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Ingenierıa Matematica

FACULTAD DE CIENCIAS

FISICAS Y MATEMATICAS

UNIVERSIDAD DE CHILE

Probabilidades y Estadıstica Otono 2010

Roberto CortezJulio BackhoffVıctor Riquelme

ExamenTiempo: 3 horas

P1. a) En un examen que consta de 10 preguntas, un estudiante debe responder exactamente 7.

1) (1,5 ptos.) ¿De cuantas formas puede el estudiante escoger las preguntas?

2) (1,5 ptos.) Si ademas se le exige que conteste al menos 3 de las primeras 5 preguntas,¿de cuantas formas puede escoger las preguntas?

b) Hay dos fabricas de radios. Cada radio producida en la fabrica A sale defectuosa con prob-abilidad 0,05, mientras que una producida en la fabrica B sale defectuosa con probabilidad0,01 (independiente de las otras radios producidas). Usted compra dos radios que provienende la misma fabrica, la cual puede ser A o B con la misma probabilidad.

1) (1,5 ptos.) ¿Cual es la probabilidad de que la primera radio que usted revisa salgadefectuosa?

2) (1,5 ptos.) Si la primera radio revisada salio defectuosa, ¿cual es la probabilidad de quela segunda tambien lo este?

P2. a) La densidad de la variable aleatoria X es fX(x) = (ax + bx2)1[0,1](x). Se sabe ademas queel valor esperado de X es 0,6.

1) (1,0 pto.) Calcule a y b.

2) (1,0 pto.) Calcule FX y P (X > 1/2).

3) (1,0 pto.) Calcule var(X).

b) Sean X e Y variables aleatorias con densidad conjunta dada por

fX,Y (x, y) =

{λ2e−λ(x+y) x, y > 0

0 en otro caso.

1) (1,0 pto.) ¿Son independientes? ¿Que tipo de variables son?

2) (1,0 pto.) Dado α > 0, muestre que P (Y ≥ αX) = 1/(1 + α).

3) (1,0 pto.) Determine la funcion de distribucion acumulada de la variable X/(X + Y ).¿Que tipo de variable es?

P3. a) (3,0 ptos.) La duracion (en horas) de unas determinadas baterıas es una variable aleatoria conesperanza µ (desconocida) y varianza 4. Se planea probar n baterıas de forma independiente,y se estimara µ utilizando la duracion promedio. ¿Cuantas baterıas deben probarse para quela probabilidad de que el error de la estimacion no supere las 0,25 horas sea aproximadamenteigual a un 95 %?

b) (3,0 ptos.) El dueno de una revista afirma que, de acuerdo a la experiencia de anos anteriores,el 60 % de las personas suscritas a la revista renuevan su suscripcion. En una muestra de200 personas con suscripcion, 108 de ellas la renovaron el ultimo ano. ¿Cual es el p-valorasociado al test de que la proporcion de renovaciones del ultimo ano es distinta a la queindica la experiencia? Para un nivel de confianza del 2 %, ¿que puede concluirse?

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2





Probabilidades y Estadıstica Otono 2010

Roberto CortezJulio BackhoffVıctor Riquelme

Pauta Examen

P1. a) 1) El estudiante debe escoger 7 de 10 preguntas, lo cual corresponde a:(10

7

)=

10!

7! · 3!=

10 · 9 · 83 · 2

= 10 · 3 · 4 = 120 formas.

2) El estudiante puede escoger 3, 4 o 5 de las 5 primeras preguntas, y despues debe escoger 4, 3o 2 de las 5 restantes, respectivamente. Al sumar la cantidad de formas posibles en cada caso seobtiene lo buscado, es decir:(

5

3

)(5

4

)+

(5

4

)(5

3

)+

(5

5

)(5

2

)= 2 · 5!

3! · 2!· 5!

4! · 1!+ 1 · 5!

2! · 3!= 5 · 4 · 5 + 5 · 2 = 110 formas.

b) Llamemos A, B al evento en que las radios provienen de la fabrica A o B, respectivamente. LlamemosD1, D2 al evento en que la primera o segunda radio revisada sale defectuosa, respectivamente.

1) Calculemos la probabilidad de que la primera radio salga defectuosa, aplicando probabilidadestotales:

P (D1) = P (D1|A)P (A) + P (D1|B)P (B) =5

100· 1

2+

1

100· 1

2=

3

100= 0,03.

2) Ahora nos piden calcular la probabilidad de que la segunda radio salga defectuosa dado que laprimera lo fue, es decir:

P (D2|D1) =P (D2D1)

P (D1)=

P (D2D1|A)P (A) + P (D2D1|B)P (B)

P (D1)

=

(5

100

)2 · 12 +(

1100

)2 · 123

100

=1

6· 25 + 1

100=

13

300= 0,0433,

donde hemos utilizado el hecho que, condicional a que las radios provienen de la fabrica A, D1 yD2 son independientes (ıdem para la fabrica B).

P2. a) 1) Sabemos que la densidad debe integrar 1, luego:

1 =

∫ ∞−∞

fX(x)dx =

∫ 1

0

(ax+ bx2)dx =a

2+b

3.

Ademas, sabemos que la esperanza vale 0,6, es decir:

6

10=

∫ ∞−∞

xfX(x)dx =

∫ 1

0

(ax2 + bx3)dx =a

3+b

4.

Obtenemos un sistema de dos ecuaciones para a y b. Multiplicando la primera por 2 y restandola segunda multiplicada por 3, obtenemos:

2− 18

10=

2b

3− 3b

4= − b

12,

luego b = −12/5 y a = 18/5.

2) Calculemos FX(x). Dado 0 ≤ x ≤ 1, tenemos:

FX(x) =

∫ x

−∞fX(x)dx =

∫ x

0

(ax+ bx2)dx =ax2

2+bx3

3=

9x2

5− 4x3

5.

Ademas, es claro que FX(x) = 0 para x < 0, y FX(x) = 1 para x > 1. Por otra parte:

P (X > 1/2) = 1− P (X ≤ 1/2) = 1− FX(1/2) = 1− 9

20+

2

20=

13

20.

1

3) Calculemos:

E(X2) =

∫ ∞−∞

x2fX(x)dx =

∫ 1

0

(ax3 + bx4)dx =a

4+b

5=

18

4 · 5− 12

5 · 5=

90− 48

100=

21

50.

Luego:

var(X) = E(X2)− E(X)2 =42

100− 36

100=

6

100= 0,06.

b) 1) Calculemos las marginales:

fX(x) =

∫ ∞−∞

fX,Y (x, y)dy =

∫ ∞0

λ2e−λ(x+y)dy = λe−λx∫ ∞0

λe−λydy = λe−λx.

Esto vale para x ≥ 0; para x < 0 la marginal vale 0. Luego, X es una variable aleatoria exponencialde parametro λ. Por simetrıa, lo mismo se concluye para Y . Ademas, X e Y son independientes,pues el producto de las marginales es la conjunta:

fX(x)fY (y) = λe−λx1[0,∞)(x)λe−λy1[0,∞)(y) = λ2e−λ(x+y)1[0,∞)×[0,∞)(x, y) = fX,Y (x, y).

2) Llamemos C = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ αx}. Tenemos:

P (Y ≥ αX) =

∫ ∫C

fX,Y (x, y)dxdy =

∫ ∞0

∫ ∞αx

λ2e−λ(x+y)dydx

=

∫ ∞0

λe−λxe−λαxdx

=1

1 + α

∫ ∞0

λ(1 + α)e−λ(1+α)x

=1

1 + α,

donde la integral vale 1 pues el integrando es la densidad de una exponencial de parametroλ(1 + α).

3) Sea Z = X/(X + Y ). Dado 0 < t < 1, utilizando la parte anterior obtenemos:

FZ(t) = P (Z ≤ t) = P (X ≤ (X + Y )t) = P ((1− t)X/t ≤ Y ) =1

1 + (1− t)/t= t.

Es claro que FZ(t) = 0 para t ≤ 0, y FZ(t) = 1 para t ≥ 1. Por lo tanto, Z es una variableuniforme en [0, 1].

P3. a) Llamemos X1, . . . , Xn a la duracion de las baterıas a probar. Imponemos que la probabilidad sea laque nos piden:

0,95 = P (|X − µ| ≤ 0,25) = P

(∣∣∣∣X − µσ/√n

∣∣∣∣ ≤ 1

4σ/√n

).

Por el TLC, sabemos que Z = (X − µ)/(σ/√n) tiene una distribucion que es aproximadamente una

normal estandar. Definiendo c = 1/(4σ/√n) =

√n/8, tenemos entonces:

0,95 ≈ P (|Z| ≤ c) = 1− 2P (Z > c), luego P (Z > c) = 0,025.

Mirando la tabla de la distribucion normal estandar, obtenemos c = 1,96. Despejando n, se tiene:

1,96 =√n/8⇒ n = (8 · 1,96)2 ≈ 247.

Por lo tanto, se requiere probar 247 baterıas para que la estimacion cumpla lo pedido.

b) Llamemos X1, . . . , Xn, con n = 200, a las variables Bernoulli(p) que representan si cada personarenovo suscripcion el ultimo ano, y definamos p = X. Sean

H0 : p = 60 %

H1 : p 6= 60 %.

2

El valor observado de p es 108/200 = 54 %. El p-valor es la probabilidad, bajo H0, de que p este almenos tan alejado de p como lo observado. Si p0 = 60 %, entonces este “tan alejado” corresponde a60 %− 54 % = 6 %, con lo cual tenemos:

p-valor = P (|p− p0| > 6 %) = P

(∣∣∣∣∣ p− p0√p0(1− p0)/n

∣∣∣∣∣ > 6 %√p0(1− p0)/n

)= P (|Z| > c) = 2P (Z > c),

donde

c =6 %√

60 % · 40 %/200=

6 %√1200/1003

=6√12

=√

3 = 1,732

y Z = (p − p0)/√p0(1− p0)/n tiene distribucion aproximadamente normal estandar, por el TLC.

Mirando una tabla, obtenemos que P (Z > c) = 4,18 y por lo tanto el p-valor vale 8,36 %. Para unnivel de confianza del 2 %, esto no es suficiente, y no se rechaza la hipotesis nula.

3





MA3403-4 Probabilidades y Estadıstica, Primavera 2010

Roberto CortezVıctor CarmiDarıo Cepeda

Examen4 de diciembre de 2010

Tiempo: 3 horas

P1. a) Una persona tiene que escoger 5 de sus 8 amigos para irse de viaje. ¿De cuantas formaspuede escoger a los amigos si

1) (1,5 ptos.) dos de ellos estan peleados entre sı y no iran juntos?

2) (1,5 ptos.) dos de ellos solo van si los invitan a ambos?

b) Un avion se ha perdido, y se presume que esta en una de 3 posibles zonas, de maneraequiprobable. Denotemos αi, para i = 1, 2, 3, la probabilidad de que una busqueda encuentreel avion en la zona i cuando efectivamente esta en esa zona. Se realizara una busqueda enlas tres regiones.

1) (1,5 ptos.) ¿Cual es la probabilidad de encontrar el avion?

2) (1,5 ptos.) Dado que la busqueda en la zona 1 no encontro al avion, calcule la probabil-idad de que este en la zona i, para i = 1, 2, 3.

P2. Considere una variable aleatoria X con densidad dada por fX(x) = Cxe−x/θ1[0,∞)(x), donde Cy θ son constantes.

a) (1,2 ptos.) Muestre que C = 1/θ2.

b) (1,2 ptos.) Muestre que E(X) = 2θ.

c) (1,2 ptos.) Muestre que var(X) = 2θ2.

d) (1,2 ptos.) Considere una muestra aleatoria simple X1, . . . , Xn proveniente de X. Calcule elestimador de maxima verosimilitud de θ, y muestre que es insesgado.

e) (1,2 ptos.) Suponga que el valor del estimador maximo verosımil θ obtenido en una muestrade tamano n = 50 es de 10, 0. Obtenga un intervalo de confianza para θ al nivel 5 %.Indicacion: aproxime utilizando el hecho que la cantidad (X − 2θ)/(θ

√2/n) converge en

distribucion a una normal estandar cuando n→∞. Bonus: demuestre esta afirmacion (1,0pto.).

P3. a) (3,0 ptos.) Una autopista posee 4 pistas, y se desea investigar si los conductores tienenpreferencia por alguna de ellas. Se observo la pista por la que transitaron 1000 automoviles,cuyos resultados se resumen en la siguiente tabla. ¿Hay suficiente evidencia para decir quealgunas pistas son preferidas sobre otras? Use α = 0,05.

Pista 1 2 3 4

Cantidad observada 294 276 238 192

b) Se dispone de una muestra aleatoria simple (X1, Y1), . . . , (Xn, Yn) de datos provenientes delpar de variables (X,Y ), donde E(X), E(Y ) y var(X) > 0 son finitas.

1) (1,5 ptos.) Argumente que 1n

∑ni=1XiYi y 1

n

∑ni=1X

2i convergen casi seguramente a

E(XY ) y E(X2), respectivamente, cuando n→∞.

2) (1,5 ptos.) Se ajusta un modelo lineal de la forma Y ≈ aX + b, el cual se resuelvemediante el criterio de minimizar la suma de residuos al cuadrado, con lo cual se ob-tienen las cantidades an y bn. Muestre que an → cov(X,Y )/var(X) y bn → E(Y ) −E(X)cov(X,Y )/var(X) casi seguramente cuando n→∞.






Roberto CortezVıctor CarmiDarıo Cepeda

Pauta Examen

P1. a) 1) Llamemos A y B a los amigos que estan peleados. La cantidad buscada es:(6

4

)+

(6

4

)+

(6

5

)= 2

6!

4!2!+

6!

5!1!= 2

6 · 52

+ 6 = 36.

El primer termino se obtiene al seleccionar a A y escoger los otros 4 amigos entre elresto, excluyendo a B; el segundo termino es lo analogo pero seleccionando a B. Elultimo termino corresponde a dejar fuera a A y B, y se escogen 5 amigos entre los 6restantes.

2) Llamemos C y D a los amigos que solo van si los invitan a ambos. La cantidad buscadaes: (

6

3

)+

(6

5

)=

6!

3!3!+

6!

5!1!=

6 · 5 · 43 · 2

+ 6 = 26.

El primer termino corresponde a seleccionar a C y D, y escoger a los otros 3 entre los 6amigos restantes; el segundo termino se obtiene al dejar fuera a C y D y escoger los 5amigos entre los 6 restantes.

b) Llamemos Ai al evento en que el avion esta en la zona i, y Ei al evento en que el avion esencontrado en la zona i, para i = 1, 2, 3.

1) Sea E el evento en que el avion es encontrado. Los Ei son disjuntos, por lo cual tenemos:

P(E) = P(E1 ∪ E2 ∪ E3) = P(E1) + P(E2) + P(E3).

Calculemos P(Ei) condicionando en Ai:

P(Ei) = P(Ei|Ai)P(Ai) + P(Ei|Aci )P(Aci ) = αi1

3+ 0

2

3=αi3.

Luego, la probabilidad de encontrar el avion es P(E) = (α1 + α2 + α2)/3.

2) Queremos calcular P(Ai|Ec1) para i = 1, 2, 3. Por regla de Bayes, tenemos para i = 1:

P(A1|Ec1) = P(Ec1|A1)P(A1)

P(Ec1)= (1− α1)

1/3

1− α1/3=

1− α1

3− α1.

Para i 6= 1, se cumple que la probabilidad de no encontrar al avion en la zona 1, dadoque esta en la zona i, es 1. Entonces, por regla de Bayes:

P(Ai|Ec1) = P(Ec1|Ai)P(Ai)

P(Ec1)= 1

1/3

1− α1/3=

1

3− α1.

P2. a) Para obtener C imponemos que la densidad integre 1. Usando integracion por partes:

1 = C

∫ ∞0

xe−x/θdx = C

(−xθe−x/θ

∣∣∣∞0

+

∫ ∞0

θe−x/θdx

)= C

(0 + −θ2e−x/θ

∣∣∣∞0

)= Cθ2,

y despejando obtenemos C = 1/θ2.

b) Calculemos:

E(X) =1

θ2

∫ ∞0

x2e−x/θdx =1

θ2

(−x2θe−x/θ +

∫ ∞0

2xθe−x/θdx

)= 2θ

∫ ∞0

1

θ2xe−x/θdx,

donde la ultima integral vale 1 pues el integrando es la densidad de X. Se obtiene entoncesE(X) = 2θ.

c) Calculemos E(X2):

E(X2) =1

θ2

∫ ∞0

x3e−x/θdx =1

θ2

(−x3θe−x/θ +

∫ ∞0

3x2θe−x/θdx

)= 3θ

∫ ∞0

1

θ2x2e−x/θdx,

donde la ultima integral corresponde a la esperanza de X. Tenemos entonces que E(X2) =(3θ)(2θ) = 6θ2. Luego, la varianza es:

var(X) = E(X2)− E(X)2 = 6θ2 − (2θ)2 = 2θ2.

d) Si x1, . . . , xn son los valores que toma la muestra (necesariamente todos no negativos), laverosimilitud es

L(x1, . . . , xn; θ) =

n∏i=1

fX(xi) =

n∏i=1

xi1

θ2e−xi/θ = θ−2ne−

∑xi/θ

n∏i=1

xi.

Para encontrar el estimador de maxima verosimilitud, derivamos con respecto a θ e igualamosa cero. Es decir:

0 = −2nθ−2n−1e−∑xi/θ

n∏i=1

xi + θ−2ne−∑xi/θ

n∏i=1

xi1

θ2

∑xi.

Simplificando la exponencial y el producto, y multiplicando por θ2n+2, sigue que 0 = −2nθ+∑xi. Despejando θ, obtenemos que el estimador de maxima verosimilitud es θ = X/2. Es

directo que E(θ) = E(X)/2 = E(X)/2 = 2θ/2 = θ, es decir, el estimador es insesgado.

e) Siguiendo la indicacion, el estadıstico Z = (X − 2θ)/(θ√

2/n) es aproximadamente normalestandar. Buscamos un intervalo para Z centrado en 0, es decir:

1− 5 % = P(Z ∈ [−c, c]) ≈ P(N (0, 1) ∈ [−c, c]) = 1− 2P(N (0, 1) > c).

Es decir, buscamos c tal que P(N (0, 1) > c) = 2,5 %, obteniendo c = 1,96 (ver tabla).Teniendo en cuenta que X = 2θ, el intervalo para θ queda:

−c ≤ Z ≤ c⇔ −c ≤ X − 2θ

θ√

2/n≤ c⇔ −c ≤ 2 · 10− 2θ

10√

2/50≤ c⇔ −c ≤ 2 · 10− 2θ

2≤ c,

es decir, 10− c ≤ θ ≤ 10 + c. Luego, el intervalo buscado es [8,04, 11,96]. Falta demostrar laindicacion: si llamamos µ = 2θ y σ2 = 2θ2 a la esperanza y varianza de X, respectivamente,se tiene que

Z =X − 2θ

θ√

2/n=X − µσ/√n

σ/√n

θ√

2/n.

Por TLC, sabemos que la primera fraccion en la ultima expresion converge en distribucion auna normal estandar cuando n→∞. Por otro lado, por la LFGN sabemos que X convergecasi seguramente a µ = 2θ, es decir, θ = X/2 converge casi seguramente a θ = σ/

√2.

Esto prueba que la segunda fraccion converge casi seguramente a 1. Por propiedad vista encatedra, se concluye que Z converge en distribucion al lımite de la primera fraccion, es decir,a una normal estandar.

2

P3. a) La hipotesis nula es que no hay preferencia de pistas. Es decir, pi = p0i = 1/4, ∀i = 1, 2, 3, 4,donde pi es la probabilidad de que un conductor escoja la pista i. La hipotesis alternativaes que algun pi es distinto de 1/4. Los estimadores de los pi son las frecuencias observadas,es decir, p1 = 294/1000, p2 = 276/1000, p3 = 238/1000 y p4 = 192/1000. Trabajamos con elestadıstico

∆ = n4∑i=1

(pi − p0i )2

p0i,

el cual, bajo H0, sabemos que se distribuye aproximadamente como una chi-cuadrado con4− 1 = 3 grados de libertad. Buscamos c tal que 0,05 = P(∆ > c|H0) ≈ P(χ2

3 > c). Mirandouna tabla, obtenemos c = 7,81. Por otro lado, el valor que toma el estadıstico ∆ es:

∆ = 1000

[( 2941000 −

2501000)2

2501000

+( 2761000 −

2501000)2

2501000

+( 2381000 −

2501000)2

2501000

+( 1921000 −

2501000)2

2501000

]=

1

250[442 + 262 + 122 + 582] =

1

250[1936 + 676 + 144 + 3364] =

6120

250= 24,48.

Como 24,48 es mayor que el c encontrado, debemos rechazar la hipotesis nula. Es decir, losconductores sı tienen preferencia por alguna de las pistas.

b) 1) Si llamamos Z = XY , entonces X1Y1, . . . , XnYn es una muestra aleatoria simple deZ. Por LFGN, el promedio de esta muestra converge a la esperanza de Z, es decir,1n

∑ni=1XiYi converge casi seguramente a E(Z) = E(XY ). El mismo argumento sirve

para probar que 1n

∑ni=1X

2i converge casi seguramente a E(X2).

2) Sabemos que an es la covarianza muestral sobre la varianza muestral de X, es decir:

an =1n

∑ni=1XiYi − XY

1n

∑ni=1X

2i − X2

.

Por la parte anterior, se tiene que 1n

∑ni=1XiYi converge a E(XY ), y que 1

n

∑ni=1X

2i

converge a E(X2). Ademas, sabemos por LFGN que X y Y convergen a E(X) y E(Y )(todas las convergencias son casi seguramente, cuando n→∞). Por lo tanto, an convergecasi seguramente a

E(XY )− E(X)E(Y )

E(X2)− E(X)2=

cov(X,Y )

var(X).

Por ultimo, sabemos que bn = Y − anX, donde cada termino converge. Por lo tanto, bnconverge casi seguramente a

E(Y )− E(X)cov(X,Y )

var(X).

3





MA3403-5 Probabilidades y Estadıstica, Otono 2011

Roberto CortezVıctor CarmiAlfredo Torrico

Examen6 de septiembre de 2011

Tiempo: 3 horas

P1. a) Un grupo de 30 personas va a comer a un restoran, en donde hay preparadas 5 mesas con 6sillas cada una. ¿De cuantas maneras se pueden sentar las personas si:

1) (1,0 pto.) todas las sillas son distinguibles entre sı?

2) (1,0 pto.) las sillas en una misma mesa son indistinguibles, pero las sillas en mesasdistintas son distinguibles?

3) (1,0 pto.) las sillas en una misma mesa son indistinguibles, las sillas en mesas distintasson distinguibles, y 3 de las 30 personas no llegan al restoran?

b) En un campeonato de lanzamiento de dardos, cuando lanza el jugador A, la distancia deldardo al centro del blanco es una variable uniforme en [0, r/2], mientras que cuando lanzael competidor B es una uniforme en [0, r], donde r es el radio del blanco. Se escoge uno delos 2 jugadores al azar y lanza el dardo.

1) (1,5 ptos.) Si el dardo cayo a menos de r/4 del centro, ¿cual es la probabilidad de queel jugador que lanzo sea A?

2) (1,5 ptos.) Vuelve a lanzar el mismo jugador, de manera independiente al lanzamientoprevio. ¿Cual es la probabilidad de que el dardo vuelva a caer a menos de r/4 del centro?

P2. Sea X una variable aleatoria con densidad fX(x) = Cx−(α+1)1[m,∞)(x), donde C > 0, α > 1,m >

0 son constantes. Se sabe que E(X) = α/(α− 1).

a) (1,2 ptos.) Muestre que C = α y m = 1.

b) (1,2 ptos.) ¿Para que valores de α la varianza de X es finita? Calcule var(X) para talesvalores de α.

c) (1,2 ptos.) Muestre que ln(X) tiene distribucion exponencial de parametro α.

d) (1,2 ptos.) Se toma una muestra aleatoria simple X1, . . . , Xn proveniente de la distribucionde X. Muestre que el estimador de maxima verosimilitud de α es α = n/

∑ni=1 ln(Xi).

e) (1,2 ptos.) Pruebe que α→ α casi seguramente cuando n→∞.

P3. a) (3,0 ptos.) El promedio de los puntajes obtenidos por 16 personas en una prueba es de540, y la desviacion estandar (i.e., la raız del estimador insesgado de la varianza) es de 50.Asumiendo que el puntaje de cada persona tiene distribucion normal, construya un intervalode confianza al 95 % para la esperanza µ.

b) Se afirma que el 2 % de los conductores olvida su licencia de conducir. Se toma una muestrade 100 conductores, y se observa que todos andan trayendo su licencia.

1) (1,5 ptos.) ¿Cual es el p-valor del test que contrasta la afirmacion con la hipotesis deque menos del 2 % de los conductores olvidan su licencia?

2) (1,5 ptos.) Para α = 2,28 %, ¿cual es la maxima cantidad de conductores adicionalesque traen su licencia tal que la afirmacion no se rechaza?






Roberto CortezVıctor CarmiAlfredo Torrico

Pauta Examen

P1. a) 1) La cantidad buscada es 30!. Esta expresion corresponde a la cantidad de formas deordenar a las personas en las sillas disponibles.

2) La cantidad buscada es(

306,6,6,6,6

). Esta cantidad se obtiene al separar a las 30 personas

en 5 grupos de tamano 6, correspondientes a las capacidades de las mesas disponibles.

3) La cantidad buscada es

5 ·(

27

3, 6, 6, 6, 6

)+ 5 · 4 ·

(27

4, 5, 6, 6, 6

)+

(5

3

)·(

27

5, 5, 5, 6, 6

).

El primer termino de la suma anterior corresponde a la cantidad de formas de escoger 1mesa en la que habra 3 sillas vacıas, y multiplicar por la cantidad de formas de repartira las 27 personas en grupos de tamanos 3, 6, 6, 6 y 6, correspondientes a las capacidadesde las mesas una vez fijados los puestos vacıos. El segundo termino es lo analogo, peroescogiendo una mesa con 2 puestos vacıos y otra con 1 puesto vacıo. El ultimo terminocorresponde a que en cada mesa haya a lo mas un puesto vacıo.

b) Sean los eventos JA y JB correspondientes a que el jugador que lanza es A o B, respectiva-mente. Sea X la variable que denota la distancia del dardo al centro del blanco en el primerlanzamiento.

1) Nos piden calcular la probabilidad de que ocurra JA dado que X < r/4. Por regla deBayes, tenemos:

P(JA|X < r/4) =P(X < r/4|JA)P(JA)

P(X < r/4).

Dado JA, sabemos que X es una uniforme en [0, r/2], por lo cual la primera probabilidaden el numerador es 1/2. Como la eleccion del jugador es al azar, la segunda probabilidaddel numerador tambien es 1/2. La probabilidad del denominador se calcula utilizandola regla de probabilidades totales:

P(X < r/4) = P(X < r/4|JA)P(JA) + P(X < r/4|JB)P(JB) =1

2· 1

2+

1

4· 1

2=

3

8,

donde hemos utilizado que X es uniforme en [0, r] cuando el jugador que lanza es B.Obtenemos entonces:

P(JA|X < r/4) =1/2 · 1/2

3/8=

2

3.

2) Sea Y la variable que denota la distancia del dardo al centro del blanco correspondienteal segundo lanzamiento. Nos piden calcular la probabilidad de que Y < r/4 dado queX < r/4. Por definicion de probabilidad condicional, tenemos que:

P(Y < r/4|X < r/4) =P(Y < r/4, X < r/4)

P(X < r/4),

1

donde la probabilidad del denominador ya fue calculado. Para el numerador, utilizamosnuevamente la regla de probabilidades totales:

P(Y < r/4, X < r/4) = P(Y < r/4, X < r/4|JA)P(JA) + P(Y < r/4, X < r/4|JB)P(JB)

=1

2· 1

2· 1

2+

1

4· 1

4· 1

2=

5

32,

donde hemos utilizado que los lanzamientos son independientes, una vez que se fija eljugador que lanza. Se obtiene entonces que:

P(Y < r/4|X < r/4) =5/32

3/8=

5

12.

P2. a) La integral de la densidad debe valer 1, por lo cual:

1 =

∫ ∞−∞

fX(x)dx =

∫ ∞m

Cx−(α+1)dx = Cx−α

−α

∣∣∣∣∞m

= Cm−α

α.

Ademas, conocemos el valor de la esperanza de X, con lo que tenemos:

α

α− 1= E(X) =

∫ ∞−∞

xfX(x)dx =

∫ ∞m

xCx−(α+1)dx = Cx−α+1

−α+ 1

∣∣∣∣∞m

= Cm−α+1

α− 1.

Obtenemos entonces dos ecuaciones para C y m como incognitas. Haciendo el cuociente seobtiene m = 1 y despejando este valor en cualquiera de las ecuaciones se llega a C = α.

b) Calculemos var(X) y veamos cuando se obtiene ∞.

E(X2) =

∫ ∞−∞

x2fX(x)dx =

∫ ∞1

x2αx−(α+1)dx = α

∫ ∞1

x−(α−1)dx,

donde sabemos que la integral anterior es finita si y solo si (α − 1) > 1, es decir, cuandoα > 2. Para un tal α, tenemos entonces:

E(X2) = αx−α+2

−α+ 2

∣∣∣∣∞1

=α

α− 2.

Por lo tanto, la varianza de X para α ≤ 2 es ∞, mientras que para α > 2 es

var(X) = E(X2)− E(X)2 =α

α− 2− α2

(α− 1)2=α3 − 2α2 + α− (α3 − 2α2)

(α− 1)2(α− 2)

=α

(α− 1)2(α− 2).

c) Sea Y = ln(X). Calculemos la distribucion acumulada de Y :

FY (y) = P(Y ≤ y) = P(ln(X) ≤ y) = P(X ≤ ey).

Si y < 0, entonces ey < 1 y la probabilidad anterior vale 0, pues sabemos que X toma valoresen el intervalo [1,∞). Para y ≥ 0, tenemos:

FY (y) =

∫ ey

1αx−(α+1)dx = −x−α

∣∣ey1

= −(ey)−α + 1 = 1− e−αy.

Derivando, y teniendo en cuenta que FY (y) = 0 para y < 0, obtenemos que fY (y) =αe−αy1[0,∞)(y), es decir, Y tiene distribucion exponencial de parametro α.

2

d) La funcion de verosimilitud corresponde a:

L(x1, . . . , xn) =n∏i=1

fX(xi) =n∏i=1

αx−(α+1)i 1[1,∞)(xi) = αn

[n∏i=1

xi

]−(α+1)

,

donde hemos utilizado que todas las indicatrices valen 1, pues los xi corresponden a larealizacion de X, la cual sabemos que toma valores en [1,∞). Para maximizar lo anteriorcon respecto a α, tomamos ln(·), derivamos e igualamos a 0:

0 =d

dαln(L(x1, . . . , xn)) =

d

dα

(n ln(α)− (α+ 1)

n∑i=1

ln(xi)

)=n

α−

n∑i=1

ln(xi).

Despejando α, se obtiene entonces α = n/∑n

i=1 ln(Xi).

e) Sean Yi = ln(Xi), para i = 1 . . . , n. Por lo hecho anteriormente, sabemos que Yi es unavariable exponencial de parametro α. En terminos de los Yi, se tiene que α = n/

∑ni=1 Yi =

1/Y . Por la LFGN, sabemos que Y → E(Y1) = 1/α casi seguramente cuando n→∞. Luegoα→ 1/(1/α) = α casi seguramente cuando n→∞, como deseabamos.

P3. a) Sean X1, . . . , Xn los puntajes de las personas, con n = 16. Consideremos el estadıstico

T =X − µ√s2/n

,

el cual sabemos que tiene distribucion de t-student con n−1 = 15 grados de libertad, dondes2 es el estimador insesgado de la varianza. Buscamos un intervalo simetrico con respecto aT al nivel 95 %, es decir, imponemos que

95 % = P(−c ≤ T ≤ c) = 1− 2P(T > c) ⇒ P(T > c) = 2,5 %,

donde hemos usado la simetrıa de la distribucion t-student. Usando la tabla de la t-student,obtenemos c = 2,131. El intervalo buscado se obtiene despejando µ:

−c ≤ T ≤ c ⇔ − c ≤ X − µ√s2/n

≤ c ⇔ X − c√s2√n≤ µ ≤ X + c

√s2√n.

Reemplazando los valores de n, de X y√s2 obtenidos en la muestra, y de c ya calculado,

se tiene entonces que el intervalo de confianza para µ al nivel buscado es:[540− 2,131 · 50√

16, 540 + 2,131 · 50√

16

]=

[540− 50 · 2,131

4, 540 +

50 · 2,131

4

].

b) Consideremos las variables X1, . . . , Xn, donde Xi vale 1 si el i-esimo conductor de la muestraolvido su licencia, y 0 si no. Notemos que Xi es una variable Bernoulli con parametro pdesconocido, donde p es la probabilidad de que un conductor olvide su licencia. Consideremoslas hipotesis H0 : p = 2 % y H1 : p < 2 %.

1) Notemos que la esperanza y varianza de cada Xi es p y p(1 − p), respectivamente.Consideremos el estadıstico

Z =X − 2 %√

2 %(1− 2 %)/n,

3

el cual, bajo H0, sabemos que tiene distribucion aproximadamente normal estandar, porel TLC. El valor obtenido de este estadıstico, debido a que los 100 conductores de lamuestra traıan su licencia, corresponde a

z =0− 2 %√

2 %(1− 2 %)/n=

− 150√(

150 ·

4950

)/100

=−10 · 1

50750

= −10

7≈ −1,43.

El p-valor corresponde a la probabilidad, bajo H0, de obtener un valor al menos tanextremo como el observado en la muestra, donde, debido a la forma de la hipotesis H1,esto significa obtener Z < z. Es decir:

p-valor = P(Z < −1,43|H0) ≈ P(N (0, 1) < −1,43) = P(N (0, 1) > 1,43) = 7,64 %,

donde la ultima igualdad se obtiene mirando la tabla de la normal.

2) La region de rechazo es de la forma Z < −c para una cierta constante c que se escogede modo de obtener el nivel deseado:

2,28 % = P(Z < −c) ≈ P(N (0, 1) < −c) = P(N (0, 1) > c),

lo cual, mirando la tabla, implica que c = 2,0. Luego, la afirmacion no se rechaza cuandoZ ≥ c. Si suponemos que todos los conductores adicionales tambien traen su licencia,esto significa que X se mantiene en 0. Luego:

−2,0 ≤ Z =0− 2 %√

2 %(1− 2 %)/n= −√n

7⇒ n ≤ 72 · 22 = 196.

Luego, aun si los siguientes 96 conductores traen su licencia, no hay suficiente evidenciapara rechazar la afirmacion al nivel deseado.

4






Roberto CortezAngel PardoAlfredo Torrico

Examen20 de enero de 2012

Tiempo: 3 horas

P1. a) De un equipo de 5 ingenieros y 7 tecnicos debe constituirse una comision de 2 ingenieros y 3 tecnicos.¿De cuantas formas puede hacerse si:

1) (0,5 ptos.) todos son igualmente elegibles?

2) (0,5 ptos.) hay un tecnico en particular que debe estar en la comision?

3) (1,0 pto.) hay un ingeniero y un tecnico que no pueden escogerse simultaneamente?

4) (1,0 pto.) 2 de los 5 ingenieros tambien cuentan como tecnicos? (distinguiendo el cargo asignado).

b) Usted sale de su casa a las 8:00, y debe llegar a la universidad a mas tardar a las 8:30. Si usted sesiente con energıa, viaja en bicicleta, y el tiempo de viaje (en minutos) es una variable uniforme en[25, 35]. Si no se siente con energıa, usted espera el autobus, que tarda en llegar al paradero un tiempodistribuido uniformemente en el intervalo [0, 20] (independiente del tiempo de viaje en bicicleta), ylo deja en la universidad luego de 25 minutos de viaje. Suponga que la probabilidad de sentirse conenergıa es p = 0,75.

1) (1,0 pto.) ¿Cual es la probabilidad de que usted llegue a la hora?

2) (1,0 pto.) Si usted llego atrasado, ¿cual es la probabilidad de que haya viajado en autobus?

3) (1,0 pto.) Calcule la esperanza de la hora de llegada a la universidad.

P2. a) Se dispone de un piso de “parquet” con lıneas paralelas a distancia a > 0, como se muestra en lafigura. Se lanza una aguja de largo l < a en el piso, de manera tal que la distancia X del centro dela aguja a la lınea mas cercana es una variable uniforme en [0, a/2], y el angulo Θ que forma la agujacon el eje perpendicular a las lıneas es uniforme en [−π/2, π/2], independiente de X.

1) (1,0 pto.) Muestre que la aguja queda por sobre una lınea siy solo si X ≤ (l/2) cos Θ.

2) (1,5 pto.) Muestre que la probabilidad de que la aguja quedepor sobre una lınea es 2l/(πa).

3) (1,5 pto.) Con los elementos descritos, disene un procedimien-to para aproximar π.

O

X

b) Sea X variable aleatoria con densidad f(x) = Cxr−1(1− x)1(0,1)(x), donde r > 0 es un parametro.

1) (1,0 pto.) Muestre que C = r(r + 1) y que E(X) = r/(r + 2).

2) (1,0 pto.) Sea X1, . . . , Xn m.a.s. proveniente de la distribucion de X. Calcule el estimador de rdel metodo de los momentos. Muestre que este estimador converge casi seguramente a r cuandon→∞.

P3. a) La duracion (en horas) de unas determinadas baterıas es una variable aleatoria con esperanza µ yvarianza 4. Se toma una m.a.s. X1, . . . , Xn de la duracion de n = 100 baterıas, obteniendo X = 8,0.

1) (2,0 ptos.) Utilizando el TCL, entregue un intervalo de confianza para µ al nivel 5 %.

2) (1,0 pto.) ¿Cuantas baterıas adicionales deben probarse para que el largo del intervalo sea de 0,5?

b) (3,0 ptos.) En un estudio se clasifico a 80 televidentes en “audiencia de alta violencia” y “audienciade baja violencia”, de acuerdo a los programas de television que ellos habituaban ver. Los resultados,segmentados por grupos de edad, se muestran en la siguiente tabla. ¿Hay suficiente evidencia paraafirmar, al nivel 5 %, que el tipo de audiencia no es independiente de la edad del televidente? Entregueel p-valor del test (o al menos una cota).

Violencia \ Edad 16-34 35-54 55 o masBaja 8 11 21Alta 18 15 7






Roberto CortezAngel PardoAlfredo Torrico

Pauta examen

P1. a) 1) La cantidad buscada es(5

2

)(7

3

)=

5× 4

2× 7× 6× 5

3× 2= 5× 2× 7× 5 = 350,

donde el primer termino de la izquierda son las formas de escoger los 2 ingenieros y el segundotermino las formas de escoger los 3 tecnicos.

2) La cantidad buscada es(5

2

)(6

2

)=

5× 4

2× 6× 5

2= 5× 2× 3× 5 = 150,

donde el primer termino de la izquierda son las formas de escoger los 2 ingenieros y el segundotermino las formas de escoger los 2 tecnicos que faltan dentro de los disponibles una vez que seescoge el que debe estar en la comision.

3) La cantidad buscada es(4

1

)(6

3

)+

(4

2

)(6

2

)+

(4

2

)(6

3

)= 4× 6× 5× 4

3× 2+

4× 3

2× 6× 5

2+

4× 3

2× 6× 5× 4

3× 2

= 4× 5× 4 + 2× 3× 3× 5 + 2× 3× 5× 4

= 80 + 90 + 120

= 290.

El primer sumando de la expresion de la izquierda corresponde a las formas de escoger el comite enque el ingeniero conflictivo sı esta, pero el tecnico conflictivo no esta. El segundo sumando corre-sponde a que el tecnico conflictivo sı esta pero el ingeniero no. El ultimo sumando corresponde aque ambos no estan.Otra forma de obtener el resultado es pasando al complemento: la cantidad buscada correspondeal total de formas menos aquellas en que estan el ingeniero y el tecnico conflictivos, es decir:

350−(

4

1

)(6

2

)= 350− 4× 6× 5

2= 350− 60 = 290.

4) La cantidad buscada es:(3

0

)(7

3

)+

(3

2

)(7

1

)+ 2

(3

1

)(7

2

)+ 2

(3

1

)(7

3

)+ 2

(3

2

)(7

2

)+

(3

2

)(7

3

)= [1 + 6 + 3]

(7

3

)+ [6 + 6]

(7

2

)+ 3

(7

1

)= 10× 7× 6× 5

3× 2+ 12× 7× 6

2+ 3× 7

= 350 + 252 + 21

= 623.

El primer sumando en la expresion de arriba son los comites en que ambos ingenieros son escogidoscomo tal; el segundo sumando es cuando ambos ingenieros son escogidos como tecnicos; el tercersumando es cuando uno se escoge como tecnico y el otro como ingeniero; el cuarto sumando escuando uno de ellos se escoge como ingeniero y el otro no se escoge; el quinto sumando es cuando

uno de ellos se escoge como tecnico y el otro no se escoge; el ultimo sumando es cuando ningunode los dos ingenieros se escoge.Una forma mas simple es sumando los casos casos en que 0, 1, o 2 de ellos se elige como tecnico,es decir:

350 + 2

(4

2

)(7

2

)+

(3

2

)(7

1

)= 350 + 2× 4× 3

2× 7× 6

2+×3× 7 = 350 + 252 + 21 = 623.

b) Llamemos:

B : usted viaja en bicicleta

T : tiempo llegada a la universidad (en minutos desde las 8:00)

X : tiempo de viaje en bicicleta

Y : tiempo de espera del autobus

1) Queremos calcular la probabilidad de llegar antes de las 8:30, es decir, que T ≤ 30. Condicionandoen el medio de transporte, por regla de probabilidades totales obtenemos:

P(T ≤ 30) = P(T ≤ 30|B)P(B) + P(T ≤ 30|Bc)P(Bc)

= P(X ≤ 30)3/4 + P(Y + 25 ≤ 30)1/4

= P(X ≤ 30)3/4 + P(Y ≤ 5)1/4

= 1/2× 3/4 + 1/4× 1/4

= 3/8 + 1/16

= 7/16.

2) Por regla de Bayes, tenemos:

P(Bc|T > 30) =P(T > 30|Bc)P(Bc)

P(T > 30)=

P(Y > 5)1/4

9/16=

3/4× 1/4

9/16= 1/3.

3) Notemos que E(X) = 30 y E(Y ) = 10. Utilizando esperanzas condicionales, tenemos:

E(T ) = E(T |B)P(B) + E(T |Bc)P(Bc)

= E(X)P(B) + E(Y + 25)P(Bc)

= 30× 3/4 + (25 + 10)× 1/4

= (90 + 25 + 10)/4 = 125/4 = 31,25,

es decir, la hora esperada de llegada es a las 8:31 con 15 segundos.

P2. a) 1) Para que la aguja quede sobre la lınea, debe cumplirse que la proyeccion de la mitad de la agujamas cercana a la lınea sobre el eje perpendicular (es decir, (l/2) cos Θ) sea mayor que la distanciadesde el centro de la aguja a dicha lınea (es decir, X). En otras palabras, la aguja queda sobre lalınea si y solo si (l/2) cos Θ ≥ X.

2) Queremos calcular P(X ≤ (l/2) cos Θ). Como X y Θ son independientes, su densidad conjunta esel producto de sus densidades. Luego:

P(X ≤ (l/2) cos Θ) =

∫∫{(x,θ):x≤(l/2) cos θ}

fX,Θ(x, θ)dxdθ

=

∫ π/2

−π/2

[∫ (l/2) cos θ

0

fX(x)dx

]fΘ(θ)dθ

=

∫ π/2

−π/2

(l/2) cos θ

a/2fΘ(θ)dθ

=l

a

∫ π/2

−π/2

1

πcos θdθ

=l

πasin θ|π/2−π/2

=2l

πa.

2

3) Para aproximar π, lanzamos n veces la aguja, y denotamos cn a la cantidad de veces que caesobre una lınea. Por LFGN, sabemos que cn/n converge casi seguramente a P(caer sobre lınea) =2l/(πa) cuando hacemos n→∞. Es decir, para n grande, se espera que

π ≈2nl

acn.

Es decir, se repite el experimento muchas veces y la cantidad 2nl/(acn) sera una aproximacionde π.

b) 1) Sabemos que la integral de la densidad debe ser 1, luego:

1 =

∫ 1

0

Cxr−1(1− x)dx = C

[∫ 1

0

xr−1dx−∫ 1

0

xrdx

]= C

[1

r− 1

r + 1

]= C

1

r(r + 1),

luego C = r(r + 1). Calculemos la esperanza:

E(X) =

∫ 1

0

xCxr−1(1− x)dx = C

[∫ 1

0

xrdx−∫ 1

0

xr+1

]= r(r + 1)

[1

r + 1− 1

r + 2

]= r(r + 1)

1

(r + 1)(r + 2)

=r

r + 2.

2) Para obtener el estimador de r del metodo de los momentos, igualamos el primer momentomuestral con el primer momento real de X, es decir:

X =r

r + 2⇔ r =

2X

1−X.

Por LFGN, sabemos que X converge casi seguramente al valor esperado de X, es decir, a r/(r+2).Con esto, tenemos que r converge casi seguramente a

2r/(r + 2)

1− r/(r + 2)=

2r

(r + 2)− r=

2r

2= r,

como querıamos probar.

P3. a) 1) Sea σ2 = 4 la varianza de la variable en estudio. Trabajamos con el estadıstico

Z =X − µσ/√n,

el cual sabemos que tiene distribucion aproximadamente normal estandar. Imponemos el niveldeseado para un intervalo simetrico:

1− 5 % = P(−c ≤ Z ≤ c) ≈ P(−c ≤ N (0, 1) ≤ c) = 1− 2P(N (0, 1) > c),

es decir, P(N (0, 1) > c) ≈ 2,5 %. De una tabla, se obtiene c = 1,96. Luego, el intervalo para µqueda:

−c ≤ X−µσ/√n

≤ c⇔ X − cσ/

√n ≤ µ ≤ X + cσ/

√n

⇔ 8,0− 1,96× 2/10 ≤ µ ≤ 8,0 + 1,96× 2/10⇔ 8,0− 0,392 ≤ µ ≤ 8,0 + 0,392⇔ 7,608 ≤ µ ≤ 8,392⇔ µ ∈ [7,608, 8,392]

3

2) Por lo hecho anteriormente, para un n generico, el intervalo de confianza al mismo nivel de 5 %es [8,0− 1,96× 2/

√n, 8,0 + 1,96× 2/

√n]. Por lo tanto, para que el largo del intervalo anterior

sea 0,5, imponemos:

2× 1,96× 2/√n ≤ 0,5 ⇔

√n ≥ 2× 2× 1,96× 2 = 15,68.

El primer n tal que√n es mayor o igual que 15,68 es n = 246 (se acepta cualquier valor entre

152 = 225 y 162 = 256). Luego, se necesitan 146 baterıas adicionales.

b) Sean las variables aleatorias

X : rango de edad

Y : tipo de audiencia.

Los datos de la tabla provienen de una m.a.s. (X1, Y1), . . . , (Xn, Yn). Planteamos las hipotesis

H0 : X e Y independientes

H1 : X e Y no independientes.

Para decidir el test, utilizamos el estadıstico

∆ = n3∑i=1

2∑j=1

(pij − pXi pYj )2

pXi pYj

,

donde:

nij : cantidad observada de datos en el rango de edad i y de tipo de audiencia j

pij =nij

n : probabilidad empırica de observar rango de edad i y tipo de audiencia j

pXi =∑

j nij

n : probabilidad empırica de observar rango de edad i

pYj =∑

i nij

n : probabilidad empırica de observar tipo de audiencia j.

Completemos la tabla para obtener los datos necesarios para calcular el estadıstico ∆:

Violencia \ Edad 16-34 35-54 55 o masBaja 8 11 21

∑i ni1 = 40

Alta 18 15 7∑i ni2 = 40∑

j n1j = 26∑j n2j = 26

∑j n3j = 28 n = 80

Luego, el valor observado de ∆ es:

∆obs =80

[(880 −

2680

4080

)22680

4080

+

(1180 −

2680

4080

)22680

4080

+

(2180 −

2880

4080

)22880

4080

+

(1880 −

2680

4080

)22680

4080

+

(1580 −

2680

4080

)22680

4080

+

(780 −

2880

4080

)22880

4080

]

=80

[(8− 13)2

26× 40+

(11− 13)2

26× 40+

(21− 14)2

28× 40+

(18− 13)2

26× 40+

(15− 13)2

26× 40+

(7− 14)2

28× 40

]=

52

13+

22

13+

72

14+

52

13+

22

13+

72

14=

58

13+

98

14= 4 +

6

13+ 7 ≈ 11,5.

Sabemos que bajo H0, el estadıstico ∆ tiene distribucion aproximadamente χ2(3−1)(2−1) = χ2

2. Elp-valor es la probabilidad de obtener algo tan extremo como lo observado, es decir:

p-valor = P(∆ ≥ ∆obs|H0) = P(χ22 ≥ 11,5) ≤ 0,005 = 0,5 %.

Luego, como el p-valor es menor que el nivel deseado del 5 %, corresponde rechazar H0. Es decir, eltipo de audiencia no es independiente del rango de edad.

4






Roberto CortezFrancisco CastroAlfredo Torrico

Examen6 de julio de 2012Tiempo: 3 horas

P1. (a) En el ascensor de un edificio de n pisos hay m personas. Suponiendo que cada persona se baja encualquier piso con igual probabilidad e independiente de las otras personas, calcule:

1) (1,0 pto.) La probabilidad de que m1 personas bajen en el primer piso, m2 bajen en el segundo,y ası sucesivamente hasta mn. Suponga

∑ni=1mi = m.

2) (1,0 pto.) La probabilidad de que todas las personas bajen en pisos diferentes. Suponga m ≤ n.

(b) Para ir de la Facultad a su casa, usted tiene dos opciones: puede esperar el bus de la lınea Aen el paradero correspondiente, o bien el bus de la lınea B en otro paradero. Los tiempos TA yTB (en minutos) que tarda en pasar el siguiente bus de la lınea respectiva son variables aleatoriasexponenciales independientes de parametros λA y λB , respectivamente. Suponga que usted escoge elparadero al azar, independiente de TA y TB . Sea T su tiempo de espera para abordar al bus.

1) (1,5 pto.) Muestre que P(TA < TB) = λA/(λA + λB).

2) (1,5 pto.) Si a los t minutos usted sigue en el paradero, ¿cual es la probabilidad de que este es-perando el bus de la lınea A? Suponiendo λB > λA, ¿que ocurre cuando t es grande?

3) (1,0 pto.) Usted cambia su estrategia: se ubica a medio camino entre los paraderos, y apenasvisualiza el primer bus que viene llegando, usted corre al paradero correspondiente y aborda elbus. ¿Cual es la distribucion de T con esta estrategia?

P2. (a) (2,0 ptos.) Considere una m.a.s. X1, . . . , Xn proveniente de una variable bin(m, p), con m conocido y pdesconocido. Muestre que los estimadores de p de maxima verosimilitud y de los momentos coincidencon p = X/m. Muestre que es insesgado y que converge casi seguramente a p cuando n→∞.

En un centro comercial hay 3 tiendas de la misma cadena, y se desea investigar la forma en que los clientesdeciden entrar o no entrar en cada una de ellas. Se propone el siguiente modelo: cada cliente decide entrara una tienda con probabilidad p (desconocida), y decide no entrar con probabilidad 1− p, independientede las otras dos tiendas y del resto de los clientes. Se le hace un seguimiento a n = 64 clientes, cuyosresultados se resumen en la siguiente tabla:

Cantidad de tiendas visitadas 0 1 2 3Cantidad de clientes 6 30 18 10

(b) (2,0 ptos.) Muestre que el valor del estimador de maxima verosimilitud de p que se obtiene de acuerdoa los datos es p = 1/2. Plantee las hipotesis del test de bondad de ajuste para el modelo propuesto,especificando el valor de pi bajo H0, para cada i = 0, 1, 2, 3.

(c) (2,0 ptos.) Realice el test y concluya para α = 10 %.

P3. (a) (2,0 ptos.) En una fabrica de motores, se desea comprar una gran cantidad de una cierta piezaespecıfica. Se dispone de dos proveedores de piezas, A y B. Se adquieren 10 piezas del proveedor Ay se mide el grosor de cada una, obteniendo que el valor del estimador insesgado de la varianza es0,0003. Ademas, se adquieren 20 piezas del proveedor B y el estimador insesgado de la varianza dio0,0001. Las muestras se asumen normales e indepenientes. Con α = 5 %, ¿hay suficiente evidenciapara afirmar que el proveedor B produce piezas con varianza estrictamente menor?

(b) Existen 4 tamanos predeterminados para un cierto producto. Se desea investigar la posible relacionlineal entre la duracion del producto y su tamano, para lo cual se toman muestras de 2 productospor cada tamano, y se registra su duracion y se ajusta la recta de mınimos cuadrados sobre los datosobtenidos.

1) (2,0 ptos.) Se realiza el test para decidir si la constante multiplicativa del modelo es distinta de0. El valor del estadıstico correspondiente, bajo la hipotesis nula, es 1,95. ¿Cual es el p-valor deltest? ¿Cual es la conclusion si se trabaja con α = 5 %?

2) (2,0 ptos.) Sabiendo ademas que el valor estimado de la constante multiplicativa dio 3,9, calculeun intervalo de confianza de dicha constante al nivel 95 %.







Pauta Examen

P1. (a) 1) Distinguiendo a las personas, hay nm posibles formas de bajarse. Para cumplir con larestriccion, necesitamos repartir a las m personas en m grupos de tamanos m1, . . . ,mn,lo cual sabemos que puede hacerse de

(m

m1,...,mn

)formas. Por lo tanto, la probabilidad

buscada es (m

m1,...,mn

)nm

.

2) Para que todos bajen en pisos diferentes, primero debemos escoger m de los n pisosen los cuales se bajan, lo cual puede hacerse de

(nm

)formas. Despues, asignamos una

persona por cada piso escogido, lo cual puede hacerse de m! formas. La probabilidadbuscada es entonces (

nm

)m!

nm.

(b) 1) Como son independientes, la densidad conjunta de TA y TB es el producto de susdensidades, es decir

fTA,TB (t, s) = λAλBe−λAt−λBs1[0,∞)(t)1[0,∞)(s).

Sea C = {(x, y) : x < y} ⊆ R2. Tenemos que:

P(TA < TB) = P((TA, TB) ∈ C) =

∫∫CfTA,TB (t, s)dtds

=

∫ ∞0

∫ ∞t

λAλBe−λAt−λBsdsdt

=

∫ ∞0

λAe−λAt

[∫ ∞t

λBe−λBsds

]dt

=

∫ ∞0

λAe−λAte−λBtdt

=λA

λA + λB

∫ ∞0

(λA + λB)e−(λA+λB)tdt,

donde la ultima integral vale 1, obteniendo lo deseado.

2) Sea Y el paradero que usted escoge (A o B). Por regla de Bayes, tenemos:

P(Y = A | T > t) =P(T > t | Y = A)P(Y = A)

P(T > t)=

P(TA > t)P(Y = A)

P(T > t),

donde P(Y = A) = 1/2 y P(TA > t) = e−λAt. Para P(T > t), usamos la regla deprobabilidades totales:

P(T > t) = P(T > t | Y = A)P(Y = A) + P(T > t | Y = B)P(Y = B)

= P(TA > t)× (1/2) + P(TB > t)× (1/2)

= (1/2)× [e−λAt + e−λBt].

1

Luego, la probabilidad buscada es

P(Y = A | T > t) =e−λAt × (1/2)

(1/2)× [e−λAt + e−λBt]=

1

1 + e−(λB−λA)t.

Como λB −λA > 0, lo anterior converge a 1 cuando t→∞. Por lo tanto, si usted llevamucho tiempo esperano, lo mas probable es que haya escogido el paradero de la lıneaA.

3) Con la nueva estrategia, el tiempo de espera corresponde al tiempo del primer bus quepasa, es decir T = mın(TA, TB). Con esto, para t ≥ 0 tenemos:

P(T > t) = P(mın(TA, TB) > t) = P(TA > t, TB > t)

= P(TA > t)P(TB > t)

= e−λAte−λBt,

donde hemos usado la independencia de las variables. Por lo tanto:

FT (t) = P(T ≤ t) = 1− P(T > t) = 1− e−(λA+λB)t,

y derivando con respecto a t obtenemos fT (t) = (λA + λB)e−(λA+λB)t. Por lo tanto,T ∼ exp(λA + λB).

P2. (a) Calculemos el estimador de los momentos. Imponemos que el primer momento muestral seaigual al primer momento real de la variable, es decir:

X = E(X1) = mp.

Despejando p obtenemos que el estimador es X/m, como deseabamos. Para el otro esti-mador, notemos que la verosimilitud corresponde a

L = L(x1, . . . , xn; p) =

n∏i=1

(m

xi

)pxi(1− p)m−xi .

Tomando logaritmo, derivando con respecto a p e igualando a 0, tenemos:

0 =d logL

dp=

d

dp

n∑i=1

[log

(m

xi

)+ xi log p+ (m− xi) log(1− p)

]=

n∑i=1

[xip− m− xi

1− p

].

Multiplicando por p(1− p), se obtiene:

0 =n∑i=1

[(1− p)xi − p(m− xi)] =n∑i=1

[xi − pm] = nx− npm,

de donde se obtiene que el estimador de maxima verosimilitud tambien es p = X/m.Claramente es insesgado, pues

E(p) = E(X/m) = E(X)/m = E(X1)/m = mp/m = p.

Por ley fuerte de los grandes numeros, sabemos que X → E(X1) = mp casi seguramentecuando n→∞. Es decir, p = X/m→ mp/m = p casi seguramente cuando n→∞.

2

(b) Bajo el modelo propuesto, la cantidad de tiendas que visita un cliente es una variablebin(3, p), pues por cada tienda escoge si la visita con probabilidad p e independiente delas otras dos tiendas. Luego, por la parte P2.(a), el estimador de maxima verosimilitud esp = X/3. Agrupando los valores de los Xi de acuerdo a la tabla, obtenemos:

p =1

3X =

1

3n

n∑i=1

Xi =1

3× 64× [0×6+1×30+2×18+3×10] =

30 + 36 + 30

192=

96

192=

1

2.

Luego, bajo el modelo propuesto, y utilizando el estimador de maxima verosimlitud para elparametro p, la variable de la cantidad de tiendas visitadas es una binomial de parametros(3, 1/2), de modo que pi = P(X = i) =

(3i

)(1/2)3, para i = 0, 1, 2, 3. La hipotesis nula queda

entoncesH0 : p0 = 1/8, p1 = 3/8, p2 = 3/8, p3 = 1/8,

mientras que la hipotesis alternativa es que algun pi difiere de los anteriores

(c) El estadıstico del test de bondad de ajuste es

∆ = n3∑i=0

(pi − p0i )2

p0i,

donde pi = ni/n, con ni la cantidad observada de resultados del tipo i, y p0i es el valorde pi bajo H0. Sabemos que, bajo H0, este estadıstico tiene distribucion aproximada chi-cuadrado con k−2 grados de libertad (se resta un grado de libertad adicional pues tuvimosque estimar el parametro p), donde k es la cantidad de posibles resultados de la variables,i.e., k = 4. Buscamos la region de rechazo imponiendo el nivel deseado:

0,1 = α = P(∆ > c | H0) ≈ P(χ22 > c),

y de la tabla de la distribucion chi-cuadrado, obtenemos c = 4,61. Por otro lado, el valorobservado en la muestra de este estadıstico es:

∆obs = 64

[(664 −

18

)218

+

(3064 −

38

)238

+

(1864 −

38

)238

+

(1064 −

18

)218

]

= 64

[(664 −

864

)218

+

(3064 −

2464

)238

+

(1864 −

2464

)238

+

(1064 −

864

)218

]

= 64× 8× 1

642

[(6− 8)2

1+

(30− 24)2

3+

(18− 24)2

3+

(10− 8)2

1

]=

1

8× 3× [12 + 36 + 36 + 12]

=96

24= 4.

Como este valor no es mayor que el punto de corte c = 4,61, no se rechaza H0. Por lo tanto,con los datos de la tabla no hay suficiente evidencia para rechazar H0 al nivel α = 10 %.

P3. (a) Consideremos las hipotesis

H0 : σ2A = σ2B

H1 : σ2A > σ2B,

3

donde σ2A y σ2B son las varianzas de las piezas provenientes de los proveedores A y B,respectivamente. Trabajamos con el estadıstico W = s2A/s

2B, donde s2A es el estimador

insesgado de la varianza para la muestra del proveedor A; ıdem para s2B. Dada la formade la hipotesis alternativa, el test se rechazara cuando W > c, con c una constante pordeterminar. Sabemos que, bajo H0, W tiene distribucion F10−1,20−1, lo que permite imponerel nivel deseado:

0,05 = α = P(W > c|H0) = P(F9,19 > c),

y de la tabla de la distribucion F obtenemos c = 2,42. El valor observado del estadıstico es

Wobs =0,003

0,001= 3 > 2,42 = c,

por lo tanto corresponde rechazar H0. Es decir, se concluye que el proveedor B efectivamenteproduce piezas con varianza de grosor estrictamente menor.

(b) 1) Las hipotesis en cuestion son

H0 : β1 = 0

H1 : β1 6= 0,

donde β1 es la constante multiplicativa del modelo lineal. Sabemos que el estadısticoT1 que se utiliza para realizar el test tiene distribucion t-student con n − 2 grados delibertad, donde n es la cantidad de datos en la muestra. Como son 2 productos porcada uno de los 4 tamanos, se tiene que n = 8. El p-valor corresponde a la probabilidad,bajo H0, de obtener algo tan o mas extremo que lo observado en la muestra, donde eneste caso “extremo” significa |T1| > cte, por la forma que tiene la hipotesis alternativa.Por lo tanto:

p-valor = P(|T1| > |T obs1 | | H0) = P(|t6| > 1,95) = 2P(t6 > 1,95)

donde hemos usado la simetrıa de la distribucion t-student. Mirando la tabla, obtenemosP(t6 > 1,95) ≈ 0,05, de modo que p-valor ≈ 0,1. Para el nivel α = 0,05 < p-valor, nohay suficiente evidencia estadıstica para rechazar H0.

2) Trabajamos con el estadıstico T1, cuya forma es

T1 = C(β1 − β1),

donde C es un valor que se obtiene de la muestra, cuya forma especıfica no nos interesaen este caso, pues podemos despejarlo en base a la informacion que disponemos: bajola hipotesis β1 = 0, sabemos que este estadıstico vale 1,95, es decir:

1,95 = C(3,9− 0), luego C =1,95

3,9=

1

2.

Sabiendo que T1 ∼ t6, imponemos el nivel deseado para un intervalo simetrico conrespecto al origen para T1:

95 % = P(T1 ∈ [−d, d]) = 1− 2P(t6 > d), es decir, P(t6 > d) = 2,5 %.

De la tabla de la t-student se obtiene d = 2,447. Despejando β1 en la inclusion T1 =C(β1 − β1) ∈ [−d, d], se obtiene el intervalo deseado:

β1 ∈ [β1 − d/C, β1 + d/C] = [3,9− 2× 2,447, 3,9 + 2× 2,447] = [−0,994, 8,794].

4


FACULTAD DE CIENCIAS FISICAS Y MATEMATICAS




Examen28 de noviembre de 2012

Tiempo: 3 horas

P1. En el paradero de autobuses que usted utiliza todos los dıas pasan buses de las lıneas A, B y C.

(a) (2,0 ptos.) Suponga que los buses de una misma lınea son indistinguibles entre sı. Si en un ciertolapso de tiempo pasaron k buses, ¿de cuantas maneras distintas pudo ocurrir esto? Si se sabe quepasaron kA, kB y kC buses de cada lınea (con kA + kB + kC = k), ¿cuantas maneras son ahora?(distinguiendo el orden de aparicion en ambos casos)

Los tiempos (en minutos) que transcurren entre que pasa cada bus se modelan como variables indepen-dientes con ley exponencial de parametro λ. La probabilidad de que un bus sea de la lınea A (la unica quea usted le sirve) es p ∈ (0, 1), independiente de los otros buses. Anotemos G a la cantidad de buses quepasan hasta que llega el primer bus de la lınea A (incluyendolo), y T el tiempo total que usted esta en elparadero.

(b) (2,0 ptos.) ¿Que variable conocida es G? Muestre que T ∼ exp(pλ). Indicacion: para calcular P(T >t), condicione en los posibles resultados de G.

(c) (2,0 ptos.) Si usted estuvo en el paradero mas de t minutos, ¿cual es la probabilidad que el primerbus que paso haya sido de la lınea A?

P2. Consideremos constantes k > 0 conocida, y λ > 0, C > 0 desconocidas. Sea X variable aleatoria condensidad dada por

fX(x) = Cxk−1e−(x/λ)k

1[0,∞)(x).

(a) (1,2 ptos.) Muestre que C = k/λk.

(b) (1,2 ptos.) Muestre que E(X) = λΓ(1 + 1/k). Recuerde que Γ(θ) =∫∞0e−yyθ−1dy.

(c) (1,2 ptos.) Muestre que Xk ∼ exp(1/λk).

(d) (1,2 ptos.) Dada una muestra aleatoria X1, . . . , Xn proveniente de la distribucion de X, muestre queel estimador de λ del metodo de maxima verosimilitud corresponde a

λ =

(1

n

n∑i=1

Xki

)1/k

.

(e) (1,2 ptos.) Muestre que λ→ λ casi seguramente cuando n→∞.

P3. (a) (3,0 ptos.) Un mismo producto se vende en 3 envases distintos llamados A, B y C. Se desea verificar silos clientes tienen preferencia por alguno de los envases, por lo cual se toma una muestra de n = 180clientes, cuyos resultados se resumen en la tabla. Calcule el p-valor (o una aproximacion) del test queverifica si existe alguna preferencia, y entregue la conclusion para α = 5 %.

Envase A B CCantidad clientes 50 73 57

(b) (3,0 ptos.) Dados los datos de la tabla, obtenga los coeficientes β0 y β1 con el metodo de mınimoscuadrados. Obtenga un intervalo de confianza para β1 al nivel 95 %.

x -2 -1 0 1 2y 0 0 1 1 3

Indicacion: recuerde que β1 =∑

(xi− x)Yi/∑

(xi− x)2; recuerde tambien que el estadıstico adecuadopara realizar el intervalo de confianza para β1 corresponde a

T1 =

[(n− 2)

∑(xi − x)2∑

(β0 + β1xi − Yi)2

]1/2(β1 − β1).


FACULTAD DE CIENCIAS FISICAS Y MATEMATICAS




Pauta examen

P1. (a) Cada vez que pasa un bus hay 3 posibilidades (lınea A, B o C). Como pasan k buses, entotal son 3× · · · × 3 = 3k maneras en que pueden pasar los buses en el primer caso. En elsegundo caso, hay que escoger las kA posiciones en que pasan los buses de la lınea A, ıdempara kB y kC . Sabemos que la cantidad de formas en que esto puede hacerse es(

k

kA, kB, kC

).

(b) Claramente, G ∼ geom(p), pues se repite el experimento de que pase un bus de maneraindependiente hasta que pasa el primer bus de la lına A, lo cual tiene probabilidad p.Calculemos la distribucion de T . Dado i = 1, 2, . . ., llamemos Ti al tiempo que transcurreentre que pasa el bus i− 1 y el i-esimo. Notemos que como T es el tiempo total de esperahasta que pasa el primer bus de la lınea A, T corresponde a la suma de los tiempos Ti paratodo i ≤ G, es decir

T =

G∑i=1

Ti.

Notemos tambien que en el evento {G = j}, se tiene que T = T1 + · · · + Tj , es decir,T ∼ gamma(j, λ), pues los Ti son exponenciales independientes de parametro λ. Con estoy siguiendo la indicacion, tenemos para t ≥ 0:

P(T > t) =

∞∑j=1

P(T > t | G = j)P(G = j)

=∞∑j=1

∫ ∞t

λe−λx(λx)j−1

Γ(j)dx(1− p)j−1p

= pλ

∫ ∞t

e−λx∞∑j=1

(λx)j−1

(j − 1)!(1− p)j−1dx

= pλ

∫ ∞t

e−λxeλx(1−p)dx

=

∫ ∞t

pλe−pλxdx

= e−pλt.

Esto prueba T ∼ exp(pλ).

(c) Queremos calcular la probabilidad que G = 1 dado que T > t. Utilizando la regla de Bayesy lo hecho en la parte anterior, tenemos:

P(G = 1 | T > t) =P(T > t | G = 1)P(G = 1)

P(T > t)=e−λtp

e−pλt= e−(1−p)λtp,

donde hemos utilizado que en el evento {G = 1} se cumple que T = T1 ∼ exp(λ).

P2. (a) Para calcular C utilizamos el hecho que∫∞−∞ fX(x)dx = 1. Haciendo el cambio de variable

y = (x/λ)k (luego xk−1dx = λkdy/k), obtenemos:

1 = C

∫ ∞0

xk−1e−(x/λ)kdx = C

∫ ∞0

λke−y

kdy =

Cλk

k.

Es decir, C = k/λk.

(b) Calculemos E(X). Haciendo el mismo cambio de variable y = (x/λ)k, tenemos:

E(X) =k

λk

∫ ∞0

xxk−1e−(x/λ)kdx

=

∫ ∞0

λy1/ke−ydy

= λ

∫ ∞0

y(1+1/k)−1e−ydy

= λΓ(1 + 1/k).

(c) Sea Y = Xk, y calculemos P(Y > y) para t ≥ 0:

P(Y > t) = P(X > t1/k)

=k

λk

∫ ∞t1/k

xk−1e−(x/λ)kdx

=

∫ ∞t/λk

e−ydy

= e−t/λk,

donde nuevamente hemos utilizado el cambio de variable y = (x/λ)k. Esto prueba queY ∼ exp(1/λk).

(d) Para x1, . . . , xn ≥ 0, la funcion de verosimilitud esta dada por

L = L(x1, . . . , xn;λ) =

n∏i=1

k

λkxk−1i e−(xi/λ)

k=

kn

λnke− 1

λk

∑ni=1 x

ki

[n∏i=1

xi

]k−1,

luego

logL = n log k − nk log λ− 1

λk

n∑i=1

xki + (k − 1)n∑i=1

log xi.

Para maximizar lo anterior con respecto a λ, derivamos con respecto a λ e igualamos a 0:

0 =∂ logL

∂λ= −nk

λ+

k

λk+1

n∑i=1

xki .

Despejando λ y reemplazando los x1, . . . , xn por la muestra X1, . . . , Xn, obtenemos lo desea-do:

λ =

(1

n

n∑i=1

Xki

)1/k

.

(e) Por lo realizado previamente, sabemos que las variables Yi = Xki son exponenciales de

parametro 1/λk, y son independientes pues los Xi lo son. Luego, por la ley fuerte de losgrandes numeros, se tiene que

1

n

n∑i=1

Xki =

1

n

n∑i=1

Yi = Y → E(Y1),

casi seguramente cuando n→∞. Pero sabemos que la esperanza de una variable exponen-cial es el recıproco del parametro, luego E(Y1) = λk. Por lo tanto, se obtiene la convergenciabuscada:

λ =

(1

n

n∑i=1

Xki

)1/k

→ (λk)1/k = λ.

2

P3. (a) Las probabilidades estimadas en base a la muestra son pj = nj/n, donde n1, n2 y n3 son lacantidad de clientes que prefieren el envase A, B y C, respectivamente. Las probabilidadesde la hipotesis nula son equiprobables entre las k = 3 posibilidades, es decir, p0j = 1/k = 1/3,para j = 1, 2, 3. Con esto, calculemos el valor observado en la muestra del estadıstico ∆:

∆obs = nk∑j=1

(pj − p0j )2

p0j

= nk∑j=1

(njn −

nnk

)21k

=k

n

k∑j=1

(nj − n/k)2

=1

60[(50− 60)2 + (73− 60)2 + (57− 60)2],

es decir, ∆obs = [100 + 169 + 9]/60 = 278/60 ≈ 4,633. El p-valor corresponde a la proba-bilidad, bajo H0, de obtener algo al menos tan extremo como lo observado en la muestra.Sabemos que bajo H0, el estadıstico ∆ tiene distribucion aproximada de una χ2

k−1 (conk − 1 = 2), con lo cual obtenemos:

p-valor = P(∆ ≥ ∆obs | H0) ≈ P(χ22 ≥ 4,633) ≈ 0,1,

donde en el ultimo paso hemos utilizado la tabla de la distribucion chi-cuadrado. Notemosque α = 5 % < 10 % = p-valor, por lo tanto no corresponde rechazar la hipotesis nula. Esdecir, no hay suficiente evidencia para afirmar que los clientes poseen preferencia por algunode los envases.

(b) De acuerdo a los datos, es directo que x = 0, Y = 1. Ademas:

Sxx =∑

(xi − x)2 = 21 + 12 + 02 + 12 + 22 = 10

Sxy =∑

(xi − x)Yi = (−2) · 0 + (−1) · 0 + 0 · 1 + 1 · 1 + 2 · 3 = 7.

Con esto, tenemos que β1 = Sxy/Sxx = 7/10, y β0 = Y − β1x = 1. Para obtener el intervalode confianza, necesitaremos ademas:

S2 =∑

(β0 + β1xi − Yi)2

=

(1− 14

10− 0

)2

+

(1− 7

10− 0

)2

+

(1 +

0

10− 1

)2

+

(1 +

7

10− 1

)2

+

(1 +

14

10− 3

)2

=1

100[(−4)2 + 32 + 02 + 72 + (−6)2]

es decir, S2 = [16 + 9 + 0 + 49 + 36]/100 = 110/100 = 1,1. Sabemos que T1 ∼ tn−2. Paracalcular el intervalo de confianza, imponemos:

95 % = P(T1 ∈ [−c, c]) = 1− 2P(t3 > c),

es decir, P(t3 > c) = 2,5 %. De una tabla, obtenemos c = 3,182. Despejando β1 en ladesigualdad −c ≤ T1 ≤ c, obtenemos finalmente:

β1 −[

S2

(n− 2)Sxx

]1/2c ≤ β1 ≤ β1 +

[S2

(n− 2)Sxx

]1/2c

7

10−[

1,1

3 · 10

]1/2· 3,182 ≤ β1 ≤

7

10+

[1,1

3 · 10

]1/2· 3,182.

3

Ingeniería MatemáticaFACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICASUNIVERSIDAD DE CHILEMA3403-5 Probabilidades y EstadísticaOtoño 2013

Roberto Cortez

Francisco Castro

Alfredo Torrico

Examen

30 de julio de 2013

Tiempo: 3 horas

P1. (a) Usted posee 30 pares de calcetines sucios, y escoge 40 calcetines al azar para echar a lavar.

Sea X la cantidad de calcetines limpios que quedan sin su pareja.

1) (1,0 pto.) Argumente por qué P(X = n) = 0 cuando n es impar.

2) (2,0 ptos.) Calcule la distribución de X.

(b) Todos las mañanas usted llega al paradero a las 8:20 para esperar el autobús que lo deja en

el lugar donde usted realiza su práctica laboral. Hay dos líneas de autobuses que a usted le

sirven: la A y la B, y usted subirá al primero que pase. Los tiempos que tardan los autobuses

en pasar son variables exponenciales independientes de parámetros λA = 1/10 y λB = 1/20.El viaje en autobús toma exactamente 30 minutos para ambas líneas, y la hora de entrada

de la práctica es a las 9:00.

1) (1,5 ptos.) Sea T el tiempo que usted está en el paradero. Muestre que T es una variable

exponencial de parámetro 3/20.

2) (1,5 ptos.) La hora de llegada del jefe es una v.a. uniforme en el intervalo 8:50 y 9:10,

independiente de T . Calcule la probabilidad de que el jefe lo sorprenda llegando tarde.

P2. Sea X una variable aleatoria con distribución de Laplace de parámetros µ ∈ R y b > 0, es decir,su densidad está dada por

fX(x) =1

2be−|x−µ|b ∀x ∈ R.

(a) (1,5 ptos.) Muestre que la función generadora de momentos de X es MX(t) = eµt/(1− b2t2)para |t| < 1/b.

(b) (1,5 ptos.) Calcule la esperanza y varianza de X.

(c) (1,5 ptos.) Suponiendo µ = 0, calcule la densidad de |X|. ¾Qué variable conocida es |X|?(d) (1,5 ptos.) Suponga µ = 0, y sea X1, . . . , Xn una m.a.s. proveniente de la distribución de

X. Encuentre el estimador de máxima verosimilitud de b, y pruebe que éste converge casi

seguramente a b cuando n→∞.

P3. (a) Se sabe que la duración (en días) de una ampolleta de la marca A es una variable aleatoria

exponencial de parámetro λA = 0,01, mientras que una ampolleta de la marca B tiene

λB = 0,0025. Usted escoge al azar una ampolleta de una de estas marcas, y después de 200

días de uso ésta sigue funcionando.

1) (1,5 ptos.) ¾Cuál es la probabilidad de que la ampolleta sea de la marca B?

2) (1,5 ptos.) ¾Cuál es la probabilidad de que la ampolleta funcione por otros 200 días?

(b) Se dispone de una m.a.s. X1, . . . , Xn proveniente de una distribución exponencial de pa-

rámetro λ > 0 desconocido. Sean λ1 > λ0 > 0 valores dados. Se plantean las hipótesis

�H0 : λ = λ0� y �H1 : λ = λ1�.

1) (1,5 ptos.) Muestre que el test más potente tiene región de rechazo de la forma R ={~x ∈ Rn : x ≤ Cte}. ¾Es uniformemete más potente entre todos los tests tales que

λ1 > λ0?

2) (1,5 ptos.) Suponga que λ0 = 1, λ1 = 2 y n = 25, y que el promedio observado en la

muestra es 0,6. Aproximando con un teorema adecuado, calcule el p-valor del test. Paraα = 5 %, ¾debe o no rechazarse H0?

Ingeniería MatemáticaFACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICASUNIVERSIDAD DE CHILEMA3403-5 Probabilidades y EstadísticaOtoño 2013

Roberto Cortez

Francisco Castro

Alfredo Torrico

Pauta examen

P1. (a) 1) Si Y denota la cantidad de calcetines limpios con pareja, siempre se tiene X + Y = 40.Luego, si X fuese impar, Y también lo sería, lo cual es imposible. Por lo tanto, P(X =n) = 0 para todo n impar.

2) Calculemos P(X = n) para n de la forma n = 2k. Trabajaremos con el espacio equi-

probable de todas las formas de extraer 40 calcetines del total de 60, el cual posee(

6040

)elementos. Las formas de extraer 40 calcetines de modo que se obtengan exactamente

2k calcetines sin pareja corresponden a

22k

(30

20− k, 2k, 10− k

).

El coe�ciente multinomial anterior equivale a la cantidad de formas de separar los

30 pares de calcetines en grupos de tamaño 20 − k, 2k y 10 − k, correspondientesrespectivamente a: (I) pares de los cuales se extraerán ambos calcetines, (II) pares de

los cuales se extraerá 1 solo calcetín, (III) pares de los cuales no se extraerá ninguno.

Una vez escogidos dichos pares, la única elección restante es esoger un calcetín por cada

par de tipo (II), lo cual puede hacerse de 22k formas.

Por lo tanto, obtenemos que la distribución de X está dada por:

P(X = n) =

4k( 30

20−k,2k,10−k)(6040)

si n = 2k,

0 en otro caso.

(b) 1) Si TA y TB son los tiempos que tardan en pasar los buses de las líneas A y B respec-

tivamente, es claro que T = mın(TA, TB). Calculemos la distribución acumulada de T ,utilizando el hecho que T > x si y sólo si TA > x y TB > x:

F(T )(x) = P(T ≤ x) = 1− P(T > x) = 1− P(TA > x)P(TB > x),

donde en el último paso hemos utilizado la independencia entre TA y TB. Como TA es

variable exponencial de parámetro λA, es directo que P(TA > x) = e−λAx, ídem para

TB. Luego:FT (x) = 1− e−λAxe−λBx = 1− e−(λA+λB)x,

y derivando obtenemos fT (x) = (λA+λB)e−(λA+λB)x, lo cual vale para x ≥ 0, mientras

que para x ≤ 0 es claro que fT (x) = 0 (pues T sólo toma valores positivos). Es decir, Tes una variable exponencial de parámetro λA + λB = 1/10 + 1/20 = 3/20.

2) Fijemos las 8:50 como hora 0, con lo cual la hora J en que llegua el jefe es una variable

uniforme en el intervalo [0, 20], y la hora a la que usted llega es T . Deseamos calcular la

probabilidad de que usted llegue tarde y que el jefe llegue antes que usted, es decir, T >10 y J < T . Condicionando en los posibles resultados de J y utilizando la independencia

entre T y J , tenemos:

P(T > 10, J < T ) =

∫ 20

0P(T > 10, J < T | J = t)fJ(t)dt

=

∫ 20

0P(T > 10, t < T )

dt

20.

1

Para t > 20, la probabilidad dentro de la integral corresponde a P(T > t) = e−λt,mientras que si t ≤ 10 dicha probabilidad es P(T > 10) = e−λ×10, donde λ = 3/20 es el

parámetro de T . Con esto:

P(T > 10, J > T ) =

∫ 10

0e−10λ dt

20+

∫ 20

10e−λt

dt

20

=e−10λ

2+e−10λ − e−20λ

20λ

=e−3/2

2+e−3/2 − e−3

3.

P2. (a) Calculemos:

MX(t) = E(etX) =

∫ ∞−∞

etxfX(x)dx =

∫ ∞−∞

etx1

2be−|x−µ|b dx =

eµt

2b

∫ ∞−∞

etye−|y|b dy,

donde la última igualdad se obtiene haciendo el cambio de variable y = x − µ. Separandola integral en los rangos en que y es negativa y positiva, obtenemos:

MX(t) =eµt

2b

(∫ 0

−∞e(t+ 1

b)ydy +

∫ ∞0

e(t− 1b)ydy

)=eµt

2b

e(t+ 1b)y

t+ 1b

∣∣∣∣∣0

−∞

+e(t− 1

b)y

t− 1b

∣∣∣∣∣∞

0

.

Por lo tanto, la primera integral converge cuando t > −1/b, y la segunda converge cuando

t < 1/b. Es decir,MX(t) está bien de�nida cuando |t| < 1/b. Para un tal t, se tiene entonces:

MX(t) =eµt

2b

(1

t+ 1b

− 1

t− 1b

)=

eµt

1− b2t2.

(b) Derivando la f.g.m. y evaluando en 0:

M ′X(t) =

(eµt

1− b2t2

)′=µeµt(1− b2t2) + 2b2teµt

(1− b2t2)2⇒ E(X) = M ′X(0) =

µ · 1− 0

1= µ.

Derivamos nuevamente:

M ′′X(t) =

(µeµt(1− b2t2) + 2b2teµt

(1− b2t2)2

)′=

1

(1− b2t2)4[(µ2eµt(1− bt2)− 2b2teµt + 2b2eµt + 2btµeµt)(1− b2t2)2

+ 4(1− b2t2)b2t(µeµt(1− b2t2) + 2b2teµt)].

Evaluando en 0 para obtener el segundo momento de X, se obtiene:

var(X) = E(X2)−E(X)2 = M ′′X(0)−µ2 = 1·[(µ2−0+2b2+0)·1+0]−µ2 = µ2+2b2−µ2 = 2b2.

(c) Sea Y = |X|. Calculemos su distribución acumulada en y ≥ 0:

FY (y) = P(Y ≤ y) = P(|X| ≤ y) = P(−y ≤ X ≤ y) =

∫ y

−y

1

2be−|x|b dx = 2

∫ y

0

1

2be−

xb dx,

donde la última igualdad se obtiene por la simetría del integrando. Derivando con respecto

a y, y aplicando el teorema fundamental del Cálculo, se llega a que fY (y) = (1/b)e−yb .

Sabiendo que fY (y) = 0 para y < 0 (pues Y es no-negativa), obtenemos:

fY (y) =1

be−

yb 1[0,∞)(y).

Es decir, Y = |X| tiene distribución exponencial de parámetro 1/b.

2

(d) La función de verosimilitud es

L = L(x1, . . . , xn; b) =

n∏i=1

1

2be−|xi|b = (2b)−ne−

1b

∑|xi|.

Tomando logaritmo y derivando e igualando a 0 para maximizar con respecto a b, obtenemos:

0 =∂ logL

∂b=∂ log

∂b

[−n log 2− n log b− 1

b

∑|xi|]

= −nb

+1

b2

∑|xi|.

Despejando b y reemplazando la muestra de losXi, tenemos que el estimador de b de máxima

verosimilitud es

b =1

n

n∑i=1

|Xi|.

O alternativamente: si llamamos Yi = |Xi|, podemos anotar b = Y . Notemos que Y1, . . . , Ynes una m.a.s. de la distribución de Y = |X|, la cual es una exponencial de parámetro 1/bpor lo hecho en la parte P2.(c). Por la ley fuerte de los grandes números, tenemos que Y = bconverge casi seguramente a E(Y ) = E(exp(1/b)) = b cuando n → ∞, como deseábamos

probar.

P3. (a) 1) Llamemos M a la marca de la ampolleta, y T a su duración. Queremos calcular la

probabilidad de que la marca sea B, dado que duró más de 200 días. Por regla de

Bayes, tenemos:

P(M = B | T > 200) =P(T > 200 | M = B)P(M = B)

P(T > 200)

Se tiene que P(M = B) = 1/2 y que P(T > 200 | M = B) = e−200λB = e−1/2, pues

cuando M = B se tiene que T ∼ exp(λB). Además, por regla de probabilidades totales,

se tiene que:

P(T > 200) = P(T > 200 | M = A)P(M = A) + P(T > 200 | M = B)P(M = B)

=e−200λA

2+e−200λB

2

=e−2 + e−1/2

2

Por lo tanto:

P(M = B | T > 200) =e−1/2

e−2 + e−1/2.

2) Veamos:

P(T > 400 | T > 200) =P(T > 400, T > 200)

P(T > 200)=

P(T > 400)

P(T > 200),

donde P(T > 200) ya fue calculado, y P(T > 400) se calcula análogamente. Obtenemos:

P(T > 400 | T > 200) =e−400λA + e−400λB

e−200λA + e−200λB=

e−4 + e−1

e−2 + e−1/2.

3

(b) 1) Por el lema de Neyman-Pearson, sabemos que el test más potente tiene región de rechazo

de la forma

R =

{~x ∈ Rn :

L(~x;λ0)

L(~x;λ1)≤ η

},

donde η es una constante, y L(~x;λ) es la verosimilitud de la muestra. Se tiene que:

L(~x;λ) =

n∏i=1

f(xi;λ) =

n∏i=1

λe−λxi = λne−λ∑ni=1 xi .

Por lo tanto, la desigualdad que de�ne la región R corresponde a:

η ≥ λn0e−λ0

∑ni=1 xi

λn1e−λ1

∑ni=1 xi

=λn0λn1en(λ1−λ0)x,

lo cual equivale a

Cte =log(η) + n log(λ1/λ0)

n(λ1 − λ0)≥ x,

como deseábamos. Notemos que mientras λ1 > λ0, no cambia el sentido de la desigual-

dad al dividir por (λ1−λ0) en el último paso. Esto signi�ca que para cualquier λ1 > λ0,

la forma de la región de rechazo es siempre la misma. Por lo tanto, el test sí es unifor-

memente más potente.

2) El p-valor corresponde a la probabilidad, dado H0, de obtener un valor al menos tan

extremo como el obtenido en la muestra. Como la forma de la región de rechazo es

X ≤ Cte, esto quiere decir:

p-valor = P(X ≤ Xobs | H0)

= P(X − 1/λ0

1/(λ0√n)≤ 0,6− 1/λ0

1/(λ0√n)

∣∣∣∣ λ = λ0

)= P

(X − µσ/√n≤ 0,6− 1

1/√

25

)≈ P(N (0, 1) ≤ −2),

donde en el último paso hemos utilizado el TCL, y donde µ = 1/λ y σ2 = 1/λ2 son

la esperanza y varianza de la variable exponencial en estudio. Por simetría, la última

probabilidad es igual a P(N (0, 1) ≥ 2), y mirando una tabla normal obtenemos que

el p-valor corresponde a 2,28 %. Como este valor es menor que α = 5 %, corresponde

rechazar H0.

4

Ingeniería MatemáticaFACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICASUNIVERSIDAD DE CHILEMA3403 Probabilidades y EstadísticaPrimavera 2013

Roberto Cortez

Mauricio Duarte

Joaquín Fontbona

Examen

20 de diciembre de 2013Tiempo: 3 horas

P1. (a) (3,0 ptos.) Michelle lanza n + 1 monedas equilibradas, mientras que Sebastián lanza solamente n

monedas equilibradas. ¿Cuál es la probabilidad de que Michelle obtenga más caras que Sebastián?(b) Cada mañana usted llega al paradero a las 8:20 a esperar el autobús que lo lleva a su práctica laboral.

Hay dos líneas de autobuses que le sirven: la A y la B, y usted subirá al primero que pase. Lostiempos que tardan los autobuses en pasar son variables exponenciales independientes de parámetros⁄

A

= 1/10 y ⁄

B

= 1/20. El viaje en autobús toma exactamente 30 minutos para ambas líneas, y lahora de entrada de la práctica es a las 9:00.1) (1,5 ptos.) Sea T el tiempo que usted está en el paradero. Muestre que T es una variable expo-

nencial de parámetro 3/20.2) (1,5 ptos.) La hora de llegada del jefe es una v.a. uniforme en el intervalo 8:50 y 9:10, indepen-

diente de T . Calcule la probabilidad de que el jefe lo sorprenda llegando tarde.

P2. (a) Consideremos constantes k > 0 y ⁄ > 0. Sea X variable aleatoria con densidad dada por

f

X

(x) = Cx

k≠1e

≠(x/⁄)k 1[0,Œ)(x),

donde C > 0 es una constante adecuada.1) (1,0 ptos.) Muestre que X

k ≥ exp(1/⁄

k).2) (2,0 ptos.) Se desea estimar ⁄ a partir de una muestra aleatoria X1, . . . , X

n

proveniente de ladistribución de X. Muestre que el estimador de máxima verosimilitud es

⁄ =A

1n

nÿ

i=1X

k

i

B1/k

.

Deduzca que ⁄ æ ⁄ casi seguramente cuando n æ Œ.(b) (3,0 ptos.) Sean X1, . . . , X

n

variables independientes, todas con distribución uniforme en [0, 1]. SeaY = max(X1, . . . , X

n

). Pruebe que f

Y

(y) = ny

n≠11[0,1](y), y calcule E(Y ).

P3. (a) Los puntajes obtenidos por n = 25 alumnos en una prueba se modelan como variables i.i.d. X1, . . . , X

n

,cada una con ley N (µ, ‡

2) con ambos parámetros desconocidos. Los resultados obtenidos son talesque X = 65,0 y

qn

i=1(Xi

≠ X)2 = 2400,0.1) (1,0 pto.) Encuentre un intervalo de confianza para µ al nivel 95 %.2) (1,0 pto.) Encuentre un intervalo de confianza para ‡

2 al nivel 95 %.3) (1,0 pto.) Calcule el valor esperado del largo del intervalo obtenido para ‡

2.(b) (3,0 ptos.) Un mismo producto se vende en 3 envases distintos llamados A, B y C. Se desea verificar si

los clientes tienen preferencia por alguno de los envases, por lo cual se toma una muestra de n = 180clientes, cuyos resultados se resumen en la tabla. Calcule el p-valor (o una aproximación) del test queverifica si existe alguna preferencia, y entregue la conclusión para – = 5 %.

Envase A B C

Cantidad clientes 50 73 57

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�⇥⇤⌅⇥⇧⌃⌥⇧� ⌦�↵ ⇤�� ✏⇧✏⇣↵⌘⇥⌅⇧�

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�⇧� �⇧⇣✓�� ⇧⇣⌘✓� �⇧⇣⌘�� ⇧⇣⇣✏ �⇧⇣⇣⇣✏ �⇧⇣⇣�⇣ �⇧⇣✏✓⇣ �⇧⇣✏�⌘ �⇧⇣�✓ �⇧⇣�⇣◆

�⇧� �⇧⇣��◆ �⇧⇣�✓ �⇧⇣�� ⇧⇣�� ⇧⇣�⌘� �⇧⇣��✏ �⇧✏�◆⇣ �⇧✏�✏✓ �⇧✏�◆ �⇧✏⌘�

�⇧✏ �⇧✏�� ⇧✏◆✏ �⇧✏◆⇣⌘ �⇧✏◆�◆ �⇧✏✓✓� �⇧✏✓✏� �⇧✏⌘�⇣ �⇧✏⌘⌘◆ �⇧✏⌘�� ⇧✏⇣✏

�⇧⇣ �⇧✏⇣⇣✓ �⇧✏⇣�� ⇧✏✏◆� �⇧✏✏✏✓ �⇧✏✏�� ⇧✏�✓⇣ �⇧✏�� ⇧✏�� ⇧✏�⌘✓ �⇧✏��

�⇧⌘ �⇧✏�⌘ �⇧✏�⌘� �⇧✏��⌘ �⇧�� ⇧��⇣✓ �⇧�� ⇧�◆◆ �⇧�⇣✏ �⇧�� ⇧�◆◆✓

�⇧✓ �⇧�◆⇣✏ �⇧�◆�� ⇧�✓◆✓ �⇧�✓⇣✏ �⇧�✓�� ⇧�⌘◆ �⇧�⌘⇣✓ �⇧�⌘�⇣ �⇧�⇣✏ �⇧�⇣⌘�

�⇧◆ �⇧�⇣�� ⇧�✏� �⇧�✏⌘ �⇧�✏�◆ �⇧��✓ �⇧��✓✓ �⇧��✏✓ �⇧��✓ �⇧��◆◆ �⇧��⇣

�⇧ �⇧�� ⇧�� ⇧��✓� �⇧��✏✏ �⇧��⌘ �⇧��◆◆ �⇧��⇣� �⇧�� ⇧��⇣ �⇧�✓◆

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�

3

TABLA 2: DISTRIBUCIÓN t DE STUDENT

Puntos de porcentaje de la distribución t

!

r 0,25 0,2 0,15 0,1 0,05 0,025 0,01 0,005 0,0005

1 1,000 1,376 1,963 3,078 6,314 12,706 31,821 63,656 636,578

2 0,816 1,061 1,386 1,886 2,920 4,303 6,965 9,925 31,600

3 0,765 0,978 1,250 1,638 2,353 3,182 4,541 5,841 12,924

4 0,741 0,941 1,190 1,533 2,132 2,776 3,747 4,604 8,610

5 0,727 0,920 1,156 1,476 2,015 2,571 3,365 4,032 6,869

6 0,718 0,906 1,134 1,440 1,943 2,447 3,143 3,707 5,959

7 0,711 0,896 1,119 1,415 1,895 2,365 2,998 3,499 5,408

8 0,706 0,889 1,108 1,397 1,860 2,306 2,896 3,355 5,041

9 0,703 0,883 1,100 1,383 1,833 2,262 2,821 3,250 4,781

10 0,700 0,879 1,093 1,372 1,812 2,228 2,764 3,169 4,587

11 0,697 0,876 1,088 1,363 1,796 2,201 2,718 3,106 4,437

12 0,695 0,873 1,083 1,356 1,782 2,179 2,681 3,055 4,318

13 0,694 0,870 1,079 1,350 1,771 2,160 2,650 3,012 4,221

14 0,692 0,868 1,076 1,345 1,761 2,145 2,624 2,977 4,140

15 0,691 0,866 1,074 1,341 1,753 2,131 2,602 2,947 4,073

16 0,690 0,865 1,071 1,337 1,746 2,120 2,583 2,921 4,015

17 0,689 0,863 1,069 1,333 1,740 2,110 2,567 2,898 3,965

18 0,688 0,862 1,067 1,330 1,734 2,101 2,552 2,878 3,922

19 0,688 0,861 1,066 1,328 1,729 2,093 2,539 2,861 3,883

20 0,687 0,860 1,064 1,325 1,725 2,086 2,528 2,845 3,850

21 0,686 0,859 1,063 1,323 1,721 2,080 2,518 2,831 3,819

22 0,686 0,858 1,061 1,321 1,717 2,074 2,508 2,819 3,792

23 0,685 0,858 1,060 1,319 1,714 2,069 2,500 2,807 3,768

24 0,685 0,857 1,059 1,318 1,711 2,064 2,492 2,797 3,745

25 0,684 0,856 1,058 1,316 1,708 2,060 2,485 2,787 3,725

26 0,684 0,856 1,058 1,315 1,706 2,056 2,479 2,779 3,707

27 0,684 0,855 1,057 1,314 1,703 2,052 2,473 2,771 3,689

28 0,683 0,855 1,056 1,313 1,701 2,048 2,467 2,763 3,674

29 0,683 0,854 1,055 1,311 1,699 2,045 2,462 2,756 3,660

30 0,683 0,854 1,055 1,310 1,697 2,042 2,457 2,750 3,646

40 0,681 0,851 1,050 1,303 1,684 2,021 2,423 2,704 3,551

60 0,679 0,848 1,045 1,296 1,671 2,000 2,390 2,660 3,460

120 0,677 0,845 1,041 1,289 1,658 1,980 2,358 2,617 3,373

0,674 0,842 1,036 1,282 1,645 1,960 2,326 2,576 3,290

Ejemplo

Para = 10 grados de libertad:

P[ t > 1.812] = 0.05

P[ t < -1.812] = 0.05

TABLA 3: DISTRIBUCIÓN !2

Puntos de porcentaje de la distribución 2

0.995 0.99 0.975 0.95 0.9 0.75 0.5 0.25 0.1 0.05 0.025 0.01 0.005

1 3.93E-05 1.57E-04 9.82E-04 3.93E-03 1.58E-02 0.102 0.455 1.323 2.71 3.84 5.02 6.63 7.88 1

2 1.00E-02 2.01E-02 5.06E-02 0.103 0.211 0.575 1.386 2.77 4.61 5.99 7.38 9.21 10.60 2

3 7.17E-02 0.115 0.216 0.352 0.584 1.213 2.37 4.11 6.25 7.81 9.35 11.34 12.84 3

4 0.207 0.297 0.484 0.711 1.064 1.923 3.36 5.39 7.78 9.49 11.14 13.28 14.86 4

5 0.412 0.554 0.831 1.145 1.610 2.67 4.35 6.63 9.24 11.07 12.83 15.09 16.75 5

6 0.676 0.872 1.237 1.635 2.20 3.45 5.35 7.84 10.64 12.59 14.45 16.81 18.55 6

7 0.989 1.239 1.690 2.17 2.83 4.25 6.35 9.04 12.02 14.07 16.01 18.48 20.3 7

8 1.344 1.647 2.18 2.73 3.49 5.07 7.34 10.22 13.36 15.51 17.53 20.1 22.0 8

9 1.735 2.09 2.70 3.33 4.17 5.90 8.34 11.39 14.68 16.92 19.02 21.7 23.6 9

10 2.16 2.56 3.25 3.94 4.87 6.74 9.34 12.55 15.99 18.31 20.5 23.2 25.2 10

11 2.60 3.05 3.82 4.57 5.58 7.58 10.34 13.70 17.28 19.68 21.9 24.7 26.8 11

12 3.07 3.57 4.40 5.23 6.30 8.44 11.34 14.85 18.55 21.0 23.3 26.2 28.3 12

13 3.57 4.11 5.01 5.89 7.04 9.30 12.34 15.98 19.81 22.4 24.7 27.7 29.8 13

14 4.07 4.66 5.63 6.57 7.79 10.17 13.34 17.12 21.1 23.7 26.1 29.1 31.3 14

15 4.60 5.23 6.26 7.26 8.55 11.04 14.34 18.25 22.3 25.0 27.5 30.6 32.8 15

16 5.14 5.81 6.91 7.96 9.31 11.91 15.34 19.37 23.5 26.3 28.8 32.0 34.3 16

17 5.70 6.41 7.56 8.67 10.09 12.79 16.34 20.5 24.8 27.6 30.2 33.4 35.7 17

18 6.26 7.01 8.23 9.39 10.86 13.68 17.34 21.6 26.0 28.9 31.5 34.8 37.2 18

19 6.84 7.63 8.91 10.12 11.65 14.56 18.34 22.7 27.2 30.1 32.9 36.2 38.6 19

20 7.43 8.26 9.59 10.85 12.44 15.45 19.34 23.8 28.4 31.4 34.2 37.6 40.0 20

21 8.03 8.90 10.28 11.59 13.24 16.34 20.3 24.9 29.6 32.7 35.5 38.9 41.4 21

22 8.64 9.54 10.98 12.34 14.04 17.24 21.3 26.0 30.8 33.9 36.8 40.3 42.8 22

23 9.26 10.20 11.69 13.09 14.85 18.14 22.3 27.1 32.0 35.2 38.1 41.6 44.2 23

24 9.89 10.86 12.40 13.85 15.66 19.04 23.3 28.2 33.2 36.4 39.4 43.0 45.6 24

25 10.52 11.52 13.12 14.61 16.47 19.94 24.3 29.3 34.4 37.7 40.6 44.3 46.9 25

26 11.16 12.20 13.84 15.38 17.29 20.8 25.3 30.4 35.6 38.9 41.9 45.6 48.3 26

27 11.81 12.88 14.57 16.15 18.11 21.7 26.3 31.5 36.7 40.1 43.2 47.0 49.6 27

28 12.46 13.56 15.31 16.93 18.94 22.7 27.3 32.6 37.9 41.3 44.5 48.3 51.0 28

29 13.12 14.26 16.05 17.71 19.77 23.6 28.3 33.7 39.1 42.6 45.7 49.6 52.3 29

30 13.79 14.95 16.79 18.49 20.6 24.5 29.3 34.8 40.3 43.8 47.0 50.9 53.7 30

40 20.7 22.2 24.4 26.5 29.1 33.7 39.3 45.6 51.8 55.8 59.3 63.7 66.8 40

50 28.0 29.7 32.4 34.8 37.7 42.9 49.3 56.3 63.2 67.5 71.4 76.2 79.5 50

60 35.5 37.5 40.5 43.2 46.5 52.3 59.3 67.0 74.4 79.1 83.3 88.4 92.0 60

70 43.3 45.4 48.8 51.7 55.3 61.7 69.3 77.6 85.5 90.5 95.0 100.4 104.2 70

80 51.2 53.5 57.2 60.4 64.3 71.1 79.3 88.1 96.6 101.9 106.6 112.3 116.3 80

90 59.2 61.8 65.6 69.1 73.3 80.6 89.3 98.6 107.6 113.1 118.1 124.1 128.3 90

100 67.3 70.1 74.2 77.9 82.4 90.1 99.3 109.1 118.5 124.3 129.6 135.8 140.2 100

-2.58 -2.33 -1.96 -1.64 -1.28 -0.674 0.000 0.674 1.282 1.645 1.96 2.33 2.58

Para > 100 tómese 2 = ! "12

2

2 1Z !! " . Z es la desviación normal estandarizada correspondiente al nivel de

significancia y se muestra en la parte superior de la tabla.

Z Z

Ejemplo: Para = 10 grados de libertad

P [ 2 > 15.99] = 0.10

Ingeniería MatemáticaFACULTAD DE CIENCIAS FÍSICAS Y MATEMÁTICASUNIVERSIDAD DE CHILEMA3403 Probabilidades y EstadísticaPrimavera 2013

Roberto CortezMauricio DuarteJoaquín Fontbona

Pauta Examen20 de diciembre de 2013

Tiempo: 3 horas

P1. (a) (3,0 ptos.) Sea Mn el número de caras obtenidas por Michelle luego de lanzar n monedas y Sn elnúmero de caras obtenidas por Sebastián luego de lanzar n monedas. Usando probabilidades totales

P(Mn+1 > Sn) = P(Mn+1 > Sn |Mn > Sn)P(Mn > Sn) + P(Mn+1 > Sn |Mn = Sn)P(Mn = Sn),

puesto que P(Mn+1 > Sn |Mn < Sn) = 0.Es claro que P(Mn+1 > Sn |Mn = Sn) = 1

2 , y además P(Mn+1 > Sn |Mn > Sn) = 1. Luego,

P(Mn+1 > Sn) = P(Mn > Sn) + 12P(Mn = Sn).

Pero P(Mn = Sn) = 1 − P(Mn > Sn) − P(Mn < Sn), lo que por simetría además es igual a1− 2P(Mn > Sn). Finalmente,

P(Mn+1 > Sn) = P(Mn > Sn) + 12 (1− 2P(Mn > Sn)) = 1

2 .

(b) 1) (1,5 ptos.) Si TA y TB son los tiempos que tardan en pasar los buses de las líneas A y Brespectivamente, es claro que T = mın(TA, TB). Calculemos la distribución acumulada de T ,utilizando el hecho que T > x si y sólo si TA > x y TB > x:

F(T )(x) = P(T ≤ x) = 1− P(T > x) = 1− P(TA > x)P(TB > x),

donde en el último paso hemos utilizado la independencia entre TA y TB . Como TA es variableexponencial de parámetro λA, es directo que P(TA > x) = e−λAx, ídem para TB . Luego:

FT (x) = 1− e−λAxe−λBx = 1− e−(λA+λB)x,

y derivando obtenemos fT (x) = (λA+λB)e−(λA+λB)x, lo cual vale para x ≥ 0, mientras que parax ≤ 0 es claro que fT (x) = 0 (pues T sólo toma valores positivos). Es decir, T es una variableexponencial de parámetro λA + λB = 1/10 + 1/20 = 3/20.

2) (1,5 ptos.) Fijemos las 8:50 como hora 0, con lo cual la hora J en que llegua el jefe es unavariable uniforme en el intervalo [0, 20], y la hora a la que usted llega es T . Deseamos calcularla probabilidad de que usted llegue tarde y que el jefe llegue antes que usted, es decir, T > 10y J < T . Condicionando en los posibles resultados de J y utilizando la independencia entre T yJ , tenemos:

P(T > 10, J < T ) =∫ 20

0P(T > 10, J < T | J = t)fJ(t)dt

=∫ 20

0P(T > 10, t < T ) dt20 .

Para t > 20, la probabilidad dentro de la integral corresponde a P(T > t) = e−λt, mientras quesi t ≤ 10 dicha probabilidad es P(T > 10) = e−λ×10, donde λ = 3/20 es el parámetro de T . Conesto:

P(T > 10, J > T ) =∫ 10

0e−10λ dt

20 +∫ 20

10e−λt

dt

20

= e−10λ

2 + e−10λ − e−20λ

20λ

= e−3/2

2 + e−3/2 − e−3

3 .

P2. (a) 1) (1,0 ptos.) Note que X is a variable aleatoria no negativa. Entonces, para z > 0,

P(Xk > z) = P(X > k√z) =

∫ ∞k√z

Cxk−1e−(x/λ)kdx.

Usando el cambio de variable y = xk, tenemos dy = kxk−1dx, luego

P(Xk > z) =∫ ∞z

Cke−y/λk

dy,

lo que muestra que la densidad de Xk es una constante por e−x/λk , es decir, Xk ∼ exp(1/λk).2) (2,0 ptos.) Para x1, . . . , xn ≥ 0, la función de verosimilitud está dada por

L = L(x1, . . . , xn;λ) =n∏i=1

k

λkxk−1i e−(xi/λ)k = kn

λnke−

1λk

∑n

i=1xki

[n∏i=1

xi

]k−1

,

luego

logL = n log k − nk log λ− 1λk

n∑i=1

xki + (k − 1)n∑i=1

log xi.

Para maximizar lo anterior con respecto a λ, derivamos con respecto a λ e igualamos a 0:

0 = ∂ logL∂λ

= −nkλ

+ k

λk+1

n∑i=1

xki .

Despejando λ y reemplazando los x1, . . . , xn por la muestra X1, . . . , Xn, obtenemos lo deseado:

λ =(

1n

n∑i=1

Xki

)1/k

.

Por lo realizado previamente, sabemos que las variables Yi = Xki son exponenciales de parámetro

1/λk, y son independientes pues los Xi lo son. Luego, por la ley fuerte de los grandes números,se tiene que

1n

n∑i=1

Xki = 1

n

n∑i=1

Yi = Y → E(Y1),

casi seguramente cuando n→∞. Pero sabemos que la esperanza de una variable exponencial esel recíproco del parámetro, luego E(Y1) = λk. Por lo tanto, se obtiene la convergencia buscada:

λ =(

1n

n∑i=1

Xki

)1/k

→ (λk)1/k = λ.

(b) (3,0 ptos.) Calculando directamente, usando la independencia y el hecho de que todas las variablestienen la misma distribución,

P(Y < y) = P(max(X1, . . . , Xn) < y)= P(X1 < y,X2 < y, . . . ,Xn < y)= P(X1 < y)n = yn,

para cada y ∈ [0, 1]. Derivando, obtenemos que

fY (y) = nyn−11[0,1](y).

P3. (a) 1) (1,0 pto.) Utilizamos el estadístico

T = X − µs/√n,

el cual sabemos que tiene distribución t-student con n−1 = 24 grados de libertad. Para encontrarel intervalo buscado, imponemos que T esté en un intervalo simétrico:

95 % = P(T ∈ [−c, c]) = 1− P(|T | > c) = 1− 2P(T > c),2

es decir, P(T > c) = 2,5 %. De una tabla de una t-student, obtenemos c = 2,064. Despejando µen la inclusión T ∈ [−c, c], tenemos:

− c ≤ X − µs/√n≤ c

⇔ X − cs√n≤ µ ≤ X + cs√

n

Notando que s2 = 1n−1

∑(Xi−X)2 = 2400

24 = 100, se tiene que cs/√n = 2,064×10/

√25 = 4,128.

Con esto, el intervalo buscado es:[X − cs√

n, X + cs√

n

]= [65− 4,128, 65 + 4,128] = [60,872, 69,128]

2) (1,0 pto.) Utilizamos el estadístico

V = (n− 1) s2

σ2 = 1σ2

n∑i=1

(Xi − X)2,

el cual sabemos que posee distribución chi-cuadrado con n−1 = 24 grados de libertad. Imponemos95 % = P(V ∈ [a, b]), donde a y b satisfacen simetría de probabilidad, es decir P(V < a) = P(V >b). Por lo tanto P(V ≥ a) = 97,5 % y P(V > b) = 2,5 %, y de la tabla se obtiene a = 12,4 yb = 39,4. Despejando σ2 en la inclusión V ∈ [a, b], tenemos:

a ≤ (n− 1) s2

σ2 ≤ b

⇔ (n− 1)s2

b≤ σ2 ≤ (n− 1)s2

a.

Notando que (n− 1)s2 =∑

(Xi − X)2 = 2400, el intervalo de confianza para σ2 es[240039,4 ,

240012,4

]≈ [60, 200].

3) (1,0 pto.) El largo del intervalo obtenido para σ2 es la diferencia de sus extremos, es decir,(n− 1)s2[ 1

a −1b ]. Luego, el valor esperado del largo es

E(

(n− 1)s2[

1a− 1b

])= (n− 1)

[1a− 1b

]E(s2) = 24×

[1

12,4 −1

39,4

]σ2,

donde en el último paso hemos utilizado el hecho que s2 es un estimador insesgado de σ2.(b) (3,0 ptos.) Las probabilidades estimadas en base a la muestra son pj = nj/n, donde n1, n2 y n3

son la cantidad de clientes que prefieren el envase A, B y C, respectivamente. Las probabilidadesde la hipótesis nula son equiprobables entre las k = 3 posibilidades, es decir, p0

j = 1/k = 1/3, paraj = 1, 2, 3. Con esto, calculemos el valor observado en la muestra del estadístico ∆:

∆obs = n

k∑j=1

(pj − p0j )2

p0j

= n

k∑j=1

(njn −

nnk

)2

1k

= k

n

k∑j=1

(nj − n/k)2

= 160[(50− 60)2 + (73− 60)2 + (57− 60)2],

es decir, ∆obs = [100 + 169 + 9]/60 = 278/60 ≈ 4,633. El p-valor corresponde a la probabilidad, bajoH0, de obtener algo al menos tan extremo como lo observado en la muestra. Sabemos que bajo H0,el estadístico ∆ tiene distribución aproximada de una χ2

k−1 (con k − 1 = 2), con lo cual obtenemos:

p-valor = P(∆ ≥ ∆obs | H0) ≈ P(χ22 ≥ 4,633) ≈ 0,1,

donde en el último paso hemos utilizado la tabla de la distribución chi-cuadrado. Notemos queα = 5 % < 10 % = p-valor, por lo tanto no corresponde rechazar la hipótesis nula. Es decir, no haysuficiente evidencia para afirmar que los clientes poseen preferencia por alguno de los envases.

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