Este documento presenta información sobre una práctica de probabilidades realizada por estudiantes de ingeniería electrónica. Contiene cinco problemas resueltos sobre conceptos probabilísticos como conjuntos, eventos, probabilidades condicionales y simulaciones de Montecarlo. El objetivo principal era resolver problemas de probabilidad y simulaciones.

1. Universidad Nacional de San Agustı́n
Facultad de Ingenierı́a de Producción y Servicios
Escuela Profesional de Ingenierı́a Electrónica
Probabilidades
Docente:Dr. Alexander Hilario Tacuri
Melanie Nicole Cárdenas Choque
Frank Jonathan Cruz Huachaca
Jordan Jose Machaca Machaca
Juan Pablo Mercado Chuctaya
Arequipa-2022

2. Índice
1. Objetivos 1
2. Desarrollo de la práctica 1

3. Estadı́stica y procesos estocásticos
Práctica 2
Probabilidades
1. Objetivos
✓ Resolver problemas referentes a probabilidades
✓ Realizar simulaciones de Montecarlo para resolver problemas probabilı́sticos
2. Desarrollo de la práctica
Problema 2.1
Demuestre que A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
Solución
Sea x cualquier elemenento del conjunto universal U , entonces:
x ∈ [A ∩ (B ∪ C)] ⇐⇒ x ∈ A ∧ x ∈ (B ∪ C)
Se sabe que:
x ∈ (B ∪ C) ⇐⇒ x ∈ B ∨ x ∈ C
Entonces:
x ∈ A ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C)
(x ∈ A ∧ x ∈ B) (x ∈ A ∧ x ∈ C)
x ∈ A ∩ B ∧ x ∈ A ∩ C
Por lo tanto:
x ∈ [(A ∩ B) ∪ (A ∩ C)]
Problema 2.2
Considerando el lanzamiento de un dado con las caras enumeradas de 1 al 6, determine
el espacio de muestras, Ω, asociado a esta experiencia. Considere los eventos A = {1} y
B = {3, 4}, estos subconjuntos de Ω constituyen una clase de eventos que será denominada
C. Determine la σ − algebra generada por la clase C = {A, B}
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4. Estadı́stica y procesos estocásticos
Solución
Definimos el espacio de muestras como las caras del dado enumeradas del 1 al 6
Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
Una álgebra de eventos debe cumplir las siguientes propiedades
A ∈ A =⇒ Ā ∈ A
A ∈ A, B ∈ A =⇒ (A ∪ B) ∈ A
Además
A ∈ A, B ∈ A =⇒ (A ∩ B) ∈ A
A ∈ A, B ∈ A =⇒ (A − B) ∈ A
Ω ∈ A
∅ ∈ A
El álgebra generada por la clase C es
C = {∅, Ω, 1, {3, 4}, {2, 3, 4, 5, 6}, {1, 2, 5, 6}, {1, 3, 4}, {2, 5, 6}}
Problema 2.3
El panel de control de un equipo posee dos lamparas: A y B. El equipo esta compuesto por
dos módulos 1 y 2 sujetos a fallas. Cuando ocurre una falla en el equipo, la probabilidad
de que sea proveniente del modulo 1 es 0.3 y la probabilidad de que sea proveniente del
modulo 2 es 0.7. Si ocurre una falla en el equipo, una de las dos lamparas se enciende.
Se sabe ademas que si la falla proviene del modulo 1, la lampara A se enciende con
probabilidad 0.6 y la lampara B se enciende con probabilidad 0.4. Por otro lado, si la
falla viene del modulo 2, la lampara A se enciende con probabilidad 0.3 y la lampara B
se enciende con probabilidad 0.7. Determine:
La probabilidad de que fallo el modulo 1, cuando la lampara A se enciende.
La probabilidad de que se encienda la lampara B cuando ocurre una falla.
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5. Estadı́stica y procesos estocásticos
Solución 2.3.1
Módulo 1 con falla: M1
Módulo 2 con falla: M2
Lámpara A encendidad: LA
Lámpara B encendidad: LB
Podemos dividir el cojunto total cuando alguno de los modulos estan encendidos producto
de una falla en 2 subconjuntos M1 , M2. Además por datos del problemas sabemos que:
Probabilidad que M1 tenga falla : P(M1) = 0,3
Probabilidad que M2 tenga falla : P(M2) = 0,7
Prob. que se encienda LA dado que ya hubo falla en M1 : P(LA | M1) = 0,6
Prob. que se encienda LB dado que ya hubo falla en M1 : P(LB | M1) = 0,4
Prob. que se encienda LA dado que ya hubo falla en M2 : P(LA | M2) = 0,3
Prob. que se encienda LB dado que ya hubo falla en M2 : P(LB | M2) = 0,7
Por regla de Bayes sabemos que
P(A | B) =
P(B | A)P(A)
P(B)
⇐⇒ P(M1 | LA) =
P(LA | M1)P(M1)
P(LA)
(1)
De la ecuación (7) notamos que P(LA) es la única incógnita por lo tanto hacemos uso
del Teorema de la prob. total (T.P.T) para calcularlo.
P(A) =
n
X
i
P(Bi | A)P(A) ó P(A) =
n
X
i
P(A | Bi)P(Bi) (2)
De esta manera tenemos:
P(LA) =
2
X
i=1
P(LA | Mi)P(Mi)
= P(LA | M1)P(M1) + P(LA | M2)P(M2)
= (0,6)(0,3) + (0,3)(0,7)
P(LA) = 0,39
Reemplazando P(LA) = 0,39 en (1) y sustituyendo los datos tenemos:
P(M1 | LA) =
P(LA | M1)P(M1)
P(LA)
=
(0,6)(0,3)
(0,39)
= 0,46
P(M1 | LA) = 0,46 La probabilidad de que falló el modulo 1, cuando la lampara A se enciende.
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6. Estadı́stica y procesos estocásticos
Solución 2.3.2
Por otro lado
P(LB) =
2
X
i=1
P(LB | Mi)P(Mi)
= (0,4)(0,3) + (0,7)(0,7)
P(LB) = 0,61 La probabilidad de que se encienda la lámpara B cuando ocurre una falla
Problema 2.4
Un modelo simplificado de un circuito digital considera la existencia de tres tipos de
fallas: F1, F2 y F3. La probabilidades de que ocurran las fallas F1, F2 y F3 son 0.25, 0.35
y 0.4 respectivamente. Detectada la presencia de una falla, es aplicado al circuito una
secuencia de pruebas que puede resultar entre dos respuestas posibles: R1 y R2. Cuando
ocurre F1, las respuestas R1 y R2 son observadas con probabilidades 0.6 y 0.4 respecti-
vamente. Cuando ocurre F2, las respuestas R1 y R2 son observadas con probabilidades
0.55 y 0.45 respectivamente. Finalmente, cuándo ocurre F3, las respuestas R1 y R2 son
observadas con probabilidades 0.3 y 0.7 respectivamente. Suponiendo que la respuesta R1
fue observada, se decide que ocurrió la falla Fi(i = 1, 2, 3) cuando la probabilidad condi-
cional de la falla Fi dado que R1 fue observada, es mayor que la probabilidad condicional
de cualquier otra falla Fl; l ̸= i dado que R1 ocurrió. Indique cuál de las tres fallas Fk
nunca es detectada por esta metodologı́a.
Solución:
Recopilamos los datos del ejercicio, obteniendo la siguiente tabla de datos:
Tipo de falla Fi Respuesta 1 R1 Respuesta 2 R2
F1 (0.25) 0.60 0.40
F2 (0.35) 0.55 0.45
F3 (0.40) 0.30 0.70
Se tiene en cuenta de que P(A|B) es la probabilidad de que suceda A dado que ya sucedió B.
Por lo tanto, del cuadro anterior obtenemos lo siguiente:
P(R1|F1) = 0,60 P(R1|F2) = 0,55 P(R1|F3) = 0,30
P(R2|F1) = 0,40 P(R2|F2) = 0,45 P(R2|F3) = 0,70
El ejercicio nos plantea lo siguiente i ̸= l :
P(R1|Fi) > P(Fl|R1)
Se puede ver cuando ocurre cada fallo:
Falla 1 (F1) Falla 2 (F2) Falla 3 (F3)
P(R1|F1) P(F2|R1) P(R1|F2) P(F1|R1) P(R1|F3) P(F1|R1)
P(R1|F1) P(F3|R1) P(R1|F2) P(F3|R1) P(R1|F3) P(F2|R1)
Es necesario hallar la probabilidad de R1, mediante la siguiente formúla:
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7. Estadı́stica y procesos estocásticos
P(R1) = [P(F1) ∗ P(R1|F1)] + [P(F2) ∗ P(R1|F2)] + [P(F3) ∗ P(R1|F3)]
P(R1) = (0,25 ∗ 0,60) + (0,35 ∗ 0,55) + (0,4 ∗ 0,3)
P(R1) = 0,4625
FALLO 1
Hallamos P(F1|R1)
P(F1|R1) =
P(R1|F1) ∗ P(F1)
P(R1)
Por lo tanto:
P(F1|R1) =
0,60 ∗ 0,25
0,4625
P(F2|R1) = 0,324
FALLO 2
Hallamos P(F2|R1)
P(F2|R1) =
P(R1|F2) ∗ P(F2)
P(R1)
Por lo tanto:
P(F2|R1) =
0,55 ∗ 0,35
0,4625
P(F2|R1) = 0,4162
FALLO 3
Hallamos P(F3|R1)
P(F3|R1) =
P(R1|F3) ∗ P(F3)
P(R1)
Por lo tanto:
P(F3|R1) =
0,30 ∗ 0,40
0,4625
P(F2|R1) = 0,2594
Reemplazando los valores hallados en la tabla, obtenemos:
Falla 1 (F1) Falla 2 (F2) Falla 3 (F3)
0,60 0,4162 0,55 0,324 0,30 0,324
0,60 0,2594 0,55 0,2594 0,30 0,4162
La falla 3 no será detectada, ya que las desigualdades son incorrectas.
APLICANDO PARA LA RESPUESTA R2
Se puede ver cuando ocurre cada fallo:
Falla 1 (F1) Falla 2 (F2) Falla 3 (F3)
P(R2|F1) P(F2|R2) P(R2|F2) P(F1|R2) P(R2|F3) P(F1|R2)
P(R2|F1) P(F3|R2) P(R2|F2) P(F3|R2) P(R2|F3) P(F2|R2)
Es necesario hallar la probabilidad de R2, mediante la siguiente formúla:
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8. Estadı́stica y procesos estocásticos
P(R2) = [P(F1) ∗ P(R2|F1)] + [P(F2) ∗ P(R2|F2)] + [P(F3) ∗ P(R2|F3)]
P(R2) = (0,25 ∗ 0,40) + (0,35 ∗ 0,45) + (0,40 ∗ 0,70)
P(R2) = 0,5375
FALLO 1
Hallamos P(F1|R2)
P(F1|R2) =
P(R2|F1) ∗ P(F1)
P(R2)
Por lo tanto:
P(F1|R2) =
0,40 ∗ 0,25
0,5375
P(F1|R2) = 0,186
FALLO 2
Hallamos P(F2|R2)
P(F2|R2) =
P(R2|F2) ∗ P(F2)
P(R2)
Por lo tanto:
P(F2|R2) =
0,45 ∗ 0,35
0,5375
P(F2|R2) = 0,293
FALLO 3
Hallamos P(F3|R2)
P(F3|R2) =
P(R2|F3) ∗ P(F3)
P(R2)
Por lo tanto:
P(F3|R2) =
0,70 ∗ 0,40
0,5375
P(F3|R2) = 0,5214
Reemplazando los valores hallados en la tabla, obtenemos:
Falla 1 (F1) Falla 2 (F2) Falla 3 (F3)
0,40 0,293 0,45 0,186 0,70 0,186
0,40 0,5214 0,45 0,5214 0,70 0,293
La falla 2 y 1 no será detectada, ya que las desigualdades son incorrectas.
Problema 2.5
Dos jugadores lanzan, en jugadas alternada un par de dados. Aquel que haga siete puntos
primero, es el vencedor. Determine la probabilidad de que el jugador que inicia el juego
sea el vencedor. Repita el problema considerando que tres jugadores participan del juego.
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9. Estadı́stica y procesos estocásticos
Solución
Al realizar el lanzamiento de un par de dados, tenemos el siguiente espacio de muestra
para todos los sucesos elementales de cada jugador.
Ahora observamos los pares donde cumple la condición formando ası́ seis sucesos elemen-
tales equiprobables α = {(1, 6); (2, 5); (3, 4); (4, 3); (5, 2); (6, 1)} que tiene una probabili-
dad de 1/6
Pero esto es tomando en cuenta un solo round, ahora tomando en cuenta el segundo
round para que el primer jugador pueda ganar serı́a de la siguiente manera.
5
6
∗
5
6
∗
1
6
Por lo que al ser una variable aleatoria, tendremos una sumatoria de n° rounds donde el
primer jugador gane.
1
6
+ ((
5
6
)2
∗
1
6
) + ((
5
6
)4
∗
1
6
) + ... = [
n
X
i=0
1
6
∗ (
5
6
)2n
]
Y por concepto previo sabemos que la sumatoria que observamos en la ecuación anterior
es igual a la Serie de Taylor
1
1 − x
= [
n
X
n=0
1
6
∗ (
5
6
)2n
]
Reemplazando valores tenemos que:
1
6
+ (
1
1 − 25
36
) =
6
11
= 0,55
Ahora, tomando en cuenta que el sea considerado para 3 jugadores, serı́a realizar el mismo
análisis pero agregando otro complemento
1
6
+ ((
5
6
)3
∗
1
6
) + ((
5
6
)6
∗
1
6
) + ... = [
n
X
i=0
1
6
∗ (
5
6
)3n
]
Entonces
1
6
+ (
1
1 − 125
216
) =
36
91
= 0,4
Problema 2.6
Un lote de 50 piezas es recibido por una fabrica. La probabilidad de que cualquier pie-
za este defectuosa es 0.1. Determine la probabilidad de que el numero total de piezas
defectuosas en el lote no exceda 4.
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10. Estadı́stica y procesos estocásticos
Solución
Para realizar este tipo de ejercicio se usa la Distribución de Bernoulli que consiste en
tener dos posibilidades “Éxito” o “Fracaso”.
Exito = P
Fracaso= 1-P
Para este ejercicio nuestro valor de fracaso la cambiaremos de variable por una q.
Entonces, teniendo en cuenta según el problema que la probabilidad de que cualquier
pieza esté defectuosa es 0.1, quiere decir que este será igual a p; y para encontrar la
unidad, el valor de q será 0.9
p = 0.1 ; q = 0.9
Luego haremos uso de la fórmula de la distribución binomial (2).
P(K) =
n!
k!(n − k)!
pk
qn−k
Donde:
n = número total de piezas
k = número de piezas extraı́das
p = probabilidad de obtener un éxito
q = probabilidad de obtener un fracaso
Y como último dato del problema nos indica que el número total de piezas defectuosas
no exceda de 4, de modo que lo planteamos mediante la ecuación
p(x ≤ 4) = p(x = 0) + p(x = 1) + p(x = 2) + p(x = 3) + p(x = 4)
Entonces, empezamos reemplazando los valores para cada uno de las probabilidades.
p(x = 0) = 50
0
0,10 ∗ 0,950 = 50!
50! ∗ 1 ∗ 0,00515 = 0,00515
p(x = 1) = 50
1
0,11 ∗ 0,949 = 50!
49! ∗ 0,1 ∗ 0,00573 = 0,02863
p(x = 2) = 50
2
0,12 ∗ 0,948 = 50!
2!∗48! ∗ 0,01 ∗ 0,00636 = 0,07794
p(x = 3) = 50
3
0,13 ∗ 0,947 = 50!
3!∗47! ∗ 0,001 ∗ 0,00707 = 0,13856
p(x = 4) = 50
4
0,14 ∗ 0,946 = 50!
4!∗46! ∗ 0,0001 ∗ 0,00785 = 0,18090
Aproximamos los valores que tenemos para cada intento.
p(x = 0) = 0,00515 ≈ 0,005
p(x = 1) = 0,02863 ≈ 0,029
p(x = 2) = 0,07794 ≈ 0,078
p(x = 3) = 0,13856 ≈ 0,139
p(x = 4) = 0,18090 ≈ 0,181
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11. Estadı́stica y procesos estocásticos
Solución
Por último, procedemos a sumar todos los valores
p(x ≤ 4) = p(x = 0) + p(x = 1) + p(x = 2) + p(x = 3) + p(x = 4)
p(x ≤ 4) = 0,005 + 0,029 + 0,078 + 0,139 + 0,181
p(x ≤ 4) = 0,432
Problema 2.7
Utilice el método de simulación de Montecarlo para demostrar las respuestas de la pre-
gunta 2.3
Solución:
1 % Simulacion de montecarlo ejm 2.3
2 % ---------------------------------------------------
3 close,clear,clc
4 % Prob. de que se encienda M1 dado que la LA se encendio :
5 %
6 %
7 %%------------------------------------------------
8 %%----------Aca empieza el programa real----------
9 a=10000;
10 n_fallo = 0.3*a; % hay fallo
11 n_sinfallo =0.7*a; % no hay fallo
12 % creacion del vector 'm' compuesto de vector fallo y vector nofallo
13 fallo= repmat(1,n_fallo,1);
14 nofallo= repmat(0,n_sinfallo,1);
15 m = [fallo;nofallo];
16 % generacion de numeros aleatorios 'montecarlo'
17 al_fallo= rand(n_fallo,1);
18 al_nofallo= rand(n_sinfallo,1);
19 % Comparamos con un verdadero o falso
20 % -----------------------------------
21 % para P(M1|LA)
22 x1 = 1*(al_fallo=0.6) + 0*(al_fallo0.6);
23 x2 = 1*(al_nofallo=0.3) + 0*(al_nofallo0.3);
24 M1 =[ x1 ; x2 ];
25 datos=[m M1];
26 a1 = datos(find(datos(:,2)==1));
27 tabulate(a1)
28 % para P(LB)
29 y1 = 1*(al_fallo=0.6) + 0*(al_fallo0.6);
30 y2 = 1*(al_nofallo=0.4) + 0*(al_nofallo0.4);
31 LB =[ y1 ; y2 ];
32 datos=[m LB];
33 a2 = datos(find(datos(:,2)==1));
34 tabulate(a2)
Resultado en el workspace para P(M1 | LA)
Value Count Percent
0 2142 53.91%
1 1831 46.09%
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12. Estadı́stica y procesos estocásticos
Resultado en el workspace para P(LB)
Value Count Percent
0 2841 60.81%
1 1831 39.19%
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