Ejercicios Resueltos Probabilidad y Estadística - Parte III

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

Tema 2 - Resueltos

Ejercicio 1

Un fabricante de láminas de silicio dispone de dos plantas de fabricación, en la planta más antigua (que soporta el 70% de la producción) la probabilidad de que una lámina resulte defectuosa por contaminación es 0.005 y por el manejo de los empleados 0.007. En la otra planta, más moderna, la probabilidad de contaminación ambiental se ha reducido a la mitad manteniéndose la otra igual. Las dos causas de defecto actúan independientemente. En un lote de 100 láminas producidas por la misma planta, ¿cuál es la probabilidad de que haya alguna defectuosa?

📐Demostración

El experimento consiste en observar si una lámina de silicio es defectuosa o no. Así, tenemos que es un experimento de Bernoulli, donde el éxito es que la lámina sea defectuosa. Así, podemos definir la variable aleatoria XX como el número de láminas defectuosas en un lote de 100 láminas. Es decir:

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

De esta forma, tenemos que X⇝B(100,p)X \rightsquigarrow \mathcal{B} (100, p) donde pp es la probabilidad de que una lámina sea defectuosa.

Ahora tenemos que calcular pp, es decir:

P(laˊmina defectuosa)\begin{align*} P(\text{\small lámina defectuosa}) \end{align*}

Para facilitar la notación, vamos a llamar AA a las láminas de la planta antigua, MM a las láminas de la planta moderna, DCD_C a las láminas defectuosas por contaminación y DMD_M a las láminas defectuosas por el manejo de los empleados. Con esto, tenemos que:

P(A)=70100=1−P(Ac)=1−P(M)  ⟹  P(M)=0.3\begin{align*} P(A) = \dfrac{70}{100} = 1 - P(A^c) = 1 - P(M) \implies P(M) = 0.3 \end{align*}

Además, podemos sacar que:

P(DC∣A)=0.005P(DM∣A)=0.007P(DC∣M)=0.0025P(DM∣M)=0.007\begin{align*} P(D_C|A) = 0.005\quad P(D_M|A) = 0.007 \quad P (D_C|M) = 0.0025 \quad P(D_M|M) = 0.007 \end{align*}

Así, la probabilidad de que una lámina sea defectuosa es, por la fórmula de la probabilidad total:

P(D)=P(D∣A)⋅P(A)+P(D∣M)⋅P(M)==(P(DC∣A)+P(DM∣A))⋅P(A)+(P(DC∣M)+P(DM∣M))⋅P(M)==(0.005+0.007)⋅0.7+(0.0025+0.007)⋅0.3=0.01125\begin{align*} P(D) & = P(D|A) \cdot P(A) + P(D |M) \cdot P(M) = \\ & = (P(D_C|A) + P(D_M|A)) \cdot P(A) + (P(D_C|M) + P(D_M|M)) \cdot P(M) = \\ & = (0.005 + 0.007) \cdot 0.7 + (0.0025 + 0.007) \cdot 0.3 = 0.01125 \end{align*}

Entonces, podemos escribir ya XX como:

X⇝B(100,0.01125)\begin{align*} X \rightsquigarrow \mathcal{B} (100, 0.01125) \end{align*}

Entonces, queremos hallar la probabilidad de que haya, al menos, una defectuosa, es decir, de que X≥1X \geq 1

P(X≥1)=1−P(X=0)=1−(1000)0.011250(1−0.01125)100≈0.67\begin{align*} P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \binom{100}{0} 0.01125^0 (1 - 0.01125)^{100} \approx 0.67 \end{align*}

Ejercicio 2

Para controlar la calidad de un producto envasado se eligen al azar, con devolución, diez envases de un lote de 100. La empresa envasadora afirma que en el lote a lo sumo el 2% de los envases son defectuosos. Calcular la probabilidad de que entre los 10 no haya ninguno defectuoso

📐Demostración

El experimento consiste en observar si un envase es o no defectuoso, así tenemos que ver que:

P(no hay envases defectuosos entre 10 cogidos al azar (de 100))\begin{align*} P(\text{\small no hay envases defectuosos entre 10 cogidos al azar (de 100)}) \end{align*}

Así, tenemos que estamos ante un experimento de Bernoulli donde definimos el éxito como que un producto sea defectuoso. Así, tenemos que, si DD es que un producto sea defectuoso, entonces:

P(D)≤2100=0.02\begin{align*} P(D) \leq \frac{2}{100} = 0.02 \end{align*}

Así, definimos XX como una variable aleatoria tal que:

X ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PX)ω⟼X(ω)=nº de aparatos defectuosos (de 10)\begin{align*} X \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_X)\\ \omega & \longmapsto X(\omega) = \text{nº de aparatos defectuosos (de 10)} \end{align*}

Entonces, tenemos que, en función de P(D)=pP(D) = p la variable aleatoria XX es de la forma:

X⇝B(10,p) con p∈{0,0.01,0.02}\begin{align*} X \rightsquigarrow \mathcal{B}(10, p) \quad \text{ con } p \in \{0, 0.01, 0.02\} \end{align*}

Así, por el teorema de la probabilidad total, se tiene que:

P(X=0)=P(X=0∣p=0)⋅P(p=0)+P(X=0∣p=0.01)⋅P(p=0.01)++P(X=0∣p=0.02)⋅P(p=0.02)==(100)00(1−0)10⋅13+(100)0.010(1−0.01)10⋅13++(100)0.020(1−0.02)10⋅13=0.9071\begin{align*} P(X = 0) & = P(X = 0 | p = 0) \cdot P(p = 0) + P(X = 0 | p = 0.01) \cdot P(p = 0.01) + \\ & + P(X = 0 | p = 0.02) \cdot P(p = 0.02) = \\[3ex] & = \binom{10}{0} 0^0 (1 - 0)^{10} \cdot \frac{1}{3} + \binom{10}{0} 0.01^0 (1 - 0.01)^{10} \cdot \frac{1}{3} + \\ & + \binom{10}{0} 0.02^0 (1 - 0.02)^{10} \cdot \frac{1}{3} = 0.9071 \end{align*}

Ejercicio 3

Una máquina está programada para llenar recipientes con 10 litros de capacidad. Sin embargo, la variabilidad inherente a cualquier tipo de máquina es la causa de que las cantidades de contenido sean distintas de recipiente a recipiente. Si la distribución del contenido que arroja la máquina en cada recipiente es normal con una desviación típica de 0.02 litros, determinar la cantidad media del contenido para que solo el 5% de los recipientes reciban menos de 10 litros.

📐Demostración

Sea XX la capacidad del recipiente que se llena en litros, donde sabemos que:

X⇝N(μ,σ) con σ=0.02\begin{align*} X \rightsquigarrow \mathcal{N} (\mu, \sigma) \quad \text{ con } \sigma = 0.02 \end{align*}

Entonces, queremos hallar μ\mu tal que:

P(X<10)=0.05\begin{align*} P(X < 10) = 0.05 \end{align*}

Como XX es normal, podemos obtener este valor tipificando, así, tenemos que:

P(X<10)=P(X−μ0.02<10−μ0.02)=P(N(0,1)<10−μ0.02)=0.05\begin{align*} P(X < 10) = P\left(\frac{X - \mu}{0.02} < \frac{10 - \mu}{0.02}\right) = P\left(\mathcal{N}(0,1) < \frac{10 - \mu}{0.02}\right) = 0.05 \end{align*}

Como P(X<10)P(X < 10) es menor a 0.5, entonces, lo que buscamos es:

TikZ Graph

Para ello, notamos que buscamos el valor tal que:

P(N(0,1)<−z)=1−0.05=0.95  ⟹  z=1,65\begin{align*} P(\mathcal{N}(0,1) < - z) = 1 - 0.05 = 0.95 \implies z = 1,65 \end{align*}

Entonces, nuestro valor es z=−1.65z = -1.65, entonces:

10−μ0.02=−1.65  ⟹  μ=10+0.02⋅1.65=10.033\begin{align*} \frac{10 - \mu}{0.02} = -1.65 \implies \mu = 10 + 0.02 \cdot 1.65 = 10.033 \end{align*}

Ejercicio 4

El número de emisiones potencialmente contaminantes (ECPs) que se detectan semanalmente en una fábrica sigue una distribución de Poisson. Sabiendo que el porcentaje de semanas en las que se detecta exactamente 1 EPC es la mitad del correspondiente a las semanas en que no se detecta ninguna

  • Calcular el número esperado de ECPs por semana

📐Demostración

Podemos definir XX como una variable aleatoria tal que:

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

y sabemos que X⇝P(λ)X \rightsquigarrow \mathcal{P}(\lambda), así, nos interesa conocer este valor de λ\lambda, para ello, tenemos que:

100⋅P(X=1)=100⋅P(X=0)2  ⟺  e−λλ11!=e−λλ02⋅0!  ⟺  λ=0.5\begin{align*} 100 \cdot P(X = 1) = 100 \cdot \frac{P(X = 0)}{2} \iff \frac{e^{ - \lambda} \lambda^1}{1!} = \frac{e^{ - \lambda} \lambda^0}{2 \cdot 0!} \iff \lambda = 0.5 \end{align*}

Así, tenemos que X⇝P(X=0.5)X \rightsquigarrow \mathcal{P}(X = 0.5) y, por ello, para calcular el número esperado de ECPs por semana, tenemos que:

E(X)=λ=0.5\begin{align*} E(X) = \lambda = 0.5 \end{align*}

Entonces, el valor esperado de ECPs por semana es 0.5

  • Si se eligen independientemente tres semanas, determinar la probabilidad de que en la segunda y en la tercera semana se detecten 2 ECPs en cada una

📐Demostración

Queremos obtener, dadas tres semanas cualesquiera, la probabilidad de que en las dos últimas se emitan 2ECPs (en cada una), es decir, que P(X=2)P(X = 2):

P((X2=2)∩(X3=2))\begin{align*} P((X_2 = 2) \cap (X_3 = 2)) \end{align*}

como son sucesos independientes, tenemos que:

P((X2=2)∩(X3=2))=P(X2=2)⋅P(X3=3)==P(X=2)2=(e−0.50.522!)2=0.0057\begin{align*} P((X_2 = 2) \cap (X_3 = 2)) & = P(X_2 = 2) \cdot P(X_3 = 3) =\\ & = P(X = 2)^2 = \left(\frac{e^{ - 0.5} 0.5^2}{2!}\right)^2 = 0.0057 \end{align*}
  • Una semana en la que se detecta a lo sumo una EPC se califica como ``semana sin riesgo excesivo''. Si se considera un periodo de cinco semanas, determinar la probabilidad de que, al menos, dos semanas resulten sin riesgo excesivo

📐Demostración

Una semana sin riegos es aquella que tiene, a lo sumo, una ECP, es decir: P(X≤1)P(X \leq 1).

Notamos que, observar si una semana es o no semana sin riesgos es un experimento de Bernoulli donde definimos el éxito a que sea una semana sin riegos, es decir X≤1X \leq 1.

Podemos definir una variable aleatoria YY tal que:

Y ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PX)ω⟶Y(ω)=nuˊmero de semanas sin riesgos (de 5)\begin{align*} Y \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_X) \\ \omega & \longrightarrow Y(\omega) = \text{número de semanas sin riesgos (de 5)} \end{align*}

Así, tenemos que Y⇝B(5,P(X≤1))Y \rightsquigarrow \mathcal{B}(5, P(X \leq 1)). Podemos calcular P(X≤1)P(X \leq 1) como:

P(X≤1)=P(X=0)+P(X=1)=e−0.5⋅0.500!+e−0.5⋅0.511!==e−0.5+0.5e−0.5=1.5e−0.5≈0.9098\begin{align*} P(X \leq 1) & = P(X = 0) + P(X = 1) = \frac{e^{ - 0.5} \cdot 0.5^0}{0!} + \frac{e^{ - 0.5} \cdot 0.5^1}{1!} = \\ & = e^{ - 0.5} + 0.5 e^{ - 0.5} = 1.5 e^{ - 0.5} \approx 0.9098 \end{align*}

Entonces, tenemos que Y⇝B(5,0.9098)Y \rightsquigarrow \mathcal{B}(5, 0.9098) entonces, queremos ver que, al menos, 2 semanas sean sin riesgos es decir:

P(Y≥2)=1−P(Y<2)=1−P(Y=1)−P(Y=0)==1−(51)⋅0.90981⋅(1−0.9098)4−(50)⋅0.90980⋅(1−0.9098)5≈0.9997\begin{align*} P(Y \geq 2) & = 1 - P(Y < 2) = 1 - P(Y = 1) - P(Y = 0) = \\ & = 1 - \binom{5}{1} \cdot 0.9098^1 \cdot (1 - 0.9098)^{4} - \binom{5}{0} \cdot 0.9098^0 \cdot (1 - 0.9098)^{5} \\ & \approx 0.9997 \end{align*}
  • Si cada semana en que se detecta más de 1 EPC la fábrica resulta sancionada por la Agencia de Protección de Medio Ambiente con 2500 euros, ¿cuál será la sanción semanal media que se impondría a la empresa?

📐Demostración

A la empresa se la sancionará cuando X>2X > 2, así podemos considerar un experimento de Bernoulli a si la empresa es o no sancionada, donde definimos el éxito como que la empresa es sancionada. Por ello, definimos ZZ una variable aleatoria tal que:

Z ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PX)ω⟼Z(ω)={1 si es sancionada0 en caso contrario\begin{align*} Z \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_X)\\ \omega & \longmapsto Z(\omega) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 & \text{ si es sancionada}\\ 0 & \text{ en caso contrario} \end{array} \right. \end{align*}

Así, podemos calcular E(Z)=P(X≥2)=1−P(X≤1)=1−0.9098=0.0902E(Z) = P(X \geq 2) = 1 - P(X \leq 1) = 1 - 0.9098 = 0.0902 Entonces, si solo les sancionan 0.0902 semanas, tenemos que:

0.0902⋅2500=225.5\begin{align*} 0.0902 \cdot 2500 = 225.5 \end{align*}

Ejercicio 5

Un fabricante compra unidades de cierto producto a dos proveedores AA y BB. El 60% de la compra la realiza al proveedor AA y el resto al BB. El porcentaje de unidades defectuosas del proveedor AA es un 3% y el de BB es del 5 %

  • Si el fabricante mezcla las unidades remitidas por ambos proveedores y se eligen 5, ¿cuál es la probabilidad de encontrar alguna defectuosa?

📐Demostración

El expediento consiste en observar si una unidad del producto es o no defectuosa. Así, denotamos los siguientes sucesos (con el fin de que sea más fácil trabajar con ellos):

  • A=A = del proveedor AA
  • B=B = del proveedor BB
  • DA=D_A = defectuosa del proveedor AA
  • DB=D_B = defectuosa del proveedor BB

Así, lo que queremos ver es:

P(D eligiendo 5 al azar de la mezcla)\begin{align*} P(D \, \text{eligiendo 5 al azar de la mezcla}) \end{align*}

Podemos hallar las siguientes probabilidades a partir del enunciado:

P(A)=60100=0.6 y P(B)=40100=0.4\begin{align*} P(A) = \frac{60}{100} = 0.6 \quad \text{ y } \quad P(B) = \frac{40}{100} = 0.4 \end{align*}

Además, sabemos que:

P(DA)=3100=0.03 y P(DB)=5100=0.05\begin{align*} P(D_A) = \frac{3}{100} = 0.03 \quad \text{ y } \quad P(D_B) = \frac{5}{100} = 0.05 \end{align*}

Así, como ver si un producto es defectuoso o no, estamos ante un experimento de Bernoulli. Podemos definir el éxito como encontrar un producto defectuoso. Así definimos una variable aleatoria XX tal que:

X ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PX)ω⟼X(ω)=nuˊmero de unidades defectuosas (de 5)\begin{align*} X \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathcal{R}, P_X) \\ \omega & \longmapsto X(\omega) = \text{número de unidades defectuosas (de 5)} \end{align*}

Así, tenemos que X⇝B(5,P(D))X \rightsquigarrow \mathcal{B} (5, P(D)) y, por el teorema de la probabilidad total, podemos hallar P(D)P(D) como:

P(D)=P(D∣A)⋅P(A)+P(D∣B)⋅P(B)==0.03⋅0.6+0.05⋅0.4=0.038\begin{align*} P(D) & = P(D|A) \cdot P(A) + P(D|B) \cdot P(B) = \\ & = 0.03 \cdot 0.6 + 0.05 \cdot 0.4 = 0.038 \end{align*}

Así, queremos hallar P(X≥1)P(X \geq 1), es decir:

P(X≥1)=1−P(X=0)=1−(50)0.0380(1−0.038)5=1−0.82386≈0.176\begin{align*} P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \binom{5}{0} 0.038^0 (1 - 0.038)^5 = 1 - 0.82386 \approx 0.176 \end{align*}
  • Si ambos proveedores empaquetan sus productos en loses de 20 unidades y un lote contenía 2 unidades defectuosas, ¿cuál es la probabilidad de que el lote provenga del proveedor AA?

📐Demostración

En este caso, queremos calcular:

P(A∣hay dos defectuosas en el lote)\begin{align*} P(A | \text{hay dos defectuosas en el lote}) \end{align*}

Así, tenemos que aplicar el teorema de Bayes, es decir:

P(A∣2D)=P(2D∣A)⋅P(A)P(2D∣A)⋅P(A)+P(2D∣B)⋅P(B)\begin{align*} P(A | 2D) = \frac{P(2D | A) \cdot P(A)}{P(2D|A) \cdot P(A) + P(2D|B) \cdot P(B)} \end{align*}

Podemos calcular las probabilidades individuales como:

P(2D∣A)=P(B(20,0.03)=2)=(202)⋅0.032⋅(1−0.03)18≈0.0985P(2D∣B)=P(B(20,0.05)=2)=(202)⋅0.052⋅(1−0.05)18≈0.1914\begin{align*} P(2D|A) &= P(\mathcal{B}(20, 0.03) = 2) = \binom{20}{2} \cdot 0.03^2 \cdot (1 - 0.03)^{18} \approx 0.0985\\ P(2D|B) & = P(\mathcal{B}(20, 0.05) = 2) = \binom{20}{2} \cdot 0.05^2 \cdot (1 - 0.05)^{18} \approx 0.1914 \end{align*}

Así, podemos calcular ya la expresión deseada como:

P(A∣2D)=0.0985⋅0.60.0985⋅0.6+0.1914⋅0.4=0.435\begin{align*} P(A |2D) = \frac{0.0985 \cdot 0.6}{0.0985 \cdot 0.6 + 0.1914 \cdot 0.4} = 0.435 \end{align*}

Ejercicio 6

Se realiza un experimento consistente en promover una reacción química, examinar la presión al finalizar la misma (A = alta, M = media, B = baja) y el tiempo que tarda en completarse (C = menos de 10 min, L = más de 10 min). Por experiencias anteriores se sabe que P(B) = 0.15, P(M) = 0.25, P(A) = 0.6, P(B∩C)=0.05P(B \cap C) = 0.05, P(M∩C)=0.15P(M\cap C) = 0.15 y P(A∩C)=0.4P(A \cap C) = 0.4. Se repite la experiencia 3 veces más de forma independiente. Calcular:

  • La probabilidad de que se presente BB en alguno de los resultados

📐Demostración

El experimento, en este caso, consiste en ver los resultados de una reacción química y, como queremos ver si aparece o no BB, entonces podemos considerar que estamos ante un experimento de Bernoulli. Definimos el éxito como la aparición de BB, entonces podemos definir la variable aleatoria XX tal que:

X ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PX)ω⟼X(ω)=nuˊmero de veces que aparece B (en 3 experimentos)\begin{align*} X \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_X)\\ \omega & \longmapsto X(\omega) = \text{número de veces que aparece $B$ (en 3 experimentos)} \end{align*}

Así, tenemos que X⇝B(3,P(B))X \rightsquigarrow \mathcal{B}(3, P(B))

Para hallar P(X≥1)P(X \geq 1) basta con:

P(X≥1)=1−P(X=0)=1−(30)0.150(1−0.15)3=1−0.6141=0.3859\begin{align*} P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \binom{3}{0} 0.15^0 (1 - 0.15)^3 = 1 - 0.6141 = 0.3859 \end{align*}
  • La probabilidad de que si en los tres experimentos la presión ha sido baja, en al menos 2 de ellos se haya tardado más de 10 min

📐Demostración

El experimento consiste en observar si la duración ha sido LL o no, es decir, que estamos ante un experimento de Bernoulli. Definimos como éxito que el experimento haya sido de más de 10 min, es decir, LL. Así, podemos definir una variable aleatoria tal que:

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

Así, tenemos que Y⇝B(3,P(L∣B))Y \rightsquigarrow \mathcal{B}(3, P(L|B)). Ahora tenemos que hallar P(L∣B)P(L|B) es decir:

P(L∣B)=1−P(C∣B)=1−P(B∩C)P(B)=1−0.050.15=23≈0.6667\begin{align*} P(L|B) = 1 - P(C | B) = 1 - \frac{P(B \cap C)}{P(B)} = 1 - \frac{0.05}{0.15} = \frac{2}{3} \approx 0.6667 \end{align*}

Así, lo que queremos es:

P(Y≥2)=P(Y=2)+P(Y=3)==(32)(23)2(13)1+(33)(23)3(13)0=0.7407\begin{align*} P(Y \geq 2) & = P(Y = 2) + P(Y = 3) = \\ & = \binom{3}{2} \left(\frac{2}{3}\right)^2 \left(\frac{1}{3}\right)^1 + \binom{3}{3} \left(\frac{2}{3}\right)^3 \left(\frac{1}{3}\right)^0 = 0.7407 \end{align*}

Ejercicio 7

Sea XX la variable aleatoria ``mayor número obtenido en nn estaciones con reemplazamiento de una caja que contiene NN bolas numeradas del 1 al NN''. Determinar la función de probabilidad de XX en general.

📐Demostración

El experimento consiste en observar el número más grande obtengo en nn extracciones de bolas numeradas del 1 al NN.

Tenemos que XX es variable aleatoria tal que X=X = ``mayor número obtenido en nn extracciones con reemplazamiento''. Por ello, XX toma valores en {1,…,N}\{1, \ldots, N\}.

Determinar el suceso X=kX = k equivale a que el máximo de las extracciones sea kk, es decir, que en las nn extracciones tiene que salir kk al menos una vez y, además, en las nn extracciones no puede salir ningún número mayor que kk.

Si X=kX = k y kk solo ha salido una vez, tendríamos que:

P(una extraccioˊn≤k)=kN\begin{align*} P(\text{\small una extracción} \leq k) = \frac{k}{N} \end{align*}

Para nn extracciones independientes, la probabilidad de que todas estén en {1,…,k}\{1, \ldots, k\} es:

P(todas las extracciones≤k)=(kN)n\begin{align*} P(\text{\small todas las extracciones} \leq k) = \left(\frac{k}{N}\right)^n \end{align*}

Equivalentemente podemos calcular la probabilidad de que todas las extracciones estén en {1,…,k−1}\{1, \dots, k - 1\}:

P(todas las extracciones≤k−1)=(k−1N)n\begin{align*} P(\text{\small todas las extracciones} \leq k - 1) = \left(\frac{k - 1}{N}\right)^n \end{align*}

Así, tenemos que la probabilidad de que el mayor valor sea exactamente kk es la diferencia de estas dos probabilidades:

P(X=k)=(kN)n−(k−1N)n\begin{align*} P(X = k) = \left(\frac{k}{N}\right)^n - \left(\frac{k - 1}{N}\right)^n \end{align*}

Ejercicio 8

Sea XX una variable aleatoria con distribución exponencial de parámetro λ\lambda. Probar que XX ``no tiene memoria'', es decir, que para cualesquiera s,t>0s, t > 0 se tiene que:

P(X>s+t∣X>s)=P(X>t)\begin{align*} P(X > s + t | X > s) = P(X > t) \end{align*}

📐Demostración

Dado que X⇝E(λ)X \rightsquigarrow \mathcal{E}(\lambda), tenemos que:

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

Entonces queremos ver que P(X>r+s∣X>s)=P(X>r)P(X > r + s | X > s) = P(X > r), es decir:

P(X>r+s∣X>s)=P(X>r+s∩X>s)P(X>s)=P(X>r+s)P(X>s)==λe−λ(r+s)λe−λs=∫r+s∞λe−λx dx∫s∞λe−λx dx=∗=−e−λx∣r+s∞−e−λx∣s∞=−e−λ∞−(−e−λ(r+s))−e−λ∞−(−e−λs)=∗∗=e−λ(r+s)e−λs=e−λr=P(X>r)\begin{align*} P(X > r + s | X > s) & = \frac{P(X > r + s \cap X > s)}{P(X > s)} = \frac{P(X > r + s)}{P(X > s)} = \\[2ex] & = \frac{\lambda e^{ - \lambda (r + s)}}{\lambda e^{ - \lambda s}} = \dfrac{\displaystyle \int_{r + s}^{ \infty}\lambda e^{ - \lambda x} \, dx}{\displaystyle \int_{s}^{\infty} \lambda e^{ - \lambda x} \, dx} \overset{*}{ = } \\[2ex] &= \dfrac{ - e^{ - \lambda x}\big|_{r + s}^{\infty}}{- e^{ - \lambda x}\big|_{s}^{\infty}} = \dfrac{- e^{ - \lambda \infty} - ( - e^{ - \lambda (r + s)})}{ - e^{ - \lambda \infty} - ( -e^{ - \lambda s})} \overset{**}{=} \\[2ex] & = \dfrac{e^{ - \lambda (r + s)}}{e^{ - \lambda s}} = e^{ - \lambda r} = P(X > r) \end{align*}

En (*) hemos aplicado:

∫λe−λx dx=λ∫e−λx dx=λ∫eu du−λ=λ−λeu=−e−λx+C\begin{align*} \displaystyle \int \lambda e^{ - \lambda x} \, dx = \lambda \int e^{ - \lambda x} \, dx = \lambda \int e^u \, \frac{du}{ - \lambda} = \frac{\lambda}{ - \lambda} e^u = - e^{ - \lambda x} + C \end{align*}

donde u=−λx⟹du=−λdx  ⟹  dx=du−λu = - \lambda x \Longrightarrow du = - \lambda dx \implies dx = \dfrac{du}{ - \lambda}

En (**) hemos aplicado que:

e−λ∞=e−∞=1e∞=0\begin{align*} e^{ - \lambda \infty} = e^{ - \infty} = \dfrac{1}{e^{ \infty}} = 0 \end{align*}

Ejercicio 9

Sea XX una variable aleatoria con distribución exponencial de parámetro λ\lambda. Determinar la distribución de la variable YkY_k definida a partir de XX del siguiente modo:

Yk={X(ω) si X(ω)<kk si X(ω)≥k con k>0\begin{align*} Y_k = \left\{ \begin{array}{ll} X(\omega) & \text{ si } X(\omega) < k\\ k & \text{ si } X(\omega) \geq k \end{array} \right. \quad \text{ con } k > 0 \end{align*}

📐Demostración

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

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

Vamos a probar su comportamiento con algunos valores de kk.

  • Sea k=1k = 1 entonces:
Y1={X(ω) si X(ω)<11 si X(ω)≥1\begin{align*} Y_1 = \left\{ \begin{array}{ll} X(\omega) & \text{ si } X(\omega) < 1\\ 1 & \text{ si } X(\omega) \geq 1 \end{array} \right. \end{align*}

Vamos a ver donde X(ω)<1X(\omega) < 1:

f(x)={λe−λx si X(ω)<10 en otro caso\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \lambda e^{ - \lambda x} & \text{ si } X(\omega) < 1\\ 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

y tenemos que:

λe−λx<1  ⟺  e−λx<1λ  ⟺  −λx<ln⁡(1λ)  ⟺  x>−1λln⁡(λ)\begin{align*} \lambda e^{ - \lambda x} < 1 & \iff e^{ - \lambda x} < \frac{1}{\lambda} \iff - \lambda x < \ln\left(\frac{1}{\lambda}\right) \iff x > - \frac{1}{\lambda} \ln(\lambda) \end{align*}

Así, Y1Y_1 es una variable aleatoria tal que:

fY1(x)={λe−λx si x>−1λln⁡(λ)1 en el resto de casos\begin{align*} f_{Y_1}(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \lambda e^{ - \lambda x} & \text{ si } x > -\frac{1}{\lambda} \ln(\lambda) \\ 1 & \text{ en el resto de casos} \end{array} \right. \end{align*}
  • Sea k=2k = 2 entonces:
Y2={X(ω) si X(ω)<22 si X(ω)≥2\begin{align*} Y_2 = \left\{ \begin{array}{ll} X(\omega) & \text{ si } X(\omega) < 2\\ 2 & \text{ si } X(\omega) \geq 2 \end{array} \right. \end{align*}

Vamos a ver donde X(ω)<2X(\omega) < 2:

f(x)={λe−λx si X(ω)<22 en otro caso\begin{align*} f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \lambda e^{ - \lambda x} & \text{ si } X(\omega) < 2\\ 2 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

y tenemos que:

λe−λx<2  ⟺  e−λx<2λ  ⟺  −λx<ln⁡(2λ)  ⟺  x>−1λln⁡(2λ)\begin{align*} \lambda e^{ - \lambda x} < 2 & \iff e^{ - \lambda x} < \frac{2}{\lambda} \iff - \lambda x < \ln\left(\frac{2}{\lambda}\right) \iff x > - \frac{1}{\lambda} \ln\left(\frac{2}{\lambda}\right) \end{align*}

Así, Y2Y_2 es una variable aleatoria tal que:

fY2(x)={λe−λx si x>−1λln⁡(2λ)2 en el resto de casos\begin{align*} f_{Y_2}(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \lambda e^{ - \lambda x} & \text{ si } x > - \frac{1}{\lambda} \ln \left(\frac{2}{\lambda}\right)\\ 2 & \text{ en el resto de casos} \end{array} \right. \end{align*}

Así, podemos intuir ya el comportamiento de kk en general. Vamos a formalizarlo.

Sea k>0k > 0 cualquiera, entonces:

Yk={X(ω) si X(ω)<kk si X(ω)≥k\begin{align*} Y_k = \left\{ \begin{array}{ll} X(\omega) & \text{ si } X(\omega) < k\\ k & \text{ si } X(\omega) \geq k \end{array} \right. \end{align*}

Es decir:

fYk(x)={λe−λx si X(ω)<kk en el resto de casos\begin{align*} f_{Y_k}(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \lambda e^{ - \lambda x} & \text{ si } X(\omega) < k\\ k & \text{ en el resto de casos} \end{array} \right. \end{align*}

Vamos a ver donde X(ω)<kX(\omega) < k:

λe−λx<k  ⟺  e−λx<kλ  ⟺  −λx<ln⁡(kλ)  ⟺  x>−1λln⁡(kλ)\begin{align*} \lambda e^{ - \lambda x} < k & \iff e^{ - \lambda x} < \frac{k}{\lambda} \iff - \lambda x < \ln\left(\frac{k}{\lambda}\right) \iff x > -\frac{1}{\lambda} \ln\left(\frac{k}{\lambda}\right) \end{align*}

Así, YkY_k es una variable aleatoria tal que:

fYk(x)={λe−λx si x>−1λln⁡(kλ)k en el resto de casos\begin{align*} f_{Y_k}(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \lambda e^{ - \lambda x} & \text{ si } x > -\frac{1}{\lambda} \ln\left(\frac{k}{\lambda}\right)\\ k & \text{ en el resto de casos} \end{array} \right. \end{align*}

Ejercicio 10

Sea XX una variable aleatoria con distribución N(0,1)\mathcal{N}(0, 1). Determinar la distribución de la variable Y=∣X∣Y = |X|, es decir, definida a partir de XX como sigue:

Y(ω)={X(ω) si X(ω)≥0−X(ω) si X(ω)<0}\begin{align*} Y(\omega) = \left\{ \begin{array}{ll} X(\omega) & \text{ si } X(\omega) \geq 0\\ - X(\omega) & \text{ si } X(\omega) < 0 \end{array} \right\} \end{align*}

📐Demostración

Tenemos que FY(y)=P(Y≤y)=0∀y<0F_Y(y) = P(Y \leq y) = 0 \quad \forall y < 0 y, ∀y≥0\forall y \geq 0 se cumple que:

FY(y)=P(Y≤y)=P(∣X∣≤y)=P(−y≤X≤y)=Φ(y)−Φ(−y)\begin{align*} F_Y(y) = P(Y \leq y) = P(|X| \leq y) = P( - y \leq X \leq y) = \Phi(y) - \Phi( - y) \end{align*}

En consecuencia, dado que g(y)=FY′(y)g(y) = F_Y'(y) que tomará valores distintos de cero donde sea derivable y 0 donde no, denotamos fXf_X a la función de densidad de XX y tenemos que:

g(y)=FY′(y)=Φ(y)+Φ(−y)=fY(y)−(−1)f(−y)==12πe−(−y2)/2+12πe−y2/2=22πe−y2/2=2πe−y2/2\begin{align*} g(y) & = F_Y'(y) = \Phi(y) + \Phi( - y) = f_Y(y) - ( - 1) f( - y) = \\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{ - ( - y^2)/2} + \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{ - y^2/2} = \frac{2}{\sqrt{2\pi}} e^{ - y^2/2} = \sqrt{\frac{2}{\pi}} e^{ - y^2/2} \end{align*}

Es decir:

fY(y)={2πe−y2/2 si y≥00 en otro caso\begin{align*} f_Y(y) = \left\{ \begin{array}{ll} \sqrt{\frac{2}{\pi}} e^{ - y^2/2} & \text{ si } y \geq 0\\ 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Ejercicio 11

Se considera que la relación existente entre la presión PP y el volumen VV de un gas viene determinada por la ecuación P⋅V=3P \cdot V = 3. Si la presión se distribuye al azar (es decir, uniformemente) entre 3 y 6 atmósferas, determinar:

  1. El volumen esperado del gas

📐Demostración

Por los datos, sabemos que PP se comporta como una variable aleatoria uniforme de la forma:

f(p)={16−3=13 si 3≤p≤60 en otro caso\begin{align*} f(p) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{6 - 3} = \frac{1}{3} & \text{ si } 3 \leq p \leq 6\\ 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Así, queremos ver E(V)E(V), es decir:

E(V)=E(3P)=∫∞∞3p⋅f(p) dp=∫363p⋅13 dp==∫361p dp=ln⁡(6)−ln⁡(3)=ln⁡(2)\begin{align*} E(V) & = E \left(\frac{3}{P}\right) = \int_{\infty}^{\infty} \frac{3}{p} \cdot f(p) \, dp = \int_{3}^{6} \frac{3}{p} \cdot \frac{1}{3} \, dp =\\ & = \int_{3}^{6} \frac{1}{p} \, dp = \ln(6) - \ln(3) = \ln(2) \end{align*}
  1. La función de densidad del volumen del gas

📐Demostración

Queremos hallar fV(v)f_V(v). Para ello, podemos determinar primero su función de distribución. Como PP toma valores en [3,6][3, 6] y V=3PV = \frac{3}{P}, entonces VV tomará valores en [12,1]\left[\frac{1}{2}, 1\right]. Así, tenemos que:

  • Si v≤0.5v \leq 0.5 entonces:
fV(v)=P(V≤v)=0\begin{align*} f_V(v) = P(V \leq v) = 0 \end{align*}
  • Si 1<v1 < v entonces:
fV(v)=P(V≤v)=1\begin{align*} f_V(v) = P(V \leq v) = 1 \end{align*}
  • Si 0.5<v≤10.5 < v \leq 1 entonces:
fV(v)=P(V≤v)=P(3P≤v)=P(P≥3v)=1−P(P≤3v)==1−∫33v13 dp=1−13(3v−3)=1−1v+1=2−1v\begin{align*} f_V(v) & = P(V \leq v) = P\left(\frac{3}{P} \leq v\right) = P\left(P \geq \frac{3}{v}\right) = 1 - P\left(P \leq \frac{3}{v}\right) = \\ & = 1 - \int_{3}^{\frac{3}{v}} \frac{1}{3} \, dp = 1 - \frac{1}{3} \left(\frac{3}{v} - 3\right) = 1 - \frac{1}{v} + 1 = 2 - \frac{1}{v} \end{align*}

En consecuencia:

g(v)=FV′(v)={1v2 si v∈{0.5,1}0 en otro caso}\begin{align*} g(v) = F_V'(v) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{v^2} \text{ si } v \in \{0.5, 1\}\\ 0 \text{ en otro caso} \end{array} \right\} \end{align*}

Ejercicio 12

El número de glóbulos rojos (en millones) de determinada gran población sigue distribución normal con media 4.5 y varianza 0.25

  1. Si se escogen 10 individuos al azar, calcular la probabilidad de que al menos 8 tengan entre 4.5 y 5 millones de glóbulos rojos

📐Demostración

Definimos XX como la variable aleatoria que mide el número de glóbulos rojos de un individuo. Así, tenemos que X⇝N(4.5,0.5)X \rightsquigarrow \mathcal{N}(4.5, 0.5). Así, queremos ver que al menos 8 individuos tengan entre 4.5 y 5 millones de glóbulos rojos, es decir, estamos ante un experimento de Bernoulli. Definimos YY como la variable aleatoria asociada a este experimento tal que:

Y ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PY)ω⟼Y(ω)=nº individuos con entre 4.5 y 5 millones de gloˊbulos rojos (de 10)\begin{align*} Y \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_Y)\\ \omega & \longmapsto Y(\omega) = \text{\scriptsize nº individuos con entre 4.5 y 5 millones de glóbulos rojos (de 10)} \end{align*}

Así, tenemos que Y⇝B(10,P(4.5≤X≤5))Y \rightsquigarrow \mathcal{B}(10, P(4.5 \leq X \leq 5)). Así, podemos calcular P(4.5≤X≤5)P(4.5 \leq X \leq 5) como:

P(4.5≤X≤5)=P(X≤5)−P(X≤4.5)==P(X−4.50.5≤5−4.50.5)−P(X−4.50.5≤4.5−4.50.5)==P(N(0,1)≤1)−P(N(0,1)≤0)=0.8413−0.5=0.3413\begin{align*} P(4.5 \leq X \leq 5) & = P(X \leq 5) - P(X \leq 4.5) =\\ & = P\left(\frac{X - 4.5}{0.5} \leq \frac{5 - 4.5}{0.5}\right) - P\left(\frac{X - 4.5}{0.5} \leq \frac{4.5 - 4.5}{0.5}\right) =\\ & = P(\mathcal{N}(0, 1) \leq 1) - P(\mathcal{N}(0, 1) \leq 0) = 0.8413 - 0.5 = 0.3413 \end{align*}

Ahora, basta con calcular P(Y≥8)P(Y \geq 8), es decir:

P(Y≥8)=∑i=810P(Y=i)=∑i=810(10i)0.3413i(1−0.3413)10−i≈0.0044\begin{align*} P(Y \geq 8) = \sum_{i = 8}^{10} P(Y = i) = \sum_{i = 8}^{10} \binom{10}{i} 0.3413^i (1 - 0.3413)^{10 - i} \approx 0.0044 \end{align*}
  1. Calcular la probabilidad de que escogiendo sucesivamente individuos al azar el primero que presenta más de 3 millones de glóbulos rojos sea el sexto

📐Demostración

En este caso, queremos ver que el primer individuo con más de 3 millones de glóbulos rojos sea el sexto. Así, vamos a realizar 5 observaciones hasta llegar al individuo deseado. Por ello, podemos definir una variable aleatoria ZZ tal que Z⇝G(P(X≥3))Z \rightsquigarrow \mathcal{G}(P(X \geq 3)). Así tenemos que calcular P(X≥3)P(X \geq 3), para ello:

P(X≥3)=1−P(X≤3)=1−P(X≥4.5+(4.5−3))==1−(1−P(X≤6))=1−(1−P(X−4.50.5≤6−4.50.5))==1−(1−P(N(0,1)≤3))=1−(1−0.9987)==1−1+0.9987=0.9987\begin{align*} P(X \geq 3) & = 1 - P(X \leq 3) = 1 - P(X \geq 4.5 + (4.5 - 3)) =\\ & = 1 - (1 - P(X \leq 6)) = 1 - \left(1 - P\left(\frac{X - 4.5}{0.5} \leq \frac{6 - 4.5}{0.5}\right)\right) = \\ & = 1 - \left(1 - P\left(\mathcal{N} (0, 1) \leq 3 \right)\right) = 1 - (1 - 0.9987) =\\ & = 1 - 1 + 0.9987 = 0.9987 \end{align*}

Así, lo que queremos calcular es:

P(Z=5)=(1−0.9987)4⋅0.9987≈0\begin{align*} P(Z = 5) = (1 - 0.9987)^4 \cdot 0.9987 \approx 0 \end{align*}
  1. Se sabe que un individuo con una cantidad menor o igual de 3 millones de glóbulos rojos tiene una probabilidad de 0.2 de estar padeciendo cierta enfermedad, mientras que ésta es de 0.01 si tiene más de 3 millones. Calcular la probabilidad de que en una selección de 8 individuos. 3 de ellos estén padeciendo dicha enfermedad. Calcular la probabilidad de que un individuo que padezca dicha enfermedad tenga más de 3 millones de glóbulos rojos

📐Demostración

En este caso, lo que queremos es ver la probabilidad de que en 8 individuos, 3 de ellos padezcan la enfermedad, para ello, definimos EE como padecer la enfermedad. Así, por aclarar notación definimos AA tener menos de 3 millones de glóbulos rojos. Así, tenemos que:

P(E∣A)=0.2 y P(E∣Ac)=0.01\begin{align*} P(E | A) = 0.2\quad \text{ y } \quad P(E | A^c) = 0.01 \end{align*}

Ahora necesitamos calcular P(E)P(E) y para ello, necesitamos conocer P(A)P(A) y P(Ac)P(A^c), es decir:

P(Ac)=P(X≤3)=0.9987 y P(A)=1−P(Ac)=0.0013\begin{align*} P(A^c) = P(X \leq 3) = 0.9987 \quad \text{ y } \quad P(A) = 1 - P(A^c) = 0.0013 \end{align*}

Así, por el teorema de la probabilidad total, tenemos que:

P(E)=P(E∣A)⋅P(A)+P(E∣Ac)⋅P(Ac)=0.2⋅0.0013+0.01⋅0.9987==0.00026+0.009987=0.0103\begin{align*} P(E) & = P(E|A) \cdot P(A) + P(E|A^c) \cdot P(A^c) = 0.2 \cdot 0.0013 + 0.01 \cdot 0.9987 =\\ & = 0.00026 + 0.009987 = 0.0103 \end{align*}

Como observar si un individuo padece o no la enfermedad es un experimento de Bernoulli, podemos definir la variable aleatoria WW tal que W⇝B(8,0.0103)W \rightsquigarrow \mathcal{B}(8, 0.0103). Así, lo que queremos calcular es:

P(W=3)(83)0.01033(1−0.0103)8−3≈0.000058\begin{align*} P(W = 3) \binom{8}{3} 0.0103^3 (1 - 0.0103)^{8 - 3} \approx 0.000058 \end{align*}

Para calcular la probabilidad de que un individuo que padezca la enfermedad tenga más de 3 millones de glóbulos rojos, tenemos que aplicar el teorema de Bayes, entonces:

P(Ac∣E)=P(E∣Ac)⋅P(Ac)P(E∣A)⋅P(A)+P(E∣Ac)⋅P(Ac)==0.01⋅0.99870.2⋅0.0013+0.01⋅0.9987≈0.9727\begin{align*} P(A^c | E) & = \frac{P(E | A^c) \cdot P(A^c)}{P(E | A) \cdot P(A) + P(E | A^c) \cdot P(A^c)} = \\ & = \frac{0.01 \cdot 0.9987}{0.2 \cdot 0.0013 + 0.01 \cdot 0.9987} \approx 0.9727 \end{align*}

Ejercicio 13

Si en 10 alzamientos de un dado de parchís equilibrado el número 6 ha aparecido exactamente 3 veces:

  1. ¿Cuál es la probabilidad de que en los tres primeros alzamientos haya aparecido al menos una vez el número 6?

📐Demostración

El experimento consiste en observar el resultado de lanzar un dado de parchís. En este caso, no interesa la aparición del número 6 en los tres primeros lanzamientos habiendo aparecido este 3 veces en 10 lanzamientos. Por ello, buscamos:

P(A∣C)\begin{align*} P(A | C) \end{align*}

donde AA es que salga al menos una vez en los primeros 3 lanzamientos y CC es que ha salido 3 veces en 10 lanzamientos. Así, tenemos que:

P(A∣C)=P(A∩C)P(C)\begin{align*} P(A | C) = \frac{P(A \cap C)}{P(C)} \end{align*}

Primero vamos a calcular el valor de P(C)P(C), para ello, definimos una variable aleatoria XX tal que:

X ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PX)ω⟼X(ω)=nº de veces que ha salido el 6 en 10 lanzamientos\begin{align*} X \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_X)\\ \omega & \longmapsto X(\omega) = \text{\small nº de veces que ha salido el 6 en 10 lanzamientos} \end{align*}

Entonces, tenemos que X⇝B(10,P(6))X \rightsquigarrow \mathcal{B}(10, P(6)). Así, podemos calcular P(C)P(C) como:

P(C)=P(X=3)=(103)(16)3(56)7≈0.155\begin{align*} P(C) = P(X = 3) = \binom{10}{3} {\left(\frac{1}{6}\right)}^3 {\left(\frac{5}{6}\right)}^7 \approx 0.155 \end{align*}

Ahora, necesitamos calcular P(A∩C)P(A \cap C), para ello, podemos calcular P(Ac∩C)P(A^c \cap C):

P(Ac∩C)=P(Ac)⋅P(B(7,P(6))=3)==P(Sc)⋅P(Sc)⋅P(Sc)⋅P(B(7,P(6))=3)==(56)3⋅(73)(16)3(56)4≈0.0452\begin{align*} P(A^c \cap C)& = P(A^c) \cdot P(\mathcal{B}(7, P(6)) = 3) =\\ & = P(S^c) \cdot P(S^c) \cdot P(S^c) \cdot P(\mathcal{B}(7, P(6)) = 3) =\\ & = \left(\frac{5}{6}\right)^3 \cdot \binom{7}{3} {\left(\frac{1}{6}\right)}^3 {\left(\frac{5}{6}\right)}^4 \approx 0.0452 \end{align*}

donde SS es que salga un 6 en un lanzamiento. Así, tenemos que:

P(A∣C)=1−P(Ac∩C)P(C)=1−0.04520.155=1−0.2916=0.7084\begin{align*} P(A | C) = 1 - \frac{P(A^c \cap C)}{P(C)} = 1 - \frac{0.0452}{0.155} = 1 - 0.2916 = 0.7084 \end{align*}
  1. ¿Cuál es la probabilidad de que en los cinco primeros lanzamiento haya aparecido exactamente dos veces el número 6

📐Demostración

En este caso, podemos seguir un raimiento similar al anterior. Para ello, tenemos que ver:

P(B∣C)=P(B∩C)P(C)\begin{align*} P(B | C) = \frac{P(B \cap C)}{P(C)} \end{align*}

donde BB es que haya aparecido exactamente dos veces el número 6 en los cinco primeros lanzamientos. Entonces, tenemos que calcular P(B∩C)P(B \cap C) y, en este caso, podemos suponer que, como los lanzamientos son independientes, BB aparece dos veces al principio, aunque daría igual ya que, como son productos conmutativos, podríamos reordenarlos como queramos.

P(B∩C)=P(S)2P(Sc)3P(B(5,P(6))=1)==(16)2(56)3(52)(16)1(56)4≈0.0646\begin{align*} P(B \cap C) & = P(S)^2 P(S^c)^3 P(\mathcal{B}(5, P(6)) = 1) = \\ & = \left( \frac{1}{6} \right)^2 \left( \frac{5}{6} \right)^3 \binom{5}{2} \left( \frac{1}{6} \right)^1 \left( \frac{5}{6} \right)^4 \approx 0.0646 \end{align*}

Entonces, tenemos que:

P(B∣C)=P(B∩C)P(C)=0.06460.155≈0.416\begin{align*} P(B | C) = \frac{P(B \cap C)}{P(C)} = \frac{0.0646}{0.155} \approx 0.416 \end{align*}

Ejercicio 14

Las proporciones de un elemento en dos compuestos AA y BB son dos variables aleatorias continuas cuyas funciones de densidad son respectivamente:

fA(x)={1 si x∈(0,1)0 en el resto fB(y)={2y si y∈(0,1)0 en el resto\begin{align*} f_A(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 & \text{ si } x \in (0, 1)\\ 0 & \text{ en el resto } \end{array} \right. \qquad f_B(y) = \left\{ \begin{array}{ll} 2y & \text{ si } y \in (0, 1)\\ 0 & \text{ en el resto} \end{array} \right. \end{align*}

Se elige al azar uno de los dos compuestos para extraer de él una serie de muestras. Se considera que una muestra es válida si la proporción del elemento en él es al menos igual a 0.6. Determinar

  1. La probabilidad de que una muestra extraída al azar del compuesto elegido sea válida

📐Demostración

El experimento consiste en observar si, dada una muestra elegida al azar, esta es válida o no. Así, definimos la variable aleatoria XX tal que:

X ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PX)ω⟼X(ω)=proporcioˊn del elemento en la muestra\begin{align*} X \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_X)\\ \omega & \longmapsto X(\omega) = \text{\small proporción del elemento en la muestra} \end{align*}

Así, tenemos que el éxito es P(X≥0.6)P(X \geq 0.6), es decir:

P(X≥6)=P(X≥0.6∣A)⋅P(A)+P(X≥0.6∣B)⋅P(B)==∫0.611 dx⋅P(A)+∫0.612y dy⋅P(B)==(1−0.6)⋅0.5+[y2]0.61⋅0.5==0.2+0.64⋅0.5=0.2+0.32=0.52\begin{align*} P(X \geq 6) &= P(X \geq 0.6 | A) \cdot P(A) + P(X \geq 0.6 | B) \cdot P(B) =\\ &= \int_{0.6}^{1} 1 \, dx \cdot P(A) + \int_{0.6}^{1} 2y \, dy \cdot P(B) =\\ & = (1 - 0.6) \cdot 0.5 + \left[ y^2 \right]_{0.6}^{1} \cdot 0.5 =\\ & = 0.2 + 0.64 \cdot 0.5 = 0.2 + 0.32 = 0.52 \end{align*}
  1. La probabilidad de que tengan que extraerse tres muestras del compuesto elegido hasta obtener una válida

📐Demostración

En este caso, estamos ante un experimento de Bernoulli, como es ver si una muestra es válida o no, donde el éxito es que sea válida. Entonces, podemos tratar cada una de las muestras por separado, así, una vez escogida una de ellas, estas se comportarán como una variable aleatoria con distribución geométrica y, por el Teorema de la Probabilidad Total, tenemos que la probabilidad buscada es:

P(G(P(V∣A))=3)⋅P(A)+P(G(P(V∣B))=3)⋅P(B)==((1−0.4)2⋅0.4)⋅0.5+((1−0.64)2⋅0.64)⋅0.5=(0.62⋅0.4)⋅0.5+(0.362⋅0.64)⋅0.5r=0.113472\begin{align*} & P(\mathcal{G}(P(V|A)) = 3) \cdot P(A) + P(\mathcal{G}(P(V|B)) = 3) \cdot P(B) = \\ & = \left( (1 - 0.4)^2 \cdot 0.4 \right) \cdot 0.5 + \left( (1 - 0.64)^2 \cdot 0.64 \right) \cdot 0.5 \\ & = \left( 0.6^2 \cdot 0.4 \right) \cdot 0.5 + \left( 0.36^2 \cdot 0.64 \right) \cdot 0.5r = 0.113472 \end{align*}
  1. La probabilidad de que si se extraen 8 muestras del compuesto elegido, 4 de ellas sean válida

📐Demostración

En este caso, como seguimos ante un experimento de Bernoulli (que sea válida o no) y queremos ver el comportamiento de 8 muestras, podemos definir una variable aleatoria YY tal que:

Y ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PY)ω⟼Y(ω)=nº de muestras vaˊlidas de una muestra (de 8)\begin{align*} Y \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_Y)\\ \omega & \longmapsto Y(\omega) = \text{\small nº de muestras válidas de una muestra (de 8)} \end{align*}

Así, trivialmente tenemos que Y⇝B(8,P(X≥6))Y \rightsquigarrow \mathcal{B} (8, P(X \geq 6)) para cada muestra entonces, por el Teorema de la probabilidad total, tenemos que la probabilidad buscada es:

P(YA=4)⋅P(A)+P(YB=4)⋅P(B)==(84)(0.4)4(0.6)4⋅0.5+(84)(0.64)4(0.36)4⋅0.5≈0.2148\begin{align*} & P(Y_A = 4) \cdot P(A) + P(Y_B = 4) \cdot P(B) =\\ & = \binom{8}{4} (0.4)^4 (0.6)^4 \cdot 0.5 + \binom{8}{4} (0.64)^4 (0.36)^4 \cdot 0.5 \approx 0.2148 \end{align*}

Ejercicio 15

La variable aleatoria XX sigue una distribución normal N(0.27,0.10)\mathcal{N}(0.27, 0.10). Se considera que ocurre el suceso AA cuando XX es superior o igual a 0.4

  1. Si se observa de forma independiente 20 veces si ocurre o no el suceso AA, ¿cuál es el número esperado de veces en que ocurre el suceso AA?

📐Demostración

El experimento consiste en ver si ocurre o no el suceso AA, es decir, estamos ante un experimento de Bernoulli donde el éxito es que ocurra AA, es decir: P(X≥0.4)P(X \geq 0.4), entonces, definimos la variable aleatoria YY tal que:

Y ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PY)ω⟼Y(ω)=nº de veces que ocurre A (en 20 observaciones)\begin{align*} Y \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_Y)\\ \omega & \longmapsto Y(\omega) = \text{\small nº de veces que ocurre $A$ (en 20 observaciones)} \end{align*}

Así, tenemos que Y⇝B(20,P(X≥0.4))Y \rightsquigarrow \mathcal{B}(20, P(X \geq 0.4)). Calculemos P(A)P(A):

P(A)=P(X≥0.4)=P(X−0.270.10≥0.4−0.270.10)==P(N(0,1)≥1.3)=1−P(N(0,1)≤1.3)==1−0.9032=0.0968\begin{align*} P(A) = P(X \geq 0.4) & = P\left(\frac{X - 0.27}{0.10} \geq \frac{0.4 - 0.27}{0.10}\right) = \\ & = P\left(\mathcal{N}(0, 1) \geq 1.3 \right) = 1 - P \left(\mathcal{N}(0, 1) \leq 1.3 \right) =\\ & = 1 - 0.9032 = 0.0968 \end{align*}

Así, queremos ver:

E(Y)=E(B(20,0.0968))=20⋅0.0968=1.936\begin{align*} E(Y) = E(\mathcal{B}(20, 0.0968)) = 20 \cdot 0.0968 = 1.936 \end{align*}
  1. Si se realizan 20 observaciones independientes, ¿cuál es la probabilidad de que ocurra el suceso AA al menos 3 veces?

📐Demostración

Siguiendo con las variables del apartado anterior:

P(Y≥3)=1−P(Y<3)=1−∑i=02(20i)(0.0968)i(1−0.0968)20−i=0.3037\begin{align*} P(Y \geq 3) = 1 - P(Y < 3) = 1 - \sum_{i = 0}^{2} \binom{20}{i} (0.0968)^i (1 - 0.0968)^{20 - i} = 0.3037 \end{align*}
  1. Determinar que en una serie de observaciones independientes, la primera vez en que ocurre el suceso AA sea en la sexta observación

📐Demostración

En este caso, repetimos el experimento 66 veces hasta que aparece AA por primera vez. Así, podemos definir una variable aleatoria ZZ tal que:

Z ⁣:(Ω,A,P)⟶(R,BR,PZ)ω⟼Z(ω)=nº de veces a realizar hasta que aparece A\begin{align*} Z \colon (\Omega, \mathcal{A}, P) & \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}, P_Z)\\ \omega & \longmapsto Z(\omega) = \text{\small nº de veces a realizar hasta que aparece $A$} \end{align*}

Así, tenemos que Z⇝G(P(X≥0.4))Z \rightsquigarrow \mathcal{G}(P(X \geq 0.4)). Entonces, tenemos que:

P(Z=6)=(1−P(A))5⋅P(A)=(1−0.0968)5⋅0.0968=0.0583\begin{align*} P(Z = 6) = (1 - P(A))^5 \cdot P(A) = (1 - 0.0968)^5 \cdot 0.0968 = 0.0583 \end{align*}
  1. Determinar que en una serie de observaciones independientes la tercera vez en que ocurre el suceso AA sea en la octava observación

📐Demostración

En este caso, podemos definir una variable aleatoria W⇝BN(8,0.0968)W \rightsquigarrow \mathcal{B}\mathcal{N}(8, 0.0968) tal que:

P(W=5)=(3+5−15)(1−0.0968)5⋅0.09683=0.0114\begin{align*} P(W = 5) = \binom{3 + 5 - 1}{5} (1 - 0.0968)^5 \cdot 0.0968^3 = 0.0114 \end{align*}

Tema 3

Ejercicio 2

Sea (X,Y)(X,Y) un vector aleatorio continuo para el que la 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*}

comprobar que es función de densidad conjunta y determinar P(1<X<2,0<Y<1)P(1 < X < 2, 0 < Y < 1)

📐Demostración

Veamos que f(x,y)f(x,y) es función de densidad si:

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)\\[2ex] \displaystyle \iint_{\mathbb{R}^2} f(x, y) \, dx\, dy = 1 \end{array} \right. \end{align*}

Así, tenemos que, por como está definida, f(x,y)≥0∀(x,y)f(x, y) \geq 0 \quad \forall (x, y). Ahora, vamos a ver que cumple la segunda condición, para ello:

TikZ Graph

Entonces, podemos calcular la integral de f(x,y)f(x, y) como:

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

Como cumple ambas condiciones, entonces es función de densidad.

Ahora, vamos a calcular su función de distribución, es decir, la función que 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*}

Aquí, podemos tener distintas formas de la función de distribución en función de donde estén los puntos (x,y)(x, y) que elijamos:

  • Si (x,y)(x, y) están por debajo de la bisectriz, es decir, (x,y)(x, y) tal que 0<y<x0 < y < x:

TikZ Graph

F(x,y)=∫0y(∫0ue−u dv)du+∫yx(∫0ye−u dv)du\begin{align*} F(x, y) = \textcolor{blue}{\int_0^y \left(\int_{0}^u e^{ - u}\, dv\right)du} + \textcolor{green}{\int_y^x \left(\int_0^y e^{ - u} \, dv\right) du} \end{align*}

También, se puede calcular fijando la otra variable y se obtiene:

F(x,y)=∫0y(∫vxe−u du)dv\begin{align*} F(x, y) = \int_0^y \left(\int_v^x e^{ - u} \, du\right) dv \end{align*}

Y ambas darían los mismo.

  • Si (x,y)(x, y) están por encima de la bisectriz, es decir, (x,y)(x, y) tal que y>x>0y > x > 0:

TikZ Graph

Así, la función de distribución sería:

F(x,y)=∫0x(∫vxe−u du)dv\begin{align*} F(x, y) = \int_0^x \left(\int_v^x e^{ - u} \, du \right) dv \end{align*}

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

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. Empezamos por la marginal de XX:

TikZ Graph

Entonces, la marginal de XX se puede hallar como:

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

Y ahora vamos con YY como:

fY(y)=∫y∞e−x dx\begin{align*} f_Y(y) = \int_y^{\infty} e^{ - x} \, dx \end{align*}

También, podemos hallarlas a través de la función de distribución, es decir:

TikZ Graph

Entonces, tenemos que:

FY(y)={lim⁡x→∞F(x,y)=lim⁡x→∞(1−e−yye−x)=1−ey si y>00 en otro caso\begin{align*} F_Y(y) = \left\{ \begin{array}{ll} \displaystyle \lim_{x \to \infty} F(x, y) = \lim_{x \to \infty} (1 - e^{ - y} ye^{ - x}) = 1 - e^{y}& \text{ si } y > 0\\ 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Y para XX tenemos que:

FX(x)={lim⁡y→∞F(x,y)=lim⁡x→∞(1−e−x−xe−x)=1−e−x−xe−xsi x>00en otro caso\begin{align*} F_X(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \displaystyle \lim_{y \to \infty} F(x, y) = \lim_{x \to \infty} (1 - e^{ - x} - xe^{ - x}) = 1 - e^{- x} - xe^{- x} & \text{si } x > 0\\ 0 & \text{en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Y por las marginales se obtiene que:

fY(y)={e−ysi y>00en otro caso y fX(x)={xe−xsi x>00en otro caso\begin{align*} f_Y(y) = \left\{ \begin{array}{ll} e^{ - y} & \text{si } y > 0\\ 0 & \text{en otro caso} \end{array} \right. \quad \text{ y } \quad f_X(x) = \left\{ \begin{array}{ll} xe^{ - x} & \text{si } x > 0\\ 0 & \text{en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Creo que lo que vamos a hacer ahora va en este ejercicio

Dada Z=X+YZ = X + Y, determinar la función de distribución de ZZ

FZ(z)=PZ(Z≤z)=P((x,y)∈R2 ⁣:X+Y≤Z)\begin{align*} F_Z(z) = P_Z(Z \leq z) = P((x, y) \in \mathbb{R}^2 \colon X + Y \leq Z) \end{align*}

Entonces, tenemos que:

FZ(z)={0 si z≤0∫0z2(∫yz−ye−x dx) dy si z>0\begin{align*} F_Z(z) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{ si } z \leq 0\\ \displaystyle \int_0^{\frac{z}{2}} \left( \int_y^{z - y} e^{ - x} \, dx \right) \, dy & \text{ si } z > 0\\ \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} Y/X & -1 & 0 & 1\\ \hline -2 & \frac{1}{6} & \frac{1}{12} & \frac{1}{6} \\ \hline 1 & \frac{1}{6} & \frac{1}{12} & \frac{1}{6}\\\hline 2 & \frac{1}{12} & 0 & \frac{1}{12} \end{array}

📐Demostración

Vamos a ver cual es la distribución de Z=X+YZ = X + Y.

Como (X,Y)(X, Y) son variables aleatorias discretas entonces ZZ también lo será. Así, podemos calcular la función masa de probabilidad de ZZ, que toma valores en {−3,−2,−1,0,1,2,3}\{-3, -2, -1, 0, 1, 2, 3\}, como:

P(Z=X+Y=−3)=P((x,y) tq Z=X+Y=−3)=P((−1,−2))=16\begin{align*} P(Z = X + Y = - 3) = P((x, y) \text{ tq } Z = X + Y = - 3) = P(( - 1, - 2)) = \frac{1}{6} \end{align*}

Y así para todas las demás, notando que puede darse algún caso como:

P(Z=1)=P((x,y)∈R2 ⁣:g(x,y)=1)=P((−1,2)∪(1,0))==P[(−1,2)]+P[(0,1)]=112+112=16\begin{align*} P(Z = 1) & = P((x, y) \in \mathbb{R}^2 \colon g(x, y) = 1) = P(( - 1, 2) \cup (1, 0)) = \\[2ex] & = P[( - 1, 2)] + P[(0, 1)] = \frac{1}{12} + \frac{1}{12} = \frac{1}{6} \end{align*}

Ahora, si queremos hallar la función de distribución de ZZ, es decir, la función que acumula la probabilidad, entonces:

FZ(z)=P(Z≤z)=P((x,y)∈R2 ⁣:X+Y≤z)\begin{align*} F_Z(z) = P(Z \leq z) = P((x, y) \in \mathbb{R}^2 \colon X + Y \leq z) \end{align*}

Notar que, al ser una discreta, la igualdad si genera diferencia, por ejemplo:

P(Z<−3)=0P(Z=−3)=16P(Z=−2)=14\begin{align*} P(Z < - 3) & = 0\\ P(Z = - 3) & = \frac{1}{6}\\ P(Z = - 2) & = \frac{1}{4} \end{align*}

Sea ahora la función g(X,Y)=(Z,Y)g(X, Y) = (Z, Y) donde {Z=X+YT=X−Y\left\{ \begin{array}{l} Z = X + Y\\ T = X - Y \end{array} \right., entonces, la función de distribución F(Z,T)(z,y)F_{(Z, T) (z, y)} se puede calcular como:

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

TikZ Graph

Notar que así, lo que buscamos es:

P((x,y) ⁣:X+Y≤Z∩X−Y≤t)==∫0z−t2(∫yy+tf(x,y) dx) dy+∫z−t2z2(∫yz2f(x,y) dx) dy\begin{align*} &P((x, y) \colon X + Y \leq Z \cap X - Y \leq t) = \\[2ex] & = \int_0^{\frac{z - t}{2}} \left(\int_y^{y + t} f(x, y) \, dx\right) \, dy + \int_{\frac{z - t}{2}}^\frac{z}{2} \left(\int_y^{\frac{z}{2}} f(x, y) \, dx\right) \, dy \end{align*}

Así, tenemos que:

F(Z,T)(z,t)={0si z>t>0∫0z2(∫yz−yf(x,y) dx) dysi 0<z<t\begin{align*} F_{(Z, T)}(z, t) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{si } z > t > 0\\[2ex] \displaystyle \int_0^{\frac{z}{2}} \left(\int_y^{ z - y} f(x, y) \, dx\right) \, dy & \text{si } 0 < z < t \end{array} \right. \end{align*}

Ahora vamos a considerar la siguiente transformación:

(Ω,A,P)⟶(X,Y)(R2,BR2,P(X,Y))⟶(R,BR2,Pg(X,Y))(Ω,A,P)→Z=X+Y(R,BR2,Pg(X,Y))\begin{align*} (\Omega, \mathcal{A}, P) & \overset{(X, Y)}{\longrightarrow} (\mathbb{R}^2, \mathcal{B}_{\mathbb{R}^2}, P_{(X, Y)}) \longrightarrow (\mathbb{R}, \mathcal{B}_\mathbb{R}^2, P_{g(X, Y)})\\ (\Omega, \mathcal{A}, P) & \xrightarrow[]{Z = X + Y} (\mathbb{R}, \mathcal{B}_{\mathbb{R}^2}, P_{g(X, Y)}) \end{align*}

Donde tenemos que:

g1 ⁣:R2⟶R(x,y)⟼g1(x,y)=z=x+y\begin{align*} g_1 \colon \mathbb{R}^2 & \longrightarrow \mathbb{R}\\ (x, y) & \longmapsto g_1(x, y) = z = x + y \end{align*}

Y ahora hago la siguiente transformación:

g ⁣:R2⟶R2(x,y)⟼g(x,y)=(x+y,y)=(Z,T)\begin{align*} g \colon \mathbb{R}^2 & \longrightarrow \mathbb{R}^2\\ (x, y) & \longmapsto g(x, y) = (x + y, y) = (Z, T) \end{align*}

Así, tenemos que:

Z=X+YT=Y}  ⟹  {X=Z−Y=Z−TY=T\begin{align*} \left. \begin{array}{l} Z = X + Y\\ T = Y \end{array} \right\} \implies \left\{ \begin{array}{l} X = Z - Y = Z - T\\ Y = T \end{array} \right. \end{align*}

Entonces, podemos hallar la inversa de gg como:

g−1(z,t)=(z−t,t)\begin{align*} g^{ - 1}(z, t) = (z - t, t) \end{align*}

Y tenemos que:

R⟶gR2⟶g−1R2\begin{align*} \mathbb{R} \overset{g}{\longrightarrow} \mathbb{R}^2 \overset{g^{- 1}}{\longrightarrow} \mathbb{R}^2 \end{align*}

Y además, tenemos que: {g1−1(z,t)=z−t(g−1)2(z,t)=t\left\{ \begin{array}{l} g_1^{ - 1}(z, t) = z - t\\ (g^{ - 1})_2 (z, t) = t \end{array} \right.

Así, podemos hallar el jacobiano de la inversa como:

∣J∣=∣∂(z−t)∂z∂(z−t)∂t∂t∂z∂t∂t∣=∣1−101∣=1\begin{align*} |J| = \left| \begin{array}{cc} \frac{\partial (z - t)}{\partial z} & \frac{\partial (z - t)}{\partial t}\\ \frac{\partial t}{\partial z} & \frac{\partial t}{\partial t} \end{array} \right| = \left| \begin{array}{cc} 1 & - 1\\ 0 & 1 \end{array} \right| = 1 \end{align*}

Entonces, llegamos a:

h(z,t)=f(X,Y)(z−t,t)⋅1\begin{align*} h(z, t) = f_{(X, Y)} (z - t, t) \cdot 1 \end{align*}

Es decir, que la función de densidad de Z=X+YZ = X + Y es:

h(z,t)={et−z si 0<t<z20 en otro caso\begin{align*} h(z, t) = \left\{ \begin{array}{ll} e^{t - z} & \text{ si } 0 < t < \frac{z}{2}\\ 0 & \text{ en otro caso} \end{array} \right. \end{align*}

Y podemos hallar las marginales como:

hZ(Z)=∫Rh(z,t) dt=∫0z2et−z dthT(t)=∫Rh(z,t) dt\begin{align*} h_Z(Z) & = \int_{\mathbb{R}} h(z, t) \, dt = \int_0^{\frac{z}{2}} e^{t - z} \, dt \\[2ex] h_T(t) & = \int_{\mathbb{R}} h(z, t) \, dt \end{align*}

y ahora, partiendo de que:

Z=X+YT=X−Y}  ⟹  {X=Z+T2Y=Z−T2\begin{align*} \left. \begin{array}{l} Z = X + Y\\ T = X - Y \end{array} \right\} \implies \left\{ \begin{array}{l} X = \frac{Z + T}{2}\\ Y = \frac{Z - T}{2} \end{array} \right. \end{align*}