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Cálculo de probabilidades y estadı́stica
EJERCICIO 1
Primer Examen Parcial
(SOLUCIONES)
17 de enero de 2017
1.– Sea Y el dinero en efectivo, en decenas de miles de euros, que hay en la caja de una
oficina principal bancaria al inicio de un dı́a cualquiera. Por razones obvias, Y es
una variable aleatoria. Sea X el volumen aleatorio de las retiradas de efectivo por los
clientes en dicho dı́a. Si
fX,Y (x, y) = 2,
0 < x < y,
0<y<1
¿cuánto dinero quedará en caja al finalizar el dı́a? Supóngase que por un problema
concreto y coyuntural no se efectúen ingresos durante ese dı́a ni se reciban en la oficina
remesas procedentes de otras entidades. ¿Cuál es la probabilidad de que la oficina se
encuentre sin dinero en efectivo a lo largo del dı́a siguiente si la demanda de efectivo
por parte de los clientes durante este dı́a es también aleatoria con la misma distribución
que X?
—————————–SOLUCIÓN—————————–
Notar que X e Y no son independientes; de hecho el rango de cada una de ellas depende del
valor que adopte la otra, como muestra el gráfico:
Y
1
1
X
Sea Z la variable aleatoria “dinero que queda en caja al finalizar el dı́a”. Es claro que
Z = Y − X, su rango es RZ = [0, 1] y podemos calcular la distribución de Z conociendo
la conjunta de (X, Y ). Se tiene
∫
fZ (z) =
fZX (z, x) dx
RX
Calculamos ahora
dy fZX (z, x) = fX (x)fZ|X=x (z) = fX (x)fY |X=x (y(z)) dz
Teniendo en cuenta que y = z + x, la expresión de arriba se reduce a
fZX (z, x) = fX (x)fY |X=x (z + x) = fX (x)
y por lo tanto
fXY (x, z + x)
= fXY (x, z + x)
fX (x)
∫
∫
fZ (z) =
fXY (x, z + x) dx =
RX
2 dx
RX
Vamos a determinar ahora RX en función del valor de z ∈ [0, 1]. Fijado el dinero en efectivo
z que quedará al final del dı́a, el dinero retirado por los clientes x varı́a claramente entre 0 y
1 − z, es decir, RX = [0, 1 − z]. Por lo tanto
∫
fZ (z) =
Comprobación:
∫1
0
1−z
2 dx = 2 − 2z,
z ∈ [0, 1]
0
(2 − 2z) dz = 1.
La probabilidad de que si no hay ingresos un dı́a de demanda de efectivo X, al dı́a siguiente,
con la misma demanda (misma distribución) de efectivo X, la oficina se quede sin efectivo a lo
largo del dı́a es claramente la del suceso S = [Y − (X + X) < 0], es decir, Z − X < 0. Teniendo
en cuenta que, según lo razonado arriba,
fZX (z, x) = fXY (x, z + x) = 2,
0 < z < 1, 0 < x < 1 − z
la probabilidad de S (área rayada) es la integral sobre S de la densidad conjunta
∫ ∫
P [S] =
∫
z=1/2 ∫ x=1−z
2 dx dz = 1/2
2 dx dz =
S
z=0
x=z
Z
1
1/2
S
1/2
1
X
Nota. Es importante no confundir la variable aleatoria que representamos por X + X (suma
de dos variables aleatorias independientes e igualmente distribuidas) con la variable aleatoria
2X. En nuestro caso X + X es la demanda total de efectivo a lo largo de dos dı́as mientras
que 2X es el doble de la demanda de efectivo en un dı́a; siendo X una variable aleatoria, es
claro que en general la distribución de X + X será diferente a la de 2X. En definitiva, el suceso
S de arriba no es [Y − 2X < 0].
2.– La vida útil de unos determinados ”chips” de silicio para su empleo en ordenadores
puede considerarse normalmente distribuida con media m = 1.4 × 106 horas y
σ = 3 × 105 horas. Calcular la probabilidad de que, en una caja de 100 ”chips”,
por lo menos 20 duren menos de 1.8 × 106 horas.
—————————–SOLUCIÓN—————————–
Sea X la vida útil de un ”chip”. Sabemos que X ≡ N (1.4 × 106 , σ = 3 × 105 ). Llamemos éxito
al suceso ”un ”chip” dura menos de 1.8 × 106 ”. La probabilidad de este suceso es
P [X ≤ 1.8 × 106 ] = FX (1.8 × 106 ) = FU
( 1.8 × 106 − 1.4 × 106 )
3 × 105
= FU (1.3333) = 0.9085
Si tenemos 100 ”chips” y suponemos que todos ellos son independientes, el número N de
”chips” que durarán menos de 1.8 × 106 será N ≡ B(100, p) donde p es la probabilidad
calculada anteriormente, es decir N ≡ B(100, 0.9085).
Queremos calcular la probabilidad de que en los 100 ”chips” haya al menos 20 ”éxitos”. Es
decir
P [N ≥ 20] = 1 − FN (19) = 1 −
19
∑
i=0
)
19 (
∑
100 i
PN (i) = 1 −
p (1 − p)n−i
i
i=0
Como np ≈ 90 y n(1 − p) ≈ 9 podemos aproximar esta binomial por una normal a efectos de
cálculo, es decir N ≡ B(100, 0.9085) ≈ N (np, σ 2 = np(1 − p)) = N (90.85, σ 2 = 8.3128)
Entonces
P [N ≥ 20] = 1 − FN (19) = 1 − FU
( 19 − 90.85 )
2.8832
Luego la probabilidad pedida es
p=1
= 1 − FU (−24.92) = 1 − 0
3.– Un fenómeno natural (por ejemplo, avenidas de un rı́o) se produce en el tiempo
siguiendo una distribución de Poisson de media ν (sucesos/año). Cada uno de los
sucesos alcanza un nivel aleatorio, X, X ≥ 0 (por ejemplo, caudal del rı́o) que se
supone distribuido exponencialmente con parámetro λ.
a) Hallar la distribución del máximo nivel, Y, que se alcanza en m años.
b) Identificar la distribución del máximo nivel, Y, con alguna distribución conocida
y expresar sus parámetros en función de ν, λ y m. Prescı́ndase de que X ≥ 0 en
este apartado.
c) ¿Cuánto vale la probabilidad de que Y = 0?
Nota: Se recuerda que
∞
∑
z k = ez
k!
k=0
—————————–SOLUCIÓN—————————–
a) Sea Y el nivel máximo alcanzado en m años. Sea N el número de veces que el suceso ha
ocurrido durante esos m años. N sigue una distribución de Poisson de media mν, y por el
Teorema de la Probabilidad Total, para todo y ≥ 0
P [Y ≤ y] =
∞
∑
P [Y ≤ y|N = n] P [N = n]
n=0
Calculemos la distribución de la variable condicionada Y |N = n. Supuesto que ha sucedido
n veces el fenómeno, el hecho de que el máximo nivel alcanzado sea menor o igual que y
es la intersección de los sucesos consistentes en que cada una de las n veces el nivel haya
sido menor o igual que y; asumiendo que los niveles alcanzados en distintas ocurrencias
del fenómeno son independientes, y teniendo en cuenta que estos niveles siguen la misma
distribución (exponencial de parámetro λ), se deduce P [Y ≤ y|N = n] = P [X ≤ y]n siendo X
una exponencial de parámetro λ, es decir,
P [Y ≤ y|N = n] = (1 − e−λy )n
y por lo tanto
P [Y ≤ y] =
∞
∑
(1 − e−λy )n e−mν
n=0
∞
∑ (mν(1 − e−λy ))n
(mν)n
= e−mν
n!
n!
n=0
mν(1−e−λy )
= e−mν e
−mνe−λy
=e
,
y≥0
La determinación completa de la distribución de Y es
{
−mνe−λy
FY (y) = P [Y ≤ y] = e
0
si y ≥ 0
si y < 0
b) El rango de Y es [0, ∞[ . Si, como se nos dice, consideramos una variable aleatoria con rango
−λy
] − ∞, ∞[ y cuya función de distribución venga dada por la misma expresión F (y) = e−mνe
para todos los valores reales de y (tiene sentido ya que esta función tiende a 0 cuando y → −∞),
obtenemos una variable de Gumbel. Recordemos que la expresión de la función de distribución
de una tal variable es
−α(y−u)
FY (y) = e−e
donde α y u son los parámetros que tenemos que determinar en este caso. Transformando la
expresión obtenida arriba
Fy (y) = e−mνe
−λy
= e−e
ln(mν) e−λy
de forma que en este caso α = λ, u =
= e−e
ln(mν)−λy
−λ(y−
= e−e
ln(mν)
)
λ
ln(mν)
λ .
c) P [Y = 0] es el salto de la función de distribución de Y en y = 0, es decir, la distancia entre
los dos lı́mites laterales de FY en ese punto.
FY (0− ) = 0,
FY (0+ ) = FY (0) = e−mνe
−λ·0
= e−mν ⇒ P [Y = 0] = e−mν .
Notar que este valor coincide con el de la probabilidad de que se produzcan 0 llegadas en una
Poisson de media mν: si el nivel máximo obtenido es cero podemos suponer (en términos de
probabilidad) que el fenómeno no ha llegado a producirse ni una sola vez.