|X - 4| \geq 4) \leq \frac{0.8^2}{4^2} = \frac{0.64}{16} = 0.04 \end{align*}

Así, tenemos que:

P(X≥8)≤0.04\begin{align*} P(X \geq 8) \leq 0.04 \end{align*}

Ejercicio 27

La demanda media mensual de un producto es 28, con una desviación típica de 4. ¿Cuántos productos deben tenerse a principio de mes para asegurar que la demanda será mayor o igual que la oferta con probabilidad no superior a 0.1?

📐Demostración

En este caso, queremos ver que:

P(X≥c)≤0.1\begin{align*} P(X \geq c) \leq 0.1 \end{align*}

donde XX es la demanda de productos.

Por la desigualdad de Chebyshev, tenemos que:

P(∣X−E(X)∣≥ε)≤Var(X)ε2  ⟹  P(∣X−28∣≥ε)≤42ε2≤0.1\begin{align*} P(|X - E(X)| \geq \varepsilon) \leq \frac{Var(X)}{\varepsilon^2} \implies P(|X - 28| \geq \varepsilon) \leq \frac{4^2}{\varepsilon^2} \leq 0.1 \end{align*}

Entonces, queremos ver:

16ε2≤0.1  ⟹  ε2≥160.1=160  ⟹  ε≥160=12.65\begin{align*} \frac{16}{\varepsilon^2} \leq 0.1 \implies \varepsilon^2 \geq \frac{16}{0.1} = 160 \implies \varepsilon \geq \sqrt{160} = 12.65 \end{align*}

Por lo que, para asegurar que la demanda será mayor o igual que la oferta con probabilidad no superior a 0.1, se deben tener al menos 28+13=4128 + 13 = 41 productos.

Ejercicio 29

Sea XX una variable aleatoria continua con función de densidad

f(x)={x con 0≤x<12−x con 1≤x<20 en otro caso\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} x & \text{ con } 0 \leq x < 1\\ 2 - x & \text{ con } 1 \leq x < 2\\ 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Calcular la esperanza y la varianza de XX a partir de la función generatriz de momentos

📐Demostración

Para calcular la esperanza y la varianza de XX a partir de la función generatriz de momentos, vamos a calcular primero la función generatriz de momentos.

La función generatriz de momentos se define como:

gX(t)=E(etX)=∫−∞∞etxf(x) dx\begin{align*} g_X(t) = E(e^{tX}) = \int_{ - \infty}^{ \infty} e^{tx} f(x) \, dx \end{align*}

Así, en este caso, tenemos que:

MX(t)=∫01etx⋅x dx+∫12etx⋅(2−x) dx=∫01xetx dx+∫12(2−x)etx dx\begin{align*} M_X(t) = \int_{0}^{1} e^{tx} \cdot x \, dx + \int_{1}^{2} e^{tx} \cdot (2 - x) \, dx = \int_{0}^{1} x e^{tx} \, dx + \int_{1}^{2} (2 - x) e^{tx} \, dx \end{align*}

Para la primera integral, tenemos que, aplicando partes:

u=xdv=etx dxdu=dxv=1tetx\begin{align*} u = x \quad & \quad dv = e^{tx} \, dx\\ du = dx \quad & \quad v = \frac{1}{t} e^{tx} \end{align*}

Así, tenemos que:

∫xetx dx=xtetx−1t∫etx dx=xtetx−1t2etx\begin{align*} \int x e^{tx} \, dx = \frac{x}{t} e^{tx} - \frac{1}{t} \int e^{tx} \, dx = \frac{x}{t} e^{tx} - \frac{1}{t^2} e^{tx} \end{align*}

Para la segunda integral, tenemos que, aplicando partes:

u=2−xdv=etx dxdu=−dxv=1tetx\begin{align*} u = 2 - x \quad & \quad dv = e^{tx} \, dx\\ du = - dx \quad & \quad v = \frac{1}{t} e^{tx} \end{align*}

Así, tenemos que:

∫(2−x)etx dx=(2−x)1tetx−1t∫etx dx=(2−x)1tetx−1t2etx\begin{align*} \int (2 - x) e^{tx} \, dx = (2 - x) \frac{1}{t} e^{tx} - \frac{1}{t} \int e^{tx} \, dx = (2 - x) \frac{1}{t} e^{tx} - \frac{1}{t^2} e^{tx} \end{align*}

Así, la función generatriz de momentos es:

gX(t)=[xtetx−1t2etx]01+[(2−x)1tetx−1t2etx]12=1tet−1t2et+1te2t−1t2e2t\begin{align*} g_X(t) = \left[\frac{x}{t} e^{tx} - \frac{1}{t^2} e^{tx}\right]_{0}^{1} + \left[(2 - x) \frac{1}{t} e^{tx} - \frac{1}{t^2} e^{tx}\right]_{1}^{2} = \frac{1}{t} e^t - \frac{1}{t^2} e^t + \frac{1}{t} e^{2t} - \frac{1}{t^2} e^{2t} \end{align*}