Ejercicio 1

Dada la tabla referente a a la producción de partes para camión de carga pesada; se inspeccionan 200 partes de clase A y B, 300 de clase C y 400 de clase D. Los resultados obtenidos fueron:

Defecto A B C D Total
I 54 23 40 15 132
II 28 12 14 5 59
Sin Defecto 118 165 246 380 909
Total 200 200 300 400 1100

a) Si se selecciona una parte al azar y resulta que es una parte del tipo B, ¿Cuál es la probabilidad que no tenga defectos?

P_B <- 200/1100
P_SDiB <- 165/1100
P_SDdB <- P_SDiB/P_B
P_SDdB
## [1] 0.825

La probabilidad de no tener defectos, dado que se seleccionó una pieza tipo B es de:

\[P(SD|B)=\frac{P(SD \bigcap B)}{P(B)} = 0.825 = 82.5 \%\] b) Si la parte seleccionada es de tipo C. ¿Cuál es la probabilidad que tenga defectos tipo II?

P_C <- 300/1100
P_IIiC <- 14/1100
P_IIdC <- P_IIiC/P_C
P_IIdC
## [1] 0.04666667

La probabilidad presentar defectos tipo II, dado que se seleccionó una pieza tipo C es de:

\[P(II|C)=\frac{P(II \bigcap C)}{P(C)} = 0.04666667 = 4.6667 \%\] c) Si la parte seleccionada presenta defectos tipo I. ¿Cuál es la probabilidad que sea de clase A?

P_I <- 132/1100
P_AiI <- 54/1100
P_AdI <- P_AiI/P_I
P_AdI
## [1] 0.4090909

La probabilidad de seleccionar una pieza tipo A, dado que presenta defecto tipo I es de:

\[P(A|I)=\frac{P(A \bigcap I)}{P(I)} = 0.4090909 = 40.909 \%\] d) ¿Cuál es la probabilidad que una parte no tenga defectos?

P_SD <- 909/1100
P_SD
## [1] 0.8263636

La probabilidad que una pieza no tenga defectos es de:

\[P(SD) = \frac{909~piezas_{sin~Defectos}}{1100~piezas_{Totales}} = 0.82636363 = 82.6363 \%\]

e) ¿Cuál es la probabilidad que una parte tenga defectos?

P_D <- (132+59)/1100
P_D
## [1] 0.1736364

La probabilidad que una pieza tenga defectos es de:

\[P(SD) = \frac{132~piezas_{Tipo~I} + 59~piezas_{Tipo~II}}{1100~piezas_{Totales}} = 0.17363636 = 17.3636 \%\]

Ejercicio 2

Los programas de computador se pueden clasificar por la longitud del código y por el tiempo de ejecución. Los programas con más de 160 líneas de código son grandes (\(G\)). Los que tienen longitud \(\leq\) 160 son pequeños (\(P\)). Los programas rápidos (\(R\)) corren en menos de 0.1 segundos y los lentos (\(L\)) requieren por lo menos 0.1 segundos.
Se monitorean los programas que corren en un computador y se observa la longitud de código y tiempo de ejecución. El modelo de probabilidad para este experimento de la siguiente información: \(P[PR]=0.45\), \(P[GR]=0.2\), \(P[GL]=0.2\). ¿Cuál es el espacio muestral de este experimento?
\[\Omega = \lbrace P[PR], P[PL] , P[GR], P[GL]\rbrace = \lbrace 0.45, 0.15 , 0.2, 0.2\rbrace\]

Tamaño Rápido Lento Total
Grande 0.2 0.2 0.4
Pequeño 0.45 0.15 0.6
Total 0.65 0.35 1.0

a) La probabilidad que el programa seleccionado sea lento es de \(P\left[ L \right]= 0.35 = 35 \%\).

b) La probabilidad que el programa seleccionado sea grande es de \(P \left[ G \right] = 0.4 = 40 \%\).

c) La probabilidad que el programa seleccionado sea Lento o Grande se calcula de la forma:
\[P \left[ L \bigcup G \right]=P \left[ L \right] + P \left[ G \right] - P \left[ L \bigcap G \right] = 0.35 + 0.4 - 0.2 = 0.55\]

Ejercicio 3

Los teléfonos celulares hacen transferencias (handoffs) a medida que se mueven de una célula a otra. Durante una llamada un teléfono puede hacer cero handoffs (\(H_{0}\)), un handoff (\(H_{1}\)) o más de un handoff (\(H_{2}\)). Además, cada llamada es larga (\(L\)) si dura más de tres minutos, o breve (\(B\)) si dura menos. La siguiente tabla describe las probabilidades de los diferentes tipos de llamadas.

Tabla \(H_{0}\) \(H_{1}\) \(H_{2}\) Total
\(L\) 0.1 0.1 0.2 0.4
\(B\) 0.4 0.1 0.1 0.6
Total 0.5 0.2 0.3 1.0

a) La probabilidad que en una llamada no se hagan handoffs es de \(P \left[ H_{0} \right] = 0.5\). La probabilidad que una llamada sea breve es de \(P \left[ B \right] = 0.6\). La probabilidad que una llamada sea larga o que haga por lo menos dos handoffs es de \(P \left[ L \bigcup H_{2} \right]=P \left[ L \right] + P \left[ H_{2} \right] - P \left[ L \bigcap H_{2} \right] = 0.4 + 0.3 - 0.2 = 0.50\)

b) La probabilidad que una llamada que es breve no haga handoffs se determina de la forma:

P_B <- 0.4 + 0.1 + 0.1
P_H0iB <- 0.4
P_H0dB <- P_H0iB/P_B
P_H0dB
## [1] 0.6666667

\[P(H_{0}|B)=\frac{P(H_{0} \bigcap B)}{P(B)} = \frac{0.4}{0.6}=0.666667 = 66.6667 \%\]

C La probabilidad que una llamada con un handoff sea larga se determina de la forma:

P_H1 <- 0.1 + 0.1
P_LiH1 <- 0.1
P_LdH1 <- P_LiH1/P_H1
P_LdH1
## [1] 0.5

\[P(L|H_{1})=\frac{P(L \bigcap H_{1})}{P(H_{1})} = \frac{0.1}{0.2}=0.5 = 50 \%\] d) La probabilidad que una llamada larga tenga uno o más handoffs se puede determinar de la forma:

P_L <- 0.4
P_H0iL <- 0.1
P_H0dL <- P_H0iL/P_L
P_H12dL <- 1 - P_H0dL
P_H12dL
## [1] 0.75

\[P(H_{\geq 1}|L) =P(H_{0}|L)'= 1 - \frac{P(H_{0} \bigcap L)}{P(L)} = 1 - \frac{0.1}{0.4}= 0.75 = 75 \%\]

Ejercicio 4

Se lanzan tres monedas legales. Los posibles resultados son:

\[\Omega = \lbrace CCC, CCS, CSC, CSS, SCC, SCS, SSC, SSS \rbrace\]

Donde \(X\): Número de caras en cada lanzamiento.
La función de masa de probabilidad se definirá de la forma:

\[p(X) = \left\{ \begin{aligned} \frac{1}{8}, & ~~~~x=0\\ \frac{3}{8}, & ~~~~x=1\\ \frac{3}{8}, & ~~~~x=2\\ \frac{1}{8}, & ~~~~x=3\\ 0, & ~~~~ No~Caras\end{aligned} \right.\]

x <- c(0,1,2,3)
px <- c(0.125,0.375,0.375,0.125)
plot(x,px, type= "h", xlim = c(-0.1,3.1), ylim = c(0,1), main = "", ylab = "p(X)", xlab = "X")
title(main = "Función de Masa de Probabilidad")

EX <- sum(x * px)
WM <- weighted.mean(x,px)
c(EX,WM)
## [1] 1.5 1.5
var(c(0,1,2,3))
## [1] 1.666667

El valor esperado es igual a \(\mu x=1.5\), con una varianza de . Al simular 10000 lanzamientos de tres monedas y evaluar la variable \(X\) para cada lanzamiento, se obtuvo que la media, para el experimento es de \(X=1.5061\) y una varianza \(S=0.7464374\). Los valores simulados oscilan entre el Valor Esperado Teórico y la Varianza Teórica. Los valores obtenidos para la función de masa de probabilidad se encuentran en el margen del 2 % de los valores teóricos, al igual que la media y la varianza

coin1 <- sample(0:1,10000,replace = TRUE)
coin2 <- sample(0:1,10000,replace = TRUE)
coin3 <- sample(0:1,10000,replace = TRUE)

coins <- cbind(coin1,coin2,coin3)

X <- replicate((length(coins)/3.0), 0)
for(i in 1:(length(coins)/3.0))
{
  X[i] <- coins[i,1] + coins[i,2] + coins[i,3]
}

media <- mean(X)
varianza <- var(X)

l0 <- length(which(X == 0))
l1 <- length(which(X == 1))
l2 <- length(which(X == 2))
l3 <- length(which(X == 3))

media 
## [1] 1.495
varianza
## [1] 0.7310481
p0 <- l0/(length(coins)/3.0)
p0
## [1] 0.1201
p1 <- l1/(length(coins)/3.0)
p1
## [1] 0.3852
p2 <- l2/(length(coins)/3.0)
p2
## [1] 0.3743
p3 <- l3/(length(coins)/3.0)
p3
## [1] 0.1204

Ejercicio 5

En una cierta especie de ratas, el gen negro \((n)\) es dominante sobre el gris \((g)\). Si una rata negra con dos padres negros tiene un hijo gris,

Rta/: Sabiendo que el alelo N es dominante y el g es el resesivo, y que los individuos se aparean independientemente del genotipo.Los genotipos NN, Ng y gg ocurren en la población con probabilidades 1/4, 1/2 y 1/4, respectivamente.

Sea E el evento de que el individuo observado tenga el rasgo dominante.Nos gustaría revisar nuestra opinión sobre los posibles genotipos de los padres. Hay seis posibles combinaciones de genotipos, B1 … B6, para los padres antes de realizar cualquier observación, y se enumeran en la siguiente Tabla:

Tabla (NN,NN) (NN,Ng) (NN,gg) (Ng,Ng) (Ng,gg) (gg,gg)
Nombre del evento \(B_1\) \(B_2\) \(B_3\) \(B_4\) \(B_5\) \(B_5\)
Prob. de \(B_i\) \(1/16\) \(1/4\) \(1/8\) \(1/4\) \(1/4\) \(1/16\)
P(\(E|B_i\)) 1 1 1 \(3/4\) \(1/2\) 0

El denominador en el teorema de Bayes: \[P(E)=\sum_{i=1}^5{P(B_i)P(E|B_i)}=\frac{1}{16}*1+\frac{1}{4}*1+\frac{1}{8}*1+\frac{1}{4}*\frac{3}{4}+\frac{1}{4}*\frac{1}{2}+\frac{1}{16}*0=\frac{3}{4}\] a) Cuál es la probabilidad de que esta rata sea negra pura \((nn)\) (en vez de un híbrido con un gen negro y uno gris \((ng)\) o \((gn)\))? \[P(B_1|E)=\frac{1/16 * 1}{3/4}=\frac{1}{12}=0.083333\]

b) Suponga que cuando la rata negra se aparea con una rata gris, todos sus cinco hijos resultan negros, Cuál es la probabilidad de que la rata sea negra pura? \[1-P(B_3|E)=1 -\frac{1/8*1}{3/4}=\frac{1}{8}=0.125\]

Ejercicio 6

En un examen de selección múltiple, un estudiante contesta las preguntas si sabe la respuesta. En caso contrario, selecciona al azar una respuesta. Sea \(p\) la probabilidad de que sepa la respuesta (\(1-p\)) la de que no la sepa. Si hay \(m\) posibles respuestas y que el estudiante las escoge con la misma probabilidad cuando no sabe la respuesta, ¿cuál es la probabilidad de que el estudiante sí sepa la respuesta dado que sacó la respuesta correcta?
Para este caso se requiere saber la probabilidad condicional que el estudiante sepa la respuesta dado que respondió correctamente, es decir:

\[P(p|c)= \frac{P(p \cap c)}{P(c)}\]

Donde \(c\), corresponde a responder bien la respuesta y p corresponde a la probabilidad que se sepa la respuesta, la probabilidad que la respuesta sea correcta será:

\[P(c) = p+(1-p) \cdot \frac{1}{m}\]

De tal forma que la probabilidad condicional que el estudiante sepa la respuesta dado que se respondió de forma adecuada es de:

\[P(p|c)= \frac{p}{p+\frac{(1-p)}{m}}\]

Ejercicio 7

Una máquina produce fotodetectores en pares. Las pruebas muestran que el primer fotodetector es aceptable con probabilidad \(3/5\).Cuando el primero es aceptable , el segundo es aceptable con probabilidad \(4/5\). Si el primer fotodetector es defectuoso, el segundo es aceptable con probabilidad \(2/5\).

Rta/:El arbol de probabilidades se presenta a continuación:

imagen:

a) Cuál es la probabilidad de que en un par, exactamente un fotodetector sea aceptable? \[P(A_1)= \frac{3}{5}.\frac{1}{5}+\frac{2}{5}.\frac{2}{5}=\frac{7}{25}=0.28\]

b) Cuál es la probabilidad de que ambos detectores sean defectuosos? \[P(D_2)= \frac{2}{5}.\frac{3}{5}=\frac{6}{25}=0.24\]

Ejercicio 8

Se lanzan dos monedas cargadas. La moneda A sale cara con probabilidad \(1/4\). Para la moneda B sale cara con probabilidad \(3/4\). No se sabe cuál moneda es cuál. Se lanza cada moneda una vez, escogiendo la primera al azar. Use \(C_i\) (cara) y \(S_i\) (sello) para denotar el resultado del \(i\)-ésimo lanzamiento. Sea \(A_1\) el evento de que la moneda A se escogió en primer lugar y \(B_1\) el evento de que la primera escogida fue la moneda B. Cuál es la probabilidad \(P[C_1C_2]\)? Los eventos \(C_1\) y \(C_2\) son independientes? Explique.

imagen: imagen:

Tanto para el primero evento como para el segundo, la probabilidad de obtener dos caras de manera consecutiva es de \(P[C_1C_2] = \frac{3}{16} = 0.1875\). Para este caso, los eventos \(C_1\) y \(C_2\) son independientes, debido a que se realizan con distintas monedas que además están cargadas de distinta forma.

Ejercicio 9

Considere la siguiente función: \[f(x) = \frac{2}{25}(x-5), \quad 5\le x\le10\] a) Muestre que \(f(x)\ge 0,\quad -\infty<x<\infty\) y que \(\int_{-\infty}^{\infty} f(x)dx=1\) Rta/ -Para \(X=5\), la función resulta: \[f(x) = \frac{2}{25}(5-5)=0\] Para \(X=10\), la función resulta: \[f(x) = \frac{2}{25}(10-5)=\frac{2}{5}\] Cumple con la primera condición. *Para la segunda condición se tiene que: \[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2}{25}(x-5)dx=\int_{5}^{10}\frac{2}{25}(x-5)dx=1\] \[\frac{2}{25}\int_{5}^{10}(x-5)dx=1\] \[\frac{2}{25}\left[\frac{x^2}{2}-5x\right]_{5}^{10}=1\] \[\frac{2}{25}\left[0- \left(\frac{25}{2}-25\right)\right]=1\] Cumple para ser una función de densidad (pdf)

b) Grafique \(f(x)\)

opar <- par(no.readonly = TRUE)  # read current parameters
par(mfrow = c(1, 2), pty = "m")  # split device 1 row 2 columns
f <- function(x){
  y <- 0.08*(x - 5)
  y[x <= 5 | x >= 10] <- 0
  return(y)
}
#curve(f, 4, 11, xlab = "x", ylab = "f(x)", main = "PDF for X")
library(ggplot2)
previous_theme <- theme_set(theme_bw())
p <- ggplot(data.frame(x = c(4, 11)), aes(x = x))
p + stat_function(fun=f) + labs(x = "x", y = "f(x)\n", title = "PDF for X")

theme_set(previous_theme)
#par(opar)

c Calcule y grafique la CDF \(F(x)\).

Por definición \(F(x)=\int_{-\infty}^{x}f(t)dt -\infty<x<\infty\):

\[F(x)=\frac{2}{25}\int_{5}^{x}(t-5)dt= \frac{2}{25}\left[\frac{t^2}{2}-5t\right]_{5}^{x}=\frac{x^2}{25}-\frac{2x}{5}+1 \] donde se demuestra que \(F'(x)=f(x)\). La CDF se definiria como: \[F(x) = \left\{ \begin{aligned} 0,&~~~~~~x\leq5\\ \frac{x^2}{25}-\frac{2x}{5}+1, & ~~~~~~5<x\leq10\\ 1, & ~~~~~x\leq10\end{aligned} \right.\]

opar <- par(no.readonly = TRUE)  # read current parameters
par(mfrow = c(1, 2), pty = "m")  # split device 1 row 2 columns
F <- function(x){
  y <- (x^2)/25 - 2*x/5 + 1
  y[x <= 5] <- 0
  y[x > 10] <- 1
  return(y)
 }
#curve(F, 4, 11, xlab = "x", ylab = "F(x)", main = "CDF for X")
library(ggplot2)
previous_theme <- theme_set(theme_bw())
p <- ggplot(data.frame(x = c(4, 11)), aes(x = x))
p + stat_function(fun = F) + labs(x = "x", y = "F(x)", title = "CDF for X")

theme_set(previous_theme)
#par(opar)  # reset graphical parameters

d Calcule \(P(X\le 8)\), \(P(X>6)\) y \(P(7<X\le 8)\)

\[\mathbb{P}(X\leq8)=\int_{5}^{8}\frac{2}{25}(x-5)=\frac{2}{25}\left[\frac{x^2}{2}-5x\right]_{5}^{8}=\frac{9}{35}=0.36 \] \[\mathbb{P}(X>6)=\int_{6}^{10}\frac{2}{25}(x-5)=\frac{2}{25}\left[\frac{x^2}{2}-5x\right]_{6}^{10}=\frac{24}{25}=0.96 \] \[\mathbb{P}(7<X\le 8)=\int_{7}^{8}\frac{2}{25}(x-5)=\frac{2}{25}\left[\frac{x^2}{2}-5x\right]_{7}^{8}=\frac{1}{5}=0.2 \] e Calcule \(P(X\le 8)\), \(P(X>6)\) y \(P(7<X\le 8)\), usando la función integrate(). \(\mathbb{P}(X\le 8)\)

fx <- function(x){2*x/25 - 10/25}           # define function fx
integrate(fx, lower = -0.5, upper = 1)     # gives value and tolerance
## -0.57 with absolute error < 6.3e-15
ans <- integrate(fx, lower = 5, upper = 8)$value   # just the value
ans
## [1] 0.36
library(MASS)                              # for fractions() function
fractions(ans)
## [1] 9/25

\(\mathbb{P}(X>6)\)

fx <- function(x){2*x/25 - 10/25}           # define function fx
integrate(fx, lower = -0.5, upper = 1)     # gives value and tolerance
## -0.57 with absolute error < 6.3e-15
ans <- integrate(fx, lower = 6, upper = 10)$value   # just the value
ans
## [1] 0.96
library(MASS)                              # for fractions() function
fractions(ans)
## [1] 24/25

\(\mathbb{P}P(7<X\le 8)\)

fx <- function(x){2*x/25 - 10/25}           # define function fx
integrate(fx, lower = -0.5, upper = 1)     # gives value and tolerance
## -0.57 with absolute error < 6.3e-15
ans <- integrate(fx, lower = 7, upper = 8)$value   # just the value
ans
## [1] 0.2
library(MASS)                              # for fractions() function
fractions(ans)
## [1] 1/5

Ejercicio 10

n <- 1000
X <- replicate(n, 0)
for(i in 1:n)
{
  kids <- sample(0:1,100,replace = TRUE)
  X[i] <- min(which(kids == 1))
}
mean(X)
## [1] 2.039

Para este experimento con 1000 familias se determinó que la media de hijos oscila alrededor de 2.

n <- 1000
X <- replicate(n, 0)
Y <- replicate(n, 0)
MF <- replicate(n, 0)
for(i in 1:n)
{
  kids <- sample(0:1,100,replace = TRUE)
  X[i] <- min(which(kids == 1))
  Y[i] <- min(which(kids == 0))
  MF[i] <- max(X[i],Y[i])
}
mean(MF)
## [1] 3.024

Al igual que en el anterior, para este experimento con 1000 familias se determinó que la media de hijos oscila alrededor de 3.

Ejercicio 11

Para la siguiente función de densidad: \[f(x) = \frac{1}{36}xe^{-x/6}, \quad x>0\] Calcule la función generadora de momentos y, a partir de ahí, calcule la media y la varianza. Rta/: La función generadora de momentos o mgf de X esta definida como:

\[M_X(t)=E[e^{tX}]=\int_{-\infty}^{\infty}e^{tx}f(x)dx,~~ -h<t<h\] \[M_X(t)=E[e^{tX}]=\frac{1}{36}\int_{-\infty}^{\infty}xe^{x(t-\frac{1} {6})}dx,~~ -h<t<h\] \[=\frac{((6t-1)x-6)e^{x(t-\frac{1} {6})}}{6(6t-1)^2}~~ -h<t<h\]