Parcial de Probabilidad y Estadística Resuelto [UTN-FRBA-Parte A – 28-09-2016] versión 1

Esta entrada contine el enunciado y resolución completa del primer parcial de probabilidad y estadítica de UTN-FRBA tomado el día 28-09-2016. Es un parcial redactado por la profesora Fanny Kaliman.

Parcial 1 Resuelto [28-09-2016] versión #1

Resolución del ejercicio 1

Antes de leer la resolución, por favor intentá hacerlo. Es lo más productivo.

Si no te sale, te doy una ayuda:

• Pensá en diagramar la situación. ¿Qué diagramas? Pueden ser: diagramas de Venn, o de árbol, o tabla de doble entrada…
• También leé bien el enunciado. ¿Qué probabilidad representa cada uno de los tres datos que da el enunciado?

Acá está la resolución

Resolución del ejercicio 2

Antes de leer la resolución, por favor intentá hacerlo. Es lo más productivo.

Si no te sale, te doy una ayuda:

• ¿Qué condición debe cumplir toda función de densidad de probaiblidad?
• ¿Cómo se conecta esta condicion con el valor de k?

Acá está la resolución

 

Resolución del ejercicio 3

Ítem a

La media de sucesos Poisson por unidad de continuo es:

\[\lambda  = \frac{{0,2\;imperfecciones}}{{1\;cm}}\]

En el ítem a nos interesa considerar una extensión de continuo de \(t = 5\;cm\), entonces:

\[\mu  = \lambda .t = 0,2.5 = 1\]

La variable \(X\) cantidad de imperfecciones en 5 cm de cable, tiene la distribución:

\[X \sim Poisson\left( {\mu  = 1} \right)\]

La pregunta “cuál es la probabilidad de que no haya ninguna imperfección en 5 cm de dicho cable” puede expresarse en términos de \(X\):

\[P\left( {X = 0} \right) = 0,3679\]

 

Item b

Nos interesa considerar una extensión de continuo de \(t = 10\;cm\), entonces:

\[\mu  = \lambda .t = 0,2.10 = 2\]

Entonces podemos definir la variable \(Y\) cantidad de imperfecciones en 5 cm de cable, cómo:

\[Y \sim Poisson\left( {\mu  = 2} \right)\]

La pregunta “cuál es la probabilidad de que, en 10 cm de cable, haya a lo sumo una imperfección” puede expresarse en términos de \(Y\). Recordemos que “a lo sumo” es equivalente a decir “cómo máximo”:

\[P\left( {Y \le 1} \right) = F\left( 1 \right) = 0,406\]

Cómo siemrpe esa probabilidad Poisson se puede calcular con fórmula, tabla, o software. Por ejemplo, usando GeoGebra:

Ítem c

Ahora se define una nueva variable que es la variable \(G\): ganancia obtenida con la venta de un cable de 10 cm.

Queremos calcular la esperanza matemática de esa variable: \(E\left( G \right)\). Para eso debemos conocer la función de probabilidad puntual de \(G\).

¿Qué valores toma la variable ganancia? Se puede ganar $1 por alambre venido, o $3 por alambre vendido.

La expresión del enunciado “si un alambre de 10 cm de longitud tiene a lo sumo una imperfección se gana $3 en su venta” indica que la probabilidad de que se ganen \(\$ 3\) está asociada a la variable \(Y\):

\[P\left( {G = 3} \right) = P\left( {Y \le 1} \right) = 0,406\]

La expresión “si tiene dos o más imperfecciones se gana $1” indica que:

\[P\left( {G = 1} \right) = P\left( {Y \ge 2} \right) = 1 – P\left( {Y \le 1} \right) = 0,594\]

Entonces ya conocemos la distribución de probabilidades de la variable \(G\). Podemos calcular la esperanza:

\[E\left( G \right) = 1.0,594 + 3.0,406 = 1,812\]

 

Resolución del ejercicio 4

Ítem a

Dos sucesos \(A\) y \(B\) son mutuamente excluyentes si no puede ocurrir \(A \cap B\). Otra forma de expresarlo: \(A \cap B = \emptyset \). O también: \(P\left( {A \cap B} \right) = 0\).

Uno de los axiomas de la teoría de la probabilidad establece que si dos sucesos \(A\) y \(B\) son mutuamente excluyentes, entonces:

\[P\left( {A \cup B} \right) = P\left( A \right) + P\left( B \right)\]

Cómo conocemos \(P\left( A \right) = 0,3\) y \(P\left( {A \cup B} \right) = 0,8\) entonces:

\[P\left( B \right) = 0,5\]

Ítem b

Dos sucesos \(A\) y \(B\) son independientes si la probabilidad de que ocurra uno de ellos no se ve afectada por la ocurrencia del otro. Se puede escribir:

\[A\;{\rm{y}}\;B\;{\rm{independientes}} \Leftrightarrow P\left( {A{\rm{|}}B} \right) = P\left( A \right) \wedge P\left( B \right) = P\left( {B|A} \right)\]

También se puede demostrar que:

\[A\;{\rm{y}}\;B\;{\rm{independientes}} \Leftrightarrow P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right)\]

Entonces si \(A\) y \(B\) fueran independientes:

\[P\left( {A \cap B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = 0,3.P\left( B \right)\]

Pero por la regla de la suma:

\[ \Rightarrow 0,8 = 0,3 + P\left( B \right) – 0,3P\left( B \right)\]

\[ \Rightarrow 0,5 = 0,7P\left( B \right)\]

\[ \Rightarrow P\left( B \right) = \frac{{0,5}}{{0,7}} = \frac{5}{7}\]

Resolución del ejercicio 5

Ítem a

Una variable aleatoria con distribución exponencial es cualquier variable aleatoria continua que tenga una función de densidad:

\[{f_{exp}}\left( x \right) = \lambda {e^{ – \lambda x}}\]

Con \(x \ge 0\).

El recorrido de la variable es \(R\left( X \right) = \left[ {0,\infty } \right)\)

Una propiedad característica de la distribución exponencial es la propiedad de falta de memoria.

Ítem b

Recordemos que si \(f\left( x \right)\) es la función de densidad de una variable aleatoria \(X\), su función de distribución se define:

\[F\left( x \right) = \mathop \smallint \limits_{–\infty }^x f\left( t \right)dt\]

Aplicado a nuestro caso

\[F\left( x \right) = \mathop \smallint \limits_0^x \lambda {e^{ – \lambda t}}dt\]

\[F\left( x \right) = \lambda \left[ { – \frac{1}{\lambda }{e^{ – \lambda t}}} \right]_0^x\;\]

\[F\left( x \right) = \lambda \left[ {\left( { – \frac{1}{\lambda }{e^{ – \lambda x}}} \right) – \left( { – \frac{1}{\lambda }{e^{ – \lambda .0}}} \right)} \right]\]

\[F\left( x \right) = \lambda \left[ {\left( { – \frac{1}{\lambda }{e^{ – \lambda x}}} \right) – \left( { – \frac{1}{\lambda }} \right)} \right]\]

\[F\left( x \right) = 1 – {e^{ – \lambda x}}\]

Para los \(x \ge 0\).

Cómo la función de distribución está definida para todo número real:

\[F\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{0\;\;\;\;si\;\;\;x < 0}\\{1 – {e^{ – \lambda x}}\;\;\;\;si\;x \ge 0}\end{array}} \right.\]