EJERCICIOS A RESOLVER:

4.1, 4.8, 4.9, 4.14 4.28, 4.30, 4.38, 4.41, 4.42, 4.45, 4.51, 4.92, 4.97, 4.109

EJERCICIOS:

4.1 Sea Y una variable aleatoria con p(y) dada en la tabla siguiente:

\(y\) 1 2 3 4
\(p(y)\) .4 .3 .2 .1

  1. Obtenga la función de distribución, F(y). Asegúrese de especificar el valor de F(y) para toda y, \[-\infty < y < \infty\]

  2. Trace la función de distribución dada en el inciso a.

solución

  1. Obtenga la función de distribución, F(y). Asegúrese de especificar el valor de F(y) para toda y, \[-\infty < y < \infty\]

Dados los datos del ejercicio, se observa lo siguiente:

p(1)=.4, p(2)=.3, p(3)=.2 y p(4)=.1, probabilidades las cuales pueden ser graficadas en la función de probabilidad acumulada, así como ser expresadas en la función de probabilidad acumulada.

Queda entonces lo que sigue:

\[F(y)= \begin{cases} 0, \text{si}\quad y < 1,\\ .4, \text{si}\quad y\in[1,2),\\ .7, \text{si}\quad y\in[2,3),\\ .9, \text{si}\quad y\in[3,4),\\ 1, \text{si}\quad y\in[4,\infty] \end{cases}\]

solución

  1. Trace la función de distribución dada en el inciso a.
plot(c(1,2,3,4), c(0.4,0.7,0.9,1), 
     ylim = c(0,1.5), 
     xaxt='n', pch = 19,
     ylab = 'Probabilidad', xlab = 'y', 
     main="Función de distribución acumulada")
axis(side = 1, at = 0:4, labels = 0:4)
segments(x0 = c(1, 2, 3), y0 = c(0.4, 0.7, 0.9), 
         x1 = c(2, 3, 4), y1 = c(0.4, 0.7, 0.9))

4.8 Suponga que \(Y\) tiene función de densidad

\[f(y)= \begin{cases} ky(1-y), \quad 0\leq y \leq 1\quad \\ 0, \quad \text{otro valor de y} \end{cases}\]

  1. Encuentre el valor de k que haga de \(f(y)\) una función de densidad de probabilidad.

  2. Encuentre \(P(.4 ≤ Y ≤ 1)\).

  3. Encuentre \(P(.4 ≤ Y < 1)\).

  4. Encuentre \(P(Y ≤ .4 | Y ≤ .8)\).

  5. Encuentre \(P(Y <.4| Y < .8)\).

solución

  1. Encuentre el valor de k que haga de \(f(y)\) una función de densidad de probabilidad.

Se sabe que si \(Y\) es una variable aleatoria continua su función densidad debe de cumplir dos condiciones:

Condición 1: \[f(y)\geq0,\forall y\]

Condición 2: \[\int_{-\infty}^{\infty}f(y)dy=1\]

Entonces:

\[ 1=\int_{0}^{1}ky(1-y)dy=k\int_{0}^{1}(y-y^2)dy=k\int_{0}^{1}ydy-\int_{0}^{1}y^2dy\]

\[=k*\dfrac{y^2}{2}-\dfrac{y^3}{3}\bigg|_{0}^{1}=k*\bigg[{\dfrac{(1)^2}{2}-\dfrac{(0)^2}{2}}\bigg]-k*\bigg[{\dfrac{1^3}{2}-\dfrac{(0)^3}{3}}\bigg]\]

\[=k*{\dfrac{1}{2}}-k*{\dfrac{1}{3}}==k*\bigg(\frac{3-2}{6}\bigg)\]

\[=k\bigg(\dfrac{1}{6}\bigg)=1 \quad \Rightarrow k=6 \]

\[f(y)= \begin{cases} 6y-6y^2,\quad \text{para}\quad 0\leq y\leq 1\\ 0, \quad \text{para cualquier otro punto} \end{cases}\]

Solución

  1. Encuentre \(P(.4 ≤ Y ≤ 1)\).

\[\int_{.4}^{1}f(y)dy=\int_{.4}^{1}(6y-6y^2)dy=\int_{.4}^{1}6ydy-\int_{.4}^{1}6y^2dy\]

\[=\dfrac{6y^2}{2}-\dfrac{6y^3}{3}\bigg|_.4^1=3y^2-2y^3\bigg|_.4^1\]

\[=[3(1)^2-2(1)^3]-[3(.4)^2-2(.4)^3]\]

\[=[3(1)-2(1)]-\big[3*(\dfrac{\small2}{\small5})^2-2*(\dfrac{\small2}{\small5})^3\big]\]

\[=[3-2]-\big[3*(\dfrac{\small4}{\small25})-2*(\dfrac{\small8}{\small125})\big]\]

\[=1-\bigg[\dfrac{12}{25}-\dfrac{16}{125}\bigg]=1-\bigg[\dfrac{60}{125}-\dfrac{16}{125}\bigg]\]

\[=1-\dfrac{44}{125}=\dfrac{125}{125}-\dfrac{44}{125}=\dfrac{125-44}{125}\]

\[=\dfrac{81}{125}=0.648=64.8 \text{%}\]

Solución

  1. Encuentre \(P(.4 ≤ Y < 1)\).

En el caso continuo, las desigualdades no estrictas pueden volverse estrictas por lo cual:

\[P(.4 ≤ Y < 1)\quad P(.4 ≤ Y \leq 1)\]

por lo tanto, queda que

\[P(.4 ≤ Y < 1)\quad=.648=64.9\text{%}\]

Solución

  1. Encuentre \(P(Y ≤ .4 | Y ≤ .8)\).

\[P(Y ≤ .4 | Y ≤ .8)\quad=\dfrac{P[Y\leq.4]}{P[Y\leq.8]}=\dfrac{\int_{-\infty}^{.4}f(y)dy}{\int_{-\infty}^{.8}f(y)dy}=\dfrac{\int_{-\infty}^{0}0dy+\int_{0}^{.4}(6y-6y^2)dy}{\int_{-\infty}^{0}0dy+\int_{0}^{.8}(6y-6y^2)dy}\\ =\dfrac{\int_{0}^{.4}(6y-6y^2)dy}{\int_{0}^{.8}(6y-6y^2)dy}=\dfrac{[3y^2-2y^3]\bigg|_0^.4}{[3y^2-2y^3]\bigg|_0^.8}=\dfrac{[3(.4)^2-2(.4)^3]-[3(0)^2-2(0)^3]}{[3(.8)^2-2(.8)^3]-[3(0)^2-2(0)^3]}\\ =\dfrac{[3(.4)^2-2(.4)^3]}{[3(.8)^2-2(.8)^3]}=\dfrac{3(.16)-2(0.064)}{3(0.64)-2(.512)}=\dfrac{\dfrac{44}{125}}{\dfrac{112}{125}}=\dfrac{11}{28}=0.3928\\ \rightarrow P(Y ≤ .4 | Y ≤ .8)=0.3928=39.28\text{%}\]

Solución

  1. Encuentre \(P(Y <.4| Y < .8)\).

En el caso continuo, las desigualdades no estrictas pueden volverse estrictas por lo cual:

\[P(Y ≤ .4 | Y ≤ .8)=P(Y <.4| Y < .8)=\dfrac{11}{28}\]

4.9 Una variable aleatoria \(Y\) tiene la siguiente función de distribución:

\[F(y)=P(Y\leq y)= \begin{cases} 0,\quad \text{para},y<2\\ \dfrac{1}{8},\quad \text{para}\quad2\leq y<2.5,\\ \dfrac{3}{16},\quad\text{para}\quad2.5\leq y<4,\\ \dfrac{1}{2},\quad\text{para}\quad4\leq y<5.5,\\ \dfrac{5}{8},\quad\text{para}\quad5.5\leq y<6,\\ \dfrac{11}{16},\quad\text{para}\quad6\leq y<7,\\ 1,\quad \text{para}\quad y\geq7. \end{cases}\]

solución

  1. ¿Es \(Y\) una variable aleatoria continua o discreta? ¿Por qué?

Respuesta: así es, es una variable aleatoria discreta, dado que no existen límites en los valores de 2.5, 4, 5.5 y 7. Recuérdese que para que una función sea continua deben de existir límites en todo su dominio.

  1. ¿Qué valores de \(Y\) son probabilidades positivas asignadas?

Respuesta: aquellos valores de y mayores a 2.

  1. Encuentre la función de probabilidad para \(Y\).

Respuesta: \[f(y)=\dfrac{dF(y)}{dy}\]

sin embargo, \(F(y)\) presenta valores constantes, por lo cual todas las derivadas en los diferentes intervalos son 0.

\[f(y)= \begin{cases} 0,\quad \text{para},y<2\\ 0,\quad \text{para}\quad2\leq y<2.5,\\ 0,\quad\text{para}\quad2.5\leq y<4,\\ 0,\quad\text{para}\quad4\leq y<5.5,\\ 0,\quad\text{para}\quad5.5\leq y<6,\\ 0,\quad\text{para}\quad6\leq y<7,\\ 0,\quad \text{para}\quad y\geq7. \end{cases}\]

solución

  1. ¿Cuál es la mediana, \(\phi_.5\), de \(Y\)?

La mediana \(\phi_{.5}\) de una variable aleatoria continua, va a ser el valor \(k\), tal que \(P\big[Y\leq k\big]=\dfrac{1}{2}\). Teniendo el dato anterior en cuenta, se va a encontrar ese valor de k.

Sin embargo \(f(y)=\dfrac{dF(y)}{dy}\), y dado que las funciones F(y) son constantes, se tiene que las correspondientes f(y) van a ser iguales a cero.

Retomando la búsqueda del valor de la mediana:

\[P\big[Y\leq k\big]=\dfrac{1}{2}\]

\[P\big[Y\leq k\big]=\int_{-\infty}^{k}f(y)dy=\int_{-\infty}^{k}0dy=c|_{-\infty}^{k}=c-c=0\]

4.14 Una gasolinera opera dos bombas, cada una de las cuales puede bombear hasta 10,000 galones de gasolina en un mes. La cantidad total de gasolina bombeada en un mes es una variable aleatoria \(Y\) (medida en 10,000 galones) con una función de densidad de probabilidad dada por

\[f(y)= \begin{cases} \text{y},0<y<1,\\ 2-y,1\leq y<2,\\ 0, \text{en cualquier otro punto} \end{cases}\]

  1. Grafique \(f(y)\).

  2. Encuentre \(F(y)\) y grafíquela.

  3. Encuentre la probabilidad de que la gasolinera bombee entre 8000 y 12,000 galones en un mes particular.

  4. Dado que la gasolinera bombeó más de 10,000 galones en un mes particular, encuentre la probabilidad de que haya bombeado más de 15,000 galones durante el mes.

solución

  1. Grafique \(f(y)\).
# Definir los intervalos
x1 <- seq(-3, 0, by = 0.01)   # Intervalo para x <= 0
x2 <- seq(0, 1, by = 0.01)    # Intervalo para 0 < x < 1
x3 <- seq(1, 2, by = 0.01)    # Intervalo para 1 <= x < 2
x4 <- seq(2, 5, by = 0.01)    # Intervalo para 2 <= x 

# Calcular los valores de la función para cada intervalo
y1 <- rep(0, length(x1))
y2 <- x2 
y3 <- 2 - x3
y4 <- rep(0, length(x4))

# Graficar cada segmento por separado
plot(x1, y1, type = "l", col = "blue", lwd = 2, xlim = c(-2, 4), ylim = c(0, 1.5),
     main = "Función de densidad de probabilidad ", xlab = "y", ylab = "f(y)")
lines(x2, y2, col = "green", lwd = 2)
lines(x3, y3, col = "red", lwd = 2)
lines(x4, y4, col = "purple", lwd = 2)

# Agregar líneas verticales para visualizar los puntos de cambio
abline(v = 0, col = "black", lty = 2)
abline(v = 1, col = "black", lty = 2)
abline(v = 2, col = "black", lty = 2)

# Agregar leyenda
legend("topright", legend = c("x <= 0", "0 < x < 1", "1 <= x < 2", "x >= 2"),
       col = c("blue", "green", "red", "purple"), lwd = 2)

solución

  1. Encuentre \(F(y)\) y grafíquela.

Para obtener la función de probabilidad acumulada, es decir, F(y), se deben de tomar en cuenta los diferentes valores que y puede tomar, siendo estos los siguientes:

  1. siendo que \(y\in(\infty,0)\)

  2. siendo que \(y\in(0,1)\)

  3. siendo que \(y\in(1,2)\)

  4. siendo que \(y\in(2,\infty)\)

Obteniendo F(y) para cada uno de los cuatro casos:

  1. si \(y\in(\infty,0)\)

\[ F(y)=P[Y\leq y]=\int_{-\infty}^{y}f(y)dy=\int_{-\infty}^{y}0*dy=0\]

  1. si \(y\in(0,1)\)

\[ F(y)=P[Y\leq y]=\int_{-\infty}^{0}f(y)dy+\int_{0}^{y}f(y)dy\\ =\int_{-\infty}^{0}0dy+\int_{0}^{y}y*dy=0+\dfrac{y^2}{2}\bigg|_{0}^{y}=\dfrac{y^2}{2}-0=\dfrac{y^2}{2} \]

  1. si \(y\in(1,2)\)

\[f(y)=F(y)=P[Y\leq y]=\int_{-\infty}^{0}f(y)dy+\int_{0}^{1}f(y)dy+\int_{1}^{y}f(y)dy\\ =\int_{-\infty}^{0}0*dy+\int_{0}^{1}y*dy+\int_{1}^{y}(2-y)dy=0+\dfrac{y^2}{2}\bigg|_{0}^{1}+2y-\dfrac{y^2}{2}\bigg|_{1}^{y}\\ \dfrac{1^2}{2}+\dfrac{0^2}{2}+\bigg(2y-\dfrac{y^2}{2}\bigg)-\bigg(2(1)-\dfrac{1^2}{2}\bigg)=\dfrac{1^2}{2}+2y-\dfrac{y^2}{2}-\dfrac{3}{2}\\ =2y-\dfrac{y^2}{2}-1 \]

  1. si \(y\in(2,\infty)\)

\[F(y)=P(Y\leq y)=\int_{-\infty}^{0}f(y)dy+\int_{0}^{1}f(y)dy+\int_{1}^{2}f(y)dy+\int_{2}^{\infty}f(y)dy\\ \int_{-\infty}^{0}0*dy+\int_{0}^{1}y*dy+\int_{1}^{2}(2-y)dy+\int_{2}^{y}0*dy\\ =0+\dfrac{y^2}{2}\bigg|_{0}^{1}+2y-\dfrac{y^2}{2}\bigg|_{1}^{2}+0=\dfrac{1}{2}+\bigg(2(2)-\dfrac{2^2}{2}\bigg)-\bigg(2(1)-\dfrac{1}{2}\bigg)\\ =\dfrac{1}{2}+4-2-\dfrac{3}{2}=2-\dfrac{2}{2}=2-1=1\]

Queda entonces que:

\[F(y)=P(Y\leq y)= \begin{cases} 0,\quad si\quad y\in(-\infty,0),\\ \dfrac{y^2}{2},\quad, si\quad y\in(0,1),\\ 2y-\dfrac{y^2}{2}-1, \quad si\quad y\in(1,2),\\ 1,\quad si\quad y\in(2,\infty) \end{cases}\]

Graficando F(y)

# Definir los intervalos
x1 <- seq(-3, 0, by = 0.01)   # Intervalo para x <= 0
x2 <- seq(0, 1, by = 0.01)    # Intervalo para 0 < x < 1
x3 <- seq(1, 2, by = 0.01)    # Intervalo para 1 <= x < 2
x4 <- seq(2, 5, by = 0.01)    # Intervalo para 2 <= x 

# Calcular los valores de la función para cada intervalo
y1 <- rep(0, length(x1))
y2 <- x2/2
y3 <- 2*x3 - (x3^2)/2 - 1
y4 <- rep(1, length(x4))

# Graficar cada segmento por separado
plot(x1, y1, type = "l", col = "blue", xlim = c(-2, 4), ylim = c(0, 1.5),
     main = "Función de probabilidad acumulada ", xlab = "y", ylab = "f(y)")
lines(x2, y2, col = "green", lwd = 2)
lines(x3, y3, col = "red", lwd = 2)
lines(x4, y4, col = "purple", lwd = 2)

# Agregar líneas verticales para visualizar los puntos de cambio
abline(v = 0, col = "black", lty = 2)
abline(v = 1, col = "black", lty = 2)
abline(v = 2, col = "black", lty = 2)

# Agregar leyenda
legend("topright", legend = c("x <= 0", "0 < x < 1", "1 <= x < 2", "x >= 2"),
       col = c("blue", "green", "red", "purple"), lwd = 2)

solución

  1. Encuentre la probabilidad de que la gasolinera bombee entre 8000 y 12,000 galones en un mes particular.

Nota: recuérdese que \(Y\) representa el número de galones bombeados por la gasolinera en un mes y que \(y\) está expresado en medidas de 10,000 galones. Por ejemplo: si y=.8, esto implica que durante un mes fueron bombeados 8,000 galones.

Entonces queda que hay que encontrar la siguiente probabilidad:

\[P(.8\leq y\leq 1.2)=\int_{.8}^{1.2}f(y)dy=\int_{.8}^{1}f(y)dy+\int_{1}^{1.2}f(y)dy=\]

\[=\int_{.8}^{1}y*dy+\int_{1}^{1.2}(2-y)dy=\dfrac{y^2}{2}\bigg|_{.8}^{1}+2y-\dfrac{y^2}{2}\bigg|_{.8}^{1}=\dfrac{9}{50}+\dfrac{9}{50}\]

\[=\dfrac{18}{50}=\dfrac{9}{25}=0.36\rightarrow \quad 36 \text{%} \]

solución

  1. Dado que la gasolinera bombeó más de 10,000 galones en un mes particular, encuentre la probabilidad de que haya bombeado más de 15,000 galones durante el mes.

Hay que encontrar entonces:

P[Se hallan bombeado más de 15,000 galones durante el mes, dado que la gasolinera bombeó más de 10,000 galones]

\[=P(Y\geq 1.5|Y\geq1)=\dfrac{\int_{1.5}^{\infty}f(y)dy}{\int_{1}^{\infty}f(y)dy}=\dfrac{\int_{1.5}^{2}f(y)dy+\int_{2}^{\infty}f(y)dy}{\int_{1}^{2}f(y)dy+\int_{2}^{\infty}f(y)dy}\]

\[=\dfrac{\int_{1.5}^{2}(2-y)dy+\int_{2}^{\infty}0*dy}{\int_{1}^{2}(2-y)dy+\int_{2}^{\infty}0*dy}=\dfrac{2-\dfrac{y^2}{2}\bigg|_{1.5}^{2}}{2-\dfrac{y^2}{2}\bigg|_{1}^{2}}=\dfrac{2-\dfrac{(2)^2}{2}-\bigg[2-\dfrac{(1.5)^2}{2}\bigg]}{2-\dfrac{(2)^2}{2}-\bigg[2-\dfrac{(1)^2}{2}\bigg]}\\\]

\[=\dfrac{\dfrac{\small1}{\small8}}{\dfrac{\small1}{\small2}}=\dfrac{2}{8}=\dfrac{1}{4}\\\]

\[\rightarrow\quad P[Y\geq 1.5|Y\geq 1]=\dfrac{1}{4}=25\text{%}\]

4.28.La proporción de tiempo por día en la que todas las cajas de un supermercado están ocupadas, es una variable aleatoria Y con función de densidad

\[f(y)= \begin{cases} cy^2(1-y)^4,\quad 0\leq y\leq1.\\ 0,\quad\text{en cualquier otro punto}\\ \end{cases}\]

a)Encuentre el valor de c que haga de \(f(y)\) una función de densidad de probabilidad

b)Encuentre \(E(Y)\)

solución

a)Encuentre el valor de c que haga de \(f(y)\) una función de densidad de probabilidad

Recuérdese que la función Gamma tiene la siguiente forma:

\[\Gamma(\alpha,\beta)=\int_{0}^{1}y^{\alpha-1}(1-y)^{\beta-1}dy=\dfrac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}\], donde \(\Gamma(n)=(n-1)!\quad y\quad n\in{N}\)

y que las funciones de densidad de probabilidad cumplen con la siguiente propiedad:

\[\int_{-\infty}^{\infty}f(y)dy=1\] Esto nos lleva a que \[1=\int_{-\infty}^{\infty}f(y)dy=\int_{-\infty}^{\infty}f(y)dy\\ =\int_{-\infty}^{0}0dy+\int_{0}^{1}cy^2(1-y)^4dy+\int_{1}^{\infty}0dy\\ =0+c\int_{0}^{1}y^{3-1}(1-y)^{5-1}dy+0\]

Esto implica a su vez que tenga que resolver una función Gamma con parámetros \[\Gamma(\alpha=3,\beta=5)\].

Continuando con la resolución de la integral para obtener el valor de c, se tiene que:

\[c\int_{0}^{1}y^{3-1}(1-y)^{5-1}dy=c*\Gamma(\alpha=3,\beta=5)\\ =c*\dfrac{\Gamma(3)\Gamma(5)}{\Gamma(3+5)}=c\dfrac{(3-1)!(5-1)!}{(8-1)!}=c*\dfrac{(2)!(4)!}{(7)!}\\ =c*\dfrac{2*4!}{7*6*5*4!}=c*\dfrac{2*4!}{7*6*5*4!}=c*\dfrac{2}{7*2*3*5}\\ =c*\dfrac{1}{7*3*5}=\dfrac{c}{105}\\ =1\quad\rightarrow\quad c=105\]

Ahora se tendrá la siguiente función de densidad de probabilidad:

\[f(y)= \begin{cases} 105y^2(1-y)^4,\quad 0\leq y\leq1.\\ 0,\quad\text{en cualquier otro punto}\\ \end{cases}\]

solución

b)Encuentre \(E(Y)\)

Sea Y una variable aleatoria continua. Partiendo de la definición de la esperanza matemática de una variable aleatoria continua, se tiene lo siguiente:

\[E[Y]=\int_{-\infty}^{\infty}yf(y)dy=\int_{-\infty}^{0}0ydy+\int_{0}^{1}105*y*y^2(1-y)^4dy+\int_{0}^{\infty}0ydy\\ =0+\int_{0}^{1}105y^3(1-y)^4dy+0=\int_{0}^{1}105y^3(1-y)^4dy=105\int_{0}^{1}y^3(1-y)^4dy\\ =105\int_{0}^{1}y^{4-1}(1-y)^{5-1}dy=105*\Gamma(\alpha=4,\beta=5)=105*\dfrac{\Gamma(4)*\Gamma(5)}{\Gamma(4+5)}\\ =105*\dfrac{(4-1)!*(5-1)!}{(9-1)!}=105*\dfrac{3!*4!}{8*7*3!*5*4!}=\dfrac{105}{8*7*5}=\dfrac{105}{280}\\ =\dfrac{3}{8}\quad\rightarrow \mathbb E(X)=\dfrac{3}{8}\]

4.30 La proporción de tiempo Y en la que un robot industrial está en operación durante una semana de 40 horas es una variable aleatoria con función de densidad de probabilidad

\[f(y)= \begin{cases} 2y,\quad 0\leq y\leq1,\\ 0,\quad \text{en cualquier otro punto}.\\ \end{cases}\]

a)Encuentre \(E(Y)\) y \(V(Y)\).

b)Para el robot motivo de estudio, la utilidad \(X\) para una semana está dada por \(X = 200Y – 60\).

Encuentre \(E(X)\) y \(V(X)\).

c)Encuentre un intervalo en el que la utilidad sea de al menos 75% durante las semanas que el robot esté en uso.

Solución

Sea Y una variable aleatoria continua. Recuérdese la definición de esperanza y de varianza para una variable aleatoria continua:

\[E(Y)=\int_{-\infty}^{\infty}yf(y)dy\]
\[Var(Y)=\mathbb{E}(Y^2)-[\mathbb{E(Y)}]^2=\mathbb{E}(Y-\mu_y)^2\\ =\int_{-\infty}^{\infty}[Y-\mathbb{E}(Y)]^2f(y)dy\]

Solución

a)Encuentre \(E(Y)\) y \(V(Y)\).

Por definición de esperanza matemática de una variable aleatoria continua, se tiene lo siguiente:

\[\mathbb{E}(Y)=\int_{-\infty}^{\infty}yf(y)dy=\int_{-\infty}^{0}y*0*dy+\int_{0}^{1}y*2y*dy+\int_{1}^{\infty}y*0*dy\\ =0+2\int_{0}^{1}y^2dy+0=2*{\dfrac{y^3}{3}\bigg|_{0}^{1}}=2*{\dfrac{(1^3)}{3}}=2*\dfrac{1}{3}\\ =\dfrac{2}{3}\quad \rightarrow\quad\mathbb{E}(Y)=\dfrac{2}{3}\]

\[Var(Y)=V(Y)=\mathbb{E}(Y-\mu_{y})^2=\mathbb{E}(Y-\mathbb{E(Y)})^2=\mathbb{E}(Y^2)-[\mathbb{E}(Y)]^2\\ =\int_{-\infty}^{\infty}y^2*f(y)dy-\bigg[\dfrac{2}{3}\bigg]^2=\int_{0}^{1}y^2*2y*dy-\bigg[\dfrac{4}{9}\bigg]=2\int_{0}^{1}y^3dy-\bigg[\dfrac{4}{9}\bigg]\\ =2\bigg[\dfrac{y^4}{4}\bigg|_{0}^{1}\bigg]-\bigg[\dfrac{4}{9}\bigg]=2\bigg[\dfrac{1^4}{4}-\dfrac{0^4}{4}\bigg]-\bigg[\dfrac{4}{9}\bigg]=2\bigg[\dfrac{1}{4}\bigg]-\bigg[\dfrac{4}{9}\bigg]\\ \dfrac{1}{2}-\dfrac{4}{9}=\dfrac{9-8}{18}=\dfrac{1}{18}\quad \rightarrow Var(Y)=V(Y)=\dfrac{1}{18}\]

Encuentre \(E(X)\) y \(V(X)\).

Solución

b)Para el robot motivo de estudio, la utilidad \(X\) para una semana está dada por \(X= 200Y–60\). 

Encuentre \(E(X)\) y \(V(X)\).

\[\mathbb{E}(X)=\mathbb{E}(200Y-60)=\mathbb{E}(200Y)-\mathbb{E}(60)=200\mathbb{E}(Y)-60\\ =200\int_{-\infty}^{\infty}y*f(y)*dy-60\\ \text{pero como ya se cuenta con la esperanza matemática}\quad \mathbb{E}(Y)\\ =200*\bigg[\dfrac{2}{3}\bigg]-60=\dfrac{400}{3}-\dfrac{180}{3}=\dfrac{220}{3}\\\rightarrow\quad\mathbb{E}(X)=\dfrac{220}{3}\]

\[Var(X)=V(X)=\mathbb{E}(X^2)-[\mathbb{E}(X)]^2=\mathbb{E}[(200Y-60)^2]-\bigg[\dfrac{220}{3}\bigg]^2\\ =\mathbb{E}[40000Y^2-24000Y+3600]-\dfrac{48400}{9}\\ =\mathbb{E}(40000Y^2)-\mathbb{E}(24000Y)+\mathbb{E}(3600)-\dfrac{48400}{9}\\ =40000\mathbb{E}(Y^2)-24000\mathbb{E}(Y)+3600-\dfrac{48400}{9}\\ \text{Recuérdese que se cuenta con:}\quad \mathbb{E}(Y^2)\quad y\quad \mathbb{E}(Y)\\ =40000*\dfrac{1}{2}-24000*\dfrac{2}{3}+\dfrac{32400-48400}{9}\\ =20000-\dfrac{48000}{3}-\dfrac{16000}{9}=20000-\dfrac{144000+16000}{9}\\ =20000-\dfrac{160000}{9}=\dfrac{180000-160000}{9}=\dfrac{20000}{9}\\ \rightarrow\quad Var(X)=Var(X)=\dfrac{20000}{9}\]

Solución

c)Encuentre un intervalo en el que la utilidad sea de al menos 75% durante las semanas que el robot esté en uso.

Dado el teorema de Tchebysheff, se tiene que si Y es una variable aleatoria con media \(\mu\) y varianza finita \(\sigma^2\), para cualquier constante k>0.

Para nuestro ejercicio se tendrá lo siguiente:

\[\mathbb{E}(X)=\dfrac{220}{3},\quad Var(X)=\dfrac{20000}{9}\] por lo tanto:

\[P\bigg[\bigg|X-\dfrac{220}{3}\bigg|<k+\dfrac{100}{3}\sqrt{2}\bigg]\geq1-\dfrac{1}{k^2}\\\] Se sabe que el intervalo debe de ser al menos el 75%, los por lo tanto, se tiene que:

\[1-\dfrac{1}{k^2}=.75\]

Resolviendo la ecuación, se tiene lo siguiente:

\[k^2=1-.75*k^2\rightarrow.25*k^2=1\rightarrow k^2=1/.25\]

\[k^2=4\rightarrow k=2\]

Sustituyendo k=2, nos queda el siguiente intervalo:

\[\bigg|X-\dfrac{200}{3}\bigg|<2*\dfrac{100}{3}*\sqrt2 \rightarrow \bigg|X-\dfrac{220}{3}\bigg|<\dfrac{200}{3}*\sqrt2 \rightarrow\]

\[\rightarrow -\dfrac{200}{3}*\sqrt2<X-\dfrac{220}{3}<\dfrac{200}{3}*\sqrt2 \rightarrow\\\]

\[\rightarrow -\dfrac{220}{3}*\sqrt2+\dfrac{220}{3}<X<\dfrac{200}{3}*\sqrt2+\dfrac{200}{3}\rightarrow \dfrac{220-200*\sqrt2}{3}<X<\dfrac{220+200*\sqrt2}{3}\rightarrow\\\]

\[\rightarrow20.94<X<167.61\]

por lo tanto, se tiene que: el intervalo en el que la utilidad sea de al menos 75% es aquel que va de -20.94 a 167.61

Distribución de probabilidad uniforme

4.38 Suponga que \(Y\) tiene una distribución uniforme en el intervalo \((0,1)\).

  1. Encuentre \(F(y)\).

  2. Demuestre que \(P(a ≤ Y ≤ a + b)\), para \(a ≥ 0\), \(b ≥ 0\), y \(a + b ≤ 1\) depende sólo del valor de \(b\).

Solución

  1. Encuentre \(F(y)\)

Dado que \(Y \sim Unif(0,1)\), se tendrá entocnes que \(f(y)=\dfrac{1}{1-0}=1\), queda entonces que:

\[f(y)= \begin{cases} 1,\quad, 0\leq y\leq 1\\ 0,\quad otherwise \end{cases}\]

Nos quedan entonces tres valores posibles que puede tomar Y, a saber:
1) \(y<0\),
2) \(0\leq y\leq 1\)
3) \(y>1\)

Nuestra F(k)=\(P(Y\leq k)=\int_{-\infty}^{k}f(y)dy\)

Primer caso: si \(y<0\)

\[F(k)=\int_{-\infty}^{k}f(y)dy=\int_{-\infty}^{k}0dy=0\]

Segundo caso: si \(0\leq y\leq 1\)

\[F(k)=\int_{-\infty}^{0}0*dy+\int_{0}^{k}dy=y\big|_{0}^{k}=k\]

Tercer caso: si \(y>1\)

\[F(k)=\int_{-\infty}^{0}0*dy +\int_{0}^{1}dy +\int_{1}^{\infty}0*dy\] \[=0+y\big|_{0}^{1}+0=1\]

Lo cual demuestra que la función acumulada de probabilidad total es uno.

Queda entonces que:

\[F(y)= \begin{cases} 0,\quad si\quad y<0\\ k,\quad si\quad 0\leq y\leq1\\ 1,\quad, si\quad y>1 \end{cases}\]

  1. Demuestre que \(P(a ≤ Y ≤ a + b)\), para \(a ≥ 0\), \(b ≥ 0\), y \(a + b ≤ 1\) depende sólo del valor de \(b\).

Solución

\[P(a\leq Y\leq a+b)=\int_{a}^{a+b}f(y)dy=\int_{a}^{a+b}1*dy\\ =y\quad \bigg|_{a}^{a+b}=(a+b)-(b)=a+b-b=a\\ \rightarrow P(a\leq Y\leq a+b)=a\\ \] Demostrado.

4.41 Una variable aleatoria \(Y\) tiene una distribución uniforme en el intervalo \((\theta_1,\theta_2)\). Obtenga la varianza de \(Y\).

Solución

Dado que \(Y\) disfribuye uniformemente en el intervalo \((\theta_1,\theta_2)\), se va tener que la función de densidad de probabilidad \(f(y\)) estará dada por\(f(y)=\dfrac{1}{\theta_{2}-\theta_{1}}\) para cualesquiera \(\theta_{i}\in(\theta_1,\theta_2)\).

La esperanza matemática de una variable aleatoria \(Y\sim Unif (\theta_{2},\theta_{1})\), será igual a:

\[E(X)=\dfrac{\theta_{2}+\theta_{1}}{2}\]

Recuérdese que:

\[Var(Y)=E\big[Y^2\big]-\big[E(Y)\big]^2\]

Resolviendo el lado derecho de la identidad mostrada arriba, se va tener lo siguiente:

\[Var(Y)= E\big[Y^2\big]-\big[E(Y)\big]^2=\int_{\theta_1}^{\theta_2}y^2*f(y)dy-\bigg[\dfrac{\theta_{2}+\theta_{1}}{2}\bigg]^2=\int_{\theta_1}^{\theta_2}\dfrac{y^2}{\theta_{2}-\theta_{1}}dy-\bigg[\dfrac{(\theta_{2}+\theta_{1})^2}{4}\bigg]\\\]

\[=\dfrac{1}{\theta_{2}-\theta_{1}}\int_{\theta_1}^{\theta_2}y^2dy-\bigg[\dfrac{(\theta_{2}+\theta_{1})^2}{4}\bigg]=\dfrac{1}{\theta_{2}-\theta_{1}}*\dfrac{y^3}{3}\bigg|_{\theta_1}^{\theta_2}-\bigg[\dfrac{(\theta_{2}+\theta_{1})^2}{4}\bigg]\\\]

\[=\dfrac{1}{\theta_{2}-\theta_{1}}\bigg[\dfrac{\theta_{2}^{3}}{3}-\dfrac{\theta_{1}^{3}}{3}\bigg]-\bigg[\dfrac{(\theta_{2}+\theta_{1})^2}{4}\bigg]=\dfrac{1}{3}*\dfrac{1}{\theta_{2}-\theta_{1}}\bigg[\theta_{2}^{3}-\theta_{1}^{3}\bigg]-\dfrac{1}{4}*\bigg(\theta_2+\theta_1\bigg)^2\\\]

\[=\dfrac{1}{3}*\dfrac{1}{\theta_{2}-\theta_{1}}*\bigg(\theta_{2}-\theta_1\bigg)\bigg(\theta_{2}^{2}+\theta_{1}*\theta_{2}+\theta_{1}^{2}\bigg)-\dfrac{1}{4}*\bigg(\theta_2+\theta_1\bigg)^2\\\]

\[=\dfrac{1}{3}\bigg(\theta_{2}^{2}+\theta_{1}*\theta_{2}+\theta_{1}^{2}\bigg)-\dfrac{1}{4}\bigg(\theta_{2}^{2}+2*\theta_1*\theta_{2}+\theta_{1}^{2}\bigg)=\dfrac{4\small(\theta_{2}^{2}+\theta_{1}*\theta_{2}+\theta_{1}^{2}\small)-3\small(\theta_{2}^{2}+2*\theta_1*\theta_{2}+\theta_{1}^{2}\small)}{12}\\\]

\[=\dfrac{4\theta_{2}^{2}+4\theta_{1}*\theta_{2}+4\theta_{1}^{2}-(3\theta_{2}^{2}+6*\theta_1*\theta_{2}+3\theta_{1}^{2})}{12}=\dfrac{4\theta_{2}^{2}+4\theta_{1}*\theta_{2}+4\theta_{1}^{2}-3\theta_{2}^{2}-6*\theta_1*\theta_{2}-3\theta_{1}^{2}}{12}\\\]

\[=\dfrac{\theta_{2}^{2}-2*\theta_{1}*\theta_2+\theta_{1}^{2}}{12}=\dfrac{(\theta_2-\theta_1)^2}{12} \] \[\rightarrow Var(Y)=\dfrac{(\theta_2-\theta_1)^2}{12}\]

4.42 La \(mediana\) de la distribución de una variable aleatoria continua \(Y\) es el valor \(\phi_5\) de manera que \((Y ≤ \phi_5) = 0.5\). ¿Cuál es la mediana de la distribución uniforme en el intervalo \((\theta_1, \theta_2)\)?

Solución

La mediana \(\phi_{.5}\) de una variable aleatoria continua, va a ser el valor \(k\), tal que \(P\big[Y\leq k\big]=\dfrac{1}{2}\). Teniendo la definición anterior en cuenta, se va a proceder a encontrar el valor de \(k\):

\[P[Y\leq \phi_{.5}]=P[Y\leq {k}]=\dfrac{1}{2}=\int_{\theta_1}^{k}f(y)dy=\int_{\theta_1}^{k}\dfrac{1}{\theta_2-\theta_1}*dy\]

\[=\dfrac{1}{\theta_2-\theta_1}\int_{\theta_1}^{k}dy=\dfrac{1}{\theta_2-\theta_1}*y\bigg|_{\theta_1}^{k}=\dfrac{1}{\theta_2-\theta_1}*\big[k-\theta_1\big]\]

\[=\dfrac{k-\theta_1}{\theta_2-\theta_1}=\dfrac{1}{2}\rightarrow2\big( k-\theta_1\big)=\theta_2-\theta_1\rightarrow2k-2\theta_1=\theta_2-\theta_1\]

\[\rightarrow 2k=\theta_2-\theta_1+2\theta_1\rightarrow k=\dfrac{\theta_2+\theta_1}{2}\]

4.45 Al estudiar bajas cotizaciones para contratos de embarques, una empresa fabricante de microcomputadoras encuentra que los contratos interestatales tienen bajas cotizaciones que están uniformemente distribuidas entre 20 y 25, en unidades de miles de dólares. Encuentre la probabilidad de que la baja cotización en el siguiente contrato interestatal

  1. esté por debajo de $24,000.

  2. sea de más de $24,000.

Solución

Dados los datos del ejercicio, la variable aleatoria \(X\), va a representar el número de bajas cotizaciones para contratos de embarque (en miles de dólares), donde \(\theta_1=20 \quad y \quad \theta_2=25\).

Recuérdese que cuando la variable es uniforme \(f(x)\sim Unif(\theta_1,\theta_2), f(x)=\dfrac{1}{\theta_1+\theta_2}\)

Por lo tanto, se tiene que: \[X\sim Unif(20,25)\] y que \[f(x)=\dfrac{1}{25-20}=\dfrac{1}{5}\]

Nos queda entonces que

\[f(x)= \begin{cases} \dfrac{1}{5},\quad si\quad x\in(20,25)\\ 0, \forall \quad otro\quad x \end{cases}\]

solución

  1. esté por debajo de $24,000.

Es decir, hay que encontrar

\[P[X\leq 24]\] Resolviendo nos queda de la siguiente manera:

\[P[X\leq 24]=\int_{20}^{24}f(x)dx=\int_{20}^{24}\dfrac{1}{5}dx=\dfrac{1}{5}\int_{20}^{24}dx\] \[\dfrac{1}{5}*x\bigg|_{20}^{24}=\dfrac{1}{5}*\bigg[24-20\bigg]=\dfrac{4}{5}\]

\[P[X\leq 24]=\dfrac{4}{5}\] Solución

  1. sea de más de $24,000.

Es decir, hay que encontrar:

\[P[X\geq 24]\]

Resolviendo, queda de la siguiente manera:

\[P[X\geq 24]=\int_{24}^{25}f(x)dx=\int_{24}^{25}\dfrac{1}{5}dx=\dfrac{1}{5}\int_{24}^{25}dx\]

\[=\dfrac{1}{5}*x\bigg|_{24}^{25}=\dfrac{1}{5}*\bigg[25-24\bigg]=\dfrac{1}{5}\]

\[\rightarrow P[X\geq 24]=\dfrac{1}{5}\]

4.51 El tiempo de ciclo para camiones que transportan concreto al lugar de construcción de una carretera está uniformemente distribuido en el intervalo de 50 a 70 minutos. ¿Cuál es la probabilidad de que el tiempo de ciclo exceda de 65 minutos si se sabe que el tiempo de ciclo excede de 55 minutos?

Solución

Sea \(Y\) una variable aleatoria continua, la cual indica el tiempo de ciclo para camiones que transportan concreto al lugar de construcción de una carretera, el cual se mide en minutos, además \(Y\sim Unif(50,70)\)

Por lo tanto, queda que la función de densidad de probabilidad de la variables aleatoria \(Y\) estará dada por:

\[f(y)=\dfrac{1}{70-50}=\dfrac{1}{20}\] Queda entonces que:

\[f(y)= \begin{cases} \dfrac{1}{20},\quad si\quad y\in(50,70),\\ 0,\quad \forall\quad\text{otro y} \end{cases}\]

Se tiene que encontrar entonces lo siguiente:

\[P[\text{El tiempo de ciclo exceda de 65 minutos si se sabe que el tiempo de ciclo excede de 55 minutos}]\] Es decir, hay que encontrar la siguiente probabilidad:

\[P[Y\geq 65|Y\geq 55]\] Resolviendo, queda de la siguiente manera:

\[P[Y\geq 65|Y\geq 55]=\dfrac{P[Y\geq 65]}{P[Y\geq 55]}=\dfrac{\int_{65}^{70}f(y)dy}{\int_{55}^{70}f(y)dy}=\dfrac{\int_{65}^{70}\dfrac{\small1}{\small20}dy}{\int_{55}^{70}\dfrac{\small1}{\small20}dy}\] \[\dfrac{\dfrac{\small1}{\small20}\int_{65}^{70}dy}{\dfrac{\small1}{\small20}\int_{55}^{70}dy}=\dfrac{\int_{65}^{70}dy}{\int_{55}^{70}dy}=\dfrac{y\big|_{65}^{70}}{y\big|_{55}^{70}}=\dfrac{70-65}{70-55}=\dfrac{5}{15}=\dfrac{1}{3}\]

\[P[Y\geq 65|Y\geq 55]=\dfrac{1}{3}\]

Distribución de probabilidad gamma

4.92 El tiempo \(Y\) necesario para completar una operación clave en la construcción de casas tiene una distribución exponencial con media de 10 horas. La fórmula \(C = 100 + 40Y + 3Y^2\) relaciona el costo \(C\) de completar esta operación con el cuadrado del tiempo para completarla. Encuentre la media y la varianza de \(C\)

solución

Dados los siguientes datos: \(E(Y)=10=\beta\), que \(Y\sim expo (\beta)\) y que \(C=100+40Y+3Y^2\)

queda entonces que:

\[f(y)= \begin{cases} \dfrac{1}{\beta}e^{-\dfrac{y}{\beta}},\quad si y\geq 0,\\ 0, \quad si\ y<0 \end{cases}\]

Nos queda entonces que: 1) \(E(Y)=\beta=10\), 2) \(Var(Y)=\beta^2=100\)

Obteniendo la esperanza de la variable aleatoria continua \(C\):

\[E[C]=E[100+40Y+3Y2]=E[100]+40E[Y]+3E[Y^2]\\\] Sabiendo que \(E[Y^2]=Var(Y)+[E(Y)]^2\) y que E[Y]=10:

\[E[C]=100+40*10*3[Var(Y)+[E(Y)]^2]=100+400+3[100+(10)^2]\\ =500+3[100+100]=500+3[200]=500+600=1,100\\ \rightarrow E[C]=1,100\]

Obteniendo la varianza de la variable aleatoria continua \(C\):

\[Var(C)=E[C^2]-[E(C)]^2=E[(100+40Y+3Y^2)2]-[1,100]^2\\ =E[10,000+8,000Y+2,200Y^2+240Y^3+9Y^4]-1,210,000\\ =E[10,000]+8,000E[Y]+2,200E[Y^2]+240E[Y^3]+9E[Y^4]-1,210,000\\ =10,000+8,000*10+2,200E[Y^2]+240E[Y^3]+9E[Y^4]-1,210,000\\\]

Ahora, para encontrar \(E[Y^2]\),\(E[Y^3]\)y \(E[Y^4]\), dado que \(Y\) tiene una distribución exponencial, estos se hallarán utilizando la función Gamma:

\[\Gamma(\alpha)=\int_{0}^{\infty}u^{\alpha-1}e^{-u}du\] Obteniendo cada una de las esperanzas:

  1. \(E[Y^2]\)

\[E[Y^2]=\int_{0}^{\infty}y^2*\dfrac{1}{\beta}e^{-\dfrac{y}{\beta}}dy\] Sea \(u=\dfrac{y}{\beta}\), \(du=\dfrac{dy}{\beta}\),\(y=\beta* u\)

\[E[Y^2]=\int_{0}^{\infty}(\beta *u)^2*e^{-u}du=\beta^2\int_{0}^{\infty}u^{3-1}e^{-u}du=\beta^2*\Gamma(3)\\ =(10)^2*2!=100*2=200\]

  1. \(E[Y^3]\)

\[E[Y^3]=\int_{0}^{\infty}y^3*\dfrac{1}{\beta}e^{-\dfrac{y}{\beta}}dy\] Sea \(u=\dfrac{y}{\beta}\), \(du=\dfrac{dy}{\beta}\),\(y=\beta* u\)

\[E[Y^3]=\int_{0}^{\infty}(\beta *u)^3*e^{-u}du=\beta^3\int_{0}^{\infty}u^{4-1}e^{-u}du=\beta^3*\Gamma(4)\\ =(10)^3*3!=1,000*6=6,000\]

  1. \(E[Y^4]\)

\[E[Y^4]=\int_{0}^{\infty}y^4*\dfrac{1}{\beta}e^{-\dfrac{y}{\beta}}dy\] Sea \(u=\dfrac{y}{\beta}\), \(du=\dfrac{dy}{\beta}\),\(y=\beta* u\)

\[E[Y^4]=\int_{0}^{\infty}(\beta *u)^4*e^{-u}du=\beta^4\int_{0}^{\infty}u^{5-1}e^{-u}du=\beta^4*\Gamma(5)\\ =(10)^4*4!=10,000*24=240,000\]

Ahora, sustituyendo las esperanzas encontradas en la varianza del costo:

\[Var(C)=10,000+8,000*10+2,200E[Y^2]+240E[Y^3]+9E[Y^4]-1,210,000\\ =10,000+80,000+2,200*200+240*6,000+9*240,000-1,210,000\\ =2,920,000\\ \rightarrow Var(C)=2,920,000\]

4.97 Una planta de manufactura utiliza un producto específico a granel. La cantidad de producto empleada en un día puede ser modelada por una distribución exponencial con = 4 (medida en toneladas). Encuentre la probabilidad de que la planta utilice más de 4 toneladas en un día determinado

**4.108 Los ingresos anuales de jefes de familia en una parte de una ciudad tienen aproximadamente una distribución gamma con \(\alpha=20\quad y\quad \beta = 1000\).**

a Encuentre la media y la varianza de estos ingresos.

b ¿Esperaría hallar muchos ingresos de más de $30,000 en esta sección de la ciudad?

c Ejercicio Applet ¿Qué proporción de jefes de familia de esta sección de la ciudad tienen ingresos de más de $30,000?

4.109 El tiempo improductivo por semana \(Y\) (en horas) de una máquina industrial tiene aproximadamente una distribución gamma con \(\alpha = 3\quad y\quad \beta = 2\). La pérdida \(L\) (en dólares) para la operación industrial como resultado de este tiempo improductivo está dada por \(L = 30Y + 2Y^2\) . Encuentre la varianza y el valor esperado de \(L\).

Solución

Sea \(Y\) una variable aleatoria continua que tiene aproximadamente distribución gamma con \(\alpha = 3\quad y\quad \beta = 2\).

queda entonces que:

\[f(y)= \begin{cases} \dfrac{y^{\alpha-1}e^{-\dfrac{\small y}{\small \beta}}}{\beta^{\alpha}*\Gamma(\alpha)},\quad si\quad y\geq 0,\\ 0,\quad, si\quad y<0 \end{cases}\]

Encontrando \(E(L)\):

\[E(L)=E(30Y+2Y^2)=30E(Y)+2E(Y^2)\]

Pero como se sabe que \(E(Y)=\alpha*\beta=3*2=6\), que \(Var(Y)=\alpha*\beta^2=3*2^2=12\) y que \(Var(Y)=E[Y^2]-[E(X)]^2\)

despejando a \(E(Y^2)\), queda lo siguiente:

\[E(Y^2)=Var(Y)+[E(Y)]^2=12+36=48\]

Continuando con la resolución del ejercicio, nos queda lo siguiente:

\[E(L)=30E(Y)+2E(Y^2)=30*6+2*48=180+96=276\\ \rightarrow E(L)=276\]

Encontrando \(Var(L)\):

Dada la siguiente igualdad:

\[Var(L)=E[L^2]-[E(L)]^2\] Se comienza resolviendo \(E[L^2]\):

\[E[L^2]=E[(30Y+2Y^2)^2]=E[900Y^2+120Y^3+4Y^4]=900E[Y^2]+120E[Y^3]+4E[Y^4]\\ =900(48)+120E[Y^3]+4E[Y^4]\]

procediendo a la obtención de las esperanzas desconocidas:

  1. \[E[Y^3]=\int_{0}^{\infty}y^3f(y)dy=\int_{0}^{\infty}y^3*\dfrac{y^{\alpha-1}e^{-\dfrac{\small y}{\small \beta}}}{\beta^{\alpha}*\Gamma(\beta)}dy\\ =\int_{0}^{\infty}y^3*\dfrac{y^{3-1}e^{-\dfrac{\small y}{\small 2}}}{2^{3}*\Gamma(3)}dy=\dfrac{1}{8*2}\int_{0}^{\infty}y^5*e^{\small -\dfrac{y}{\small 2}}dy\]

Aplicando un cambio de variable: Sea \(u=\dfrac{y}{2}\), \(du=\dfrac{dy}{2}\), y \(2u=y\). Queda lo siguiente:

\[\begin{align*}E[Y^3] &=\dfrac{1}{8*2}\int_{0}^{\infty}(2u)^5e^{-u}*2du=\dfrac{1}{2^4}\int_{0}^{\infty}2^5*u^5*e^{-u}du\\ &=4\int_{0}^{\infty}u^{6-1}e^{-u}du=4*\Gamma(6)=4*5!=4*120=480 \end{align*}\]

  1. \[E[Y^4]=\int_{0}^{\infty}y^4f(y)dy=\int_{0}^{\infty}y^4*\dfrac{y^{\alpha-1}e^{-\dfrac{\small y}{\small \beta}}}{\beta^{\alpha}*\Gamma(\beta)}dy\\ =\int_{0}^{\infty}y^4*\dfrac{y^{3-1}e^{-\dfrac{\small y}{\small 2}}}{2^{3}*\Gamma(3)}dy=\dfrac{1}{2^4}\int_{0}^{\infty}y^6*e^{\small -\dfrac{y}{\small 2}}dy\]

Aplicando un cambio de variable: Sea \(u=\dfrac{y}{2}\), \(du=\dfrac{dy}{2}\), y \(2u=y\). Queda lo siguiente:

\[\begin{align*}E[Y^3] &=\dfrac{1}{2^4}\int_{0}^{\infty}(2u)^6e^{-u}*2du=\dfrac{1}{2^4}\int_{0}^{\infty}2^7*u^6*e^{-u}du\\ &=8\int_{0}^{\infty}u^{7-1}e^{-u}du=8*\Gamma(7)=8*6!=5,720 \end{align*}\]

Sustituyendo las esperanzas obtenidas en la varianza de \(L\):

\[Var(L)=E[L^2]-[E(L)]^2= 900(48)+120E[Y^3]+4E[Y^4]-(276^2)\\ =900*48+120*480+4*5,720-76,176=47,664\\ \rightarrow Var(L)=47,664\]