3 distribuciones de variable aleatorias · 2011. 8. 9. · •número de preguntas bien contestadas...

3‐Distribuciones de variable aleatorias

Edgar Acuna

ESMA 4001Edgar Acuña

Universidad de Puerto Rico1



3. 1. Distribución Binomial.Un experimento es llamado de Bernoulli, si satisface las siguientes

características:• En cada repetición puede ocurrir sólo una de dos maneras, una de ellas

es llamada Exito y la otra Fracaso.• La probabilidad de Exito, representada por p, debe permanecer constante

cuando el experimento es repetido muchas veces.• Las repeticiones de los experimentos deben ser independientes entre sí.

Los siguientes son experimentos de Bernoulli• Lanzar varias veces un dado y observar las veces que sale el valor 6, en

este caso la probabilidad de éxito es 1/6.• Contar el número de pacientes que sobreviven a una operación de corazón

abierto.• Contar el número de personas que se entrevistan por un empleo y a las que

se le hace una oferta de empleo.



Una variable aleatoria X tiene una distribución Binomial con parámetros n y p si se define como el número de éxitos que ocurren cuando un experimento de Bernoulli se repite n veces en forma independiente.

Ejemplo 3.1. Las siguientes son variables aleatorias binomiales.•Número de veces que resulta suma 7 al lanzar un par de dados 10 veces es una variable binomial con parametros p = 1/6 y n = 10.•Número de preguntas bien contestadas en un examen de 10 preguntas de selección múltiple, donde cada una tiene 4 alternativas de las cuales una es la correcta. En este caso n = 10 y p = ¼ = 0.25.•Número de artículos dañados que hay en una muestra de tamaño 3 extraidaCON REPOSICIÓN de un lote que contiene 10 artículos, de los cuales 4 son dañados. En este caso n = 3 y p = 4/10.

La Distribución Binomial (cont)



La Distribución Binomial (cont)

La función de probabilidad de una Binomial esta dada por:

para x = 0, 1, …,n.

donde representa combinaciones de n elementos tomados de x enx. Notar que p(x) es similar al x-esimo termino del binomio de Newton.Luego, se puede ver facilmente queEl valor de p(x) para diversos valores de n y p aparece en tablas de todo

texto básico de Estadística.

xnx ppxn

xp −−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛== )1()(

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛xn

1)]1([)(0

=−+=∑=

nn

xppxp



Calculos de la funcion de distribucionBinomial

En MINITAB y en cualquier software estadistico se pueden calcular lafunción de probabilidad (Probability), la función de distribución acumalada(Cumulative probability) y los percentiles (Inverse cumulative probability)de la distribución Binomial para cualquier valor de n y p. Para esto hayque seguir la secuencia Calc4Probability Distributions4Binomial.



Ejemplo 3.2. Probabilidades binomialesen MINITAB

a)Expresar en una tabla devalores la función deprobabilidad y la función dedistribución acumulada de lavariable aleatoria X: Númerode preguntas bien contestadaspor un estudiante que respondeal azar un examen tiposelección múltiple que consistede 10 preguntas, cada una con4 alternativas de las cuales sólouna es correcta.

Solución:Poner en una columna, llamada ‘x’,

todos los valores posibles de la variable. Laventana session en Minitab muestra lossiguientes resultados

Ejemplo 3.2(cont)



b)Usar la tabla anterior para calcular la probabilidad de que el estudiante: Tenga exactamente 3 preguntas buenas.Tenga 6 ó menos preguntas buenas.Tenga por lo menos 4 buenas.Solucion:

La probabilidad de tener 3 preguntas bien contestadas es P(3) = 0.2502, la probabilidad de tener 6 o menos preguntas bien contestadas es F(6) = 0.9964, la probabilidad de tener por lo menos 4 buenas es por complemento P(X ≥ 4) = 1 ‐P(X ≤ 3) = 1 ‐ F(3) = 1‐ 0.77588 = 0.23412.

Ejemplo 3.3.



Una empresa tiene dos plantas de produccion A y B. En la planta A se produce el 60% de la produccion total y en la planta B solo el 40%. El 5% de la produccionde A es defectuosa mientars que solo el 2% de la pruduccion de B lo es. Se eligeal azar 10 articulos producidos por la empresa. Cual es la probabilidad de quea)Exactamente dos de los articulos resulten defectuosos?b) A lo mas 3 de ellos resulten defectuosos?c) Por lo menos 6 de ellos resulten defectuosos?d) Por lo menos 8 de ellos resulten buenos?

Solucion: Sea X:numero de articulos defectuosos entre los escogidos.X es binomial con parametros n=10 y con probabilidad de exitop=(.6)*.05+(.4)*.02=.03+.008=.038, usando probabilidad total

0476.)962.0()038(.2

10)2() 82 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==XPa

9996.)962.0()038(.10

)3() 103

0=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=≤ −

=∑ kkk k

XPb

Ejemplo 3.3 (cont.)



000.0)5(1)6() =≤−=≥ XPXPc

d) Por lo menos 8 sean buenos es equivalente a decir que a lo masdos de los 10 articulos salen defectuosos. O sea.

9946.)962.0()038(.10

)2( 102

0=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=≤ −

=∑ kkk k

XP

Media y varianza de una Binomial



npqXVarnpXE

entoncespnBinesXSi

==)(

)(

),(

En efecto, ∑∑ ∑=

−

= =

− −−−

=−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==

n

x

xnxn

x

n

x

xnx ppxnx

nppxn

xxxpXE10 1

)1()!()!1(

!)1()()(

Haciendo y=x‐1 se obtiene que

∑−

=

−−−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

1

0

1)1(1

)(n

y

yny ppy

nnpXE

Pero la suma es 1, porque es la suma de todas las probabilidades de unabinomial con parametros n‐1 y p. Luego, E(X)=np



Var(X)=E(X2)‐[E(X)]2 Pero en lugar de calcular E(X2) directamente es mejor usar la siguiente relacion

E[X(X‐1)] =E(X2)‐E(X), donde E[X(X‐1)] es obtenido mas facilmente

22

0

22

0

222

20

)1()1(2

)1()1()!2(!

)!2()1(

)1()!()!2(

!)1()1()]1([

pnnppy

npnnpp

ynynnn

ppxnx

nppxn

xxXXE

n

y

ynyn

y

yny

xnxn

x

xnxn

x

−=−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=−

−−−

−=

−−−

=−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=−

∑ ∑

∑∑−

=

−−−

=

−−+

−

=

−

=

Notar que la ultima sumatoria vale 1 pues es la suma de las probabilidadesde una binomial(n‐2,p). Luego,

E[X(X‐1)]=n(n‐1)p2=E(X2)‐E(X). Por lo tanto, E(X2)=n(n‐1)p2+npEn consecuencia,

Var(X)=n2p2‐np2+np‐n2p2 = np(1‐p)=npq

3.2 La distribucion hipergeometrica



En este caso de una poblacion dicotomica de tamano N con Np (0

Media y varianza de unahipergeometrica



Si X es una hipergeometrica con parametros N, n y p e entonces

1)1()(

11

1)1(1

)!()!1()!1(

1)1(

)!1(!)!1(

)!(!!

)1()!()!1(

!)1(

)(

1

0

1

0

10

−−

−=

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

=

−−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−−−

−

=

−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=

∑∑

∑∑

−

=

−

=

==

NnNpnpXVar

ynp

nN

ynpN

yNp

np

nNnnNN

ynpN

yNpyNpNp

nNnN

xnpN

xNpxNp

nN

xnpN

xNp

xXE

n

y

n

y

n

x

n

x

Cuando N tiende a infinito la hipergeometrica converge a una Binomial (n,p)

Ejemplo 3.4



Los articulos producidos por una empresa son inspeccionados en lotes de 50 articulos. Se extrae una muestra aleatoria de 6 articulos del lote y si a lo mas unode los articulos sale defectuoso el lote es aceptado en su totalidad. Si se sabe que5 de los 50 articulos del lote estan defectuosos. Cual es la probabilidad de que un lote cualquiera sea aceptado.?Solucion:Sea X: numero de articulos defectuosos en la muestra de 5 extraidos al azar del lote de 50. Claramente X es una hipergeometrica con N=50, p=.10 y n=6 . Luego,

5,4,3,2,1,0

6506455

)( =

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

== kkk

kXP

Prob(lote sea aceptado)= 8969.

650

545

5645

650

545

15

650

645

05

)1()0()1( =

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

==+==≤ XPXPXP

3.3 La distribucion Geometrica



Sea X: numero de repeticiones de un experimento de Bernoulli hasta que salga el primer exito. Entonces se dice que X tiene una distribucion geometrica con parametro p.La funcion de probabilidad de X esta dada por

P(X=k)=(1‐p)k‐1p para k=1,2,…….Usando la suma de una serie geometrica se puede mostrar queΣP(x=k)=1

kpkXP

entoncespGeomesXSi

)1()(

)(:

−=>

Propiedad

∑∑ ∑ ∑∞

=

∞

+=

∞

+=

∞

=

+− −−=−=−===>01 1 0

1 )1()1()1()1()()(m

mk

kj kj m

kmj pppppppjXPkXP

Y usando la suma de una serie geometria de razon r=1‐p se obtiene

kk pp

ppkXP )1()1(1

1.)1()( −=−−

−=>

Media y varianza de una geometrica



2/)(/1)(

)(

pqXVarpXE

entoncespGeomesXSi

=

=

pqp

qdqdp

dq

qkdp

dqdqppkqkXkPXE

k k k

kk

k 1])1(

1[]11

1[)(

)()( 21 1 1

11 =−

=−−

======∑ ∑ ∑∑∞

=

∞

=

∞

=

∞

=−

233

22

2

20

2

0 02

21

22))1(

2(

))1(

1()1

1()(

)1()]1([

pq

ppq

qpq

qdqdpq

qdqdpq

dq

qdpq

dqqdpqpqkkXXE k

k

k k

kk

==−

=

−=

−===−=−

∑∑ ∑

∞

=∞

=

∞

=

−

22222 2112))(()())1(()(,

pq

pqq

pppqXEXEXXEXVarLuego =−=−+=−+−=



Propiedad de falta de memoria de una geometrica. Si X es una Geom(p) entoncespara dos enteros positivos cualesquiera m y n se cumple queP[X>m+n/X>n]=P[X>m].Prueba:

][][

][][

],[]/[ mXPqq

qnXP

nmXPnXP

nXnmXPnXnmXP mnnm

>===>+>

=>

>+>=>+>

+

Ejemplo 3.5. La probabilidad de que un reclutador haga una oferta de empleo a un entrevistado es .3 independientemente de quien sea el entrevistadoa)Cual es la probabilidad de que se haga la primera oferta al cuarto entrevistado?b) Cual es la probabilidad de que la primera oferta se haga despues de la quintaentrevista?c) Si a los primeros 5 entrevistados no se le ha hecho una oferta de empleo, cual es la probabilidad de que la primera oferta de empleo se haga despues de 9 entrevistas?Solucion:a) P(X=4)=(.7)3.3 b)P(X>5)=(.7)5 c)P(X>9/X>5)=P(X>4)=(.7)4

3.4 La distribucion Poisson



Se dice que una variable aleatoria X tiene una distribucion Poisson con parametroλ>0 si su funcion de probabilidad esta dado por

!][

kekXP

kλλ−==

Para k=0,1,2,3,….. Notar que

usando el desarrollo en series de la funcion exponencial

1!

)( 00 0

==== −∞

=

∞

=

−

∑ ∑ eeekekp

k k

kλλ

λλ

Ejemplo de variables aleatoriasPoisson



Una variable Poisson en la practica cuenta el numero de ocurrencia de eventosque tienen una probabilidad pequena de ocurrencia.X: Numero de errores por pagina de un libroX: Numero de llamadas que entran a un cuadro telefonico en un intervalo de tiempo dadoX: Numero de personas que hay en la fila de un banco en un intervalo de tiempo dadoX:Numero de accidentes que ocurren en una interseccion semanalmente.X: Numero de ocurrencia de terremotos por ano

Media y varianza de una Poisson



Si X es una Poisson con parametro λ entoncesE(X)= λ yVar(X)= λ

∑ ∑ ∑ ∑∞

=

∞

=

∞

=

∞

=

−−−

==−

===0 0 1 0 !)!1(!

)()(x x x t

txx

te

xe

xexxxpXE λλλλλ

λλλ

2

00

22

0 2 !!)!2(!)1()]1([ λλλλλλ

λλλλ

===−

=−=− ∑∑∑ ∑∞

=

−∞

=

+−∞

=

∞

=

−−

y

y

y

y

x x

xx

ye

ye

xe

xexxXXE

La ultima suma da 1, porque es la suma de todas las probabilidades de unaPoisson(λ). Luego,

E(X2)=E[X(X‐1)]+E(X)=λ2+λ. Por lo tanto,Var(X)= λ2+λ‐ λ2= λ

Ejemplo 3.6



El numero promedio de accidentes en una interseccion es 2 por semana. Asumiendoque el numero de accidentes por semana sigue una distribucion Poissona)Hallar la probabilidad de que no haya accidentes en una semana cualquierab)Hallar la probablidad de que ocurran a lo mas tres accidentes en un periodo de dos semanas. Solucion: Sea X:numero de accidentes por semana en la interseccion. X esPoisson(λ=2)a) P(X=0)=e‐220/0!=e‐2

b) Sea Y=numero de accidentes en un periodo de dos semanas. Y es una Poisson con λ=2(2)=4P(Y

Ejemplo 3.7



El numero de errores en un libro se distribuye como una variable aleatoria Poisson con λ=.5 errores por paginaa) Cual es la probabilidad de que en una pagina elegida al azar hayan dos errores?b) Cual es la probabilidad de que en un capitulo del libro, que tiene 30 paginas, hayan

5 errores?c) Cual es la probabilidad de que en un capitulo del libro, que tiene 30 paginas, hayan

por lo menos 10 errores?

Solucion: a) Sea X:numero de errores por pagina, X es Poisson(λ=.5)P(X=2)=e‐.5.52/2!=.0758

b) Sea Y=numero de errores en un capitulo de 30 paginas. Y es una Poisson con λ=30(.5)=15P(Y=5)=e‐15155/5!=.00193

c) P(Y>=10)=1‐P(Y

Aproximacion Poisson a la Binomial



!)()1(lim

kepp

kn kknk

n

λλ−−∞→

=−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

nkk

nkk

kknkknk

nnknk

nn

nnknknnn

nnknknpp

kn

)1()1(!

)11)......(21)(11(1

)1()1(!

)1)....(1()1()()!(!

!)1(

λλλ

λλλλλ

−−−

−−−=

−−+−−

=−−

=−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−

−−−

Tomando limites cuando n tiende a infinito se tiene

λλλλ −∞→

=−⋅⋅⋅⋅⋅ eknk

kn

n

k

!)1(lim1

!1.....11

donde np λ=

Las probabilidades de una binomial con n grande pueden ser aproximadasusando una Poisson con parametro λ=np. Es decir,

Comparacion de probabilidades binomialesB(10,.1) y las probabilidades Poisson(λ=1)



x bin poiss0 0.348678 0.3678791 0.387420 0.3678792 0.193710 0.1839403 0.057396 0.0613134 0.011160 0.0153285 0.001488 0.0030666 0.000138 0.0005117 0.000009 0.0000738 0.000000 0.0000099 0.000000 0.00000110 0.000000 0.000000

Ejemplo 3.8



Estimar la probabilidad de que en un grupo de 400 personas por lo menos 3 celebrensus cumpleanos el 4 de julio. Asumir que hay 365 dias en el ano y que cada uno de ellos es igualmente probable que sea el dia de cumpleanos de una persona dada.

Solucion: Sea X: el numero de personas que cumplen anos el 4 de julio. Propiamente X es unabinomial con n=400 y p=1/365. Asi que habria que calcularP(X>=3)=1‐P(X=3)=1‐e‐1.09‐1.09e‐1.09‐1.092e‐1.09/2=1‐.9012=.0988

Ejemplo 3.9



Al formar digitos binarios con n digitos, la probabilidad de que aparezca un digitoincorrecto es .002. Si los errores son independientesa) Cual es la probabilidad de encontrar uno o mas digitos incorrectos en un numero

binario de 25 digitos?b) Si un computador forma 106 numeros binarios de 25 digitos por segundo, cual es la

probabilidad de que se forme un numero incorrecto en un segundo cualquiera?

Solucion: a) Sea X: el numero de digitos incorrectos en el numero de 25 digitos, X es una

binomial con n=25 y p=.002. Luego, la probabilidad de encontrar uno o mas digitosincorrectos en el numero sera P[X>=1]=1‐P[X=0]=1‐.99825=1‐.951=.049

b) Sea Y la cantidad de numeros incorrectos formados, Y es una Binomial con n=106 y p=.049. Pero como n es muy grande podemos considerar a Y como una Poisson con λ=(106)(.049)=49000. Luego, la probabilidad de un numero incorrecto seraP[Y=1}=e‐4900049000

Ejemplo 3.10



Sea X: el numero de llamadas que llegan a un cuadro telefonico en un periodode una hora, una variable aleatoria Poisson con parametro λ. Sea p la probabilidad de que la llamada sea contestada. a) Probar que Y el numero de llamadas que son contestadas es una variable aleatoria Poisson con parametro λp.b) Si p=.8 y λ=10. Hallar la probabilidad de que por lo menos 9 llamadas seancontestadas.Solucion:a) Sea Y=numero de llamadas contestadas entre las que llegan al cuadroP[Y=k]=P[Y=k, X=k]+P[Y=k, X=k+1]+P[Y=k,X=k+2]+………

=P[X=k]P[Y=k/X=k]+P[X=k+1]P[Y=k/X=k+1]+P[X=k+2]P[Y=k/X=k+2]+…..Lo anterior se justifica por la regla del producto.Por otro lado, si llegan m llamadas al cuadro entonces la probabilidad de que n (n

Ejemplo 3.10 (cont.)



!)(

!)(

!)(

!)]1([

!)(

!)1(

!)!(!)1(

)1(!

]/[][][

)1(

)1(

00

kpe

kpe

ek

pem

pk

pem

pkpe

kjkppe

ppkj

jejXkYPjXPkYP

kpkp

pk

m

mk

m

mkmk

kj

kjkj

kj

kjkj

kj

λλ

λλλλλ

λ

λλλ

λλλλλ

λ

−−+−

−−∞

=

−∞

=

+−∞

=

−−

∞

=

−−∞

=

==

=−

=−

=−−

=

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛======

∑∑∑

∑∑

Luego Y es una variable aleatoria Poisson con parametro λpb) De acuerdo a a) en numero Y de llamadas contestadas sera una Poisson con λ=10(.8)=8. Luego, P(Y>=9)=1‐P(Y

3.5. La distribucion Uniforme o Rectangular



Una variable aleatoria continua X se dice que se distribuye uniformemte en el intervalo (a,b) si su funcion de densidad esta dada por

coexf

bxaab

xf

..0)(

,1)(

=

Valor esperado y Varianza de unavariable aleatoria Uniforme



Si X~U(a,b) entoncesE(X)=(a+b)/2Var(X)=(b‐a)2/12En efecto,

2)(2|

)(21)(

222 ababab

abxdx

abxXE ba

b

a

+=

−−

=−

=−

⋅=∫

3)(3))((

)(3|

)(31)(

222233322 babb

abbabbab

abab

abxdx

abxXE ba

b

a

++=

−++−

=−−

=−

=−

⋅=∫

12)(

122

4)2(

3)())(()()(

222222222 bababababaaabbXEXEXVarLuego −=+−=++−++=−=

Ejemplo 3.11



Un punto se elige al azar sobre el segmento de linea [0,2] . Cual es la probabilidad de que el punto escogido quede entre 1 y 3/2Solucion: Sea X:numero elegido al azar entre 0 y 2. Entonces la densidad de X esta dada por

f(x)=1/2 si 0

Ejemplo 3.12



Si la variable aleatoria K esta distribuida uniformemente en (0,5). Cual es la probabilidad de que las raices de la ecuacion 4x2+4xK+K+2=0 son reales?

Solucion: Las raices de la ecuacion cuadratica seran reales si(4K)2‐4(4)(K+2)>=0. Es decir, 4K2‐4K‐8=K2‐K‐2=(K+1)(K‐2)>=0. Esto ocurre cuandoK>=2 o K5

2 53

51)2( dxXP

3.6. La distribucion Exponencial



01)( / >= − xexf x θθ

Una variable aleatoria se dice que tiene una distribucion exponencial con parametro θ si su funcion de densidad esta dada por

∫ ∫∞ ∞

∞−− =+=−==0 0

0// 110|1)( θθ

θxx edxedxxf

Notar que

Ejemplo 3.13



Suponga que el tiempo para que falle un componente esta distribuidoexponencialmente con parametro 100. a) Cual es la probabilidad de que un componente dure entre 50 y 100 horas?b) Cual es la probabilidad de que un componente dure mas de 120 horas?Solucion:Sea X:el tiempo de duracion del componente. Luego

100/

1001)( xexf −=

∫ −−−− −=−==120

2.1120

100/100/ |100

1)120() eedxeXPb xx

Media y Varianza de una Exponencial



Si X~exp(θ) entoncesa)F(t)=1‐exp(t/θ) para t>0 y F(t)=0 e.o.cb)E(X)= θ yc)Var(X)= θ2d)Propiedad de falta de memoria: Si X~exp(θ) entoncesP(X>s+t/X>t)=P(X>s)

Prueba:

01|1)()() /0//

0

>−=−==≤= −−−∫ tsieedxetXPtFa ttxxt

θθθ

θ00)(



Luego, Var(X)=E(X2)‐(E(X))2=2θ2‐θ2 =θ2

][][

][][

],[]/[) ///)(

tXPee

esXP

tsXPsXP

sXtsXPsXtsXPd tsts

>===>+>

=>

>+>=>+> −−

+−θ

θ

θ

3.7. La distribucion Gamma



Se dice que una variable aleatoria continua X se distribuye como unaGamma con parametros α y β si su funcion de densidad es de la forma

0,)(

)(/1

>Γ

=−−

xexxfx

α

βα

βα

Donde Γ denota a la funcion Gamma que se define por

∫∞

−−=Γ0

1)( dxex xαα

Si α es un entero n entonces Γ(n)=(n‐1)!. Notar que

1)()(

)()()(

0

1/1

00

=ΓΓ

=Γ

=Γ

= ∫∫∫∞ −−−−∞∞

αα

αβα

α

α

βα

dtetdxexdxxftx

Distribucion Gamma (cont.)



Dos casos particulares de la distribucion Gamma, que tienen mucha aplicacionesocurren cuandoa)α=n (entero), la cual es llamada la distribucion Erlang que se puede obtenersumando n inpendientes disribuciones exponenciales. En particular, cuando n=1 se obtiene la densidad exponencial.b) α=n/2 y β=2, la cual es llamada la distribucion Chi‐Cuadrado con n grados de libertad.

La Formula de la funcion de distribucion acumulada para la Gamma no se puedeescribir en forma explicita, pero cuando α es entero se relaciona con la acumuladade una Poisson. Mas precisamente.

)1(1)( )/(),( −−= αββα tPoissonGamma FtF

Ejemplo:Fgamma(3,2)(2.5)=1‐Fpoisson(1.25)(2)=.1315323

Distribucion Gamma (cont.)



Si X es Gamma(α,β) entoncesa) E(X)= αβb) Var(X)= αβ2

αβαββα

αββα α

βα

α

βα

==+Γ

=Γ

⋅= ∫ ∫∞ ∞

+

−−−

)1()1()(

)(0 0

1

//1

dxexdxexxXExx

La integral vale 1 porque es la integral de una Gamma(α+1,β) en todo su dominio

22

0 02

/12

/122 )1()1()1(

)2()1(

)()( βααβαα

βαβαα

βα αβα

α

βα

+=+=+Γ

+=Γ

⋅= ∫ ∫∞ ∞

+

−+−−

dxexdxexxXExx

Luego, Var(X)=α(α+1)β2‐ α2β2= αβ2

3.8. La distribucion Beta



Se dice que una variable aleatoria continua X se distribuye como unaGamma con parametros α y β si su funcion de densidad es de la forma

10,)()(

)1()()(11

Media y varianza de una beta



Si X~Beta(α,β) entonces E(X)=α/(α+β) y Var(X)= αβ/[(α+β)2(α+β+1)]

βαα

βαβα

βαα

βαβα

βαβα βαβαβα

+=

Γ+Γ−++Γ

+=

ΓΓ−+Γ

=ΓΓ

−+Γ⋅= ∫∫∫

−−−− 1

0

11

0

11

0

11

)()1()1()1(

)()()1()(

)()()1()()( dxxxdxxxdxxxxXE

La ultima integral vale 1, porque se esta integrando la densidad Beta(α+1,β) en todo su dominio. Por otro lado,

)1)(()1(

)()2()1()2(

)1)(()1(

)()()1()(

)()()1()()(

1

0

11

0

111

0

1122

++++

=

Γ+Γ−++Γ

++++

=ΓΓ

−+Γ=

ΓΓ−+Γ

⋅= ∫∫∫−−+−−

βαβααα

βαβα

βαβααα

βαβα

βαβα βαβαβα dxxxdxxxdxxxxXE

La ultima integral vale 1, porque se esta integrando la densidad Beta(α+2,β) en todo su dominio. Luego,

)1()()()1)(()1()]([)()( 22

222

+++=

+−

++++

=−=βαβα

αββα

αβαβα

ααXEXEXVar



3.9 La Distribución NormalEs llamada tambien Distribución Gaussiana en honor a K. Gauss. Se diceque una variable aleatoria continua X tiene una distribucion Normal conparametros μ yσ si su funcion de densidad es de la forma

Se usa la notacion . Cuando μ=0 yσ =1 se obtiene la llamadadistribucion Normal estandar representada por Z. Para probar que el areadebajo de la curva Normal da 1 podemos asumir sin perdida de generalidaduna normal estandar. Asi, sea

πσ

σμ

2)(

2

2

2)( −

−

=

x

exf ∞



ππρθρρθρπ ρπρπ

ρ 2|2|2 02/

0

20

2/

0

2

0

2/2 222 =−=== ∞−∞

−∞

− ∫∫ ∫ ededdeI

Por lo tanto, I2=1 y I=1.

Claramente, la curva normal es simetrica con respecto a la media u. Esto es, f(x+u)=f(‐x+u). Asi que el area de cada mitad es .5.Tambien la curva normal tiene puntos de inflexion en μ+/‐σ, cambiando la concavidad de concava hacia arriba en los extremos a concava hacia abajo en el centro.Por otro lado, la curva normal es asintotica con respecto al eje X, casi un 100% de los datos caen entre μ‐3σ y μ+3σ.

Usando coordenadas polares se obtiene



Estandarización de una NormalDada una variable aleatoria X distribuida Normalmente con parametros μy σ, X ~ N(μ ,σ2 ), entonces puede ser convertida a una normal estándarmediante el, definido por Z=(X -μ)/σ, donde Z~N(0,1). Este es llamadoel proceso de estandarización de una Normal. Además si Xp y Zprepresentan sus respectivos percentiles entonces:

Xp = μ + σZp

En efecto, sea FZ(z)=P(Z

Media y varianza de una normal



.)(,)(),,(~ 22 σμσμ == XVarandXENXSi

.1)(,0)(),1,0(~Pr == ZVarandZENZsiqueobaremos

0|22

)()(2/2/ 22

=−=== ∞∞−−∞

∞−

∞

∞−

−

∫ ∫ ππzz edzezdzzzfZE

1102

|22

)()(2/2/2/

222222

=+=+−=== ∫∫ ∫∞

∞−

−∞∞−

−∞

∞−

∞

∞−

−

πππ

zzz ezedzezdzzfzZE

En la ultima integral se efectuo integracion por partes con u=z y dzezdvz

π2

2/2−

=

Por lo tanto Var(Z)=1. Ahora como X=σZ+μ, entonces E(X)=σE(Z)+μ=μ. Tambien, usando varianza de una transformacion lineal se tiene. Var(X)=σ2Var(Z)=σ2.



Calculo de probabilidades de ladistribucion Normal

Si F representa la distribución acumulada de la distribución Normal, esdecir el área acumulada a la izquierda del valor dado, entonces,

a) P (X < a) = F(a)b) P (a < X < b) = F(b) - F(a)c) P (X > b) = 1 - F(b)

En MINITAB se pueden calcular la función de densidad (Probability density), la función de distribución acumalada (Cumulative probability) y los percentiles (Inverse cumulative probability) de la distribución Normal para cualquier valor de la media μ y desviación estándar σ. No se requiere transformación a una normal estándar. Para esto hay que seguir la secuencia Calc4Probability Distributions4Normal.



Ejemplo 3.10

Si X es una población Normal con media μ = 70 y σ = 10. Hallar las siguientes probabilidades:

a) P (X < 60)b) P (X > 95)c) P (50 < X < 80)

Solución:Usando MINITAB con mean = 70 y standard deviation = 10, se tiene

que:a) P (X < 60) = F (60) = .1587b) P (X > 95) = 1 – F (95) = 1 - .9938 = .0062c) P (50 < X < 80) = F (80) – F (50) = .8413 - .0228 = .8185

Ejemplo 3.11



El tiempo que le toma a los estudiantes en ir de su casa a la Universidad se distribuye normalmente con media 20 minutos y desviación estándar 5. a) ¿Cuál es la probabilidad de que a un estudiante le tome más de 18 minutos en llegar a la universidad?b) ¿Cuál es la probabilidad de que un estudiante llegue a la universidad en menos de 30 minutos? c) ¿A qué hora debe salir el estudiante de su casa si se desea que llegue tarde a su clase de la 8:00 a.m. solamente un 5 por ciento de las veces?SoluciónSea la variable aleatoria X: El tiempo que le toma al estudiante en llegar de su casa a la Universidad, X es normal con media 20 y desviación estándar 5.a) P (X > 18) = 1 – F (18) = 1 ‐ .3446 = 6554.b)P (X

Ejemplo 3.12



Suponga que, X el diametro interior en milimetros de un tubo es una variable aleatoria distribuida normalmente con media μ y varianza 1. Si X no satisface ciertasespecificaciones, le produce una perdida al fabricante. Mas exactamenete supongaque la ganancia G por tubo es la siguiente funcion de X:

G=C1 si 10

Ejemplo 3.13



Se desea examinar a un grupo grande de personas, digamos N, para ver si tienen unacierta enfermedad. La alternativa obvia es analizar las muestras de sangresindividuales y ver si cada una de ellas tiene o no la enfermedad. Pero otra alternativamas economica es dividir las N personas en n grupos de k personas cada uno (N=nk). Se toma luego, una muestra de sangre a cada integrante del grupo y se combinan la muestra. Si la muestra combinada de sangre es negativa todo los integrantes del grupoestan sanos, si ésta sale positiva se hace un analisis individual para encontrar laspersonas enfermas. Asumiendo que hay una probabilidad p de que la muestra de sangre de una persona cualquiera salga positivo. a)Hallar el numero esperado de pruebas de sangre que hay que analizar paraencontrar todas la N personas enfermas. b) Para que valores de p, el valor esperado del numero de pruebas es menor que N.

Ejemplo 3.14



Suponga que la duracion en horas, digamos T, de un componente electronico es unavariable aleatoria exponencial con parametro θ. Una maquina que usa estacomponente cuesta C1 dolares por hora para funcionar. Mientras la maquina estafuncionando, se obtiene una ganancia de C2 dolares por hora. Para operar la maquinase contrata a un obrero un numero H de horas y con un salario de C3 dolares por hora. Para que valor de H se maximiza la ganancia esperada. Si θ=100, c1=3,c2=10 y c3=4, cuantas horas habria que contratar al obrero para maximizar la ganancia?. Solucion:La Ganancia G depende de T y de H. Si al obrero se le contrata por H horas y la maquina se dana antes de las H horas (TH) entonces G=C2H‐C1H‐C3H. Luego,

θθθ

θθθ

θθ

θθ

θ

θθ

/312

/3

/

/312

/3

0

/12

/312

0

/312

0

)()1(])()[12(

)()1(1)(

1)(1)()()()(

HHH

HHH

t

t

H

Ht

eHCHCHCeHCeHCC

eHCHCHCeHCdtetCC

dteHCHCHCdteHCtCtCdttftGGE

−−−

−−−

−∞

−∞

−−+−−+−−=

−−+−−−=

−−+−−==

∫

∫∫∫

3 distribuciones de variable aleatorias · 2011. 8. 9. · •número de preguntas bien contestadas...

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