2015-1C Resuelto de problema de parcial

Vista previa del material en texto

Problema de parcial 20150520 
El vector aleatorio (X;Y) tiene la siguiente función de densidad de probabilidad conjunta:
f (X ;Y )(X ;Y )=X⋅Y
para {0≤X≤20≤Y≤1}
Se pide:
A) Dar la función de densidad de probabilidad de la variable aleatoria Y si:
 A1) No se sabe absolutamente nada de la variable aleatoria X.
 A2) Si se sabe que la variable X cumple 0≤X≤1 .
 A3) Si se sabe que X=1/2 .
B) Describir probabilísticamente (dar la f.d.p.) de la variable aleatoria Z=X⋅Y .
C) Encuentre la expresión de la esperanza condicional de la variable aleatoria X si se conoce el
producto de X e Y.
Resolución A1)
Si no se sabe nada de la variable aleatoria X, lo que se está pidiendo es la función de densidad
marginal f Y ( y ) .
f Y ( y )= ∫
x=−∞
x=+∞
f (X; Y )(x ; y )⋅dx (1)
f Y ( y )=∫
x=0
x=2
x⋅y⋅dx (2)
f Y ( y )= y⋅∫
x=0
x=2
x⋅dx (3)
f Y ( y )= y⋅[ x
2
2 ]0
2
(4)
f Y ( y )= y⋅[ 2
2
2
−
02
2 ] (5)
f Y ( y )=2⋅y para 0≤ y≤1 (6)
Resolución A2)
Si se sabe que 0≤X≤1 entonces lo que está sucediendo es que se está restringiendo el dominio
del espacio bidimensional, es decir, se está haciendo un “truncamiento” sobre el vector aleatorio. La
f.d.p. conjunta truncada al nuevo dominio será:
f ( X;Y )/0≤X≤1(x ; y )=
f (X;Y )(x ; y)∩{0≤X≤1}
P(0≤X≤1)
(7)
Reportar cualquier error a 6106tl@gmail.com Página 1 de 6 Sergio QUINTEROS
Problema de parcial 20150520 
f (X;Y )/0≤X≤1(x ; y )=
x⋅y
∫
x=0
x=1
∫
y=0
y=1
x⋅y⋅dy⋅dx
(8)
La intersección de la f.d.p. conjunta con la condición solamente a redefinido su dominio en el
plano (X ;Y ) .
f ( X;Y )/0≤X≤1(x ; y )=
x⋅y
∫
x=0
x=1
x⋅[ y
2
2 ]y=0
y=1
⋅dx
(9)
f ( X;Y )/0≤X≤1(x ; y )=
x⋅y
1
2
⋅[ x
2
2 ]x=0
x=1
(10)
f ( X;Y )/0≤X≤1(x; y )=
x⋅y
1
4
(11)
f (X;Y )/0≤X≤1(x ; y )=4⋅x⋅y para {0≤x≤10≤ y≤1} (12)
Ahora, para encontrar la f.d.p. pedida se debe integrar la f.d.p. conjunta condicionada para todos
los valores de la V.A. X haciéndola desaparecer como variable.
f Y /0≤X≤1( y)= ∫
x=−∞
x=+∞
f ( X;Y )/0≤X≤1(x ; y )⋅dx (13)
f Y /0≤X≤1( y)=∫
x=0
x=1
4⋅x⋅y⋅dx (14)
f Y /0≤X≤1( y)=4⋅y⋅[ x
2
2 ]x=0
x=1
(15)
f Y /0≤X≤1( y)=4⋅y⋅
1
2
(16)
f Y /0≤X≤1( y)=2⋅y para 0≤ y≤1 (17)
Resolución A3)
Si se sabe que X=1/2 entonces lo que se está pidiendo es la probabilidad condicional de una
variable (Y ) respecto de la otra variable (X ) . Por definición la probabilidad condicional es:
f Y /X (x ; y )=
f (X;Y )(x ; y)
f X (x)
(18)
Esta fórmula se despeja rápidamente de la formula para calcular la f.d.p. conjunta.
f ( X;Y )(x ; y)=f X (x)⋅f Y /X (x ; y ) (19)
De forma que primero se calcula la f.d.p. marginal para X .
f X (x )= ∫
y=−∞
y=+∞
f (X ;Y )(x ; y )⋅dy (20)
Reportar cualquier error a 6106tl@gmail.com Página 2 de 6 Sergio QUINTEROS
Problema de parcial 20150520 
f X (x )=∫
y=0
y=1
x⋅y⋅dy (21)
f X (x )=x⋅[ y
2
2 ]0
1
(22)
f
X
(x )=
1
2
⋅x para 0≤x≤2 (23)
Y ahora remplazando (23) en (18) queda:
f
Y /X
(x ; y )=
x⋅y
1
2
⋅x
(24)
f Y /X (x ; y )=2⋅y para {0≤x≤20≤ y≤1} (25)
Y evaluando (25) en el valor particular X=1/2 queda:
f Y /X=1/2( y)=2⋅y para 0≤ y≤1 (26)
Nota:
El hecho de que (6), (17), y (26) resulten en la misma función se debe al hecho de que las V.A.s
X e Y son independientes. En tal caso resulta lógico que una función condicionada sera igual a
una función incondicionada (marginal).
f Y ( y )=f Y /0≤X≤1( y )= f Y / X=1 /2( y )=2⋅y para 0≤ y≤1 (27)
Resolución B)
Se pide describir probabilísticamente la nueva V.A. Z=X⋅Y , de forma que lo que se está
pidiendo es un cambio de variable 2:1. Como es más sencillo realizar un cambio de variable entre
vectores aleatorios de las mismas dimensiones se define la nueva V.A. auxiliar W=X y se plantea
primero el cambio de variable bidimensional 2:2 (X ;Y )→(Z ;W ) . El cambio de variable propuesto
entonces es:
{ Z = X⋅YW = X } (28)
Despejando, se encuentra que el cambio de variable inverso es:
{
X = W
Y =
Z
W } (29)
Con el cambio de variable inverso se puede transformar las rectas que delimitan el dominio en el
plano (X ;Y ) para obtener lo límites del dominio en el plano (Z ;W ) .
{
x=0 → (z ;w)=(0 ;0)
y=1 → w=z
x=2 → w=2
y=0 → z=0
} (30)
A continuación se calcula el módulo del determinante jacobiano:
Reportar cualquier error a 6106tl@gmail.com Página 3 de 6 Sergio QUINTEROS
Problema de parcial 20150520 
||J||=||∂(Z ;W )∂(X;Y )|| (31)
||J||=||
∂Z
∂X
∂Z
∂Y
∂W
∂X
∂W
∂Y
|| (32)
||J||=||Y X1 0|| (33)
||J||=|−X| (34)
Dado que X siempre es positiva dentro del dominio de (X ;Y ) .
||J||=X (35)
Como el módulo del determinante jacobiano no se hace nulo dentro del dominio en el plano
(X ;Y ) , la transformación (X ;Y )→(Z;W ) tiene inversa única para el dominio de interés y dicho
domino se transforma en un dominio simple sin solapamiento (resulta una transformación biyectiva).
 dominio en el nuevo plano (Z ;W ) es:
Dominio {(Z ;W )}={0≤z≤2z≤w≤2} (36)
Note que como indica (30) la recta x=0 es una recta sobre la cual ||J||=0 y por ello la recta
degenera en un punto en el plano (Z ;W ) . Como dicha recta no ingresa al dominio la
transformación sigue siendo invertible (biyectiva) y el cambio de variable 2:2 puede plantearse sin
corrección de la formula.
Se plantea ahora el cambio de variable bidimensional 2:2.
f (Z ;W )(z ; w)=[ f
(X ;Y )
(x ; y)
||J|| ](x ; y)=ϕ−1(z ;w) (37)
f (Z ;W )(z; w)=[ x⋅yx ](x ; y )=ϕ−1 (z ;w) (38)
f (Z ;W )(z ; w)=[ y ](x ; y)=ϕ−1 (z ;w) (39)
Reportar cualquier error a 6106tl@gmail.com Página 4 de 6 Sergio QUINTEROS
Problema de parcial 20150520 
f (Z ;W )(z ; w)=
z
w
para {0≤z≤2z≤w≤2} (40)
La f.d.p. pedida se puede encontrar ahora marginando la nueva f.d.p. conjunta respecto de la
variable W .
f Z(z)= ∫
w=−∞
w=+∞
f (Z ;W )(z ;w)⋅dw (41)
f Z (z)=∫
w=z
w=2
z
w
⋅dw (42)
f Z(z)=z⋅[ ln(w)]w=z
w=2
(43)
f
Z
(z)=z⋅ln( 2z ) para 0≤z≤2 (44)
Resolución C)
Se pide encontrar la expresión de la esperanza condicional de la variable aleatoria X dado el
producto Z=X⋅Y .
E[X Z ] (45)
Pero el problema de la expresión (45) es que las V.A.s X y Z están en dominios diferentes por
lo cual en principio la resolución de (45) implicaría encontrar la f.d.p. bidimensional en un plano
(X ;Z ) .
Afortunadamente, cuando se planteó la variable auxiliar en (28) para hacer el cambio de variable
bidimensional 2:2 se escogió la variable W=X , y como W pertenece al plano (Z ;W ) puede
resolverse (45) buscando la esperanza condicional para W . Como dicha esperanza en un número
(respecto de W , depende quizá solamente de Z ), dicho número resultará el mismo encontrado en
la V.A. X o en la V.A. W .
E[X Z ]=E [
W
Z ]= ∫w=−∞
w=+∞
w⋅f W /Z(z ; w)⋅dw (46)
La f.d.p. condicional se plantea:
f W /Z(z ;w)=
f (Z ;W )(z ; w)
f Z( z)
(47)
La f.d.p. conjunta está resuelta en (40) y la f.d.p. marginal está resuelta en (44), de modo que
remplazando (40) y (44) en (47) queda:
f W /Z (z ;w)=
z
w
z⋅ln( 2z )
=
1
w⋅ln( 2z )
para {z≤w≤20≤z≤2 } (48)
Remplazando (48) en (46).
Reportar cualquier error a 6106tl@gmail.com Página 5 de 6 Sergio QUINTEROS
Problema de parcial 20150520 
E[W Z ]=∫w= z
w=2
w⋅
1
w⋅ln ( 2z )
⋅dw=
1
ln ( 2z )
⋅[w ]w= z
w=2
(49)
Y expresando en función de la V.A. original
E[X Z ]=
2−z
ln(2)− ln(z )
para 0≤z≤2 (50)
Nota:
Observe que la esperanza condicional E[X /Z=2]=2 es un punto patológicopero previsible.
Cuando la V.A. Z toma el valor Z=2 la V.A. X únicamente puede tomar el valor X=2 .
El valor E [X / Z=0] es patológico pero completamente antiintuitivo ¿Por que una V.A. X con
una f.d.p definida en el rango 0≤x≤2 tendría una esperanza igual a cero siendo que la esperanza es
una medida de tendencia central? La respuesta se encuentra en el hecho que para Z=0 la f.d.p.
condicionada f W /Z=0(w) se degenera en una delta de Dirac, con f W /Z=0(0)=+∞ . Sin embargo no
cierto que cuando la V.A. Z toma el valor Z=0 la V.A. X únicamente puede tomar el valor
X=0 . El punto (X ;Y )=(0,57 ;0) es un ejemplo de ello.
Reportar cualquier error a 6106tl@gmail.com Página 6 de 6 Sergio QUINTEROS