\[\text{Teoria del Riesgo}\]
\[\text{Tarea #1}\]
Ejercicio 1
X tiene una distribución de Pareto tipo 2 con parámetros \(\alpha = 2\) y \(\theta = 10,000\). De misma manera, Y tiene una distribución Burr con sus parámetros \(\alpha = 2\), \(\gamma = 2\) y \(\theta=\sqrt{20,000}\). Sea r la razón de \(Pr(X > d)/P r(Y > d)\).
Calcule el \(\lim_{d\to\infty} (r)\) sólo sí exíste.
Sabemos que:
Pareto tipo II: \[f(x_1)=\frac{\alpha\theta^\alpha}{(x+\theta)^{\alpha+1}}~~\Rightarrow~~\alpha=2,~~\theta=10,000\]
Burr: \[f(x_2)=\frac{\alpha\beta(\frac x\theta)^\alpha}{x(1+(\frac x\theta)^\beta)^{\alpha+1}}~~\Rightarrow~~\alpha=2,~~~\beta=2,~~\theta=\sqrt{20,000}\]
\(\Rightarrow f(x_=\frac{2(10,000)^2}{(x+10,000)^{2+1})}=\frac{2(10,000)^2}{(x+10,000)^{3})}\)
\(\Rightarrow f(x_2)=\frac{(2)(2)(\frac x{\sqrt{20,000}})^2}{x(1+(\frac x{\sqrt{20,000}})^2)^{2+1}}=\frac{4\frac {x^2}{20,000}}{x(1+\frac {x^2}{20,000})^{3}}\)
\(\Rightarrow \frac {\frac{2(10,000)^2}{(x+10,000)^{3})}}{\frac{4(\frac {x^2}{20,000})}{x(1+\frac {x^2}{20,000})^{3}}}~=~\frac{2(10,000)^2(x(1+\frac {x^2}{20,000})^{3})}{(x+10,000)^{3})(4(\frac {x^2}{20,000}))}~\Rightarrow~\lim\limits_{x \to \infty}\frac {((2(10,000)^2)\cdot(x(1+(\frac x{\sqrt{20,000}})^2)^{3})}{(x+10,00)^3\cdot(4+(\frac x{\sqrt{20,000}})^2)}=\infty\)
\(\therefore\) El límite cuando x tiende a \(\infty\), es \(\infty\)
Ahora sea \(r\) la razón de \(P_r(x>d)/P_r(y>d)\) entonces tenemos: \[r=\frac{(\frac{10,000}{10,000+d})^2}{(\frac{20,000}{20,000+d^2})^2}~\Rightarrow~r=(\frac{20,000+d^2}{20,000+2d})^2\]
\[\Rightarrow~r=\frac{(20,000)^2+40,000d^2+d^4}{(20,000)^2+80,000d+4d^2}\]
\(\therefore\) Aplicando \(L`Hopital\) podemos decir que su límite es \(\infty\)
Ejercicio 2
Cierta variable aleatoria no negativa tiene una función \((f(x))\) de tasa de riesgo (hazard rate) de \(h(x) = A + e^{2x}\), \(x ≥ 0\). También se tiene que \(S(0.4) = 0.5\). Calcule el valor de A.
HINT: Dado que \(h(t)\) también es igual al negativo de la derivada de \(log[S(t)]\), tenemos la identidad útil: \[\begin{equation}F(t) = 1-e^{\int_{0}^{t} h(t) \cdot dt}\end{equation}\]
Notemos que \(h(t)=-\frac d{dt}log(s(t))\), de aquí despejamos \(s(t)-h(t)=\frac d{dt}log(s(t))\)
\[\Rightarrow -\int_{0}^{t}h(z) \cdot dz=log(s(t))\]
\[\Rightarrow s(t)=e^{-\int_{0}^{t}h(z)\cdot dz}\]
Ahora tenemos que \(h(x)=A+e^{2x}\), \(x≥0\)
\[\Rightarrow \int_{0}^{t}h(z) \cdot dz=\int_{0}^{t}A+e^{2z} \cdot dz=\int_{0}^{t}A\cdot dz+\int_{0}^{t}e^{2z} \cdot dz\] Aplicaremos integración por sustitución en la integral \(\int_{0}^{t}e^{2z} \cdot dz\) con \(u=2z\) entonces:
\[=\int_{0}^{t}A\cdot dz+\int_{0}^{t}\frac 12e^{u} \cdot du=\int_{0}^{t}A\cdot dz+\frac 12\int_{0}^{t}e^{u} \cdot du=A_z|_0^t+\frac 12(e^u|_0^{2t})\]
\[[At-A(0)]+\frac 12[e^{2t}-e^0]=At+\frac 12(e^{2t}-1)\]
Por otra parte, notemos que \[s(0.4)=0.5\Rightarrow ln(s(0.4))=ln(0.5)\]
Así \[ln(0.5)=ln(s(0.4))=-[A(0.4)+\frac 12(e^{2(0.4)}-1)]\] de aquí despejamos \(A\) \[ln(0.5)+\frac 12(e^{2(0.4)}-1=-A(0.4)\]
\[\Rightarrow A=\frac {ln(0.5)+\frac 12(e^{2(0.4)}-1)}{-0.4}=0.2009417908\]
\(\therefore\) El valor de \(A\) es \(0.2009417908\)
Ejercicio 3
Sean dos variables aleatorias \(X\) e \(Y\) , donde sabemos que \(e_Y (40) = e_X(40) + 6\). Sabemos que \(X\) tiene una distribución uniforme en el intervalo \([0,100]\) y además \(Y\) tiene una distribución uniforme en el intervalo \([0,\omega]\). Calcule \(\omega\).
Sabemos que para \(X\sim unif(a,b)\) su función de densidad esta dada por
\[f(x)= \left\{ \begin{array}{lcc} \frac{1}{b-a} & si~ x \in (a,b) \\ \\ 0 & en~otro~caso \end{array} \right.\]
\(\Rightarrow\) Sabemos que la variable aleatoria \(Y\) tiene una distribución uniforme en el intervalo \([0,\omega]\), por lo que su función de densidad esta dada por \(f(x)=\frac 1\omega\), entonces:
\(e_Y (40)=\frac{\int_{40}^{\omega} (x-40)\omega^{-1} \cdot dx}{\int_{40}^{\omega}\omega^{-1} \cdot dx}=\frac{\frac{(x-40)^2}{2\omega}|^{\omega}_{40}}{\frac{\omega-40}{\omega}}=\frac{\frac{(\omega-40)^2}{2\omega}-\frac{(40-40)^2}{2\omega}}{\frac{\omega-40}{\omega}}=\frac{\frac{(\omega-40)^2}{2\omega}}{\frac{\omega-40}{\omega}}=\frac{\omega(\omega-40)^2}{2\omega(\omega-40)}=\frac{(\omega-40)^2}{2(\omega-40)}=\frac{\omega-40}{2}\)
Ahora sabemos que \(e_Y (40) = e_X(40) + 6\) \(\Rightarrow\) \(\frac{\omega-40}{2} = e_X(40) + 6\)
Por lo que ahora nos toca resolver \(e_X(40) + 6\), sabemos que la variable aleatoria \(X\) tiene una distribución uniforme en el intervalo \([0,100]\), por lo que su función de densidad esta dada por \(f(x)=\frac 1{100}\), entonces:
\(e_X (40)=\frac{\int_{40}^{100} (x-40)100^{-1} \cdot dx}{\int_{40}^{100}100^{-1} \cdot dx}=\frac{\frac{(x-40)^2}{2(100)}|^{100}_{40}}{\frac{100-40}{100}}=\frac{\frac{(100-40)^2}{200}-\frac{(40-40)^2}{200}}{\frac{3}{5}}=\frac{\frac{(60)^2}{200}}{\frac{3}{5}}=\frac{5(60)^2}{3(200)}=30\)
\(\Rightarrow\) sustituyendo la igualdad nos queda que \[\frac{\omega-40}{2} = 30 + 6\]
Por lo que ahora solo despejamos para encontrar el valor de omega
\[\Rightarrow \omega-40 = 2(36)\Rightarrow \omega = 72+40\]
\[\therefore \omega = 112\]
Ejercicio 4
Las pérdidas siguen una distribución Pareto(\(\alpha = 0.6\); \(\theta = 12,000\)) tipo 2. Calcula la función media de exceso de pérdida en \(\theta\).
HINT: Los momentos de la variable izquierda censurada y desplazada \(E[(X − d)_+]\) es definida como,
\[ E[(X − d)_+] = \int_{d}^{\infty} (x-d)f(x) \cdot dx = E(X)-E(X^d) = e_X(d)[1-F(d)]\] y además, recordar que para una distribución \(Pareto(\alpha,\theta)\)
\[ E(X ^ d) = \int_{0}^{d} [1-F(x)] \cdot dx = \frac{\theta}{\alpha - 1} [1-(\frac{\theta}{\theta + d})^{\alpha-1}]\]
Del hint 1, tenemos que:
\(E[(x-d)_+] = E[X] - E[(x \wedge d)]\)
Además,
\(E[X] - E[(x \wedge d)] = e_x(d)[1- F(d)]\)
Despejamos \(e_x(d)\) y nos queda:
\(e_x(d) = {E[X] - E[(x \wedge d)] \over 1-F(d)}\)
Por el hint 2, tenemos que:
\(e_x(d) = {E[X] - [{\theta \over \alpha - 1} (1- {\theta \over \theta + d}) ^{\alpha - 1}] \over 1 -F(d)}\)
Como es una Pareto tipo II, tenemos que:
\(E[X] = {\theta \over \alpha - 1 }\) y \(F(d) = 1 - ({\theta \over \theta + d})^\alpha\)
Sustituimos,
\(e_x(d) = {({\theta \over \alpha -1})- [{\theta \over \alpha -1}(1 - ({\theta \over \theta + d})^{\alpha -1})] \over 1- 1 - ({\theta \over \theta + d})^\alpha}~~\Rightarrow~~e_x(d) = {({\theta \over \alpha -1})({\theta \over \theta + d})^{\alpha -1} \over - ({\theta \over \theta + d})^\alpha}\)
Sustituimos \(\alpha = 0.6\) y \(\theta = 12,000\)
\(e_x(d) = {({12000 \over 0.6 -1}) ({12000 \over 12000 + d})^{0.6 - 1} \over - ({12000 \over 12000 + d})^{0.6} }= {-30000 \over ({12000 \over 12000 + d})}\)
Por lo tanto, la función media de exceso de pérdida es: \(~e_x(d) = {-30000 \over (1 + {12000 \over d})}\)
Ejercicio 5
Las pérdidas de cierta compañia siguen una distribución \(Weibull(\alpha, \theta)\). El percentil 25 es 1,000 y el percentil 75 es 100,000. Calcule el valor de \(\alpha\).
Primero, recordemos que la función de distribución de una Weibull es:
\(F(x) = 1 - e^{-({x \over \theta})^\alpha}\)
Asumimos \(\theta\) conocida.
Como tenemos dos percentiles, hacemos un sistema de ecuaciones.
\(0.25 = 1 - e^{-({1000 \over \theta})^\alpha}\) . . . (1)
\(0.75 = 1 - e^{-({100000 \over \theta})^\alpha}\) … (2)
Simplificando, obtenemos:
\(0.75 = e^{-({1000 \over \theta})^\alpha}\) . . . (1)
\(0.25 = e^{-({100000 \over \theta})^\alpha}\) . . . (2)
Aplicando logaritmo a ambas ecuaciones,
\(log(0.75) = {-({1000 \over \theta})^\alpha}\) . . . (1)
\(log(0.25) = {-({100000 \over \theta})^\alpha}\) . . . (2)
Ahora, dividimos la ecuación (2) entre la (1)
\({log(0.25) \over log(0.75)} = {{-({100000 \over \theta})^\alpha} \over {-({1000 \over \theta})^\alpha}}\)
Obtenemos:
\({log(0.25) \over log(0.75)} = 100^\alpha\)
\(\Rightarrow 4.81884 = 100^\alpha\)
Nuevamente, aplicamos logaritmo de ambos lados.
\(\Rightarrow log(4.81884) = \alpha * log(100)\)
Despejando \(\alpha\) tenemos que:
\(\alpha = {log(4.81884) \over log(100)}\)
\(\therefore \alpha = 0.34147\)
Ejercicio 6
Calcula el \(VaR\) y \(TVaR\) al \(90%\) para las siguientes distribuciones:
- \(\bf{U(0, 300)}\),\(~~~~f(x)=\frac1 {300}\)
\(\Longrightarrow \mathbb P(x>\Pi_{90\%}) = 1-0.9 = 0.1 \Rightarrow \mathbb P(x≤\Pi_{90\%}) = 0.9 \Leftrightarrow \frac {\Pi_{90\%}-0}{300}=0.9\) \(\Longrightarrow VaR_{90\%}= 270 = 300(p)\)
\(TVaR_{90\%} = \frac {\int_{\Pi_{90\%}}^{\infty} \alpha f(x) \cdot dx}{1-0.9}\Leftrightarrow \frac {\int_{270}^{300}x(\frac1{300}) \cdot dx}{0.1}=\frac {\frac1{300}(\frac{(300)^2}{2}-\frac{(270)^2}{2})}{0.1}\)
\(\Longrightarrow TVaR_{90\%}= 285 = 150(1+p)\\\)
- \(\bf{Pareto(\alpha = 1.8, \theta = 2)}\)
\(\Pi_{90\%} \Rightarrow 1-(\frac 2{\Pi_{90\%}})^{1.8}=0.9 \Rightarrow (\frac 2{\Pi_{90\%}})^{1.8}=0.1 \Rightarrow \frac 2{\Pi_{90\%}} = \sqrt[1.8]{0.1}\)
\(\Rightarrow \frac 1{\Pi_{90\%}} = \frac {\sqrt[1.8]{0.1}}{2} \Rightarrow \Pi_{90\%} = \frac {2}{\sqrt[1.8]{0.1}} \Rightarrow VaR_{90\%} = 7.187627\)
\(TVaR_{90\%} = \frac \theta{\sqrt[\alpha]{1-p}}+\frac{\Pi_{90\%}}{\alpha-1}= \Pi_{90\%}+\frac{\Pi_{90\%}}{\alpha-1} = \frac 2{\sqrt[1.8]{0.1}} + \frac {\frac 2{\sqrt[1.8]{0.1}}}{0.8}\)
\(TVaR_{90\%} = 16.172161\\\)
- \(\bf{Exp(media = 2000)}\)
\(VaR_{90\%}\Rightarrow 1-e^{-\frac{\Pi_{90\%}}{2000}}=0.9\Rightarrow e^{-\frac{\Pi_{90\%}}{2000}}=0.1\Rightarrow {-\frac{\Pi_{90\%}}{2000}}=\ ln (0.1)\)
\(\Rightarrow \Pi_{90\%}=-2000\ln(0.1)\Rightarrow VaR_{90\%}=4605.170186\)
\(TVaR_{90\%}=-\theta \ln (1-p)+\theta =-2000\ln(1-0.9)+2000\Rightarrow TVaR_{90\%}=6605.170186\\\)
- \(\bf{Lognormal(\mu= 10, \sigma = 4)}\)
\(\Rightarrow\ln(x)\sim\mathcal{N}(\mu,\sigma^2) \Rightarrow \frac {\ln(x)-\mu}{\mu}\sim\mathcal{N}(0,1)\)
\(\Rightarrow VaR_{90\%}=\mathbb P(\frac{\ln(x)-10}4≤\frac{\ln(\Pi_{90\%})-10}4)=0.9\Rightarrow \Phi(\frac {\ln(\Pi_{90_\%}-10)}4)=0.9\)
\(\Rightarrow \Pi_{90\%}=exp(4(1.281551)+10)\Rightarrow VaR_{90\%}=3,708,744.62\)
\(TVaR_{90_\%}=\frac {e^{\mu+\frac{\sigma^2}2}}{1-p}[1-\Phi(\frac {\ln(\Pi_{90\%})-\mu-\sigma^2)}\sigma]\)
\(~~~~~~~~~~~~~~~=\frac {e^{10+8}}{0.1}[1-\Phi(\frac {\ln(3,708,744.62)-10-16)}4]\)
\(~~~~~~~~~~~~~~~=\frac {e^{18}}{0.1}[1-\Phi(-2.718449)]\)
\(~~~~~~~~~~~~~~~=\frac {e^{18}}{0.1}[1-0.00322]=654485440.4=TVaR_{90\%}\\\)
Ejercicio 7
Una compañía aseguradora de autos ofrece cobertura para conductores de todas las edades. Se saben las siguientes estadísticas al respecto:
\[\begin{array}{||c| |c| |c||} \hline \textbf{Edad del} & \textbf{Probabilidad de} & \textbf{Proporción de Asegurados}\\ \textbf{Conductor} & \textbf{Accidente} & \textbf{respecto al Total}\\ \hline 16-20 & 0.06 & 0.08\\ 21-30 & 0.03 & 0.15\\ 31-65 & 0.02 & 0.49\\ 66-99 & 0.04 & 0.28\\ \hline \end{array}\]Se selecciona a un conductor de forma aleatoria que haya tenido un accidente y esté asegurado.
Calcula la probabilidad de que pertenezca al rango de edad 16-20.
Como buscamos la probabilidad en el rango de 16-20, entonces asignamos que
\[ \left.\begin{aligned} 16-20\rightarrow a ~&\rightarrow \mathbb P(A|a)=0.06\\ 21-30\rightarrow b ~&\rightarrow \mathbb P(A|b)=0.03\\ 31-65\rightarrow c ~&\rightarrow \mathbb P(A|c)=0.02\\ 66-99\rightarrow d &\rightarrow \mathbb P(A|d)=0.04 \end{aligned} \ \right\} \ \text{Probabilidad de Accidente} \]\(A=accidente\)
\(\Rightarrow \mathbb P(a|A)= \frac{\mathbb P(A|a)\cdot\mathbb P(a)}{\mathbb P(A|a)\cdot\mathbb P(a)+\mathbb P(A|b)\cdot\mathbb P(b)+\mathbb P(A|c)\cdot\mathbb P(c)+\mathbb P(A|d)\cdot\mathbb P(d)}\\\hspace{1.8cm}=\frac {(0.06)(0.08)}{(0.06)(0.08)+(0.03)(0.15)+(0.02)(0.49)+(0.04)(0.28)}\\\hspace{1.8cm}=\frac {0.0048}{0.0048+0.0045+0.0098+0.0112}=\frac {0.0048}{0.0303}=0.1584158\)
\(\therefore\) La probabilidad de que el conductor seleccionado haya tenido un accidente y esté asegurado, pertenezca al rango de edad 16-20 es de \(0.1584158\)
Ejercicio 8
Un monto de pérdida derivado de incendios de un edificio comercial es modelado por una variable aleatoria X con función de densidad: \(f(x) = 0.005 · (20 − x) · \mathbb ][_0<x<20.\) Dado que la pérdida por incendio excede el valor 8, ¿cuál es la probabilidad de que exceda el valor 16?
\(\Rightarrow\) Buscamos \(\mathbb P[x>16|x>8]=\frac{\mathbb P[x>16,x>8]}{\mathbb P[x>8]}\) se tiene que \(\mathbb P[x>16,x>8]=\mathbb P[x>16]\)
\(\Rightarrow \mathbb P[x>16|x>8]=\frac{\mathbb P[x>16]}{\mathbb P[x>8]}\) se tiene que \(][_{0<x<20},\) entonces:
\(\Rightarrow F(x)=\int_{0}^{x}0.005(20-t) \cdot dt=\frac 1{10}t-0.005\frac {t^2}2|_0^x=\frac x{10}-\frac{x^2}{400}\)
\(\Rightarrow \mathbb P[x>16]=1-\mathbb P[x≤16]=1-F(16)=1-\frac {16}{10}+\frac {(16)^2}{400}=\frac 1{25}=0.04\)
\(\Rightarrow \mathbb P[x>8]=1-\mathbb P[x≤8]=1-F(8)=1-\frac {8}{10}+\frac {(8)^2}{400}=\frac 9{25}=0.36\)
así, \(\frac{\mathbb P[x>16]}{\mathbb P[x>8]}=\frac {0.04}{0.36}=\frac19\)
\(\therefore\) La probabilidad de que la pérdida por incendio de un edificio comercial exceda el valor 16, dado que la pérdida exceda el valor 8, es de \(\bf\frac19\)
Ejercicio 9
Una compañía aseguradora tiene cobertura sobre casas en tres ciudades de la república: Guadalajara, Monterrey y CDMX. Dado que la distancia entre las ciudades es considerable, es natural asumir que los siniestros que ocurren en las mismas son independientes entre sí. Las funciones generadoras de momentos de las variables de pérdidas de cada ciudad son:
- CDMX: \(M_{CDMX}(t) = (1-2t)^{-3}\)
- Guadalajara: \(M_{Guadalajara}(t) = (1-2t)^{-2.5}\)
- Monterrey: \(M_{Monterrey}(t) = (1-2t)^{-4.5}\)
Suponga que \(X\) representa las pérdidas combinadas de las tres ciudades. Calcula \(\mathbb E(X^3)\).
Por hipótesis, tenemos que las variables son independientes.
Entonces, X será el producto de las funciones generadoras de momentos de las tres ciudades. Es decir:
\(((1-2t)^{-3})((1-2t)^{-2.5})((1-2t)^{-4.5}) = (1-2t)^{-10}\)
Ahora, el tercer momento lo podemos calcular si evaluamos la tercera derivada en cero. Primero, calculamos la tercera derivada de \((1-2t)^{-10}\)
\(f'''(t) = {10560 \over (1-2x)^{-10}}\)
Ahota, evaluamos considerando \(t=0\)
\({10560 \over (1-2(0))^{-10}} = {10560 \over 1^{-10}} = 10,560\)
\(\therefore E[X^3] = 10,560\)
Ejercicio 10
Una compañía aseguradora sobre aparatos electrónicos paga un beneficio de 4000 si el aparato en cuestión falla durante el primer año. La cantidad del beneficio decrece en mil cada año sucesivo hasta alcanzar cero. Si el aparato no ha fallado hasta el inicio de cada año, la probabilidad de falla durante el año en curso es de 0.4. ¿Cuál es el beneficio esperado de la póliza?
Sea \(X=~beneficio~de~la~póliza\) entonces:
\(E(X)=4000(0.4)+3000(0.6)(0.4)+2000(0.6)^2(0.4)+1000(0.6)^3(0.4)\)
\(\hspace{1.1cm}=1600+720+288+86.4=2694.4\)
\(\therefore~\) El beneficio esperado de la póliza es de 2694.4
Ejercicio 11
Una compañía acuerda aceptar el precio más alto que se le ofrezca en una subasta de una propiedad. Hasta el momento, ha recibido cuatro ofertas, mismas que se distribuyen de forma independiente e idéntica con función de distribución dada por \(F(x) = \frac12·(1 + sinπx)\) para \(\frac3 2 ≤ x ≤\frac52.\)
¿Cuál es el valor esperado del precio más alto?
Notemos que \(f(x)=\frac d{dx}F(x)\)
\(\Rightarrow f(x)=\frac d{dt}(\frac 12(1+sin(\pi x)))\) con \(\frac 32 ≤ x ≤ \frac 52\)
\(\Rightarrow f(x)=\frac 12\frac d{dt}(1+sin(\pi x))=\frac 12(\frac d{dt}1+\frac d{dt}sin(\pi x))=\frac 12(0+\pi cos(\pi x))\)
\(f(x)= \left\{ \begin{array}{lcc}\frac 12 \pi cos(\pi x) & si~~~\frac 32 < x < \frac 52\\ 0 & \text{en otro caso} \end{array}\right.\)
Ahora, tenemos una muestra aleatoria y lo que nos piden es la esperanza del máximo elemento de la muestra.
Para esto primero tenemos que la densidad del máximo es \(máx(x_1,..,x_4)=nf(x)F(x)^{n-1}\) que en nuestro caso \(n=4\), \(F(x)\) es la función distribución dada y \(f(x)\) es la función de densidad que hallamos
\(\Rightarrow máx(x_1,..,x_4)=4(\frac 12 \pi cos(\pi x))[\frac 12 (1+sin(\pi x))]^{4-1}\)
\(\hspace{3.3cm}=\frac 42\pi cos(\pi x)[\frac{1^3}{2^3} (1+sin(\pi x)^3)]\)
\(\hspace{3.3cm}=2\pi cos(\pi x)[\frac 18 (1+sin(\pi x)^3)]\)
\(\hspace{3.3cm}=\frac28\pi cos(\pi x)(1+sin(\pi x))^3\)
\(\hspace{3.3cm}=\frac14\pi cos(\pi x)(1+sin(\pi x))^3\)
Finalmente obtenemos la esperanza mediante \(\mathbb E(x)=\int_{\int_{x}^{}}^{} f(x) \cdot dx\)
usandola para la densidad del máximo
\(\Rightarrow \begin{equation}\mathbb E(x)= \int \limits_{3\setminus2}^{5\setminus2}\frac 14 \pi cos(\pi x)(1+sin(\pi x))^3 \cdot dx\end{equation}\)
\(\hspace{1.5cm}\begin{equation}=\frac 14 \pi \int \limits_{3\setminus2}^{5\setminus2}cos(\pi x)(1+sin(\pi x))^3 \cdot dx\end{equation}\)
\(\hspace{1.5cm} \begin{equation}=\frac 14 \pi \int \limits_{3\setminus2}^{5\setminus2}cos(\pi x)+3cos(\pi x)sin(\pi x)+3sin^2(\pi x)cos(\pi x)\\\hspace{1.8cm}+sin^3(\pi x)cos(\pi x) \cdot dx\end{equation}\)
\(\hspace{1.5cm} \begin{equation}=\frac 14 \pi [\int \limits_{3\setminus2}^{5\setminus2}cos(\pi x)\cdot dx~+~\int \limits_{3\setminus2}^{5\setminus2}3cos(\pi x)sin(\pi x)\cdot dx\\\hspace{1.8cm}+~\int \limits_{3\setminus2}^{5\setminus2}3sin^2(\pi x)cos(\pi x)\cdot dx~+~\int \limits_{3\setminus2}^{5\setminus2}sin^3(\pi x)cos(\pi x) \cdot dx]\end{equation}\)
Veamos por separado cada integral
Para la primera integral ocuparemos la integración por sustitución con \(u=\pi x\)
\(*\begin{equation}\int\limits_{3\setminus2}^{5\setminus2}cos(\pi x)\cdot dx~=\int\limits_{3\pi\setminus2}^{5\pi\setminus2}\frac 1\pi cos(u)\cdot du~=~\frac 1\pi[sin(u)|^{5\pi\setminus2}_{3\pi\setminus2}]~=~\frac 1\pi[sin(\frac {5\pi}2)-sin(\frac {3\pi}2)]\\\hspace{3.2cm}=\frac 1\pi(1-(-1))=\frac 1\pi(2)=\frac 2\pi\end{equation}\\\)
Para la segunda integral ocuparemos la igualdad \(cos(a)\cdot sin(b)=\frac {sin(a+b)\cdot sin(a-b)}2\)
\(*\begin{equation}\int\limits_{3\setminus2}^{5\setminus2}3cos(\pi x)sin(\pi x)\cdot dx~=3\int\limits_{3\pi\setminus2}^{5\pi\setminus2}cos(\pi x)sin(\pi x)\cdot dx~=~3\int\limits_{3\pi\setminus2}^{5\pi\setminus2}\frac {sin(2\pi x)}2\cdot dx\\\hspace{4.7cm}=\frac 32\int\limits_{3\pi\setminus2}^{5\pi\setminus2}sin(2\pi x)\cdot dx~~~\text{luego integración por sustitución con }u=2\pi x\\\hspace{4.7cm}=\frac 32\int\limits_{3\pi}^{5\pi}\frac 1{2\pi}sin(u)\cdot du=\frac 32 (\frac 1{2\pi})\int\limits_{3\pi}^{5\pi}sin(u)\cdot du=\frac 3{4\pi}[-cos(u)|^{5\pi}_{3\pi}]\\\hspace{4.7cm}=\frac 3{4\pi}(-cos(5\pi)-(-cos(3\pi)))=\frac 3{4\pi}(-1-(-1))=\frac 3{4\pi}(-1+1))=\frac 3{4\pi}(0)=0\end{equation}\\\)
\(*\begin{equation}\int \limits_{3\setminus2}^{5\setminus2}3sin^2(\pi x)cos(\pi x)\cdot dx=3\int \limits_{3\setminus2}^{5\setminus2}sin^2(\pi x)cos(\pi x)\cdot dx~~~~\text{luego integramos por sustitución con }u=\pi x\\\hspace{4.8cm}=3\int \limits_{3\pi\setminus2}^{5\pi\setminus2}\frac 1\pi cos(u)sin^2(u)\cdot du=\frac 3\pi \int \limits_{3\pi\setminus2}^{5\pi\setminus2}cos(u)sin^2(u)\cdot du\\\hspace{5.5cm}\text{luego volvemos a integrar por sustitución con }v=sin(v)\\\hspace{4.8cm}=\frac 3\pi \int \limits_{-1}^{1}v^2\cdot dv=\frac 3\pi[\frac {v^3}3|^{~~~1}_{-1}]=\frac 3\pi[\frac {1^3}3-\frac {(-1)^3}3]=\frac 3\pi(\frac 13+\frac 13)=\frac 3\pi(\frac 23)=\frac 2\pi\end{equation}\\\)
Para la cuarta integral ocuparemos la integración por sustitución con \(u=\pi x\)
\(*\begin{equation}\int\limits_{3\setminus2}^{5\setminus2}sin^3(\pi x)cos(\pi x) \cdot dx=\int\limits_{3\pi\setminus2}^{5\pi\setminus2}\frac 1\pi sin^3(u)cos(u) \cdot du=\frac 1\pi\int\limits_{3\pi\setminus2}^{5\pi\setminus2}sin^3(u)cos(u) \cdot du\\\hspace{5cm}\text{luego volvemos a integrar por sustitución con}~~~v=sin(v)\\\hspace{4.8cm}=\frac 1\pi\int\limits_{-1}^{1}v^3\cdot dv=\frac 1\pi[\frac {v^4}4|^{~~~1}_{-1}]=\frac 1\pi[\frac {1^4}4-\frac {(-1)^4}4]=\frac 1\pi(\frac 14-\frac 14)=\frac 1\pi(0)=0\end{equation}\)
Sustituimos en nuestra igualdad que teníamos
\(\Rightarrow~=\frac{\pi}{4}[\frac 2\pi+0+\frac 2\pi+0]=\frac \pi4(\frac 4\pi)=\frac {4\pi}{4\pi}=1\)
\(\therefore\) El valor esperado del precio más alto es \(1\)
Ejercicio 12
Una aseguradora ha recibido 2025 reclamaciones, mismas que son asumidas como independientes e idénticamente distribuídas con media 3125 y desviación estándar 250. Calcula una aproximación del percentil 90-ésimo de la distribución del monto total de reclamaciones.
Contamos con los siguientes datos:
\[n=2025\hspace{2cm}\mu=3125\hspace{2cm}\sigma=250\]
Con ayuda del teorema central del limite la cual dice que:
Si \(x_1,x_2,...,x_n\) \(idd\) \(f(x)\) cada uno con media \(\mu\) y varianza \(\sigma^2\),\(\Rightarrow\) \[\sum_{i=1}^{n}approx\sim N(n\mu,n\sigma^2)~~para~una~n>30\]
Ocopando lo anterior definimos a: \[X=\sum_{i=1}^{2025}x_i~~~y~~~X_{90^{th}}=\text{el percentil 90-ésimo}\]
donde \(X_{90^{th}}\) satisface que:
\[\bullet~~\mathbb P(X≤X_{90^{th}})=0.90\]
entonces para encontrar \(X_{90^{th}}\) necesitamos entandarizar el punto anterior
\[\Rightarrow~~\mathbb P(\frac {X-n\mu}{\sigma\sqrt{n}}≤(\frac {X_{90^{th}}-n\mu}{\sigma\sqrt{n}})=0.90\] donde sustituimos los valores \(n,\mu\) y \(sigma\) para \(\frac {X_{90^{th}}-n\mu}{\sigma\sqrt{n}}\), y usando las tablas de distribución normal sabemos que \(Z_{0.90}=1.28\)
\(\Rightarrow~~\mathbb P(Z≤(\frac {X_{90^{th}}-(2025)(3125)}{250\sqrt{2025}})=0.90=Z_{0.90}=1.28\)
\(\Rightarrow~~\frac {X_{90^{th}}-(2025)(3125)}{250\sqrt{2025}}=1.28\)
\(\Rightarrow~~X_{90^{th}}=1.28(250\sqrt{2025})+(2025)(3125)\)
\(\Rightarrow~~X_{90^{th}}=1.28(250\sqrt{2,025})+(2025)(3,125)=1.28(11,250)+6,328,125=14,400+6,328,125=6,342,525\)
\(\therefore X_{90^{th}}=6,343,000\)
Ejercicio 13
De la paquetería \(\textit{insuranceData}\), obtenga los datos de la base \(\textit{AutoClaims}\), la cual contiene 6,773 observaciones, cada una con cinco variables. La base trata acerca de la’\(\textit{experiencia en reclamaciones de una aseguradora de propiedad y accidentes del medio oeste (EE. UU.)}\) \(\textit{para pasajeros privados de seguro de automóvil.}\)
data(AutoClaims)\(\textit{ESTADO (STATE):}\) Se utilizan códigos numéricos del 01 al 17. A cada uno se le ha asignado aleatoriamente un estado individual real, mediante un factor con niveles ESTADO 01, ESTADO 02, ESTADO 03, ESTADO 04, ESTADO 05, ESTADO 06, ESTADO 07, ESTADO 08, ESTADO 09, ESTADO 10, ESTADO 11, ESTADO 12, ESTADO 13, ESTADO 14, ESTADO 15, ESTADO 16, ESTADO 17.
\(\textit{CLASE (CLASS):}\) Clasificación clase de operador, basada en edad, sexo, estado civil, uso del vehículo, un factor con niveles C1, C11, C1A, C1B, C1C, C2, C6, C7, C71, C72, C7A, C7B, C7C, F1, F11, F6, F7, F71.
\(\textit{GÉNERO (GENDER):}\) un factor con niveles F, M.
\(\textit{EDAD (AGE):}\) Edad del operador, un vector numérico.
\(\textit{PAGADO (PAID):}\) Monto pagado para liquidar y cerrar una reclamación, un vector numérico.
Las primeras 4 variables son variables independientes (\(X_i\)) y la última de pago es la variable dependiente (\(Y_i\)).
I Realiza un análisis estadístico descrptivo (media,varianza,curtosis,sesgo,cuartiles,mediana).
Estadistica_descrptiva <- c("Media", "Varianza", "Mediana", "Curtosis","Desviacion Estandar", "sesgo")
Datos <- c(mean(AutoClaims$PAID),var(AutoClaims$PAID),median(AutoClaims$PAID), kurtosis(AutoClaims$PAID),sd(AutoClaims$PAID),skewness(AutoClaims$PAID))
Datos1 <- data.frame (cbind(Estadistica_descrptiva,Datos))
kable(Datos1) %>%
kable_material(c("striped", "hoverd"))| Estadistica_descrptiva | Datos |
|---|---|
| Media | 1853.03465672523 |
| Varianza | 7006128.80467955 |
| Mediana | 1001.7 |
| Curtosis | 87.2775338479621 |
| Desviacion Estandar | 2646.90929286962 |
| sesgo | 6.23566884022205 |
Cuantiles:
quantile(AutoClaims$PAID)## 0% 25% 50% 75% 100%
## 9.50 523.73 1001.70 2137.40 60000.00II Realiza un boxplot de la variable de Pago. Adicionalmente, genera tablas de agregación por cada variable explicativa (\(X_i\)).
\(\textit{Hint:}\) Para las tablas de agregaciones, puedes utilizar la función \(\textit{table}\), o bien, las herramientas de la paquetería \(\textit{ggplot2}\).
boxplot(AutoClaims$PAID,col = "coral",main = "Boxplot de la variable de Pago", horizontal = TRUE)
data.frame(table(AutoClaims$STATE))data.frame(table(AutoClaims$CLASS))data.frame(table(AutoClaims$GENDER))data.frame(table(AutoClaims$AGE))data.frame(table(AutoClaims$PAID))III Realiza un gráfico de la densidad empírica de los datos de la variable dependiente (\(Y_i\)) \(\textbf{PAID}\) ¿Tiene forma de alguna distribución teórica conocida? ¿Con qué parámetro(s)?
Carga la paquetería \(\textit{fitdistrplus}\) (la estarás utilizando en varios incisos posteriores).
hist(AutoClaims$PAID, freq = FALSE, breaks = 100,col = "coral",xlim = c(0,30000))
densidad <- density(AutoClaims$PAID)
densidad##
## Call:
## density.default(x = AutoClaims$PAID)
##
## Data: AutoClaims$PAID (6773 obs.); Bandwidth 'bw' = 185.7
##
## x y
## Min. : -547.6 Min. :0.000e+00
## 1st Qu.:14728.6 1st Qu.:0.000e+00
## Median :30004.8 Median :8.800e-09
## Mean :30004.8 Mean :1.634e-05
## 3rd Qu.:45280.9 3rd Qu.:1.222e-06
## Max. :60557.1 Max. :5.752e-04IV Investiga acerca del diagrama de \(\textit{Cullen and Frey}\) y su aplicación dentro del ajuste de distribuciones. Utilizando la función \(\textit{descdist}\), genera un diagrama de este tipo con los datos de la variable de pago y da su interpretación.
descdist(AutoClaims$PAID)
## summary statistics
## ------
## min: 9.5 max: 60000
## median: 1001.7
## mean: 1853.035
## estimated sd: 2646.909
## estimated skewness: 6.23705
## estimated kurtosis: 87.34067V Utiliza ahora un ajuste considerando la(s) distribución(es) obtenida(s) en el inciso anterior con respecto a la función \(\textit{fitdist}\) (individualmente por distribución) de la paquetería ya cargada y guardar cada ajuste en una variable diferente (en caso de ser más de un ajuste).
Se utiliza el fitdistrplus en r para tratar de encontrar el mejor ajuste para mis datos.
lognormal <- fitdist(AutoClaims$PAID, distr = "lnorm")
lognormal## Fitting of the distribution ' lnorm ' by maximum likelihood
## Parameters:
## estimate Std. Error
## meanlog 6.955611 0.013013078
## sdlog 1.070953 0.009201599gamma <- fitdist(AutoClaims$PAID, distr = "gamma", method = "mme")
gamma## Fitting of the distribution ' gamma ' by matching moments
## Parameters:
## estimate
## shape 0.4901771840
## rate 0.0002645267VI Investiga acerca del ‘Criterio de Akaike (AIC) y Criterio Bayesiano (BIC)’ y posteriormente genera una tabla de comparación con los AIC o BIC (como tú prefieras) obtenidos para los ajustes. Con base en la tabla anterior determina cuál es la distribución con mejor ajuste ¿Es la misma distribución que tú propusiste en en incisos anteriores? En caso ser diferente a la propuesta, ¿por qué crees que fue así? (simplemente queremos tu opinión).
ajustes<- list(lognormal,gamma)
nombre_mode <- c("Ajuste Log Normal" , "Ajuste Gamma" )
aictab(cand.set = ajustes,modnames = nombre_mode)bictab(cand.set = ajustes,modnames = nombre_mode)VII Con la distribución ajustada, danos los parámetros del modelo y además genera una gráfica en donde tengas tu densidad empírica y la función de distribución acumulada empalmadas, y por último comparalas y justifica.
hist(AutoClaims$PAID, freq = FALSE, breaks = 100,col = "coral",xlim = c(0,30000))
lines(densidad, col="red",lwd=2.5)
Interpretación:
Identificar el tipo de distribución que tiene a una variable es un paso fundamental en prácticamente todos los estudios que implican datos, desde los contrastes de hipótesis hasta la creación de modelos por aprendizaje estadístico.
Recordemos que la distribucion lognormal se usa para el analisis de fiabilidad y en aplicaciones finacieras, como modelar el comportamiento de las acciones.
Es una distribución adecuada para modelizar el comportamiento de variables aleatorias continuas con asimetría positiva. Es decir, variables que presentan una mayor densidad de sucesos a la izquierda de la media que a la derecha. En su expresión se encuentran dos parámetros, siempre positivos, alfa y beta de los que depende su forma y alcance por la derecha, y también la función Gamma, responsable de la convergencia de la distribución.
El gráfico muestra la relación más próxima de la columna de datos, la cual señala que la distribución de los datos experimentales siguen la distribución exponencial, una gamma, puesto que el conjunto de datos se encuentran cerca a las formas que indican dicha distribuciones.
Ejercicio 14
Ingresa el siguiente comando en R: \(\textit{install.packages("devtools")}\) que descarga la paquetería \(\textit{devtools}\).
#install.packages("devtools")I Llama el siguiente comando en R:
\(\textit{devtools::install_github("alec42/Distributacalcul_Package")}\) que descargará una paquetería emergente de \(\textbf{github}\) de nombre \(\textit{Distributacalcul}\).
devtools::install_github("alec42/Distributacalcul_Package",force = TRUE)## Downloading GitHub repo alec42/Distributacalcul_Package@HEAD## rlang (0.4.11 -> 0.4.12) [CRAN]## Installing 1 packages: rlang## Installing package into 'C:/Users/Griz/Documents/R/win-library/4.1'
## (as 'lib' is unspecified)##
## There is a binary version available but the source version is later:
## binary source needs_compilation
## rlang 0.4.11 0.4.12 TRUE## installing the source package 'rlang'## Warning in i.p(...): installation of package 'rlang' had non-zero exit status##
v checking for file 'C:\Users\Griz\AppData\Local\Temp\RtmpYRbLeJ\remotes518ed62482\alec42-Distributacalcul_Package-e8873a7/DESCRIPTION' (495ms)
##
- preparing 'Distributacalcul': (4.6s)
## checking DESCRIPTION meta-information ...
checking DESCRIPTION meta-information ...
v checking DESCRIPTION meta-information
##
- checking for LF line-endings in source and make files and shell scripts (393ms)
##
- checking for empty or unneeded directories
##
Omitted 'LazyData' from DESCRIPTION
##
- building 'Distributacalcul_0.3.1.tar.gz'
##
## ## Warning: package 'Distributacalcul' is in use and will not be installed\(\textit{Paso intermedio 1:}\) En caso de generar el siguiente error:
Descarga \(\textit{Rtools}\) de la siguiente liga \[https://cran.r-project.org/bin/windows/Rtools/\]
e instalalo (el archivo descargado de Rtools) como ahí se menciona (checa la instalación correcta de tu computadora si es Mac o Windows.
Posteriormente, vuelve a correr en R: \(devtools::install\_github("alec42/Distributacalcul\_Package")\)
\(\textit{Paso intermedio 2:}\) En caso de generar el siguiente mensaje de advertencia:
Presiona 1 si gustas actualizar tus paqueterías e instalar \(\textit{Distributacalcul}\) o 3 si no y únicamente instalar \(\textit{Distributacalcul}\).
II Carga la paquetería \(\textit{Distributacalcul}\) como se hace coloquialmente con el comando en R: \(\textit{library(Distributacalcul)}\).
Nota: A partir de este punto, cada que se mencione una distribución Pareto, se hará referencia al tipo 2 de dicha densidad. library(Distributacalcul)III Con una distribución \(Pareto(\theta=5,\alpha=2)\), calcula con la función \(\textit{meanExcessPareto}\) de R la \(\textit{función media de exceso de pérdida}\) con un corte \(d=10\) y guardalo en una variable con el nombre que gustes.
fm <- meanExcessPareto(d=10,shape=2,scale=5)
fm## [1] 10.2IV Con una distribución \(Pareto(\theta=5,\alpha=2)\), calcula con la función \(\textit{meanExcessPareto}\) de R la \(\textit{función media de exceso de pérdida}\) con un corte \(d=8\) y guardalo en una variable con el nombre que gustes (diferente a la anterior).
fm_1 <- meanExcessPareto(d=8, shape=2, scale=5)
fm_1## [1] 8.2V Calcula el cociente de la primera distribución \(Pareto(\theta=5,\alpha=2)\) con \(d=10\) sobre la segunda distribución \(Pareto(\theta=5,\alpha=2)\) con un \(d=8\) y explica este cociente con tus palabras.
cociente <- fm/fm_1
cociente## [1] 1.243902Explicación: Entendemos al resultado que nos dá la función media de exceso de pérdida como la media de nuestros valores que exceden el umbral así el cociente nos diría que para un corte menor en la \(Pareto(\theta=5, \alpha=2)\) el número de valores que exceden el umbral es de 1.24 veces más que con un corte más grande, ya que como sabemos la Distribución Pareto es una distribución de colas pesadas entonces si tomamos un corte más pequeño abarcaría más valores a partir de él
VI Para el modelo con una distribución \(Pareto(\theta=5,\alpha=2)\) con un \(d=8\) haz una modificación en donde ahora será un modelo con una distribución \(Pareto(\theta=2,\alpha=5)\) con un \(d=8\) (mismo corte) y guardalo en otra nueva variable con nombre diferente a las anteriores. Ahora, realiza de nuevo el cociente con numerador \(Pareto(\theta=5,\alpha=2)\) con un \(d=10\) y denominador \(Pareto(\theta=2,\alpha=5)\) con un \(d=8\) y explica este cociente con tus palabras ¿Qué paso? ¿Aumento o disminuyo el cociente y por qué crees esto?.
fm_2 <- meanExcessPareto(d=8, shape=5, scale=2)
fm_2## [1] 2.125#Calculamos el cociente
cociente2 <- fm/fm_2
cociente2## [1] 4.8Explicación: Ahora lo que estamos haciendo es cambiar el denominador por una \(Pareto(\theta=2,\alpha=5)\) con d=8 y en este caso vemos que el cociente se cuatriplicó, lo que nos diría es que las pérdidas por una distribución \(Pareto(\theta=2,\alpha=5)\) y corte de 8 son 4.8 veces más que la de nuestra Pareto original y tiene sentido ya que aumentando alfa a 5 esto hace que la cola sea más grande que la de alfa igual a 2, y sumado a esto estamos tomando un corte que abarca más que la Pareto original
VII Para el modelo con una distribución \(Pareto(\theta=2,\alpha=5)\) con un \(d=8\) haremos un cambio total en donde ahora será con una distribución \(Exponencial(\lambda=5)\) y con un \(d=10\), para ello ahora utiliza la función \(\textit{meanExcessExp} de R la \textit{función media de exceso de pérdida}\) y con la primera distribución \(Pareto(\theta=5,\alpha=2)\) con un \(d=10\) aplica de nuevo el cociente y explica este cociente con tus palabras ¿Qué paso? ¿Aumento o disminuyo el cociente contra los cocientes anteriores y por qué crees esto?.
fme <- meanExcessExp(d=10,scale=5)
fme## [1] 5#Calculamos el cociente
cociente3 <- fm/fme
cociente3## [1] 2.04Explicación: El cociente amumentó considerablemente al cambiar el denominador por una distribución \(Exponencial(\lambda=5)\) y corte d=10, lo que nos diría que las pérdidas por una distribución \(Pareto(\theta=5,\alpha=2)\) son 15 veces más grande que las que nos da como media una \(Exponencial(\lambda=5)\).
Explicación: El cociente disminuyó considerablemente al cambiar el denominador por una distribución \(Exponencial(\lambda=5)\) y corte d=10, lo que nos diría que las pérdidas por una distribución \(Pareto(\theta=5,\alpha=2)\) son 2.12 veces más grande que las que nos da como media una \(Exponencial(\lambda=5)\). Ya que tenemos una exponencial no tan alta pero con una cola pesada.
Ejercicio 15
Calcula el VaR y el TVaR al 95% de confianza de las siguientes distribuciones:
- \(Normal(\mu=25,\sigma=5)\)
\(\Rightarrow\) VaR:
(var1<-qnorm(.95,25,5))## [1] 33.22427\(\Rightarrow\) TVaR:
(tvar1<-25+(5/(1-.95))*(dnorm(1.644853)))## [1] 35.31357- \(Exponencial(\lambda=10)\)
\(\Rightarrow\) VaR:
(var2<-qexp(.95,(1/10)))## [1] 29.95732\(\Rightarrow\) TVaR:
(tvar2<-(-10)*log(1-.95)+(10))## [1] 39.95732- \(Poisson(\lambda=15)\)
\(\Rightarrow\) VaR:
(var3<-qpois(.95,15))## [1] 22\(\Rightarrow\) TVaR:
(tvar3<-TVatRPois(.95,15,2E2))## This is an approximation## [1] 23.52445- \(Pareto(\theta=10,\alpha=3),~tipo~2\)
\(\Rightarrow\) VaR:
(var4<-qpareto(.95,3,10))## [1] 17.14418\(\Rightarrow\) TVaR:
(tvar4<-var4+((10+var4)/(3-1)))## [1] 30.71626- \(Log-Normal(\mu=25,\sigma=10)\)
\(\Rightarrow\) VaR:
(var5<-qlnorm(.95,25,10))## [1] 1.002007e+18\(\Rightarrow\) TVaR:
(tvar5<-(exp(25+50)/(1-.95))*(1-(pnorm((log(var5)-25-100)/10))))## [1] 7.466484e+33Integrantes:
Ortega Guillén Douglas David \(~~~~\) 314168827
Pagola Sanchez Brenda Jazmin \(~~\) 315136425
Rojas Alcántara Anahí \(\hspace{2cm}\) 315113576
Ruíz Luna Rubi Cristal\(\hspace{2cm}\) 315077056
Toledo Serna Odilia Karime\(\hspace{1cm}\) 314189112