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UNED ELCHE. TUTORA DE PROBABILIDAD. MODELOS PROBABILSTICOS (GRADO EN ECONOMA) www.innova.uned.es/webpages/Ilde/Web/index.htm e-mail: [email protected]
Septiembre 2014. Tipo A
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PRUEBA PRESENCIAL. SEPTIEMBRE 2014. TIPO A
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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:
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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.
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Junio 2014. 2 semana. Tipo A
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PRUEBA PRESENCIAL. JUNIO 2014. SEGUNDA SEMANA. TIPO A
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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
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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.
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PRUEBA PRESENCIAL. JUNIO 2014. TIPO A
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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.
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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.
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Septiembre 2013. Reserva
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PRUEBA PRESENCIAL. SEPTIEMBRE 2013. EXAMEN DE RESERVA EJERCICIOS TIPO TEST
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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
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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
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PRUEBA PRESENCIAL. SEPTIEMBRE 2013. TIPO A
Algunas aclaraciones.-
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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
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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
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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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PRUEBA PRESENCIAL. JUNIO 2013. SEGUNDA SEMANA. TIPO A
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Algunas aclaraciones.-
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.
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3/3
Solucin.-
Sea [ el error de una operacin que se distribuye normal N(0, V). Se sabe que 21 = P(|[|
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1/4
PRUEBA PRESENCIAL. JUNIO 2013. TIPO A
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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]
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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:
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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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PRUEBA PRESENCIAL. SEPTIEMBRE 2012. EXAMEN DE RESERVA EJERCICIOS TIPO TEST
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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.
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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
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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.
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PRUEBA PRESENCIAL. SEPTIEMBRE 2012 EJERCICIOS TIPO TEST
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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.
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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.
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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
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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
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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
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PRUEBA PRESENCIAL. JUNIO 2012. TIPO A
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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:
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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.
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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
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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
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1/3
PRUEBA PRESENCIAL. SEPTIEMBRE 2011
Algunas aclaraciones.-
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.
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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:
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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.
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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 =>+
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Junio 2011. 2 semana 2/3
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
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Junio 2011. 2 semana 3/3
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
=
-
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Junio 2011. 1 semana 1/2
PRUEBA PRESENCIAL. JUNIO 2011. 1 SEMANA
Algunas aclaraciones.-
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.
-
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Junio 2011. 1 semana 2/2
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 ++=++