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fech
Nivel 4
Edad: 34
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Ubicación: Martinez
Carrera: Industrial
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Coloquio del 19/07/2012 para Probabilidad y Estadística (69.06) INDUSTRIAL.
1- El 5% de los bits transmitidos por un canal de comunicación binaria es 1. El programa receptor indica que hay un 1 en el mensaje cuando efectivamente el 1 ha sido emitido, con probabilidad 0,95. ¿Cuál debe ser la probabilidad de que el receptor indique que hay un 0 cuando efectivamente el 0 ha sido emitido, para que la probabilidad de que haya sido emitido un 1 cuando el receptor indica que hay un 1 sea 0,95?
(similar al 1.15 de la guía)
2- Sea (X,Y) un punto aleatorio con distribución uniforme en el recinto (y te daban un gráfico tipo el del 3.34 de la guía). Hallar la densidad de X^2.
3- Juan y María lanzan una moneda con 3/4 de probabilidad de salir cara. El primero que obtiene una cara se gana una cerveza. Empieza María. Hallar la probabilidad de que se lance la moneda más de 3 veces en total, sabiendo que gano María.
4- Un motoquero transita por una avenida. Las probabilidades de que al momento de llegar a un semáforo se encuentre en rojo, amarillo o verde son 0.45, 0.1 y 0.45 respectivamente. Los estados de los semáforos son independientes entre si. El motoquero no se detiene ante ninguna luz y observa de a 1 luz por vez. Hallar la esperanza de semáforos que debe cruzar el motoquero hasta observar los 3 colores.
5- Pablo llega a un banco. Lucas y Monk estan siendo atendido por las 2 máquinas que posee el banco. Lucas esta en la máquina 1 que tiene una distribución exponencial de media 2 en completar el servicio. Monk esta en la maquina 2 que tiene distribución exponencial de media 3 en completar el servicio. Hallar la probabilidad de que Pablo termine antes que Monk.
Si alguien los tiene resueltos sería bárbaro.
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loonatic
Nivel 9
Edad: 32
Registrado: 16 May 2009
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Carrera: Sistemas
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El primero era igual al de la guia. Igual no lo hice -_-
El segundo me dio ![[tex]\frac{1}{2 \sqrt{z}}[/tex]](images/latex/fd0fb09c098eafc0e17c34e6e850b6ef74cd52cc_0.png "[tex]\frac{1}{2 \sqrt{z}}[/tex]") , z entre 0 y 1 (este esta bien) (el recinto eran 4 medios triangulos)
El cuarto me dio algo lindo pero incorrecto, lo simulé y me daba 10,7 masomenos.
Los otros dos no los tengo porque mi examen era distinto.
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fech
Nivel 4
Edad: 34
Registrado: 03 Jun 2009
Mensajes: 95
Ubicación: Martinez
Carrera: Industrial
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El primero era fácil! Me dio algo así tipo P=0.9975.
El segundo igualito a vos.
Y el cuarto me pareció imposible:P
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PauFP
Nivel 8
Edad: 33
Registrado: 31 Ene 2010
Mensajes: 862
Ubicación: Ituzaingó
Carrera: Industrial
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Creo que fue el final hecho con más mala leche que vi en mi vida. Tanto estudiar para que me fuera como el ogete, qué odio 
Nada que ver los ejercicios a los de las guías!!!
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koreano
Nivel 9
Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796
Carrera: No especificada
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El 4 lo hice analíticamente (y corroboré por simulación) ayer en el chat con Bistek, da ![[tex]\frac{353}{33}[/tex]](images/latex/97d19fb78411b51061a565eea2b70569dc7a439e_0.png "[tex]\frac{353}{33}[/tex]") . Si a alguien le interesa la resolución la escribo, pero es bastante larga asi que me da paja escribirla "al pedo".
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Megu*~
Nivel 8
Registrado: 21 Feb 2011
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| koreano escribió:
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El 4 lo hice analíticamente (y corroboré por simulación) ayer en el chat con Bistek, da . Si a alguien le interesa la resolución la escribo, pero es bastante larga asi que me da paja escribirla "al pedo".
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Sí, nos interesa!
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PauFP
Nivel 8
Edad: 33
Registrado: 31 Ene 2010
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Carrera: Industrial
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Sí, por favor escribila! O sino, si te es más fácil, contanos cómo lo resolviste.
Yo lo pensé de varias maneras (con ninguna llegué a una respuesta).
Una es pensar que la cantidad de luces de cada color que ve es binomial. por ejemplo, defino R:="cantidad de luces rojas que ve"--binomial(n; 0,45) donde "n" es el número de luces que cruzó. Así con los otros dos colores y después planteabas la esperanza de n sabiendo que R=1, A=1 y V=1.
La otra que se me ocurrió es pensar que n (cantidad de luces que cruce) es una geométrica (sería, cantidad de ensayos -luces que cruza- hasta éxito -ver una de cada color) con
p(éxito=ver una de cada color)=0,45.0,45.0,10(n!)
y la esperanza de una geométrica es 1/p(éxito)
La última forma es pensar el problema como una "sucesión" de geométricas, si se quiere, es decir: cantidad de ensayos hasta que ve una roja+ cantidad de ensayos hasta que ve una verde+ cantidad de ensayos hasta que ve una amarilla.
Pero de ninguna manera llegué a un resultado. Me odié haciendo ese ejercicio
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Matts
Nivel 9
Edad: 33
Registrado: 18 May 2009
Mensajes: 1054
Carrera: Industrial y Química
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| En la guia hay uno igual al 4. Yo tambien lo hice... despues veo si le saco una foto y subo la imagen.
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koreano
Nivel 9
Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796
Carrera: No especificada
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Una de las posibles resoluciones del ej 4:
En esta resolución asumo que leíste la resolución de este ejercicio que explica mejor el método, está explicado mas completo y correctamente y sirve para resolver este ejercicio
Básicamente tenés que hacer lo último que dijiste, son geometricas condicionales y tenés que ver todos los posibles distintos casos. Gráficamente lo que tenés es:
Supongamos que le asignamos las siguientes probabilidades en cada experimento de Bernoulli a cada luz:
![[tex]P(R) = 0.45 = \frac{9}{20}[/tex]](images/latex/554febe123cd9076d5e3384dbc8200cfd31527ed_0.png "[tex]P(R) = 0.45 = \frac{9}{20}[/tex]")
![[tex]P(A) = 0.45 = \frac{9}{20}[/tex]](images/latex/01abc190dcd7cc3af438250432423d20f54c0f95_0.png "[tex]P(A) = 0.45 = \frac{9}{20}[/tex]")
![[tex]P(V) = 0.1 = \frac{1}{10}[/tex]](images/latex/d0d887e2e17bc0ea54748e379384398c4ff06509_0.png "[tex]P(V) = 0.1 = \frac{1}{10}[/tex]")
Voy a abusar la notación porque sino se hace muy largo de escribir. Llamo Z a la variable que estamos buscando (cantidad de intentos hasta obtener las 3 luces), y después voy a notar la condicional como condicionado a la que ya salió, por ej ![[tex]E[R,V|A][/tex]](images/latex/813e4e385ea098f85539d4a2638c91e742975b76_0.png "[tex]E[R,V|A][/tex]") sería esperanza de intentos hasta tener una roja y una verde dado que ya salió amarillo. Queda:
![[tex]E[Z] = E[R,V|A]P(A) + E[A,V|R]P(R) + E[R,A|V]P(V) + E[Geo(1)][/tex]](images/latex/dfab07bcc354e8c1e16bf82a0fe54f1020db9a63_0.png "[tex]E[Z] = E[R,V|A]P(A) + E[A,V|R]P(R) + E[R,A|V]P(V) + E[Geo(1)][/tex]")
El último término viene del hecho de que en el primer intento vamos a obtener alguno de los tres colores. Reemplazamos ![[tex]E[Geo(1)] = 1[/tex]](images/latex/3e7702d2859d9a981fd246fca8504aad8fd926d1_0.png "[tex]E[Geo(1)] = 1[/tex]") . Lo otro es que, por simetría, ![[tex]E[R,V|A]P(A) = E[A,V|R]P(R)[/tex]](images/latex/74042b2c87d5687d721f697ff7726f222c452e3c_0.png "[tex]E[R,V|A]P(A) = E[A,V|R]P(R)[/tex]") , así que los agrupamos los dos y lo calculamos una sola vez. Resulta:
![[tex]E[Z] = 2E[R,V|A]P(A) + E[R,A|V]P(V) + 1[/tex]](images/latex/17eb6ad888115ffe7d68d328508e7a4e5cc8f388_0.png "[tex]E[Z] = 2E[R,V|A]P(A) + E[R,A|V]P(V) + 1[/tex]")
Ahora hay que calcular las esperanzas esas.
![[tex]E[R,V|A] = E[R\text{ o }V] + E[R|V]P(V\text{, entre R o V}) + E[V|R]P(R\text{, entre R o V})[/tex]](images/latex/7f93b588e944fc41d004e333eb424114481a315d_0.png "[tex]E[R,V|A] = E[R\text{ o }V] + E[R|V]P(V\text{, entre R o V}) + E[V|R]P(R\text{, entre R o V})[/tex]")
En palabras lo que estoy sumando es la esperanza de que salga cualquiera de las dos, roja o verde, y después le sumo la esperanza de que salga una amarilla dado que la primera fue verde y la esperanza de que salga la verde dado que la primera fue amarilla. Parece un trabalenguas así que a leerlo despacio de vuelta. Los cálculos son fáciles:
![[tex]E[R\text{ o }V] = E[Geo(P(V) + P(A))] = \frac{1}{\frac{1}{10} + \frac{9}{20}} = \frac{20}{11}[/tex]](images/latex/c2d921601766597e000705bc84d0ea0c7b6dfdb0_0.png "[tex]E[R\text{ o }V] = E[Geo(P(V) + P(A))] = \frac{1}{\frac{1}{10} + \frac{9}{20}} = \frac{20}{11}[/tex]")
Es decir, para la esperanza de que salga cualquiera de las dos, es básicamente la esperanza de una geométrica donde las probabilidades de cualqueira de las dos se suman. Después, las esperanzas particulares son básicamente geométricas:
![[tex]E[R|V] = E[R] = E[Geo(P(R))] = \frac{20}{9}[/tex]](images/latex/f7c476a2d25f22d6390a2d38bb5734d5a474c113_0.png "[tex]E[R|V] = E[R] = E[Geo(P(R))] = \frac{20}{9}[/tex]")
![[tex]E[V|R] = E[V] = E[Geo(P(V))] = 10[/tex]](images/latex/9c5f118349bf414da8bc7bb6e10b2d5daf347a1d_0.png "[tex]E[V|R] = E[V] = E[Geo(P(V))] = 10[/tex]")
Las probabilidades se sacan ponderando sobre la probabilidad total, es decir, truncando:
![[tex]P(V\text{, entre R o V}) = \frac{P(V)}{P(V) + P(R)} = \frac{2}{11}[/tex]](images/latex/a555fa228db55fd1b06eac714b1da09865ec46a1_0.png "[tex]P(V\text{, entre R o V}) = \frac{P(V)}{P(V) + P(R)} = \frac{2}{11}[/tex]")
![[tex]P(R\text{, entre R o V}) = \frac{P(R)}{P(V) + P(R)} = \frac{9}{11} = 1 - P(V\text{, entre R o V})[/tex]](images/latex/890c8cb73b6b83d24ddb7aba92378cb1db2aae44_0.png "[tex]P(R\text{, entre R o V}) = \frac{P(R)}{P(V) + P(R)} = \frac{9}{11} = 1 - P(V\text{, entre R o V})[/tex]")
Reemplazando todo queda:
![[tex]E[R,V|A] = \frac{20}{11} + \frac{20}{9} \frac{2}{11} + 10 \frac{9}{11} = \frac{1030}{99}[/tex]](images/latex/3adcb6ad6be0c99d27ab116bd1a7b286e844bfd6_0.png "[tex]E[R,V|A] = \frac{20}{11} + \frac{20}{9} \frac{2}{11} + 10 \frac{9}{11} = \frac{1030}{99}[/tex]")
Análogamente resolvemos para ![[tex]E[R,A|V][/tex]](images/latex/419e0154cef1eff6b5f10e2880d786540e4f016c_0.png "[tex]E[R,A|V][/tex]") :
![[tex]E[R,A|V] = E[R\text{ o }A] + E[R|A]P(A\text{, entre R o A}) + E[A|R]P(R\text{, entre R o A})[/tex]](images/latex/933cef46c9d19430b9e9773c9f0ee0f5648e32be_0.png "[tex]E[R,A|V] = E[R\text{ o }A] + E[R|A]P(A\text{, entre R o A}) + E[A|R]P(R\text{, entre R o A})[/tex]")
De nuevo por simetría se puede simplificar un poco:
![[tex]E[R,A|V] = E[R\text{ o }A] + 2E[R|A]P(A\text{, entre R o A})[/tex]](images/latex/c036c7c3e5c23c76e4807b250ce879e7454138c3_0.png "[tex]E[R,A|V] = E[R\text{ o }A] + 2E[R|A]P(A\text{, entre R o A})[/tex]")
Y igual que como hicimos antes:
![[tex]E[R\text{ o }A] = E[Geo(P(R) + P(A))] = \frac{10}{9}[/tex]](images/latex/d22de83dd655bfad275bec4ef58ed475624f41a3_0.png "[tex]E[R\text{ o }A] = E[Geo(P(R) + P(A))] = \frac{10}{9}[/tex]")
![[tex]E[R|A] = E[R] = E[Geo(P(R))] = \frac{20}{9}[/tex]](images/latex/2426f991337728efff62fa07ca9384735a384548_0.png "[tex]E[R|A] = E[R] = E[Geo(P(R))] = \frac{20}{9}[/tex]")
![[tex]P(A\text{, entre R o A}) = \frac{P(A)}{P(A) + P(R)} = \frac{1}{2}[/tex]](images/latex/50e004eded93ff7eae06eec99d19ceab58c4162e_0.png "[tex]P(A\text{, entre R o A}) = \frac{P(A)}{P(A) + P(R)} = \frac{1}{2}[/tex]")
Reemplazando todo queda:
![[tex]E[R,A|V] = \frac{10}{9} + 2 \frac{20}{9} \frac{1}{2} = \frac{30}{9}[/tex]](images/latex/fb8898644fd7c13f2f2dd1619e22ed0997fe271d_0.png "[tex]E[R,A|V] = \frac{10}{9} + 2 \frac{20}{9} \frac{1}{2} = \frac{30}{9}[/tex]")
Volviendo con todo lo que necesitabamos a la primer fórmula de esperanza:
![[tex]E[Z] = 2 \frac{1030}{99} \frac{9}{20} + \frac{30}{9} \frac{1}{10} + 1 = \frac{353}{33} \approx 10.7[/tex]](images/latex/403c90ecbd655fa7942379854378cefc6f8861d8_0.png "[tex]E[Z] = 2 \frac{1030}{99} \frac{9}{20} + \frac{30}{9} \frac{1}{10} + 1 = \frac{353}{33} \approx 10.7[/tex]")
Y el código de la simulación, en python:
| Código:
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import random
def u():
return random.uniform(0,1)
class Avg:
avg = 0
num = 0
def push(self, newval):
self.avg *= self.num
self.avg += newval
self.avg /= (self.num+1)
self.num += 1
avg = Avg()
p1 = 9/20
p2 = 9/20
p3 = 1/10
for i in range(0,1000000):
count = 0
hit1 = 0
hit2 = 0
hit3 = 0
while hit1 == 0 or hit2 == 0 or hit3 == 0:
count += 1
sim = u()
if sim < p1:
hit1 = 1
if sim > p1 and sim < (p1+p2):
hit2 = 1
if sim > (p1+p2) and sim < (p1+p2+p3):
hit3 = 1
avg.push(count)
print(avg.avg)
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loonatic
Nivel 9
Edad: 32
Registrado: 16 May 2009
Mensajes: 1256
Carrera: Sistemas
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| PauFP escribió:
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Creo que fue el final hecho con más mala leche que vi en mi vida. Tanto estudiar para que me fuera como el ogete, qué odio
Nada que ver los ejercicios a los de las guías!!!
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Estoy de acuerdo 
| Matts escribió:
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En la guia hay uno igual al 4. Yo tambien lo hice... despues veo si le saco una foto y subo la imagen.
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No, es distinto el de la guia, pide otra cosa.
| PauFP escribió:
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Una es pensar que la cantidad de luces de cada color que ve es binomial. por ejemplo, defino R:="cantidad de luces rojas que ve"--binomial(n; 0,45) donde "n" es el número de luces que cruzó. Así con los otros dos colores y después planteabas la esperanza de n sabiendo que R=1, A=1 y V=1.
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No entendí.
| Cita:
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La otra que se me ocurrió es pensar que n (cantidad de luces que cruce) es una geométrica (sería, cantidad de ensayos -luces que cruza- hasta éxito -ver una de cada color) con
p(éxito=ver una de cada color)=0,45.0,45.0,10(n!)
y la esperanza de una geométrica es 1/p(éxito)
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La probabilidad de ver una de cada color varía, no es constante.
| Cita:
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La última forma es pensar el problema como una "sucesión" de geométricas, si se quiere, es decir: cantidad de ensayos hasta que ve una roja+ cantidad de ensayos hasta que ve una verde+ cantidad de ensayos hasta que ve una amarilla.
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Si, pero tenes que tener en cuenta que podria variar el orden de los colores...
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Lo que yo pensé:
X = cantidad de luces hasta ver 1 de cada color.
X1 = cantidad de luces hasta ver el 1er color. ~ geometrica(p1=1)
X2 = cantidad de luces hasta ver el 2do color. ~ geometrica(p2)
X3 = cantidad de luces hasta ver el 3er color. ~ geometrica(p3)
X = X1 + X2 + X3
E[X] = E[X1] + E[X2] + E[X3]
Hasta ahi bien, pero lo jodido era sacar p2 y p3 
¿Está mal lo que pensé?
EDIT: p2 = probabilidad de ver el 2do color, me dio 117/200... está bien este número?
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Bistek
Nivel 8
Registrado: 07 May 2010
Mensajes: 691
Carrera: Informática
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a mi me parece facil salvo el 4, los dos primeros son un regalo, con sacar uno de los restantes ya estabas hecho
onda el primero no es mas que aplicar bayes y probabilidad total y despejar incognitas
y el segundo un simple cambio de variable en 1 dimensión sobre X que era uniforme entre 0 y 1 y te das cuenta tan solo mirando el gráfico, mas facil que eso no hay gente
los otros dos distintos de proba B fueron de lo mas elemental de estadística también.
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PauFP
Nivel 8
Edad: 33
Registrado: 31 Ene 2010
Mensajes: 862
Ubicación: Ituzaingó
Carrera: Industrial
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| No leí con mucho detalle lo que escirbiste, Koreano (ahora estoy preparando otra materia), pero no veo en qué parte de lo que hiciste vos estás considerando que el orden de los colores pueden ser distintos (en las cuentas, no en el árbol).
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koreano
Nivel 9
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Mensajes: 1796
Carrera: No especificada
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Leelo con mas detalle de vuelta y fijate. Por ejemplo, donde pongo:
Se lee:
"Esperanza hasta que salga Rojo y Amarillo dado que ya salió Verde es igual a la esperanza de que salga Rojo o Amarillo mas la esperanza de que salga Rojo dado que antes salió Amarillo por la probabilidad de que salga Amarillo antes que Rojo, mas la esperanza de que salga Amarillo dado que salió Rojo antes por la probabilidad de que salga Rojo antes que Amarillo."
O sea, ahí estoy teniendo en cuenta una de las tandas de casos que es si el orden fue V-R-A o si fue V-A-R. El caso R-A-V + R-V-A es idéntico a A-R-V + A-V-R y los calculé juntos. Con eso completo los 6 casos posibles (![[tex]3! = 6[/tex]](images/latex/bfcc41238d22046936fda863e0ad38e19406027c_0.png "[tex]3! = 6[/tex]") ).
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PauFP
Nivel 8
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Registrado: 31 Ene 2010
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Ubicación: Ituzaingó
Carrera: Industrial
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Ok, te entendí, de todas formas debería leerlo más detalladamente de nuevo.
Y ya que estamos, el ejercicio 3, de las monedas, ¿cómo lo hicieron? Porque yo lo hice, pero mal, porque no me acordaba como truncar para que sí o sí ganara María...
Y el ejercicio 5 (el de los cajeros en el banco), a mi me terminó quedando una expresión P(Ttotal cajero 1<T2)
donde "Ttotal cajero 1" era una Gamma (suma de dos exponenciales de igual parámetro), de parámetros 2 y el de las exponenciales, y T2 era una exponencial tal como te la daban. Después con eso me compliqué bastante y no pude terminarlo tampoco...
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LargoXXI
Nivel 9
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Carrera: Electrónica
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Mmm...
Dado que fue un coloquio aparentemente polémico, voy a ver si puedo echar algo de luz sobre el asunto.
Recuerden que todos o algunos mis razonamientos pueden estar mal, así como las cuentas. No confíen. Duden y pregunten.
EDIT: Me tira mil errores el LaTeX y no veo por qué. Puse el código para que me digan por qué me tira error. Tengo deshabilitado el HTML y las smilies.
EDIT2: Corregí un error del ejercicio 4.
EDIT3: Corregí los errores de LaTeX... Es un poco más sensible de lo que esperaba.
Ejercicio 1
El 5% de los bits transmitidos por un canal de comunicación binario es 1. El programa receptos indica que hay un 1 en el mensaje cuando efectivamente el 1 ha sido emitido, con probabilidad 0,9. ¿Cuál debe ser la probabilidad de que el receptor indique que hay un 0 cuando efectivamente el 0 ha sido emitido, para que la probabilidad de que haya sido emitido un 1 cuando el receptor indica que hay un 1 sea 0,95?
EJERCICIO DE LA GUÍA OFICIAL: 1.25
Con el arbolito de siempre:
![[tex]P(Tx=1|Rx=1)=0,95[/tex]](images/latex/cf68d16999d6fe7f633540e59484c7e44237a4b5_0.png "[tex]P(Tx=1|Rx=1)=0,95[/tex]")
![[tex]0,95 = \frac{0,05 \cdot 0,9}{0,05 \cdot 0,9 + 0,95 \cdot (1-p)}[/tex]](images/latex/b36d82ff9fc37dd58066e684ee63d76377a35f00_0.png "[tex]0,95 = \frac{0,05 \cdot 0,9}{0,05 \cdot 0,9 + 0,95 \cdot (1-p)}[/tex]")
Cuentitas...
![[tex]p=0,9975..[/tex]](images/latex/614eeb84d639bffc576170c91127d3989ab8f0f8_0.png "[tex]p=0,9975..[/tex]")
Ejercicio 2:
Sea (X,Y) un punto aleatorio con distribución uniforme sobre el recinto que aparece en la figura. Hallar la densidad de X^2.
EJERCICIO DE LA GUÍA OFICIAL: 4.10
(Ahí está la figura)
De ese ejercicio se sabía que ![[tex] X \sim U ( 0 , 1 ) [/tex]](images/latex/1e5dbf46778dd129795a0d45238813c762049f2c_0.png "[tex] X \sim U ( 0 , 1 ) [/tex]") con lo cual, simplemente era
![[tex]Z=X^{2}[/tex]](images/latex/55ec49e1c0456dcdca8ac6a76521082ec4cd6aae_0.png "[tex]Z=X^{2}[/tex]")
![[tex]F_{Z} (z) = P ( Z \leq z ) = P( X^{2} \leq z ) = P ( X \leq \sqrt{z} ) = \sqrt{z} \, 1 \{ 0 < z < 1 \}[/tex]](images/latex/3f69277866ea2332500f5822dcd602f39042b216_0.png "[tex]F_{Z} (z) = P ( Z \leq z ) = P( X^{2} \leq z ) = P ( X \leq \sqrt{z} ) = \sqrt{z} \, 1 \{ 0 < z < 1 \}[/tex]")
donde me despreocupo de la parte negativa porque ya se sabe que ![[tex]X[/tex]](images/latex/b47736949a2a26fa60c778fc69b1a281d43b3a75_0.png "[tex]X[/tex]") es siempre positiva.
Con lo cual,
![[tex]f_{Z}(z) = \frac{1}{2\sqrt{z}} \, 1 \{ 0<z<1 \}[/tex]](images/latex/448771abdbc39f6ab975956381ab69a0ae3856d3_0.png "[tex]f_{Z}(z) = \frac{1}{2\sqrt{z}} \, 1 \{ 0<z<1 \}[/tex]")
Anexo: Voy a calcular la marginal para que comprobar que efectivamente es uniforme.
![[tex] f_{X} (x) = \int_{-\infty}^{+\infty} f_{XY} (x,y) dy = [/tex]](images/latex/81fd833eb8685496023b9e437e35d540f27fa086_0.png "[tex] f_{X} (x) = \int_{-\infty}^{+\infty} f_{XY} (x,y) dy = [/tex]")
![[tex] f_{X} (x) = 2 \cdot ( (x-0) + (1-(x+1/2)) ) \, 1 \{ 0 < x < 5 \} + 2 \cdot ( x - ( x - 1 / 2 ) ) \, 1 \{ 0,5 < x < 1 \}[/tex]](images/latex/68fa4990512e6c8d7c0292ad68c9999e9dbefd12_0.png "[tex] f_{X} (x) = 2 \cdot ( (x-0) + (1-(x+1/2)) ) \, 1 \{ 0 < x < 5 \} + 2 \cdot ( x - ( x - 1 / 2 ) ) \, 1 \{ 0,5 < x < 1 \}[/tex]")
![[tex] f_{X} (x) = 1 \{ 0 < x < 1 \}[/tex]](images/latex/cd2cb135ff0f7dc1ca34d508b61ab169e4825eaf_0.png "[tex] f_{X} (x) = 1 \{ 0 < x < 1 \}[/tex]")
donde lo resolví usando las longitudes para no tener que integrar.
Ejercicio 3:
Juan y María tiran alternadamente una moneda que tiene p=3/4 de salir cara. Gana una cerveza el primero que obtenga cara. María tira primero. Sabiendo que ganó María, calcular la probabilidad de que, en total, hayan tirado más de 3 veces la moneda.
Entonces, piden
P(más de 3 veces | ganó María) = 1 - P(3 o menos tiradas | ganó María)
= 1 - P(3 o menos tiradas , ganó María)/P(ganó María)
= 1 - (3/4 + 1/4 * 1/4 *3/4)/P(ganó María)
donde eso sale por arbolito y, finalmente,
![[tex] P ( \textrm{gano Maria} ) = \frac{3}{4}+\frac{1}{4} \frac{1}{4} \frac{3}{4} + \ldots[/tex]](images/latex/b4203c83746122ab1012b1f2db308cd419c9c5ee_0.png "[tex] P ( \textrm{gano Maria} ) = \frac{3}{4}+\frac{1}{4} \frac{1}{4} \frac{3}{4} + \ldots[/tex]")
![[tex]= \sum_{n=0}^{\infty} \left ( \frac{1}{4} \right )^{2n} \frac{3}{4}[/tex]](images/latex/999213b89f735b2d5c7a002dbe33255e9187f4ba_0.png "[tex]= \sum_{n=0}^{\infty} \left ( \frac{1}{4} \right )^{2n} \frac{3}{4}[/tex]")
![[tex] = \frac{3}{4} \sum_{n=0}^{\infty} \left ( \left ( \frac{1}{4} \right )^{2} \right )^{n} [/tex]](images/latex/b9fdc51be3daa8e8937bc40e4e20997be7dbdc5f_0.png "[tex] = \frac{3}{4} \sum_{n=0}^{\infty} \left ( \left ( \frac{1}{4} \right )^{2} \right )^{n} [/tex]")
![[tex] = \frac{3}{4} \frac{1}{1-1/16} [/tex]](images/latex/eb2b06012fa7e8401cacfc512f40816e2023501f_0.png "[tex] = \frac{3}{4} \frac{1}{1-1/16} [/tex]")
![[tex] = 0,8 [/tex]](images/latex/fcabef856ad04ceebc4b17bb84c174020a7e5e84_0.png "[tex] = 0,8 [/tex]")
Lo que me da que P(gane María)=0,8
Entonces, finalmente,
P(más de 3 tiradas | ganó María) = 1-(51/64)/(0,8)=1/256
Ejercicio 4:
Un motoquero transita por una avenida. Las probabilidades de que al momento de llegar a un semáforo se encuentre en rojo, amarillo o verde son 0,45, 0,10 y 0,45 respectivamente. Los estados de los semáforos son independientes entre sí. Calcular la esperanza de la cantidad de semáforos que deberá atravesar el motoquero hasta observar los tres colores.
EJERCICIO DE LA GUÍA OFICIAL: 6.8
Bueno, hasta acá, siendo
N:="cantidad de semáforos hasta observar los tres colores"
me piden E[N]
Después, tengo
P(R)=0,45
P(A)=0,1
P(V)=0,45
Con el espíritu de los chocolatines Jack, tengo
E[N]=1+E[N2]+E[N3]
donde el 1 implica que el primer semáforo "me sirve siempre", o, lo que es lo mismo, siempre es favorable a que yo tenga que esperar a ver los tres.
Luego defino
N2:="cantidad de semáforos hasta observar uno de los dos colores que faltan"
Y tengo que
N2|A ~ geom(0,9)
N2|R ~ geom(0,55)
N2|V ~ geom(0,55)
Entonces,
E[N2]=E[N2|A]P(A)+E[N2|R]P(R)+E[N2|V]P(V)=1/0,9 * 0,1 + 1/0,55 * 0,45 + 1/0,55 * 0,45 = 173/99
Y, por último, tengo
N3="cantidad de semáforos hasta observar el último color que queda"
Y tengo que
N3|A,R ~ geom(0,45)
N3|A,V ~ geom(0,45)
N3|V,R ~ geom(0,1)
Y, lo mismo,
E[N3] = E[N3|A,R]P(A,R)+E[N3|A,V]P(A,V)+E[N3|V,R]P(V,R)
EDIT2: Corrijo un error.
Para calcular, pongámosle, P(A,R), esto es, vos sacaste Amarillo en el primero... Para cortar la racha de N2 y poder pasar a N3, ya los amarillos no te interesan más, entonces es como que "truncás" a que sale o rojo o verde y preguntás por uno de ellos, en este caso, rojo.
Por otro lado, si sacaste primero rojo, el razonamiento es análogo, durante N2, truncás a que no salió el rojo, con lo cual
P(A,R) = 0,1 * 0,45/(0,45+0,45) + 0,45 * 0,1/(0,45+0,1) = 29/220 = 0,1318...
P(A,V) = 0,1 * 0,45/(0,45+0,45) + 0,45 * 0,1/(0,45+0,1) = 29/220 = 0,1318...
P(V,R) = 0,45 * 0,45/(0,45+0,1) + 0,45 * 0,45/(0,45+0,1) = 81/110 = 0,7363...
E[N3] = 1/0,45 * 29/220 + 1/0,45 * 29/220 + 1/0,1 * 81/110
E[N3] = 787/99 = 7,9494...
Finalmente,
E[N] = 1+173/99+787/99 = 353/33 = 10,696...
Me da muy distinto que lo que le dio a Koreano, pero honestamente no lo puedo seguir. Me pierdo en la forma que tiene de resolverlo.
EDIT2: Ahí corregí el error que me marcó Bistek. De todas formas, podría haber más errores.
Así que están todos invitados a buscar mis errores.
Ejercicio 5:
Pablo entra en un banco que tiene dos cajeros. Lucas está siendo atendido por el cajero 1 y Monk por el cajero 2. Pablo será atendido cuando Lucas o Monk salgan de algún cajero. Los tiempos (en minutos) que demoran los cajeros en completar un servicio son variables aleatorias exponenciales independientes de media 2 para el cajero 1 y de media 3 para el cajero 2. Calcular la probabilidad de que Monk sea el último de los tres en salir del cajero.
EJERCICIO DE LA GUÍA OFICIAL: 7.16
Este ejercicio lo pensé igual que PauFP.
T1:="tiempo de atención del cajero 1" ~ exp(1/2)
T2:="tiempo de atención del cajero 2" ~ exp(1/3)
P(Monk sea el último en salir) = P(T1+T1<T2)
Es decir, Monk va a ser el último en salir, si el cajero 1 atiende a dos personas antes de que el cajero 2 termine de antender a una.
Entonces, T1+T1 = S ~ Gamma(2,1/2), y además S y T2 son independientes.
Entonces,
![[tex]f_{S,T2}(s,t) = \frac{1}{12} s e^{-(s/2+t/3)} 1 \{ s > 0, t>0\}[/tex]](images/latex/c4316c14d7ef2997f653f13f302a77daf5da4751_0.png "[tex]f_{S,T2}(s,t) = \frac{1}{12} s e^{-(s/2+t/3)} 1 \{ s > 0, t>0\}[/tex]")
Y, por último,
![[tex]P(S<T2) = \int_{0}^{\infty} ( \int_{s}^{\infty} \frac{1}{12} s e^{-(s/2+t/3)} dt) ds[/tex]](images/latex/e468dc3ec6fd4c805422867c04a04be73fd7c5cc_0.png "[tex]P(S<T2) = \int_{0}^{\infty} ( \int_{s}^{\infty} \frac{1}{12} s e^{-(s/2+t/3)} dt) ds[/tex]")
![[tex]=\int_{0}^{\infty} 1/4 s e^{-s/2} ( \int_{s}^{\infty} 1/3 e^{-t/3} dt ) ds[/tex]](images/latex/a2262e3bf8f6cf3c1dcfe3ca531a4bde2b66d77e_0.png "[tex]=\int_{0}^{\infty} 1/4 s e^{-s/2} ( \int_{s}^{\infty} 1/3 e^{-t/3} dt ) ds[/tex]")
![[tex]=\int_{0}^{\infty} 1/4 s e^{-s/2} e^{-s/3} ds[/tex]](images/latex/061bfdf8af8aa0ccf4418e69afdc07fda8337641_0.png "[tex]=\int_{0}^{\infty} 1/4 s e^{-s/2} e^{-s/3} ds[/tex]")
Para resolver esta integral, completo hasta tener una Gamma(2,5/6), entonces
P(S<T2)=1/4 * (6/5)^2 = 9/25 = 0,36
Obviamente cualquier cosa en la que desea que expanda, avísenme.
Saludos,
EDIT: Me tira mil errores el LaTeX y no veo por qué.
EDIT2: Corrijo el error de resultados que me hizo notar Bistek en la próxima página..
EDIT3: Corregí los errores de LaTeX... Es un poco más sensible de lo que esperaba.
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"La violencia es el argumento de los incapaces"
Última edición por LargoXXI el Mar Jul 24, 2012 8:31 am, editado 2 veces
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