procesos estocásticos y estadistica

1. Universidad Nacional de San Agustı́n
Facultad de Ingenierı́a de Producción y Servicios
Escuela Profesional de Ingenierı́a Electrónica
Variables Aleatorias
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
2.1. Problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
2.2. Problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2.3. Problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.4. Problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2.5. Problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2.6. Problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3. Estadı́stica y procesos estocásticos
Práctica 3
Variables aleatorias
1. Objetivos
✓ Resolver problemas referentes a varaibles aleatorias.
✓ Realizar simulaciones de Montecarlo para resolver problemas de variables aleatorias.
2. Desarrollo de la práctica
2.1. Problema 1
Considere el lanzamiento de dos dados y la experiencia cuyo resultado consiste en la suma
del numero de puntos de las caras de los dados que quedaron para arriba. Defina esta suma
como siendo una variable aleatoria x, esboce su función distribución de probabilidad. Calcule
la probabilidad de que x asuma un valor en el intervalo [0, 7].
Solución
Ωdado1 = {a1, a2, a3, a4, a5, a6} , ai ∈ [1 − 6]
Ωdado2 = {b1, b2, b3, b4, b5, b6} , bj ∈ [1 − 6]
Ax = Ω = {ωai,bj
∈ Ω : ωai,bj
= ai + bj}
Asi podemos ver las posibles combinaciones entre los dos dados.
ωai,bj
=








(1, 1) (1, 2) (1,3) (1, 4) (1, 5) (1, 6)
(2, 1) (2, 2) (2, 3) (2, 4) (2, 5) (2, 6)
(3, 1) (3, 2) (3, 3) (3, 4) (3, 5) (3, 6)
(4, 1) (4, 2) (4, 3) (4, 4) (4, 5) (4, 6)
(5, 1) (5, 2) (5, 3) (5, 4) (5, 5) (5, 6)
(6, 1) (6, 2) (6, 3) (6, 4) (6, 5) (6, 6)








Además sabemos que el caso minimo posible de la suma de 2 valores ωai,bj
= ai + bj
aleatorios en un dado es 2 y el máximo es de 12. Por lo que nuestra variable aleatoria
(v.a) Ax tendra que ser analizada en el intervalo de [2−12] para facilitar nuestra solución
que nos pide hallar la probabibilidad de que x asuma un valor en el intervalo [1 − 7]
tenemos:
Ax =





























∅ , −∞ < X < 2
ωai,bj
= 2 , 2 ≤ X < 3
ωai,bj
= 3 , 3 ≤ X < 4
ωai,bj
= 4 , 4 ≤ X < 5
ωai,bj
= 5 , 5 ≤ X < 6
ωai,bj
= 6 , 6 ≤ X < 7
ωai,bj
= 7 , 7 ≤ X < 8
.
.
. ,
.
.
.
ωai,bj
= 12 = Ω , 12 ≤ X < ∞
Finalmente definimos nuestra funcion distribución de probabilidad no si antes observar
el patron que hay en las diagonales de la matriz ωai,bj
que nos ayudará a calcular las
Ingenierı́a Electrónica 1

4. Estadı́stica y procesos estocásticos
probabilidades, estas se acumulan con la anterior hasta llegar al 1 ≡ 100 %.
Fx(X) = P(x ≤ X)
Fx(X) = P(x ≤ X)





























P(∅) = 0 , −∞ < X < 2
P(ωai,bj
= 2) = 1/36 , 2 ≤ X < 3
P(ωai,bj
= 3) = 3/36 , 3 ≤ X < 4
P(ωai,bj
= 4) = 6/36 , 4 ≤ X < 5
P(ωai,bj
= 5) = 10/36 , 5 ≤ X < 6
P(ωai,bj
= 6) = 15/36 , 6 ≤ X < 7
P(ωai,bj
= 7) = 21/36 , 7 ≤ X < 8
.
.
. ,
.
.
.
P(ωai,bj
= 12) = 1 , 12 ≤ X < ∞
P(x[0 − 7]) = P(ωai,bj
= 7) = 21/36 = 7/12 ≈ 0,58 ≡ 58 %
2.2. Problema 2
Sea r una variable aleatoria con función de densidad deprobabilidad de Rayleigh es decir
pr(R) =
R
b
e−R2
2b u(R)
Determine y esboce su función distribución de probabilidad. Calcule (en funcion de b) el valor
Ro para el cual la probabilidad de tener r > Ro es 1
e .
Ingenierı́a Electrónica 2

5. Estadı́stica y procesos estocásticos
Solución
pr(R) =
R
b
e−R2
2b u(R) nuestra f.d.p (función densidad de probabilidad)
Por propiedad sabemos que una f.d.p cumple:
Fx(X) =
Z X
−∞
px(α) dα , Fx(X) = P(x ≤ X)
Además nos piden calcular la probabibilidad de que r > R0
pero si calculamos la negácion r ≤ R0
Sea A = {evento donde r > R0} entonces:
P(Ā) = 1 − P(A) ,
Z b
a
px(α) dα = P(x ∈ [a, b])
P(r > Ro) =
1
e
= 1 −
:Fr(R0)
P(r ≤ Ro) es equivalente
P(r ≤ Ro) =
Z Ro
−∞
pr(R) dR
=
Z 0
−∞
pr(R)
*0
u(R) dR +
Z R0
0
pr(R)
*1
u(R) dR
=
Z R0
0
pr(R) dR =
Z R0
0
R
b
e−R2
2b dR haciendo una sustitución
Sea m = −
R2
b
−→ −
Z R0
0
em
dm = −em
]R0
0
P(r ≤ Ro) = 1 − e−R2
/2b
Funcion distribución de probabilidad (F.D.P)
P(r Ro) =
1
e
= 1 − P(r ≤ Ro)
1
e
= 1 − (1 − e−R0
2
/2b
)
1 =
e−R0
2
/2b
e
−→ 1 = e−
R0
2
2b
−1
*0
ln |1| =
R2
0
2b
− 1
P(r Ro) = R0 = ±
√
2b
2.3. Problema 3
Dos resistencias r1 y r2 estan conectadas en serie. La resistencia r1 es especificada como siendo
200±10 % Ohm y la resistencia r2 como siendo 100±5 % Ohm Considere que los valores de
las dos resistencias son estadı́sticamente independiente y determine la probabilidad de que la
resistencia de la asociación en serie exceda 300 Ohm.
Solución
Primero analizamos los datos que nos da el problema:
r1 =200±10 % Ω ⇒ r1 =200±20 Ω
Ingenierı́a Electrónica 3

6. Estadı́stica y procesos estocásticos
r2 = 100±5 % Ω ⇒ r2 = 100±5 Ω
Calculamos la resistencia equivalente Req de las resistencias en serie
Req = r1 + r2
Req = 200 + 100
Req = 300Ω
Además se calculará un valor aproximado para la tolerancia:
△Req = △r1 + △r2
△Req = 20 + 5
△Req = 25
25Ω
300Ω = 0,0833 ≈ = 8,33 %
Se obtiene el valor de:
⇒ △Req = 300 ± 8,33 %
⇒ △Req = 300 ± 24,99
Al tener la Req como una v.a. podemos usar la F.D.P
P(Req 300) = 1 − P(Req ≤ 300)
P(Req 300) = 300−(300−24,99)+1
(300+24,9)−(300−24,99)+1
P(Req 300) = 25,99
50,81
P(Req 300) = 0,5107
Finalmente:
P(Req 300) = 1 − 0,5107
P(Req 300) = 0,4892
2.4. Problema 4
Considere la función densidad de probabilidad conjunta
pxy(X, Y ) =
( 1
π ; X2 + Y 2 ≤ 1
0; X2 + Y 2 1
Encuentre px|y=Y (X).Verifique si x y y son o no variables aleatorias estadı́sticamente inde-
pendientes. Calcule la probabilidad de que x sea positivo dado que y es positivo. Calcule la
probabilidad de x ser mayor que y.
Solución
Usando función densidad de probabilidad condicional
Px|y=Y (X) =
Pxy(X, Y )
Py
Ingenierı́a Electrónica 4

7. Estadı́stica y procesos estocásticos
Pxy(X, Y ) =
1
π
Marginal
Py =
Z ∞
−∞
Pxy(X, Y ) dx
Py =
Z √
1−y2
−
√
1−y2
1
π
dx =
2
π
p
1 − y2
Px|y=Y (X) =
1
π
2
π
p
1 − y2
=
1
2 ∗
p
1 − y2
Aplicando las marginales en ambas variables tenemos
Py =
Z √
1−y2
−
√
1−y2
1
π
dx =
2
π
p
1 − y2, → y2
≤ 1
Py =
2
π
p
1 − y2 y ≤ 1
0 y 1
(1)
Ahora para x
Px =
Z √
1−x2
−
√
1−x2
1
π
dy =
2
π
p
1 − x2, → x2
≤ 1
Px =
2
π
√
1 − x2 x ≤ 1
0 x 1
(2)
Entonces podemos decir que
Px(X).Py(Y ) ̸= Pxy(X, Y )
Concluimos que las variables aleatorias X e Y no son
independientes
Calcular la probabilidad de que X sea positivo dado que Y es
positivo
P(x 0 | y 0) =
(x0|y0)
P(y0)
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8. Estadı́stica y procesos estocásticos
Como es una circunferencia de nos pide que los puntos esten de
la variable aleatoria esten en el primer cuadrante
pi/2
0
Probabilidad = 0.5
P(x 0 | y 0) =
Z π
2
0
Z 1
0
r
π
drdθ
P(x 0 | y 0) =
Z π
2
0
r2
2π
1
0
dθ
P(x 0 | y 0) =
Z π
2
0
1
2π
dθ =
θ
2π
π
2
0
P(x 0 | y 0) =
π
2
2π
P(x 0 | y 0) = 0,25
P(y 0) =
Z 1
0
py(Y )dy
P(y 0) =
Z 1
0
2
p
1 − y2
π
dy
P(y 0) =
2
π
y
p
1 − y2
2
+
sen−
1y
2
1
0
!
P(y 0) = 0,5
Ingenierı́a Electrónica 6

9. Estadı́stica y procesos estocásticos
Reemplando de la formula inicial
P(x 0 | y 0) =
(x 0 | y 0)
P(y 0)
P(x 0 | y 0) =
0,25
0,5
P(x 0 | y 0) = 0,5
Calcule la probabilidad de X ser mayor que Y.
P(x y) =
Z π
4
−3π
4
Z 1
0
r
π
drdθ
P(x y) =
Z π
4
−3π
4
r2
2π
1
0
dθ
P(x y) =
Z π
4
−3π
4
1
2π
dθ
=
θ
2π
π
π
4
P(x y) =
1
8
+
3
8
= 0,5
2.5. Problema 5
Demuestre que las discontinuidades de Fx(X) pueden ocurrir como máximo en un numero
contable de puntos.
Solución
Prueba Sea −∞ ≤ a b ≤ ∞ y sea f:(a,b) → ℜ una función no decreciente
entonces decimos que :
(i) Para todo x ∈ (a, b] e y ∈ [a, b) existe la función f(-x) y f(y+)
(ii) Para todo x ∈ (a, b) , f(x−) ≤ f(x) ≤ f(x+)
(iii) Para a x y b, f(x+) ≤ f(y−)
(iv) f tiene como máximo un número contable de discontinuidades; donde
f(c−)yf(c+)denotan respectivamente los limites de la mano izquierda y derecha
de la función f en el punto c ∈ (a,b)
Sea Fx la función distribución de una variable aleatoria, entonces:
Prueba de continuidad hacia la derecha de la función Fx
Si x ∈ ℜ → Fx es una función no decreciente concluimos que Fx(x+) existe entonces:
Ingenierı́a Electrónica 7

10. Estadı́stica y procesos estocásticos
Fx(x+) = lı́m
n→+∞
Fx
x +
1
n
= lı́m
n→+∞
Px
(−∞, x +
1
n
]
Fx(x+) = lı́m
n→+∞
Px
(−∞, x +
1
n
]
Fx(x+) = Px
lı́m
n→+∞
(−∞, x +
1
n
]
Fx(x+) = Px((−∞, x])
Fx(x+) = Fx(x)
2.6. Problema 6
Utilice el el método de Montecarlo para demostrar las respuestas de la pregunta 2.2
Solución
Distribución Rayleigh
1 M=100000; %tama~
no de la muestra
2 q=0; % Contador
3 r=0; % Contador
4 for i=1:M % inicia de 1 hasta M
5 b=randi([1,M]); % randonea valores enteros de 1 hasta M
6 C=36790 ; %probabilidad de rR=0.3678
7 if bC %SI CUMPLE LA probabilidad de rR=0.3670
8 q=q+1;
9 else %Sino es el complemento
10 r=r+1;
11 end
12 end
13 PC=q/M %probabilidad de rR=0.3670
14 FDR=r/M %probabilidad de su complemento (FDR)
15
16 syms b;
17 syms R;
18
19 %R==(-2*b*log(1-FDR))^1/2
20 %FDR==1-exp(-(R^2)/(2*b));
21
22 FDR==1-exp(-(R^2)/(2*b)); %FDR
23 solve(FDR==1-exp(-(R^2)/(2*b)),R) %despeja el valor de R
Función Distribución de Probabilidad F.D.P
1 clear all;
2 N=10^2; %limite para realizzar el random
3 R = 0:0.1:10^3;
4
5 b = randi([1,N]) % randonea valores enteros de 1 hasta N
6 F= raylcdf(R,b); % cdf funcion de distribucion acumulada
7
8 bar(R,F);
9 xlabel('R');
10 ylabel( 'Probability');
11 title('Funcion de distribucion de probabilidad Rayleigh');
Funcion de distribucion de probabilidad Rayleigh
Ingenierı́a Electrónica 8

11. Estadı́stica y procesos estocásticos
Figura 1: Función de distribución de probabilidad de Rayleigh
Ingenierı́a Electrónica 9