Soluciones UNED Probabilidad Economia

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Septiembre 2014. Tipo A

1/3

PRUEBA PRESENCIAL. SEPTIEMBRE 2014. TIPO A



2/3

Algunas aclaraciones.- 2.- El suceso imposible y el suceso seguro E son complementarios e independientes por que P(E) = P() = 0 =P()P(E). Si A y B son los sucesos obtener cara y obtener cruz respectivamente en el lanzamiento de una moneda, son complementarios y son dependientes por que P(AB) = P() = 0 z P(A)P(B)

3.- Casos posibles 4954

12

; casos favorables: 10829

23

. Probabilidad = 495108 #

# 0,2182. 5.- El nmero X de heridos graves es una variable aleatoria de Poisson de parmetro 4. Luego P(X = 0) =

!04e

04 # 0,0183

6.- Casos posibles: V27,2 = 2726 ; Casos favorables: 1. Probabilidad= 26271 # 0,0014

8.- La funcin caracterstica corresponde a la de una variable uniforme en el intervalo [1, 3] 10.- V([K) = V([) + V(K) 2Cov([,K)

Solucin.-

Se tiene que la funcin de distribucin de [,

!d

d [

12xsi,1

12x10si,210x

10xsi,0

)x(F . Luego la funcin

de distribucin de K,

K

tK dK [K y

2F1y22P1

y22P]y[P)y(F =

=

tld

dld

l!

51y10

y2si,1

51y

6112

y210si,

y16

2

10y2

1

61y12

y2si,0

. Luego:



3/3

La funcin de densidad fK(y) = d

resto elen ,051y

61si,

y1

2 . La media, E(K) = 51

61

dyy1

56ln

61ln

51ln # 0,1823. Por otra parte, E(K2) =

301

61

51dy15

1

61

, de donde la varianza 2

56ln

301)(V

K y la desviacin tpica

2

56ln

301)(DT

K # 0,0096.

Solucin.- Si 2n > 1000000 o nlog2 > 6 o n > 93,19

2log6 # , luego si la primera cara aparece en el

lanzamiento 20 o posterior, el jugador recibe 1000000 . Por otra parte, la probabilidad de obtener

la primera cara en el lanzamiento n-simo sera n1n

21

21

21

As pues, la ganancia esperada sera:

9073,202

100000019....21

21

2110000002

21...2

212

212

21

1922212019

193

32

2

#

.

Luego para que el juego sea equitativo la puesta deben ser 20,91.


Junio 2014. 2 semana. Tipo A

1/3

PRUEBA PRESENCIAL. JUNIO 2014. SEGUNDA SEMANA. TIPO A



2/3

Algunas aclaraciones.- 2.- Si F es la funcin de distribucin de la normal N(0,1) se tiene que

)2(F1,02aF

= 0,6508 y usando las tablas

1,02aF = 0,0228 + 0,6508 = 0,6736 y tambin

manejando tablas obtenemos que 1,02a = 0,45, de donde a = 2,045

4.- 2

i[ es normal N(0, 1), luego K41 es 26F . La P{K 21,392} =

dK 348,541P = (tablas de

la 26 ) = 0,5. 5.- Casos posibles: 7!; Casos favorables del suceso contrario (es decir de que A y B se sienten juntos): 275!.

6.- Casos posibles:

410

; casos favorables:

24

26

9.- Cov(Z,W) = E(ZW) E(Z)E(W) = E[(5[5)(2K+2)] E[(5[5)]E[(2K+2)] = = 10E([K) + 10E([) + 10E(K) 10 + 10E([)E(K) 10E([) 10E(K) + 10 = = 10E([K) + 10E([)E(K) = 10[E([K) E([)E(K)] = 10Cov([,K) = 100 PROBLEMAS

Solucin.- a) La probabilidad de obtener en una tirada una suma de 6 es

365 y una suma de 7 es

61

366 .

La probabilidad de que gane A en la 1 tirada ser 365

La probabilidad de que gane A en la 2 tirada ser: 365

65

3631

La probabilidad de que gane A en la 3 tirada ser: 365

65

3631

365

65

3631

65

3631 2

.........................

La probabilidad de que gane A en la n-sima tirada ser: 365

65

3631 1n

.

Luego la probabilidad de que gane A ser 6130

65

36311

1365

365

65

3631

1n

1n

f



3/3

b) La esperanza para A ser: # 61

360613160

613050 5,9

Solucin.- Entendemos que [n es el nmero de caras que se obtiene en n pruebas, no el nmero medio, ya que entonces sera una constante y el problema sera trivial1. Sea Ki el nmero de caras que se obtiene en una prueba ( la i-esima). La tabla de probabilidad para Ki es:

Ki P(Ki) 1

61

21

311

2

21

21

311

21

321

3

31

21

321

de donde deducimos:

3617

36169

631Var donde de

631

319

214

611E

613

313

212

611E

i2i

i K

K

K

Se tiene que

K [n

1iin , luego 36

n17VarVarn

1iin K [

.

De la desigualdad de Chebichev deducimos que n1736136

n17

61EP nn d ![[ . Para que

1,061EP nn ![[ bastara pues que 17n < 0,1. Pero esto no ocurre ni para n = 1. Es decir.

el problema carece de solucin.

1 En este caso E([n) = [n, luego _[nE([n) _ = 0 de donde P(_[nE([n) _ > 1/6) = 0 < 0,1 n.


Junio 2014 A

1/3

PRUEBA PRESENCIAL. JUNIO 2014. TIPO A


Junio 2014 A

2/3

Algunas aclaraciones.- 3.- Si [ y K fuesen independientes, la respuesta sera b). 4.-

3i[ es normal N(0,1), de donde

[ K6

1i

2i

99 es 26F , luego ^ `

dK dK 204,29

P836,19P =

=(tablas) = 0,1. 8.- Sea [ el gasto social. Entonces P[[ < 2500] = P[[1000 < 1500] P[_[1000_ < 1500] (desigualdad de Chebychev) 2

2

15005001 # 0,89

Solucin.-

bc + ac + abbc + ac =adProbabilidbc + ac :favorables Casos

bc + ac + ab :posibles Casos

Solucin.- Sea [i la demanda en el periodo i. Entonces la demanda esperada es

f [

0

xi dxxe)E( = 1.

Sea k (constante) el aprovisionamiento por unidad de tiempo. Entonces, la ganancia esperada en un periodo cualquiera es:

- si k 1, la ganancia esperada es a1 b(k1) a

- si k < 1, la ganancia esperada es ak < a

Por tanto la ganancia esperada es siempre a. Luego, tomando k = 1, se obtiene el mximo valor de la ganancia esperada a.


Junio 2014 A

3/3

En el caso de que a = 1 y b = 2, para un aprovisionamiento de 1 se obtendra la ganancia esperada mxima de 1.


Septiembre 2013. Reserva

1/3

PRUEBA PRESENCIAL. SEPTIEMBRE 2013. EXAMEN DE RESERVA EJERCICIOS TIPO TEST



2/3

Algunas aclaraciones.- 6.- P(A) = P(AB) + P(AB) o P(AB) = P(A) P(AB) = 0,7 0,4 = 0,3. Anlogamente P(BA) = P(B) P(AB) = 0,5 0,4 = 0,1. Luego la probabilidad de que apruebe slo uno de los dos: P[(AB)(BA)] = P(AB) + P(BA) = 0,4. 8.- Para poder aplicar el teorema central del lmite deben tener adems la misma media y la misma varianza finitas.

10.- P([ > 1) = 21

PROBLEMAS.-

Solucin.-

El nmero [ de quiebras semanales es una variable aleatoria de Poisson de parmetro O = 2 (la media). Luego:

a) P([=0) = !0

2e0

2 = e2 # 0,1353

b) El nmero K de quiebras en un mes (4 semanas) es una variable aleatoria de Poisson de

parmetro 42 = 8, luego P(K > 5) = 1 P(K 5) = 1 15

8551e1!x

8e 85

0x

x8

# 1 0,1912 = = 0,8088.

c) El nmero O de quiebras en un ao (52 semanas) es una variable aleatoria de Poisson de parmetro 522 = 104 que es aproximadamente normal 104,104N # N(104; 10,198), luego P(O > 70) #

!

198,1010470ZP # P(Z > 3,33) # 0,9996

Solucin.- Consideremos los sucesos: A1 = el estudiante elegido est muy bien preparado A2 = el estudiante elegido est bien preparado A3 = el estudiante elegido est medianamente preparado A4 = el estudiante elegido est mal preparado



3/3

B = el estudiante elegido responde bien las tres primeras preguntas Se sabe que P(A1) = 0,3; P(A2) = 0,4 ; P(A3) = 0,2 ; P(A4) = 0,1. Tenemos adems que:

P(B/A1) = 1; 5728

1814

1915

2016A/BP 2 ; 19

2188

199

2010A/BP 3 ; 114

1183

194

205A/BP 4 .

Luego :

a) P(A1/B) = (frmula de Bayes) =

11411,0

1922,0

57284,013,0

13,0

# 0,5787

b) P(A4/B) =

11411,0

1922,0

57284,013,0

11411,0

# 0,0017


Septiembre 2013 A

1/4

PRUEBA PRESENCIAL. SEPTIEMBRE 2013. TIPO A

Algunas aclaraciones.-


Septiembre 2013 A

2/4

2.- Casos posibles = 7!; casos favorables = 105! 3.- Los valores que toma una variable aleatoria 25F son siempre 0, luego P([ > 0) = 1. La funcin de densidad de una v.a. t5 es simtrica respecto del origen luego P(K > 0) = 2

1

5.- Segn la funcin caracterstica, la variable [ es binomial negativa BN(5; 0,3), luego

P([=0) = 00243,03,07,004 50

6.- 0EEEEEEEEE,Cov [[ KK[[ K

K[

KK[

KK[

7.- Calculamos primeramente k obtenindose el valor k = 1. Obtenemos a continuacin que

f1(x) = 3x2

, x 1 y f2(y) = 21

, 0 y 2. Se comprueba que f(x,y) = f1(x)f2(y)

Solucin.-

a) 21

43

32

b) Sean los sucesos A= el rbol tiene r frutos (que supondremos aptos para la venta) y Bn = el rbol ha tenido n flores. La probabilidad que se pide es P(Bn/A).

Por una parte, tenemos la probabilidad de que al rbol haya tenido n flores y r frutos

P(BnA) = P(Bn)P(A/Bn) =

rnrn

21

21

rn

pp1 n

2p

rn

p1

.

Por otra parte, si el rbol tiene r frutos, ha podido tener r flores, r+1 r+2 r+3 ....., es decir:

A = (ABr) (ABr+1)(ABr+2)(ABr+3)... = f

rn

nBA


Septiembre 2013 A

3/4

Luego p(A) = f

f

rn

n

rn

n

2p

rn

p12p

rn

p1 .1

As pues,

f

f

rn

n

n

rn

n

n

nn

2p

rn

2p

rn

2p

rn

p1

2p

rn

p1

APABPA/BP . 2

c) Si r = 65 y n = 120 o f

65n

n

120

120

2p

65n

2p

65120

A/BP . 3

Solucin.-

La funcin de distribucin de K, FK(x) = P(K x) =

t[

d[ x

2Px2P

1 f

rn

n

2

prn

es la suma de una serie aritmtico-geomtrica de la que puede obtenerse su valor que resulta ser 1r

r

2

p1

2

p

2 De acuerdo con la nota anterior

1rrn

1r

r

n

2

p1

2

prn

2

p1

2

p

p1

2

prn

p1

A/nBP

3 De acuerdo con la nota anterior, para r = 65 y n = 120 resulta P(B120/A) = 6655

2

p1

2

p65

120


Septiembre 2013 A

4/4

tld

dld

l!

5

1x10

x

2si,1

5

1x

6

112

x

210,

x

16dt

2

16

1x12

x

2si,0

12

x2 . Derivando la funcin de distribucin obtenemos la funcin

de densidad: fK(x)=

resto elen 051x

61,

x1

2

E(K)= > @56lnxlndx

x1 5

1

61

51

61

E(K2)=301

61

51dx5

1

61

.

Luego Var(K) = 2

56ln

301

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Junio 2013 2A

1/3

PRUEBA PRESENCIAL. JUNIO 2013. SEGUNDA SEMANA. TIPO A


Junio 2013 2A

2/3


2.- Para y 1 o F(x,y) = xdy1dx1dy1dx1 x0

1

0

x y f f

4.- Se trata de una variable geomtrica donde p = 0,250,1 = 0,025 y q = 0,975. Luego su valor esperado es 39

025,0975,0

pq

10.- Si A y B estn ambos contenidos en C de forma que 0 < P(A) < P(C) y 0 < P(B) < P(C), no se cumple ninguno de los tres apartados a, b y c. Por ejemplo, elegimos aleatoriamente un nmero del conjunto E = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Consideremos los sucesos A = {1, 2, 3}, B = {3, 4},

C = {1, 2, 3, 4, 5}. A y B son independientes pues P(A) = 21 , P(B) =

31 y P(AB) =

61 . Se tiene

que P(A/C) = 53 ; P(B/C) =

52 y P(AB/C) =

51

Solucin.- Probabilidad de que ningn proyectil d en el blanco: (1p)n o no se incendia

Probabilidad de que un proyectil d en el blanco: np(1p)n1

1n

1n

)p1)(q1(np :adprobabilidcon incendia se no)p1(npq :adprobabilidcon incendia se

Probabilidad de que dos o ms proyectiles den en el blanco: 1(1p)n np(1p)n1 o se incendia.

As pues, la probabilidad de que el depsito se incendie es:

npq(1p)n1 + 1 (1p)n np(1p)n1

Y la probabilidad de que el depsito no se incendie:

(1p)n + np(1p)n1(1q)

As pues E[[] = 0[(1p)n + np(1p)n1(1q)] + 50[ npq(1p)n1 + 1 (1p)n np(1p)n1] = =50[ npq(1p)n1 + 1 (1p)n np(1p)n1].

Para n = 5, p = 0,6 y q = 0,7, se obtiene una probabilidad de que el depsito se incendie de 0,96672 y E[[] = 48,336.


Junio 2013 2A

3/3

Solucin.-

Sea [ el error de una operacin que se distribuye normal N(0, V). Se sabe que 21 = P(|[|


Junio 2013 A

1/4



Junio 2013 A

2/4

Algunas aclaraciones.- 1.- Casos posibles P5 = 5! = 120; Casos favorables: A puede sentarse en 5 sillas distintas con B a su derecha. Anlogamente B puede sentarse en 5 sillas distintas con A a su derecha. Para cada una de estas 10 posibilidades, los otros 3 compaeros pueden sentarse de P3 formas. Total: 25P3 =

= 60; Probabilidad = 21

12060 .

3.-

4.- P([>K)=31dxdye2

0

x

0

)yx2( f

5.- Sea [ la venta diaria. P([ 225) = 1 P([ < 225) = 1 P([ 200 < 25) 1 P(|[200| < 25) (Desigualdad de Chebichev) 1 1 +

625400 = 0,64

6.- El teorema de Lindeberg-Levy se verifica porque las variables son independientes, idnticamente distribuidas y E([n) =

f

1ii2

i y f

[

1ii

22n 2

iE son series convergentes (como se puede

comprobar aplicando el criterio de DAlembert), luego existen P y V2 finitas.

8.- Se obtiene a = 0,54

9.- Casos posibles:

410

; Casos favorables:

36

14

10.- [ es binomial B(10; 0,4) y la moda est en el intervalo [npq, np+p] = [3,4; 4,4]


Junio 2013 A

3/4

Solucin.-

Probabilidad de elegir una bola con dos temas conocidos:

2n22k

Probabilidad de elegir una bola con un tema conocido y otro no:

2n2

)kn2(k . Supuesto este

caso, la probabilidad de que el tribunal elija un tema conocido por el opositor es 2n2

1k . As pues:

a) Probabilidad de superar la prueba:

2n22k

+

2n2

)kn2(k 2n2

1k

b) La esperanza del juego sera:

2n21k

2n2

)kn2(k

2n22k

110002n2

1k

2n2

)kn2(k

2n22k

1000 = 10002n2

1k

2n2

)kn2(k

2n22k

2000

Para 2n= 100 y k = 50 se obtiene una esperanza = 0.

c) En este caso la esperanza sera:


Junio 2013 A

4/4

2n21k

2n2

)kn2(k

2n22k

15002n2

1k

2n2

)kn2(k

2n22k

1000 = 5002n2

1k

2n2

)kn2(k

2n22k

1500

Para 2n= 100 y k = 50 se obtiene una esperanza = 250

Respuesta.-

Sea [ la demanda, en millones de litros, cuya distribucin es uniforme en el intervalo [1, 10] (por lo que debe ser k = 1). Luego la demanda esperada es E([) = 5,5

2101 millones de litros.

Sea K la oferta, en millones de litros, de la que desconocemos su distribucin y que supondremos K [. Supongamos adems que existe su valor esperado E(K).

El beneficio de la temporada, en millones de euros, ser:

B = 0,3[ 0,05(K [) = 0,35[ 0,05K

Luego el beneficio esperado de la cooperativa ser:

E(B) = 0,35E([) 0,05E(K) = 0,355,5 0,05E(K)

El beneficio esperado es una constante y no depende de la cifra de ventas.

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1/4

PRUEBA PRESENCIAL. SEPTIEMBRE 2012. EXAMEN DE RESERVA EJERCICIOS TIPO TEST



2/4

Algunas aclaraciones.- 2.- La respuesta sera a si [1 y [2 fuesen independientes. 3.- 2

),(CovV

K[ U o Cov([,K) = UV2, luego 21

42

2Var

2222 UV UVVV

K[

5.- Sera

[

1

0dx

x11E , que es una integral divergente.

6.- La variable K ser normal N(4, 3), luego 0,25 = P(K k) =

d

34kZP o(tablas)

o3

4k = 0,67 o k = 6,01

7.- Casos posibles 41 y casos favorables 16, luego la probabilidad es 4116

8.- 6x

30x5

30x4

30x

30xyxP

2

1y

2

[

9.- Calculamos primeramente k: 1 = k3dxdyy3x3k 10

1

0 o k = 31 . Luego las funciones

de densidad marginales: f1(x) = 21xdyy3x3

31 1

0 ; f2(y) = 21ydxy3x331

1

0 . Se verifica

que f(x,y) zf1(x)f2(y).

10.- [n carece de esperanza. En efecto: E[[n] = f

f

1n

i

1n1i 2

1221 = f.



3/4

PROBLEMAS.-

Solucin.-

Casos posibles: 3

39

Casos favorables al espectador A:

33

36

39

.

Luego la probabilidad de que A tenga razn es 1764

5

39

33

36

39

3

Por tanto, la esperanza de A ser: 10017641759100

17645 # 99,43 y la de B

10017641759100

17645 # 99,43 .

Solucin.- Por coherencia con los datos del problema interpretaremos que los resultados no se han puntuado de 0 a 100, si no de 0 a 1000.

a) Sea [ la variable nota. Escribamos 0,25 = P[[ x] =(tipificando) =

t

100550xZP o

o (tablas) o 67,0100

550x o x = 617.

b) Calculamos P[400 [ 450] =

dd

100550450Z

100550400P = P[1,5 Z 1] =

= (tablas) = 0,1587 0,0668 = 0,0919. Si N es el total de aspirantes se tendr que

0919,0350N3500919,0N o # 3808. Luego el nmero de personas que han obtenido entre 620 y



4/4

740 puntos ser: 3808P[620 [ 740] = 3808

dd

100550740Z

100550620P =

= 3808P[0,7 Z 1,9] = (tablas) = 3808(0,2420 0,0287) = 38080,2133 # 812. c) 3808 personas segn se ha calculado en el apartado anterior.


Septiembre 2012

1/3

PRUEBA PRESENCIAL. SEPTIEMBRE 2012 EJERCICIOS TIPO TEST


Septiembre 2012

2/3

Algunas aclaraciones.- 1.- Obtenemos en primer lugar que debe ser k =

81 , luego 35,37,04D

16Dxdx

817,0 7

27

D

0

7

# . 2.- La variable [ es geomtrica de parmetros p = 0,3 y q = 0,7, luego P([=2) = 0,720,3 = 0,147 3.- Sean A y B los sucesos par e impar respectivamente. Entonces P(A/B) 0

)B(P)BA(P z

zP(A), luego A y B no son independientes y por tanto sern dependientes. 4.- Sea [ el saldo. Entonces P[[ < 280] = P[[320 < 40] = P[320[ > 40] P[|320[| > 40] (desigualdad de Chebichev)

41

1600400

6.- El intervalo [npq, np+q] = [3,25 ; 4,25] slo contiene al nmero entero 4, que es la moda. 7.- Obtenemos que Var[[12[2] = Var[[1] 4Cov[[1,[2] + 4 Var[[2], de donde Cov[[1,[2] = =

47

410161 = 1,75, luego U =

2175,1 0,875.

9.- P > @ ![

!V[ 0P0 (tipificando) =

VP!ZP , que depende de V.

10.- Para poder aplicar el teorema de Lindeberg-Levy hay que suponer que la varianza V[[n] = V2 sea finita. PROBLEMAS

Solucin.- Hallemos la probabilidad del suceso contrario, que es: que en las 10 primeras jugadas se produzcan empates, o que uno de los jugadores gane una partida y empaten las otras 9, o bien que cada uno de los dos jugadores gane una partida y empaten las otras 8. La probabilidad de este

suceso es: 2,1082910

V109

201

109

2012

109

# 0,833, luego la probabilidad pedida es

1 0,833 = 0,167.


Septiembre 2012

3/3

Solucin.- a) Sea V la variable aleatoria ventas diarias. Se tiene: 0,2 = P[V > 1000] = (tipificando) =

VP! 1000ZP o (tablas) o 84,01000 V

P

0,3 = P[V > 800] = (tipificando) =

VP! 800ZP o (tablas) o 52,0800 V

P

Resolviendo el sistema obtenemos que P = 475 y V = 625 de donde V2 = 390625. b) Calculemos primeramente E(V2) . Sabemos que V2 = E(V2) E(V)2 o E(V2) = = V2 + E(V)2 = V2 + P2 = 390625 + 4752 = 616250. Luego:

E(C) = 350 + E(V) 0,00015E(V2) = 350 + 475 0,00015 616250 = 732,5625 c) No podemos concluir que la distribucin de ventas anuales sea normal ya que, al no ser independientes las ventas diarias (la venta de algunos sbados viene condicionada por la del viernes), es imposible aplicar el teorema de Lindeberg-Lvy. Por otra parte hemos comprobado que el coste medio diario es muy superior a las ventas medias diarias. Para que las ventas superen al coste (V > 350 + V 0,00015V2 ), debe ser V > 1527,52 que es muy improbable (P[V > 1527,52] = = 0,0460). Se trata de un negocio deficitario.


Junio 2012 2A

1/3

PRUEBA PRESENCIAL. JUNIO 2012. 2 SEMANA TIPO A

Algunas aclaraciones.- 1.- La nica posibilidad de obtener una suma igual a 13 es con 2 doses y 3 treses. La variable [ = n de treses es binomial B(5; 0,4) y hay que calcular P([ = 2) = 23 6,04,0

35

= 0,2304.

2.- Del diagrama se deduce que BAPBAP)A(P = )B/A(P)B(PB/APBP , de donde:

A

AB

B


Junio 2012 2A

2/3

6,082,04,034,0

BP)B/A(P)B(P)A(PB/AP = 0,02

5.- Es la desigualdad de Schwarz. 9.- Por eliminacin: a) y b) no cumplen la condicin de que la media es el triple de la desviacin tpica; c) no puede ser porque si D = 2,4 entonces P(K4) > 0,5 10.- La variable 4[K1/2 es t16.

Solucin.- Sea [ = peso de una unidad del producto. Se tiene: 1) Un producto se rechazar en el proceso de envasado si ~[E([)~ P y se quiere que P[~[E([)~ P] 0,1. De la desigualdad de Schwarz, P[~[E([)~ P] 2

2

PV , luego bastar que

2

2

PV

0,1 l # Vt1,0

5,01,0

P 1,58.

2) El porcentaje correspondiente ser: 100 P[~[E([)~ 1,58] = (tipificando) = 100

t

5,058,1ZP = 100P[~Z~ 3,16] =

= 100[P(Z 3,16) + P(Z 3,16)] = 10020,0008 = 0,16 %.

Solucin.- Para poder calcular la covarianza y el coeficiente de correlacin, [ y K deben ser variables aleatorias. As pues, pondremos [ = n de bolas rojas en la 1 extraccin y K = n de bolas rojas en la 2 extraccin. Tenemos entonces: 1 y 2) La distribucin de probabilidad de la variable ([, K) y la marginal de K se recogen en la siguiente tabla: K

[ 1 0

1 185

84

95

185

0 185

183

pj 1810

188

Distribucin de probabilidad conjunta de ([, K)

Distribucin de probabilidad marginal de K


Junio 2012 2A

3/3

3) Calculamos ahora E([) , E(K) y E([K):

De donde se deduce: E([) =1810 , E(K) =

1810 y E([K) =

185 . As pues:

Cov([K) = 185

1810

1810 =

815,2

4) Observemos que E([2) = E([) y que E(K2) = E(K). Luego se tiene que V2[ = V2K =

= 1810

2

1810

=

8120 V[ = VK = 9

52 . As pues

U20

5,2

812081

5,2

0,125

K [ 1 0 pi [ipi

[iKjpij

1 185

185

1810

1810

185 0

0 185

183

188 0

0 0

pj 1810

188

1810

Kipj 1810 0

1810


Junio 2012 A

1/3



Junio 2012 A

2/3

Algunas aclaraciones.- 1.- f(x) = d

ddax0,x1

0xa,x1. Debe ser 1 =

a

0

0

adxx1dxx1 (resueltas) =

= 2a a2 l a22a + 1 = 0 a = 1. 2.- Sea por ejemplo A el primero en jugar. La probabilidad de que gane es:

P[A blanca] + P[A negra B negra A blanca] = 53

32

42

53

52

3.- No es necesario realizar ningn clculo. Las respuestas a) y c) no pueden ser ciertas porque a tiene que ser positivo para que P[~[~ 70] = P[[50 > 20] < P[~[50~> 20] < (desigualdad de Chebychev) <

41

400100 .

Nota.- Se ha supuesto que se pregunta por la probabilidad del beneficio de este ao de crisis, no del beneficio medio

5.- 53

2012P

1224

favorablescasos

2036

posiblescasos

6.- Derivando sucesivamente la funcin caracterstica 2t21

et M , obtenemos:

2t21

tet' M ; 222 t212t212t21 et1etet'' M ; 222 t213t213t21 ett3ettte2t''' M ;

22 t2142t212IV et3t3et33t M . De aqu, 3i

0E 4IV

4 M [

7.- P[[ > 0] = 1.

Solucin.- Sean los sucesos A = Elegir la urna A; B = elegir la urna B; C = la 1 bola elegida corresponde a un tema dominado; D = la 2 bola elegida corresponde a un tema dominado. Si ha ocurrido C, para aprobar es necesario y suficiente que ocurra D, es decir, se pide la probabilidad

P(D/C). Se sabe que P[(D/C)/A] = 4924 y P[(D/C)/B] =

4934 , luego, por el teorema de la probabilidad

total:


Junio 2012 A

3/3

P(D/C) = 4929

4934

21

4924

21 .

Solucin.- Representemos por Z la variable normal N(0,1)

a) P[[ > 2] =

!

21

12ZP = P[Z > 2] = (tablas) = 0,0228

b) La variable K =n de estudiantes que invierten ms de dos horas es binomial B(400; 0,0228), cuya P = np = 9,12 y V = 9853,29772,012,9 # , luego K es aproximadamente

normal N(9,12; 2,99). As pues, P[K 2] =

99,212,92ZP = P[Z < 2,38] = (tablas) = 0,0087.



1/2

PRUEBA PRESENCIAL. SEPTIEMBRE 2011. EXAMEN DE RESERVA PREGUNTAS TIPO TEST

Algunas aclaraciones.- 1.- Desconocemos cul es la probabilidad de obtener cara. Si fuese

21 , la respuesta correcta

sera la b). 3.- El nmero [ de mujeres es una variable binomial B(12; 0,2). Luego P([ 3) = = 1 P([ 2) = 1 P([ = 0) P([ = 1) P([ = 2) = 1 0,812 120,20,811

212

0,220,810 #

# 0,4416



2/2

4.- Se trata de la funcin caracterstica de la normal N(3, 2). Luego P( O 1,2) = =

d

232,1ZP = P(Z 0,9) = (tablas) = 0,1841

8.- Al no mencionarse la independencia de P1 y P2, no conocemos la distribucin de O. EJERCICIOS PRCTICOS.-

Solucin.- Sean los sucesos: Mu = la persona elegida es mujer; M = la persona elegida procede de Mosc y T = la persona elegida procede de Tnez. Los datos son:

P(M) = 200120 ; P(Mu/M) = 0,45; P(T) =

20080 ; P(Mu/T) = 0,35. Se pide P(T/Mu). Se tendr (frmula

de Bayes):

P(T/Mu) = 45,0

20012035,0

20080

35,020080

)Mu(P)T/Mu(P)T(P

# 0,3415

Solucin.- La variable [ = n de artculos pagados al contado es binomial B(1000; 0,2) que puede aproximarse por una normal N(200, 8,0200 ) # N(200; 12,65), Luego:

P([ 250) #

d

65,12200250ZP # P(Z 3,95) = (tablas) # 1


Septiembre 2011

1/3

PRUEBA PRESENCIAL. SEPTIEMBRE 2011


7.- Casos posibles

69

; casos favorables:

56

13

; probabilidad = #

143

69

56

13

0,21

8.- Por ejemplo, sea la variable aleatoria discreta [ = {1, 2, 3} tal que P([=1) = 0,3, P([=2) = = 0,6 y P([=3) = 0,1. Se tiene que Mo = Me = 2, pero E([) = 1,8 y no es simtrica. 10.- Si P(A) 0 y P(B) 0, entonces A y B son dependientes pero si P(A) = 0 y P(B) = 0, entonces A y B son independientes.


Septiembre 2011

2/3

EJERCICIOS

Solucin.- Sea [ la variable aleatoria ventas mensuales. Se tiene que E([) =

2ba = 8 y

DT([) = 32ab = 3, de donde se obtiene que a = 338 y b = 338 . Luego la funcin de

densidad f(x) = dd

resto elen ,0

338x338,36

1. La probabilidad de cierre ser:

P([ < 9) = 36

331dx36

19

338

# 0,59623

Solucin.- Debe ser 1 = kdx

2xkdxdxk

2

01

12

01

2x

02

1

, luego k = 1. Se tiene entonces: a) P([1 3[2) = > @ 3

2x61dx

3xdxdx 20

21

2

01

12

01

3x

02

1

b) Determinemos en primer lugar la funcin de densidad de la variable K = [1 [2. Para ello,

llamemos:

1

21

xvxxu

uvxvx

2

1 . El Jacobiano: 11110

ux

ux

vx

ux

22

11

ww

ww

ww

ww

, luego f(u, v) = 1,

con las condiciones

ddd

ddl

ddd

dd

u2vu1vu

2v0

vu2v21uv0

2v0. Grficamente:

Luego la funcin de densidad de K:


Septiembre 2011

3/3

ddd

d

dd

K

resto elen ,02u1,u2

1u0,u

resto elen ,0

2u1,dv

1u0,dv

)u(f2

u

u2

u

Pero, teniendo en cuenta la condicin de que K 1, y como P[K 1] = 21duu2

2

1 , se

tendr que fK/K1(u) = 2/1u2 = 4 2u, 1 < u 2.


Junio 2011. 2 semana 1/3

PRUEBA PRESENCIAL. JUNIO 2011. 2 SEMANA

Algunas aclaraciones.- 2.- Casos posibles: VR52,4 = 524 ; Casos favorables: 1344!. Probabilidad = 0,0937552

!4134

4=

4.- La funcin caracterstica corresponde a la de una distribucin geomtrica G(0,3). 5.- Usaremos la desigualdad de Markov para hallar una cota inferior de la probabilidad pedida: P[ 3] = 1 P[ > 3] (desigualdad de Markov) 1 3

1 0,67

6.- Al ser y independientes, + ser normal N ( )5,3 , luego ( ) 213P =>+



EJERCICIOS

Solucin.- El valor de k buscado ser el que maximice la probabilidad de que vare entre 1 y 3. Se tiene:

P(k) = P[1 3] = [ ] k3k31kx3

1kx eeedxke ==

Derivando respecto de k e igualando a cero: P(k) = ek + 3e3k = 0 e2k = 3

1 k = ln321

Puesto que P(k) = ek 9e3k y P 03

33

13ln21



MME

310

12

25

bSSS

132 2

27

212

32

310

12

25

=

MMB

310

13

25

XSS

132 2

9

112

32

310

13

25

=

MEE

310

22

15

bbSSS

2132 36

11 232

310

22

15

=

MBB

310

23

15

XXS

2132 12

11 232

310

23

15

=

MEB

310

12

13

15

XSS b 113

2 6111

32

310

12

13

15

=

EEB

310

13

22

XSS bb

31 40113

310

13

22

=

EBB

310

23

12

XXSb 31 20

11 3

310

23

12

=

BBB

31033

XXX

13 120113

31033

=

Probabilidad Total 57099,0324185

=



PRUEBA PRESENCIAL. JUNIO 2011. 1 SEMANA


3.- Casos posibles:

4

52 ; Casos favorables: 134. Probabilidad = 0,105549505152!4134

=

4.- La variable + = 0, constante. 6.- ( ) 32

!3421dxex2

1dxex21

0

x3

0

x3 ====

10.- Por ejemplo, extraemos sucesivamente dos cartas de una baraja. Sea A = la 1 es de

oros y B= la 2 es de oros. Obviamente A y B son compatibles. Si el experimento se hace con reemplazamiento, son independientes y si se hace sin reemplazamiento, son dependientes.



EJERCICIOS

Solucin.-

a) La variable 1+2+3 es normal con media 30, luego P(1+2+3 > 30) = 0,5 b) La variable 12+3 es normal con media 10 y desviacin tpica 51294 =++ , luego

P(12+3 > 30) = (tipificando) = P(Z > 4) 0. c) La suma de las cuatro variables aleatorias que representen las ventas respectivas de

coches de la segunda marca en cada tienda es normal N(40, 6), luego P(34 < < 40) = (tipificando) = P(1 < Z < 1) = (tablas) = 0,6826.

Solucin.-

Representaremos los sucesos: E = el alumno elegido es excelente; B = el alumno elegido es bueno; M = el alumno elegido es mediano; I = la calificacin del examen es insuficiente; S = la calificacin del examen es suficiente; Sb = la calificacin del examen es sobresaliente.

Las probabilidades de los sucesos condicionados que se dan en el ejercicio son: P(Sb/E) = 1; P(Sb/B) = P(N/B) = 2

1 ; P(N/M) = P(S/M) = P(I/M) = 31 .

Entonces, aplicando el teorema de la probabilidad total tenemos: P(NSb) = P(E) P(NSb/E)+ P(B) P(NSb/B)+ P(M) P(NSb/M) = N3

cb3a331N

c1Nb1N

a ++=++

Soluciones UNED Probabilidad Economia

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