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ii

DEPARTAMENTO DE ELECTRICA Y ELECTRONICA

CARRERA DE INGENIERIA ELECTRONICA

ASIGNATURA: ESTOCÁSTICOS

LABORATORIO II

Profesor: Ing. Vinicio Carrera

NOMBRE: Alex Báez Espinosa

1. INTRODUCCIÓN Para intentar resolver los problemas planteados se debe tener una clara revisión, a través del análisis y comparación acontecimientos ejemplares que nos permitan encontrar una probabilidad tanto teóricamente como también a través de un software.

2 SIMULACIÓN SIMPLE Muestreo sin reemplazo. 1) Para el juego de 6 bolas, con 3 rojas y 3 verdes, donde se pide encontrar el número de veces en que al sortear la primera es roja y segunda verde, se utilizó este código. clc; bag = [ 1 1 1 2 2 2 ] % 1=red ball, 2=green ball n=0; for i=1:100 perm = randperm(6); % random ordering of the numbers 1 to 6 % simulating the order in which balls are drawn draw = perm(1:2); % only consider the first two balls balls = bag(draw); % find the actual two balls drawn, in order if (balls==[1 2]) n=n+1; end end fprintf('Numero de coincidencias: %d\n',n); fprintf('Probabilidad n/100: %d\n',n/100);

2) Al pedir 100 veces el sorteo en una simulación, y determinar n veces el sorteo deseado de 100, se ejecutó el código para tres simulaciones donde se obtuvo los siguientes valores simulados. bag = 1 1 1 2 2 2 Numero de coincidencias: 36 Probabilidad n/100: 3.600000e-001 >> bag = 1 1 1 2 2 2 Numero de coincidencias: 35 Probabilidad n/100: 3.500000e-001 >> bag = 1 1 1 2 2 2 Numero de coincidencias: 24 Probabilidad n/100: 2.400000e-001

3) Para el cálculo teórico y ver la aproximación a la simulación, podemos utilizar el diagrama de árbol R 2/5 R 3/6

3/6

3/5

V

3/5

R

2/5

V

= 0.3. Análisis: Por lo tanto en el código anterior también se obtuvo una probabilidad cercana usando n/100 a la probabilidad teórica que es casi cerca al simulado Con esa la probabilidad p(V/A), tenemos

4) Repetir los pasos anteriores para 500, 1.000, 5.000 y 10.000 experimentos. ¿Qué encuentras? Para un caso de 500, 1000, 5000 sorteos. La probabilidad es casi la misma, por ejemplo utilizando para 5000 sorteos con el código anterior se obtiene: bag = 1 1 1 2 2 2 Numero de coincidencias: 1465 Probabilidad n/100: 2.930000e-001 >> Análisis: Observamos que la probabilidad es de 1465/5000 = 0.29 que casi el valor teórico calculado

3. PROBLEMAS. 1) Una moneda al aire se lanza en cuatro ocasiones. ¿Cuál es la probabilidad de obtener dos cabezas y dos colas (en cualquier orden)? Para calcular la probabilidad del lanzamiento de 4 veces la misma moneda, utilizamos diagrama de árbol.

Tomando la probabilidad de las 6 ramas tenemos: outcomes_coin = [0 0 0 0]; % 1=head, 2=tail n_head=0; n_tail=0; for i=1:4 perm = randperm(2); % random ordering of the numbers 1 to 2 % simulating the order in which head or tail are drawn draw = perm(1); % only consider the first outcome in a tossed outcomes_coin(1,i) = draw; if (draw==1) n_head=n_head+1; else n_tail=n_tail+1; end end fprintf('Resultado de 4 lanzamientos de la moneda: \n'); disp(outcomes_coin); if(n_head==2|n_head==2) fprintf('Ganador\n'); else fprintf('Siga participando\n'); end

Resultado de 4 lanzamientos de la moneda: 1 2 1 2 Ganador >> Resultado de 4 lanzamientos de la moneda: 2 1 2 2 Siga participando

Ahora para 100 experimentos de este juego, donde n representa las veces que ganó por cada juego, se implementó añadiendo un “for” mas unos cuantos cambios. outcomes_coin = [0 0 0 0]; % 1=head, 2=tail n_head=0; n_tail=0; n=0; for j=1:100 for i=1:4 perm = randperm(2); % random ordering of the numbers 1 to 2 % simulating the order in which head or tail are drawn draw = perm(1); % only consider the first outcome in a tossed outcomes_coin(1,i) = draw; if (draw==1) n_head=n_head+1; %conteo de caras en un experimento else n_tail=n_tail+1; %conteo de sellos en un experimento end end if(n_head==2) n=n+1; %Conteo de coincidir 2 caras y 2 sellos en un juego end n_head=0; n_tail=0; %disp(outcomes_coin); end fprintf('Resultado de n en 100 experimentos: %d\n',n); fprintf('Probabilidad n/100: %f\n',n/100);

Simulando dos veces los 100 experimentos tenemos: Resultado de n en 100 experimentos: 37 Probabilidad n/100: 0.370000 >> Resultado de n en 100 experimentos: 31 Probabilidad n/100: 0.310000 >> Por lo tanto: La probabilidad es cercana al teórico. 2) Una lotería tiene bolas numeradas del 1 al 10. Cinco bolas se extraen, y el ganador debe coincidir con todos las 5 bolas (orden no importa). ¿Cuál es la probabilidad de ganar?

clc; state = pick_nums(1:10,5); %Estado sortea 5 nums de 10 player = pick_nums(1:10,5); %Jugador selecciona 5 nums de 10 [num_matches val_matches] = count_matches(state,player); %grabamos el número de coincidencias y valores q coinciden disp(1:10) % bolas enumeradas disp(state); % valores de estado disp(player); % valores del jugador disp(num_matches); %num de coincidencias disp(val_matches)% valores coincididos

Análisis1: En la primera simulación tenemos 3 coincidencias, la probabilidad de ( )( )

coincidir 3 fue

( )

Análisis2: En la segunda simulación hubo 4 coincidencias, su probabilidad fue ( )( )

;

( )

por lo tanto la probabilidad va bajando conforme se

quiere coincidir los cinco, luego de 30 simulaciones Matlab nunca dio un acierto completo. Esto debido porque teóricamente su probabilidad es:

( )( ) ( )

4) troquel de cuatro lados se lanza 6 veces. ¿Cuál es la probabilidad de sacar dos 4s consecutivamente? Realizando los cálculos by hand: En las 6 posiciones, todas las posibilidades que existen de combinarse números del 1 al 4, sin importar si se repiten es: x

x

x

X

x

x

Ahora hay que sacar a un lado aquellas combinaciones que poseen dos 4 consecutivos en distintas posiciones, y con combinaciones del 1 al 4. Pero hay que tomar las siguientes medidas. 4 4 x x x X x 4 4 x x X x x 4 4 x X x x x 4 4 X x x x x 4 4 1. Para la 1ra fila tomamos las siguientes combinaciones de las últimas posiciones , ya que un 4 no puede estar a un lado de los 1ero 4.

2. En la 2da fila, como no puede estar ningún cuatro a un lado de la 2da y 2ra posición, las combinaciones totales son: 3. Para 3era y 4ta fila es el mismo análisis del segundo entonces tenemos dos veces más el anterior resultado: 4. La última fila es el mismo análisis del primero: Sumando todos los resultados de los 4 ítems tenemos: 816 Entonces la probabilidad de encontrar dos 4 consecutivos es:

4. ASISTENCIA DE CONFERENCIA Asistencia a las 9h00 Present Males 9 Females 12 Total 21

Asistencia a las10h00

Ausent 15 4 19

Total 24 16 40

Present Males 27 Females 18 Total 45

Ausent 9 6 15

Total 36 24 60

1) Para cada lectura, usar los datos para encontrar las matrices que dan las matrices de probabilidad conjunta de estar presente o estar ausente de una lectura, y ser hombre o mujer.

Males Females

Present

Ausent

p(M ∩ P)

p(M ∩ A)

p(F ∩P)

p(F∩ A)

Para asistencia a las 9h00 tenemos: ( ) ( ) ) ) , ( , ( Por teorema de Bayes: ( ⁄ )

(

)

, ( ) ) , ( (

( )

(

)

( ⁄ ) ( )

(

)

( ⁄ ) ( )

(

)

( ⁄ ) ( )

(

)

( ⁄ ) ( )

Para asistencia a las 10h00 tenemos: ( ) ( ) ) ) , ( , ( Por teorema de Bayes: ( ⁄ )

(

) ( )

(

)

( ⁄ ) ( )

(

)

( ⁄ ) ( )

(

)

( ⁄ ) ( )

) ( ) ( )

, , ( (

,

) ( ) ( )

( ) )

,

(

)

( ⁄ ) ( )

2) Para cada lectura, encontrar dos vectores, uno dando otra dando ( ) y ( ).

( ) y ( ), y

Para asistencia a las 9h00 tenemos: ( )

( )

( )

( )

Para asistencia a las 10h00 tenemos: ( )

( )

( )

( )

3) Utilice las respuestas de las dos preguntas anteriores para el estado, para cada clase, si el sexo del estudiante que tenga es un factor que afecta a la asistencia de clase, mediante la búsqueda de si los eventos M y F son independientes de los eventos P y A. Los eventos de estar presente o ausente, P y A, no son independientes de que sea hombre o mujer, M o F, y viceversa. Pues puede haber el caso que sin alguien no asistió, hay también esa probabilidad que sea hombre o mujer, por ejemplo se puede determinar el evento de que alguien no asistió dado que esta persona es mujer. Ó el evento de que ser hombre dado que este no haya asistido. Concluimos en primera parte que no son eventos independientes. Ahora para cada clase, por ejemplo el de las 9H00, el género de cada estudiante si afecta al evento de inasistencia, pues en esta primera clase la probabilidad de inasistencia es casi el 50% (2do prob.), y este gran peso es porque la mayoría que quienes no asisten son los hombres (1er prob.), con probabilidad de 0.375 En la segunda clase 10h00, el evento de ausencia es menor, con 0.25, pero el mayor peso de inasistencia es igualmente el de los hombres, con 0.15 un valor un poco más alto al del evento de las mujeres con inasistencia con 0.1 de probabilidad. 4) Ahora calcular la matriz que da la probabilidad condicional de un estudiante que asiste a una conferencia, dado el sexo del estudiante. Para la primera clase podemos sacar los cálculos de probabilidad condicional de los resultados del ítem 1).

Males Females

Present

Ausent

p(P/M) = 9/24

p(A / M) =15/24

p(P/F) =12/16

p(A/F) =4/16

Para la segunda clase podemos sacar los cálculos de probabilidad condicional de los resultados del ítem 2)

Males Females

Present

Ausent

p(P/M) = 27/36

p(A / M) =9/36

p(P/F) =18/24

p(A/F) =6/24

De una conclusión hacia su jefe: En conclusión vemos que la mayor parte de inasistencia es de los hombres, entonces debemos decir al jefe de departamento que hay que detectar quienes son y dar severas sanciones para que sean más puntuales y perseverantes.

5 LANZAMIENTO DE MONEDAS SESGADAS. 1) Una de las dos monedas se ha seleccionado (no sabemos cuál). La moneda es volteada y sale cara. ¿Cuál es la probabilidad de que la moneda elegida es la sesgada, dado que salió cara? H 0.6 S=sesgada 1/2

1/2 F= fair

0.4

T

1/2

H

1/2

( ⁄ )

T

(

) ( )

( ⁄ ) ( )

(

( ⁄ ) ( )

(

)

) (

)

2) La misma moneda es lanzada una segunda vez. ¿Cuál es la probabilidad de que la moneda salga en cara dado que salió cara en la primera vuelta? ¿Por qué los dos eventos no son independiente? H 0.6 H 0.6 S=sesgada 1/2

1/2 F= fair

0.4

1/2

1/2

( ⁄ ⁄ )

T 0.4

T

H

T

3) Supongamos que una de las monedas es lanzada 2n veces. Escriba una función en Matlab para calcular la probabilidad de obtener n cabezas y n cruces, dado que la moneda es equitativa, y dado que la moneda es sesgada (esto debe ser un argumento a la función). La función debe funcionar para cualquier valor de n. Con moneda sesgada: H 0.6 H 0.6 H 0.6

T 0.4

0.4

T

1/2 F= fair

Con moneda equitativa: H 0.5 H 0.5 H 0.5

1/2

0.5

T 0.5

T

F

En el caso de la moneda equitativa para cara y moneda se tiene las mismas probabilidades, entonces para que en 3 lanzamientos y salga H, su probabilidad es ( ) , generalizando ( ) En la moneda sesgada para que salga cara con p = 0.6 en tres lanzamientos, su probabilidad es ( ) , generalizando ( ) , entonces para que salga cruz su fórmula general sería: ( ) function moneda(n,w) clc; n_head=0; outcomes_coin=0; if w==1 for i=1:2 for j=1:n perm = randperm(2); % random ordering of the numbers 1 to 2 % simulating the order in which head or tail are drawn respectively draw = perm(1); % only consider the first outcome in a tossed outcomes_coin(1,j) = draw; %acumulador de lanzamientos end outcomes_coin2(i,1:n)=outcomes_coin;%acumulador de 2 veces los lanzamientos end prob_fairCoin_H = 0.5^n; %probabilidad de salir H con fair coin disp(outcomes_coin2); fprintf('Prob de H con fair coin en %d veces: %f\n',n,prob_fairCoin_H); fprintf('Prob de T con fair coin en %d veces: %f\n',n,prob_fairCoin_H);

end outcomes_coin=0; if w==2 for i=1:2 fprintf('Lanzamientos %d',i); flipped_coin=rand(1,n) %probabilidades aleatorias en c/lanzamiento %en dos tiempos distintos. for j=1:n if flipped_coin(j)>=0.6 outcomes_coin(j)=1; %acumulacion de Heads else outcomes_coin(j)=2; %acumulacion de Tails end end outcomes_coin2(i,1:n)=outcomes_coin; end %proabilidades de ser H o T con moneda sesgada. prob_biasedCoin_H = 0.6^n; prob_biasedCoin_T = 0.4^n; disp(outcomes_coin2); fprintf('Prob de H con biased coin en %d veces: %f\n',n,prob_biasedCoin_H); fprintf('Prob de T con biased coin en %d veces: %f\n',n,prob_biasedCoin_T); end

Corriendo este programa se tiene la simulación con moneda equitativa, con 4 lanzamientos 2 dos tiempos distintos. Y su probabilidad calculada de H y T en los 4 lanzamientos es: >> moneda(4,1)

A continuación se simulo con moneda sesgada 4 lanzamientos 2 dos tiempos distintos. Y su probabilidad de H y T en los 4 lanzamientos es: >> moneda(4,2)

6 ANÁLISIS DE RESULTADOS Parte 2, Muestreo sin reemplazo: En los análisis mencionados anteriormente de este ejercicios, el procedimiento sugerido de la guía práctica de calcular la probabilidad (n/100) en la simulación, coincide con un de error tomando en cuenta la 2da simulación, con el cálculo teórico; aunque cabe mencionar que hubo casos que algunas simulaciones sacaban un 0.31 de probabilidad. Parte 3: 1er Ejercicio: De la simulación de los 100 experimentos, la probabilidad sugerida (n/100) fue de 0.37 en la primera simulación, teóricamente tenemos 0.35, entonces su porcentaje de error es 2do Ejercicio: Teóricamente la probabilidad teórica 0.004 de coincidir 5 bolas de los 5 que elige el estado es muy difícil, como menciona se menciona en ese ejercicio se puede simular 30 veces el juego y casi nunca va a aparecer las 5 coincidencias Parte 4: En el hecho de ser eventos dependientes, se nota que al calcular la probabilidad de un solo evento, es mayor a la probabilidad que cuando se calcula la probabilidad de este evento dado que se evalúa un acontecimiento anterior a este, o que haya pasado por ello. Si bien en la primera clase la probabilidad de estar ausente es 19/40=0.475 este valor es mayor a la probabilidad que cuando un estudiante de un ) determinado sexo está ausente, ( Parte 5: Aquí los eventos son independientes, por lo general en juegos de monedas equitativas sucede así, conforme se quieren mayores coincidencias de un lado de la moneda, la probabilidad se reduce, ya que inicialmente una moneda tiene 0.5 de probabilidad de obtener un lado, y este valor se eleva a la n veces que queremos repetiré el lanzamiento

7 CONCLUSIONES Parte 2: Se logró mediante Matlab poder simular el juego de 100 experimentos para luego poder calcular la relación de aciertos vs sucesos, que fue casi similar a la probabilidad teórica. Parte 3: Los cálculos fueron coincidentes en la primera simulación; en la 2da los cálculos probabilísticos teóricos concordaban con los despliegues y resultados que daba cada juego mediante el programa. Parte 4: La probabilidad condicional nos sirve para distinguir la independencia y dependencia de cada evento, en este caso la dependencia de los eventos dio potestad a poder usar el teorema de Bayes para sacar conclusiones totales y verídicas de cada clase. Parte 5: Con Matlab se puede simular cuantas veces se quiera dar el lanzamiento de una moneda, a través de la guía práctica que nos da la parte 2. La única vía de simulación de probabilidad fue interpretar el diagrama de árbol en cada evento, para trasladarlo a Matlab.