Bioestadística: Variables Aleatorias. Distribuciones de ...matematicas.unex.es/~mvelasco/Bioestadistica/variables_aleatorias… · Variables Aleatorias: Conceptos Básicos 1. (b)

Bioestadística: Variables Aleatorias.Distribuciones de Probabilidad I

M. González

Departamento de Matemáticas. Universidad de Extremadura

M. González Bioestadística: Variables Aleatorias. Distribuciones de Probabilidad I

Variables Aleatorias: Conceptos Básicos

1. Considera el experimento aleatorio "observar el sexo de los hijosde una familia con 3 descendientes".

(a) Construye el espacio de probabilidad asociado sabiendo que laprobabilidad de ser varón es 0.49.

(Ω, P) V-Varón;M-Mujer

Ω = VVV, VVM, VMV, MVV, VMM, MVM, MMV, MMM

P(VVV) = 0.493

P(VVM) = 0.492 ∗ 0.51 = P(VMV) = P(MVV)P(VMM) = 0.49∗ 0.512 = P(MVM) = P(MMV)P(MMM) = 0.513



1. (b) Calcula el espacio de probabilidad de la variable aleatoria (v.a.)X="número de hijos varones de una familia con 3 hijos", y calcula laprobabilidad de que la variable sea menor o igual que -0.05, 0, 0.5, 1, 3, 3.5

X : Ω −→ Ω′ = 0, 1, 2, 3 (Ω′, PX)VVV −→ 3

VVM −→ 2

. . .

MMV −→ 1

MMM −→ 0

PX(0) = P(X = 0) = P(ω ∈ Ω: X(ω) = 0) = P(MMM) = 0.513

PX(1) = P(X = 1) = P(ω ∈ Ω: X(ω) = 1) == P(VMM, MMV, MVM) = 3 ∗ 0.49∗ 0.512

PX(2) = P(X = 2) = P(ω ∈ Ω: X(ω) = 2) == P(VVM, VMV, MVV) = 3 ∗ 0.492 ∗ 0.51

PX(3) = P(X = 3) = P(ω ∈ Ω: X(ω) = 3) = P(VVV) = 0.493



1. (c) Calcula E[X] y Var[X].

(Ω′, PX) Ω′ = 0, 1, 2, 3

PX(0) = P(X = 0) = 0.513

PX(1) = P(X = 1) = 3 ∗ 0.49∗ 0.512

PX(2) = P(X = 2) = 3 ∗ 0.492 ∗ 0.51PX(3) = P(X = 3) = 0.493

E[X] = µX =∑

xi∈Ω′ xiPX(xi) =0 ∗ PX(0) + 1 ∗ PX(1) + 2 ∗ PX(2) + 3 ∗ PX(3) = 1.47

Var[X] = σ2X =

∑xi∈Ω′(xi − E[X])2PX(xi) =∑

xi∈Ω′ x2i PX(xi)− E[X]2 = 02 ∗ PX(0) + 12 ∗ PX(1) + 22 ∗

PX(2) + 32 ∗ PX(3)− 1.472 = 0.7497



1. (d) Si Y="número de hijas de una familia con 3 descendientes", ¿son X eY independientes?

Y : Ω −→ Ω′ = 0, 1, 2, 3 (Ω′, PY)VVV −→ 0

VVM −→ 1

. . .

MMV −→ 2

MMM −→ 3

PY(0) = P(Y = 0) = P(ω ∈ Ω: Y(ω) = 0) = P(VVV) = 0.493

PY(1) = P(Y = 1) = P(ω ∈ Ω: Y(ω) = 1) == P(VVM, VMV, MVV) = 3 ∗ 0.492 ∗ 0.51

PY(2) = P(Y = 2) = P(ω ∈ Ω: Y(ω) = 2) == P(VMM, MMV, MVM) = 3 ∗ 0.49∗ 0.512

PY(3) = P(Y = 3) = P(ω ∈ Ω: Y(ω) = 3) = P(MMM) = 0.513



1. (d) Si Y="número de hijas de una familia con 3 descendientes",¿son X e Y independientes?

Independencia de Variables Aleatorias

X eY son independientes si para todoA, B⊆ Ω′

P(X ∈ A ∩ Y ∈ B) = P(X ∈ A)P(Y ∈ B)

P(X = 1 ∩ Y = 1) =P(VMM, MVM, MMV ∩ VVM, VMV, MVV) = P(∅) = 0

P(X = 1)P(Y = 1) 6= 0 DEPENDIENTES


Variables Aleatorias: Distribución Binomial

Experimento aleatorio inicial:Ω = EXITO(E), FRACASO(F),P(E) = p, P(F) = 1− p.

Experimento aleatorio:"Repetirn veces de forma independiente elexperimento aleatorio inicial" (p = P(E) constante)

Ωn = E . . . E, FE . . . E, · · · , F . . . FE, F . . . FP(E . . . E) = pn

P(FE . . . E) = pn−1(1− p) = P(EFE. . . E) = · · · = P(E . . . EF)P(FFE . . . E) = pn−2(1− p)2 = P(FEFE. . . E) = · · · = P(E . . . EFF)P(F . . . F) = (1− p)n

X =número de éxitos en lasn repeticiones independientes delexperimento inicial.

X : Ωn → 0, 1, . . . , n

P(X = k) =(

nk

)pk(1− p)n−k, k = 0, . . . , n

X ∼ B(n, p) E[X] = µX = np, Var[X] = σ2X = np(1− p)


Variables Aleatorias: Distribución Binomial

3. Se sabe que un determinado antígeno da reacciones positivas en un20% de la población. ¿Cuál es la probabilidad de que tomando 5muestras de sangre al azar, se produzca reacción como máximo en dosde las muestras?. ¿Y exactamente en 3 de ellas? ¿Y en ninguna de lasmuestras?

X=número de muestras de sangre entre 5 tomadas al azar que danpositivo ante el antígeno∼ B(5, 0.2)

P(X ≤ 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) =0.328+ 0.410+ 0.205= 0.943

P(X = 3) = 0.051

P(X = 0) = 0.328


Variables Aleatorias: Distribución Normal

Es el modelo teórico que viene determinado por la siguiente funciónde densidad, definida en toda la recta real:

f (x) =1

σ√

2πe−(x−µ)2/2σ2

, −∞ < x < ∞

Intuitivamente, es la distribución de probabilidad que se asume paravariables consideradas simétricas respecto a su media y cuyos valoresse disponen en un "histograma" que se ajusta a la forma de la llamadacampana de Gauss

−4 −2 0 2 4

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

N(0, 1)

Los parámetros de esta distribu-ción son su media,µ, que es eleje de simetría de la gráfica, y lavarianzaσ2. EscribiremosX ∼N(µ, σ2)



−6 −4 −2 0 2 4 6

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

N(0,1)

x

−6 −4 −2 0 2 4 6

0.00

0.10

0.20

N(0,4)

x

−6 −4 −2 0 2 4 6

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

N(2,1)

x

−6 −4 −2 0 2 4 6

0.00

0.10

0.20

N(2,4)

x



TIPIFICACIÓN:

X ∼ N(µ, σ2) ⇒ Z =X− µ

σ∼ N(0, 1)

A la distribuciónN(0, 1) se le denomina Normal Estándar.

TABLA III-2: u≥ 0→ P(Z ≤ u)

u

P((Z ≤≤ u))

La distribuciónN(0, 1) es lasimétricarespecto al 0, es decir, siZ ∼ N(0, 1)

P(Z ≤ u) = P(Z ≥ −u) P(Z ≥ u) = P(Z ≤ −u)

u −u



9. Supongamos que la presión diastólica en mujeres hipertensas se centraentorno a una media de 100mm con una desviación típica de 14mm y que sudistribución es normal. Calcula:

(a) La probabilidad de que la presión diastólica sea menor que 88mm.

(b) La probabilidad de que la presión diastólica sea mayor que 115mm.

X =presión diastólica de una mujer hipertensa∼ N(100, 142)(a)

P(X < 88) = P

(X− 100

14<

88− 10014

)Z =

X− 10014

∼ N(0, 1)

= P(Z < −0.86) = P(Z > 0.86) = 1− P(Z ≤ 0.86)= 1− 0.8051= 0.1949

−0.86 0.86



9. X =presión diastólica de una mujer hipertensa∼ N(100, 142)(c) La probabilidad de que la presión diastólica se encuentre entre 96 y104mm.

P(96≤ X ≤ 104) = P

(96− 100

14≤ X− 100

14≤ 104− 100

14

)= P(−0.29≤ Z ≤ 0.29) = P(Z ≤ 0.29)− P(Z ≤ −0.29)= P(Z ≤ 0.29)− (1− P(Z ≤ 0.29))= 2 ∗ P(Z ≤ 0.29)− 1 = 2 ∗ 0.6141− 1

= 0.2282

0.29−0.29



TABLA III-1: α ∈ [0, 1] → zα ≥ 0 Z ∼ N(0, 1)P(Z ≥ zα) = α/2 P(Z ≤ zα) = 1− α/2 P(−zα ≤ Z ≤ zα) = 1− α

9. X =presión diastólica de una mujer hipertensa∼ N(100, 142)(d) El valor t, tal que la probabilidad de que la presión sea menor que t, sea0.95.

P(X < t) = 0.95 ⇔ P

(X− 100

14≤ t − 100

14

)= 0.95

⇔ P

(Z ≤ t − 100

14

)= 0.95

1− α/2 = 0.95⇒ α = 0.1

t − 10014

= z0.1 = 1.645⇒ t = 100+ 14∗ 1.645= 123.03



TABLA III-1: α ∈ [0, 1] → zα ≥ 0 Z ∼ N(0, 1)P(Z ≥ zα) = α/2 P(Z ≤ zα) = 1− α/2 P(−zα ≤ Z ≤ zα) = 1− α

9. X =presión diastólica de una mujer hipertensa∼ N(100, 142)(e)El valor t, tal que la probabilidad de que la presión sea mayor que t, sea0.95.(f) Dos valores simétricos entorno a la media tales que la probabilidad deque la presión esté entre ellos sea de 0.95.

P(100− t < X < 100+ t) = 0.95 ⇔

⇔ P

((100− t)− 100

14≤ X− 100

14≤ (100+ t)− 100

14

)= 0.95

⇔ P

(−t14≤ Z ≤ t

14

)= 0.95

1− α = 0.95⇒ α = 0.05t

14= z0.05 = 1.960⇒ t = 14∗ 1.960= 27.44

100− t = 72.56 100+ t = 127.44M. González Bioestadística: Variables Aleatorias. Distribuciones de Probabilidad I

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