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• Eduardo Andrés Moya Briones

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Universidad de Chile Facultad de Ciencias F´ısicas y Matem´ aticas Departamento de Ingenier´ıa El´ectrica EL3401-1 Probabilidad y Procesos Estoc´ asticos

Pauta de Tarea 5 Oto˜ no 2021 Profesor: Jorge F. Silva; Auxiliares: Mar´ıa Jos´e Alfaro – Camilo Ram´ırez Ayudantes: Jorge A. – Danilo M. – Rodrigo S. – Manuel T. Problema 1 Se plantea la existencia de una condici´ on gen´etica cuya probabilidad de tenerla para una persona cualquiera es p. Adem´as se plantea la existencia de un examen con cierta incerteza para esta condici´on cuya probabilidad de falso negativo es e y probabilidad de falso positivo de e⊕ . Antes de comenzar con el desarrollo de las preguntas, se introduce a continuaci´on el Teorema de Bayes cuya deducci´on es directa a partir de la definici´ on de probabilidad condicional, este se puede asumir conocido y no es necesario que lo demuestren en el desarrollo. Sean E1 y E2 dos eventos, se tiene que: P (E1 | E2 ) =

P (E1 , E2 ) P (E1 , E2 ) P (E1 ) P (E1 ) P (E1 , E2 ) P (E1 ) P (E2 | E1 ) · P (E1 ) = · = · = · P (E2 | E1 ) = P (E2 ) P (E2 ) P (E1 ) P (E2 ) P (E1 ) P (E2 ) P (E2 )

(a) Sabiendo que una persona se realiz´ o el examen y este result´o positivo, se pide calcular la probabilidad de que la persona tenga la condici´ on. Para realizar lo pedido es conveniente definirse eventos y entender qu´e probabilidades son conocidas, un par de eventos convenientes corresponden a los que se ven a continucaci´on: C = “la persona tiene la condici´ on gen´etica”, E = “el examen de la persona resulta positivo”. De esta forma se puede ver que dentro de las probabilidades conocidas se encuentran: P (C) = p

;

P (E C | C) = e

;

P (E | C C ) = e⊕

Finalmente, se tiene que la probabilidad pedida corresponde a P (C | E), desarrollando esta, se puede ver que: P (E | C) · P (C) P (C | E) = P (E) Aqu´ı quedan dos t´erminos “desconocidos” P (E | C) y P (E), sin embargo notar que: P (E | C) = 1 − P (E C | C) = 1 − e (i)

La igualdad en (i) no es necesario que la demuestren, pero nace de lo siguiente: 1= Pauta de Tarea 5

P (C) P (Ω, C) P (E ∪ E C , C) P (E, C) P (E C , C) = = = + = P (E | C) + P (E C | C) P (C) P (C) P (C) P (C) P (C) p´ ag. 1

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Esto ya que se sabe que (E, C) ∩ (E C ∩ C) = (E ∩ E C ) ∩ (C ∩ C) = ∅ ∩ C = ∅. Por otro lado, se tiene que: P (E) = P (E, Ω) = P (E, C ∪ C C ) = P (E, C) + P (E, C C ) = P (E | C) · P (C) + P (E | C C ) · P (C C ) = (1 − P (E C | C)) · P (C) + P (E | C C ) · (1 − P (C)) = (1 − e )p + e⊕ (1 − p) Reuniendo todo lo calculado, se tiene que la probabilidad pedida corresponde a: P (C | E) =

p(1 − e ) p(1 − e ) + e⊕ (1 − p)

(b) Ahora se introduce el concepto de que la condici´on es heredable por linea paterna, la probabilidad de que un hijo la herede (i.e., que tenga la condici´on sabiendo que el padre la tiene) es de h y la probabilidad que el hijo la desarrollo de forma espont´ anea (i.e., que tenga la condici´on sabiendo que el padre NO la tiene) es de q. Se pude la probabilidad de que un padre tenga la condici´on sabiendo que su hijo la tiene. Para abordar esta pregunta se mantiene el evento C (donde la persona corresponde al padre), pero se crea un nuevo evento dado por: H = “el hijo de la persona (del evento C) tiene la condici´ on” Las nuevas probabilidades conocidas entonces corresponden a: P (H | C) = h

;

P (H | C C ) = q

Mientras que la probabilidad pedida corresponde a P (C | H), de esta forma, se tiene que: P (C | H) =

P (H | C) · P (C) P (H)

Donde solamente se tiene una probabilidad desconocida, que desarroll´andola, se puede ver que corresponde a la siguiente: P (H) = P (H, Ω) = P (H, C ∪ C C ) = P (H, C) + P (H, C C ) = P (H | C) · P (C) + P (H | C C ) · P (C C ) = P (H | C) · P (C) + P (H | C C ) · (1 − P (C)) = hp + q(1 − p) Finalmente, se puede llegar a que la probabilidad pedida corresponde a: P (C | H) =

hp hp + q(1 − p)

Nota: Tambi´en en esta pregunta es v´ alido asumir (seg´ un est´a redactado en el enunciado) que P (H) = p, esto implicar´ıa que P (C | H) = hp/p = h.

Pauta de Tarea 5

p´ ag. 2

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(c) Finalmente, se plantea el caso de una persona que se realiza n ex´amenes donde m de ellos resultan positivos y se pide la probabilidad de que esta persona tenga la condici´on. Para realizar lo pedido, se considera un nuevo evento dado por: Em,n = “m de los n ex´ amenes que se realiza la persona resultan positivos” Dado que ac´ a no se entregan expl´ıcitamente nuevas probabilidad conocidas en funci´on de Em,n , hay que calcularlas, se puede comenzar viendo que:   n P (Em,n ) = P (E)m P (E C )n−m m Ya que cada examen se puede ver como una variable con distribuci´on de Bernoulli de par´ametro P (E). Siguiendo esta misma l´ ogica, se puede extraer que:   n C P (Em,n | C) = 1 − P (En,m | C) = 1 − P (E | C)m P (E C | C)n−m m     n n C m C n−m =1− (1 − P (E | C)) P (E | C) =1− (1 − e )m en−m m m     n n P (Em,n | C C ) = P (E | C C )m P (E C | C C )n−m = P (E | C C )m (1 − P (E | C C ))n−m m m   n m = e (1 − e⊕ )n−m m ⊕ Finalmente, identificar que la probabilidad pedida corresponde a P (C | Em,n ), siguiendo pasos an´ alogos a los desarrollados en (a), se tiene que: C | C)) P (C) · (1 − P (Em,n P (Em,n | C) · P (C) P (C | Em,n ) = = C | C)) · P (C) + P (E C P (Em,n ) (1 − P (Em,n m,n | C ) · (1 − P (C))
n p m (1 − e )m en−m
= n
n m n−m p m (1 − e )m en−m + (1 − p) m e⊕ (1 − e⊕ )

=

Pauta de Tarea 5

n−m p(1 − e )m e n−m p(1 − e )m en−m + (1 − p)em ⊕ (1 − e⊕ )

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Problema 2 Se indica considerar el espacio de probabilidad (R2 , B(R)2 , P ) con P definida por la siguiente pdf: g(x, y) = c · 1[−1/2,1/2] (x) · 1[−1/2,1/2] (y). (a) Se pide encontrar el valor de c. Desarrollando se puede llegar a que: Z ZZ Z 1 Z 1 2 2 c dy dx = c g(x, y) dy dx = 1 ⇒ − 12

R2

− 12

1 2

− 12

y=1/2 [y]y=−1/2

Z dx = c

1 2

− 12

x=1/2

dx = c [x]x=−1/2 = c = 1

Por lo cual c = 1. (b) Se pide encontrar P ({(x, y) ∈ R2 : x < y}). ·

Considerando el conjunto B = {(x, y) ∈ R2 : x < y}, se tiene que lo pedido corresponde a: ZZ Z ∞Z ∞ Z ∞ Z P (B) = g(x, y) dy dx = 1[−1/2,1/2] (x) · 1[−1/2,1/2] (y) dy dx = 1[−1/2,1/2] (x) −∞

B

Z =

1 2

− 12

[y]x=1/2 y=x

Z dx =

1 2

− 12

−∞

x

1 2

dy dx

x

 x= 12 1 x x2 1 1 1 1/2 1/4 −1/2 1/4 − x dx = − − − + = + = = 2 2 2 x=− 1 2 2 2 2 4 4 2 2

(c) Definiendo la variable aleatoria U : R2 → R por U (x, y) = x + y, se pide encontrar su CDF. Para realizar lo pedido, notar que FU (u) = P(U ≤ u) = P ({(x, y) ∈ R2 : x + y ≤ u}), donde definiendo · el conjunto C = {(x, y) ∈ R2 : x + y ≤ u} = {(x, y) ∈ R2 : y ≤ u − x}, se tiene que: ZZ Z ∞ Z u−x P(U ≤ u) = P (C) = g(x, y) dy dx = 1[−1/2,1/2] (x) · 1[−1/2,1/2] (y) dy dx −∞

C

Z =

1 2

− 12

Z

−∞

u−x

1[−1/2,1/2] (y) dy dx

− 12

· R u−x Aqu´ı se tienen tres casos para la integral I(x) = −1/2 1[−1/2,1/2] (y) dy (notar que al estar trabajando con una funci´on continua es irrelevante la distinci´on o no de desigualdad estricta).

• Caso con u − x ≤ −1/2, donde: Z

u−x

I(x) = − 12

1[−1/2,1/2] (y) dy = 0

• Caso con −1/2 ≤ u − x ≤ 1/2, donde: Z u−x Z I(x) = 1[−1/2,1/2] (y) dy = − 12

Pauta de Tarea 5

u−x

− 12

dy = [y]y=u−x y=−1/2 = u +

1 −x 2 p´ ag. 4

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• Caso con 1/2 ≤ u − x, donde: Z u−x Z I(x) = 1[−1/2,1/2] (y) dy = − 21

1 2

− 12

y=1/2

dy = [y]y=−1/2 =

1 1 + =1 2 2

Ahora dado que se conoce la forma de I(x) para todo posible valor de u − x, se pueden ver los siguientes casos para P (C): • Caso con u ≤ −1, aqu´ı se tiene que:     1 1 1 ⇒ u − x ∈ −∞, − ⇒ I(x) = 0 x∈ − , 2 2 2 De esta forma se desarrolla: Z P (C) =

1 2

Z I(x) dx =

− 12

1 2

0 dx = 0

− 12

• Caso con −1 ≤ u ≤ 0, aqu´ı se tiene que:     1 1 1 x∈ u+ , ⇒ u − x ∈ −∞, − ⇒ I(x) = 0 2 2 2     1 1 1 1 1 x ∈ − ,u + ⇒u−x∈ − , ⇒ I(x) = u + − x 2 2 2 2 2 De esta forma se desarrolla: Z 1 Z 2 P (C) = I(x) dx =

x=u+ 21 x x2 0 dx = ux + − 2 2 x=− 1 − 12 − 12 u+ 12 2       1 u + 1/2 (u + 1/2)2 u 1/2 (1/2)2 = u u+ + − − − − − 2 2 2 2 2 2 2 2 u 1 u 1 1 u 1 (u + 1)2 u u 1 u = u2 + + + − − − + + + = +u+ = 2 2 4 2 2 8 2 4 8 2 2 2 u+ 12

1 u + − x dx + 2

Z

1 2



• Caso con 0 ≤ u ≤ 1, aqu´ı se tiene que:     1 1 1 1 1 x∈ u− , ⇒u−x∈ − , ⇒ I(x) = u + − x 2 2 2 2 2     1 1 1 x ∈ − ,u − ⇒u−x∈ , ∞ ⇒ I(x) = 1 2 2 2 De esta forma se desarrolla: Z 1 Z 2 P (C) = I(x) dx =

 x= 21 1 x x2 x=u−1/2 dx + u + − x dx = [x]x=−1/2 + ux + − 2 2 2 x=u− 1 − 12 − 12 u− 21 2       2 2 1 1 u (1/2) (1/2) 1 u − 1/2 (u − 1/2) =u− + + + − − u u− + − 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 u 1 1 u u 1 u u 1 u 1 (u − 1)2 = u + + − − u2 + − + + − + =− +u+ =1− 2 4 8 2 2 4 2 2 8 2 2 2

Pauta de Tarea 5

u− 21

Z

1 2

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• Caso con 1 ≤ u, aqu´ı se tiene que:     1 1 1 x∈ − , ⇒u−x∈ , ∞ ⇒ I(x) = 1 2 2 2 De esta forma se desarrolla: Z P (C) =

1 2

Z I(x) dx =

− 12

1 2

x=1/2

− 12

dx = [x]x=−1/2 =

1 1 + =1 2 2

Finalmente, se puede llegar a la CDF pedida:  0    (u + 1)2 /2 FU (u) = P(U ≤ u) = P (C) = 1 − (u − 1)2 /2    1

si si si si

u ∈ (−∞, −1) u ∈ [−1, 0) u ∈ [0, 1) u ∈ [1, ∞)

(d) Definiendo la variable aleatoria V : R2 → R por V (x, y) = xy, se pide encontrar su CDF. Para realizar lo pedido, notar que FV (v) = P(V ≤ v) = P ({(x, y) ∈ R2 : xy ≤ v}), donde definiendo el · conjunto D = {(x, y) ∈ R2 : xy ≤ v}, se tendr´an en consideraci´on los siguientes casos: • Caso con v < 0, aqu´ı se tiene que el conjunto D se puede describir como: ·

D = {(x, y) ∈ (−∞, 0) × R : y ≥ v/x} ∪ {(x, y) ∈ (0, ∞) × R : y ≤ v/x} = D1 ∪ D2 En donde P (D) = P (D1 ) + P (D2 ), desarrollando entonces se tiene que: ZZ ZZ P(V ≤ v) = P (D1 ) + P (D2 ) = g(x, y) dy dx + g(x, y) dy dx D1

Z

0

Z

0

Z

v x

0

∞

= Z

0

Z

Z

∞

Z

v x

Z

∞Z

v x

1[−1/2,1/2] (x) · 1[−1/2,1/2] (y) dy dx

−∞

1[−1/2,1/2] (y) dy dx

−∞ 0

− 21

Z

∞

v − −¯ x

1[−1/2,1/2] (−¯ y ) · −1 · −1 d¯ y d¯ x

∞

=2 − 12

Z 1[−1/2,1/2] (y) dy dx +

v x

0

1 2

0

= − 12

Z 1[−1/2,1/2] (y) dy dx +

v x

− 12

Z 1[−1/2,1/2] (x) · 1[−1/2,1/2] (y) dy dx +

= −∞

D2

∞

Z

v x

1[−1/2,1/2] (y) dy dx ·

Aqu´ı se tienen dos sub-casos para la integral I(x) =

R∞

v/x 1[−1/2,1/2] (y)

dy:

◦ Caso con v/x ≤ 1/2, donde: Z

∞

I(x) = v x

Pauta de Tarea 5

1 2

Z 1[−1/2,1/2](y) dy =

v x

y=1/2

dy = [y]y=v/x =

1 v − 2 x p´ ag. 6

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◦ Caso con v/x ≥ 1/2, donde: ∞

Z

1[−1/2,1/2] (y) dy = 0

I(x) = v x

Conociendo I(x) para todo posible valor de v/x, se pueden ver los casos para P (D): ◦ Caso con v ≤ −1/4, aqu´ı se tiene que:   1 v 1 x ∈ − , 0 ⇒ ≥ ⇒ I(x) ≥ 0 2 x 2 De esta forma se desarrolla: Z

0

Z

P (D) = 2

0

0 dx = 2 · 0 = 0

I(x) dx = 2 − 12

− 21

◦ Caso con −1/4 ≤ v < 0, aqu´ı se tiene que:   1 1 v 1 v x ∈ − , 2v ⇒ ≤ ⇒ I(x) = − 2 x 2 2 x v 1 x ∈ [2v, 0) ⇒ ≥ ⇒ I(x) = 0 x 2 De esta forma se desarrolla: Z Z 0 I(x) dx = 2 P (D) = 2

! Z 0 hx ix=2v 1 v − dx + 0 dx = 2 − v ln(x) x 2 x=− 12 − 12 2 2v −1  2   1 1 2v = 2 v + − v ln = 2v + − v ln(−4v) 4 −1/2 2 2v

As´ı, se puede llegar a la CDF para u < 0:  FV (v) = P(V ≤ v) = P (D) =

0 si v ∈ (−∞, −1/4) 2v + 1/2 − v ln(−4v) si v ∈ [−1/4, 0)

• Caso con v = 0, aqu´ı se tiene que el conjunto D se puede describir como: ·

D = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ 0, y ≥ 0} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0, y ≤ 0} = D1 ∪ D2 En donde P (D) = P (D1 ) + P (D2 ), desarrollando esto: ZZ ZZ P(V ≤ 0) = g(x, y) dy dx + g(x, y) dy dx Z

D1 0 Z ∞

−∞ 0 Z 0 Z 1 2 − 12

Z

0

= − 12

Pauta de Tarea 5

∞Z 0

Z 1[−1/2,1/2] (x) · 1[−1/2,1/2] (y) dy dx +

= =

D2

1[−1/2,1/2] (x) · 1[−1/2,1/2] (y) dy dx −∞

0

Z dy dx +

0

1 dx + 2

0

Z 0

1 2

1 2

Z

0

Z

0

dy dx = − 12

− 12



y=1/2 [y]y=0

h x ix=0 1 1 − dx = + − 1 2 2 x=− 2 2

Z dx + 0

x= 1

2

= x=0

1 2

[y]y=0 y=−1/2 dx

1/2 1/2 1 + = 2 2 2 p´ ag. 7

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• Caso con v > 0, aqu´ı se tiene que P(V ≤ v) = P(V ≤ 0) + P(V ∈ (0, v]) = 1/2 + P(V ∈ (0, v]), por lo cual se tiene que es importante calcular P(V ∈ (0, v]) = P ({(x, y) ∈ R2 : xy ≥ v}), donde definiendo · D = {(x, y) ∈ R2 : xy ∈ (0, v]}, se tiene que este se puede escribir como: ·

D = {(x, y) ∈ (−∞, 0) × R : y ∈ [v/x, 0)} ∪ {(x, y) ∈ (0, ∞) × R : y ∈ (0, v/x]} = D1 ∪ D2 En donde P (D) = P (D1 ) + P (D2 ), desarrollando esto: ZZ ZZ P (D) = g(x, y) dy dx + g(x, y) dy dx Z

D1 0 Z 0

D2

1[−1/2,1/2] (x) · 1[−1/2,1/2] (y) dy dx +

= −∞

v x

0

0

Z

Z

0

= − 12

Z

0

Z

− 12

Z

Z

Z 1[−1/2,1/2] (y) dy dx +

v x

Z

1[−1/2,1/2] (x) · 1[−1/2,1/2] (y) dy dx

0

1[−1/2,1/2] (y) dy dx

0 0

− 21

Z

0

v − −¯ x

1[−1/2,1/2] (−¯ y ) · −1 · −1 d¯ y d¯ x

0

=2 − 12

1 2

0

0 v x

0

Z 1[−1/2,1/2] (y) dy dx +

v x

=

v x

∞Z

Z

v x

1[−1/2,1/2] (y) dy dx ·

Aqu´ı se tienen dos sub-casos para la integral I(x) = ◦ Caso con v/x ≤ −1/2, donde: Z 0 Z I(x) = 1[−1/2,1/2] (y) dy = v x

◦ Caso con v/x ≥ −1/2, donde: Z I(x) =

R0

v/x 1[−1/2,1/2] (y)

0

− 12

0

dy = [y]y=0 y=−1/2 = 0 +

Z 1[−1/2,1/2] (y) dy =

v x

dy:

0 v x

dy = [y]y=0 y=v/x = −

1 1 = 2 2

v x

Conociendo I(x) para todo posible valor de v/x, se pueden ver los casos para P (D): ◦ Caso con 0 < v ≤ 1/4, aqu´ı se tiene que:   1 v 1 v x ∈ − , −2v ⇒ ≥ − ⇒ I(x) = − 2 x 2 x 1 1 v x ∈ [−2v, 0) ⇒ ≤ − ⇒ I(x) = x 2 2 De esta forma se desarrolla: Z 0 Z P (D) = 2 I(x) dx = 2 −1

−2v

−1

v − dx + x

Z

0

−2v

1 dx 2

2  2    −2v 2v = 2 −v ln + = 2v − v ln(4v) −1/2 2

Pauta de Tarea 5

!

 h x ix=0  x=−2v = 2 [−v ln(x)]x=−1/2 + 2 x=−2v

p´ ag. 8

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◦ Caso con v ≤ 1/4, aqu´ı se tiene que:   1 v 1 1 x ∈ − , 0 ⇒ ≤ − ⇒ I(x) = 2 x 2 2 De esta forma se desarrolla: Z

0

Z

0

I(x) dx = 2

P (D) = 2

− 21

− 12

1 1 dx = [x]x=0 x=−1/2 = 2 2

As´ı, se puede llegar a la CDF para u > 0:  1 2v + 1/2 − v ln(4v) si v ∈ (0, 1/4) FV (v) = + P (D) = 1 si v ∈ [1/4, ∞) 2 Finalmente, habiendo abarcado todos los casos de forma exhaustiva, se puede llegar a la CDF pedida:  0 si v ∈ (−∞, −1/4)     2v + 1/2 − v ln(−4v) si v ∈ [−1/4, 0)  1/2 si v = 0 FV (v) = P(V ≤ v) =   2v + 1/2 − v ln(4v) si v ∈ (0, 1/4)    1 si v ∈ [1/4, ∞) Notar que esta funci´ on como es de esperar, es una funci´on continua. (e) Definiendo la variable aleatoria W : R2 → R por W (x, y) = m´ax(x, y), se pide encontrar su CDF. Para realizar lo pedido, notar que FW (w) = P(W ≤ w) = P ({(x, y) ∈ R2 : m´ax(x, y) ≤ w}), donde · definiendo el conjunto E = {(x, y) ∈ R2 : m´ax(x, y) ≤ w} = {(x, y) ∈ R2 : x ≤ w, y ≤ w}, se tiene que: ZZ Z w Z w P(W ≤ w) = P (E) = g(x, y) dy dx = 1[−1/2,1/2] (x) · 1[−1/2,1/2] (y) dy dx E

−∞

−∞

w

w

Aqu´ı se pueden extraer 3 casos: • Caso con w < −1/2, se tiene que: Z

Z

P (E) =

0 dy dx −∞

• Caso con −1/2 ≤ w ≤ 1/2, se tiene que: Z w Z Z wZ w dy dx = [y]y=w dx = P (E) = y=−1/2 − 12

− 12

− 12

−∞

w

− 12

w+

h 1 x ix=w w w 1 dx = wx + = w2 + + + 1 2 2 x=− 2 2 2 4

  1 2 = w+ 2

Pauta de Tarea 5

p´ ag. 9

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• Caso con 1/2 < w, se tiene que: Z P (E) =

1 2

− 21

Z

1 2

− 12

Z dy dx =

1 2

− 12

y=1/2

Donde habiendo considerado todos los casos se puede llegar   0 (w + 1/2)2 FW (w) = P(W ≤ w) =  1

Pauta de Tarea 5

Z

[y]y=−1/2 dx =

1 2

− 12

x=1/2

dx = [x]x=−1/2 = 1

a que: si w ∈ (−∞, −1/2) si w ∈ [−1/2, 1/2] si w ∈ (1/2, ∞)

p´ ag. 10