http://ficus.pntic.mec.es/apis0004
1º) (Castilla y León, Junio, 99) Sea X una variable aleatoria cuya función de distribución de probabilidad es:
( )
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
>
≤
≤
−
+
−
<
=
8
1
8
2
10
2
2
0
x
si
x
si
x
x
si
x
F
Halla:a) La función de densidad de probabilidad, f(x), de la variable aleatoria. b) Los valores de x0 tales que F(x0) = 0.
Solución: a) La función de densidad es la función derivada de la función de distribución, es decir,
( )
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
>
≤
≤
−
−
<
=
8
0
8
2
10
1
2
0
x
si
x
si
x
si
x
f
b)• Si
x
<
2
, es decir,x
∈
(
−
∞
,
2
)
, resulta queF
( )
x
=
0
. Por tanto todos los verifican que .(
,
2
)
0∈
−
∞
x
( )
x
0=
0
F
• Si
−
2
≤
x
≤
8
, es decir,x
∈
[
−
2
,
8
]
, resulta que( )
10
2
0
2
10
0
10
2
10
10
0
10
2
0
10
2
0
10
2
=
⇔
+
=
⇔
+
=
⇔
⋅
+
=
⋅
⇔
+
=
⇔
=
−
+
=
x
x
x
x
x
x
x
F
y resulta que
x
=
−
2
pertenece al intervalo en el que estamos, es decir, en[
−
2
,
8
]
. • Six
>
8
, es decir, six
∈
(
8
,
+∞
)
, resulta queF
( )
x
=
1
, que es distinto de cero para todo.
(
+∞
)
∈
8
,
x
Por tanto, los valores de x0 tales que F(x0) = 0, son los x0 del intervalo
(
−
∞
,
−
2
]
.2º) (Galicia, Junio, 98) a) La recaudación diaria de una máquina tragaperras es normal con media 25.000 pesetas y desviación típica de 10.000 pesetas. ¿Qué porcentaje de días recauda menos de 5.000 pesetas?
b) Dada la función , ¿puede ser función de densidad para
alguna variable aleatoria continua? Justifíquese la respuesta.
( )
⎩
⎨
⎧
−
≤
≤
=
caso
otro
en
x
si
x
x
x
f
0
2
0
2
2Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” La recaudación diaria de una máquina tragaperras” sigue una distribución normal de media
μ
=
25000 ptas. y de desviación típica=
σ
10000 ptas. Sabemos que esto se designa así: X=” La recaudación diaria de una máquina tragaperras”~
N
(
25000
,
10000
)
.Piden hallar
P
(
X
<
5000
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
10000
25000
10000
,
25000
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
) (
)
(
0,0228
9772
,
0
1
2
1
2
2
10000
25000
5000
10000
25000
5000
=
−
=
≤
−
=
>
=
−
<
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
<
−
=
<
P
X
P
Z
P
Z
P
Z
X
P
)
El porcentaje de días que recauda menos de 5.000 pesetas es del 2,28%.
b) Para que una función sea función de densidad de una variable aleatoria continua se deben dar dos requisitos:
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1º)f
( )
x
≥
0
∀
x
∈
IR
2º) Que el área de encerrada por la gráfica de la función y el eje OX sea 1, esto quiere decir que
∫
+∞( )
=
1
(En general, las integrales se verán en 2º de bachillerato)∞
−
f
x
dx
Veamos si cumple la primera condición:
• Si
x
∈
(
−
∞
,
0
) (
∪
2
,
+∞
)
⇒
f
( )
x
=
0
≥
0
. Luego en ese intervalo(
−
∞
,
0
) (
∪
2
,
+∞
)
si se cumple.• Si
x
∈
[ ]
0
,
2
⇒
f
( )
x
=
x
2−
2
x
es una función polinómica de grado 2, cuya gráfica es una parábola. Recuerda: La gráfica de la función polinómica de grado 2f
( )
x
=
ax
2+
bx
+
c
, es una parábola, cuyas características son:• Vértice: Es el punto
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
−
a
b
f
a
b
2
,
2
• Es convexa∪
sia
>
0
, y cóncava∩
sia
<
0
.Si
x
∈
[ ]
0
,
2
⇒
f
( )
x
=
x
2−
2
x
es una función polinómica de grado 2, cuya gráfica es una parábola. Hallemos los elementos de esa parábola:• Vértice: es el punto
( )
( )
(
( )
)
(
)
(
) (
1
,
1
2
1
,
1
1
2
1
,
1
1
,
1
1
2
2
,
1
2
2
=
=
2−
⋅
=
−
=
−
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅
−
−
⋅
−
−
f
f
)
)
• Como
a
=
1
>
0
, la parábola es convexa∪
. Por tanto, el vértice(
1
,
−
1
será un mínimo relativo.• Puntos de corte con los ejes: • Con el eje X:
(
)
⎩
⎨
⎧
=
⇒
=
−
=
⇒
=
−
⇒
=
−
⇒
⎩
⎨
⎧
=
−
=
2
0
2
0
0
2
0
2
0
2
2 2x
x
x
x
x
x
x
y
x
x
y
Luego los puntos de corte con el eje X son
( )
0
,
0
,( )
2
,
0
• Con el eje Y:
0
2
0
0
0
8
0
2
2 2=
−
=
⋅
−
=
⇒
⎩
⎨
⎧
=
−
=
y
x
x
x
y
Luego el punto de corte con el eje Y es
( )
0
,
0
Luego la gráfica de la función de densidad es (en rojo):Luego la gráfica está por debajo del eje X para los
x
∈
[ ]
0
,
2
, es decir,f
( )
x
≤
0
∀
x
∈
[ ]
0
,
2
. Por ejemplo f(1)=-1<0 y para ser función de densidad un primer requisito es que, luego no puede ser la función de densidad de una variable aleatoria continua.
( )
x
x
IR
f
≥
0
∀
∈
3º) (Cataluña, Junio, 98) Según las informaciones médicas actuales, el nivel de colesterol en una persona adulta sana sigue una distribución normal centrada en el valor 192 y con una
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desviación típica de 12 unidades. ¿Cuál es la probabilidad de que una persona adulta sana tenga un nivel de colesterol inferior a 186 unidades?
Solución: Nos dicen que la variable aleatoria X=” El nivel de colesterol en una persona adulta sana” sigue una distribución normal de media
μ
=
192 y de desviación típicaσ
=
12. Sabemos que esto se designa así: X=” El nivel de colesterol en una persona adulta sana”(
192
,
12
~
N
)
. Piden hallarP
(
X
<
186
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
12
192
12
,
192
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
) (
)
(
0,3085
6915
,
0
1
5
,
0
1
5
,
0
5
,
0
12
192
186
12
192
186
=
−
=
≤
−
=
−
>
=
−
<
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
<
−
=
<
P
X
P
Z
P
Z
P
Z
X
P
)
4º) (Murcia, Junio, 98) La media de ventas diarias de un vendedor de unos grandes almacenes es de 95.000 pesetas y la desviación típica es 20.000 pesetas. Suponiendo que la distribución de ventas es normal, ¿cuál es la probabilidad de vender más de 125.000 pesetas en un día? Solución: Nos dicen que la variable aleatoria X=” Ventas diarias de un vendedor de unos grandes almacenes” sigue una distribución normal de media
μ
=
95000 ptas. y de desviación típicaσ
=
20000 ptas. Sabemos que esto se designa así: X=” Ventas diarias de un vendedor de unos grandes almacenes”~
N
(
95000
,
20000
)
.Piden hallar
P
(
X
>
125000
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
20000
95000
20000
,
95000
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
)
(
0,0668
9332
,
0
1
5
,
1
1
5
,
1
20000
95000
125000
20000
95000
125000
=
−
=
≤
−
=
>
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
>
−
=
>
P
X
P
Z
P
Z
X
P
)
5º) (C.Valenciana, Junio, 99) Celedoni es un estudiante de COU del centro Ximo Trinquet, al que va andando desde su casa. El tiempo que tarda en recorrer ese trayecto es una variable normal con media 14 minutos y desviación típica 2,5 minutos.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que tarde más de 20 minutos en ir desde su casa al centro? b) Celedoni sale siempre de su casa a las 8:45 a.m. ¿Qué porcentaje de días llegará más tarde de las 9:00 a.m.?
Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” El tiempo en minutos que tarda en recorrer el trayecto” sigue una distribución normal de media
μ
=
14 min. y de desviación típicaσ
=
2,5 min. Sabemos que esto se designa así:X=” El tiempo que tarda en recorrer el trayecto”
~
N
(
14
,
2
.
5
)
. a) Piden hallarP
(
X
>
20
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
5
.
2
14
5
.
2
,
14
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
)
(
2
,
4
)
1
(
2
,
4
)
1
0
,
9918
0
,
0082
5
.
2
6
5
.
2
14
20
5
.
2
14
14
20
14
20
=
−
=
≤
−
=
>
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ >
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
>
−
=
−
>
−
=
>
Z
P
Z
P
Z
P
X
P
X
P
X
P
b) Piden hallarP
(
X
>
15
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
5
.
2
14
5
.
2
,
14
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
)
(
0
,
4
)
1
(
0
,
4
)
1
0
,
6554
0
,
3446
5
.
2
1
5
.
2
14
15
5
.
2
14
14
15
14
15
=
−
=
≤
−
=
>
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ >
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
>
−
=
−
>
−
=
>
Z
P
Z
P
Z
P
X
P
X
P
X
P
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El 34,46% de los días.6º) (Murcia, Junio, 00) La longitud de cierto tipo de peces sigue una distribución normal de media 100 mm y varianza 81 mm2. ¿Cuál es la probabilidad de que uno de esos peces mida entre 82 mm y 91 mm?
Solución: Nos dicen que la variable aleatoria X=” La longitud de cierto tipo de peces” sigue una distribución normal de media
μ
=
100 mm y de desviación típicaσ
=
81
=
9
mm. Sabemos que esto se designa así: X=” La longitud de cierto tipo de peces”~
N
(
100
,
9
)
.Piden hallar
P
(
82
≤
X
≤
91
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
9
100
9
,
100
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
)
(
)
(
2
) (
1
)
( ) ( )(
2
) (
1
)
0
,
9772
0
,
8413
0,1359
2
1
1
2
9
100
91
9
100
9
100
82
91
82
entonces continua v.a. una es X Si=
−
=
≤
−
≤
=
<
−
≤
=
≤
≤
=
−
≤
≤
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
≤
−
≤
−
=
≤
≤
≤ = <Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
X
P
X
P
a X P a X P7º) (Cantabria, Junio, 99) El peso medio de los estudiantes de un colegio es de 60 kg y la desviación típica es de 6 kg. Suponiendo que los pesos están normalmente distribuidos: a) ¿Cuál es la probabilidad de que un estudiante pese menos de 64 kg?
b) ¿Cuál es la probabilidad de que un estudiante pese 57 kg o más?
c) Si los estudiantes son 200, ¿cuántos cabe esperar que pesen más de 57 kg y menos de 64 kg?
Solución: Nos dicen que la variable aleatoria X=” El peso medio de los estudiantes de un cole-gio” sigue una distribución normal de media
μ
=
60 kg y de desviación típicaσ
=
6 kg. Sabe-mos que esto se designa así:X=” El peso medio de los estudiantes de un colegio”
~
N
(
60
,
6
)
. a) Piden hallarP
(
X
<
64
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
( )
0
,
1
6
60
6
,
60
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
, luego:(
)
(
)
(
0
,
6
)
(
0
,
67
)
0
,
7486
6
60
64
6
60
64
6
60
60
64
60
64
Re=
<
=
<
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
<
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
<
−
=
−
<
−
=
<
Z
P
Z
P
Z
P
X
P
X
P
X
P
centésimas las a dondeando)
b) Piden hallarP
(
X
≥
57
)
:(
)
(
0
,
5
)
(
0
,
5
)
0
,
6915
6
3
6
60
57
6
60
57
⎟
=
≥
−
=
≤
=
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
≥
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
≥
−
=
≥
P
X
P
Z
P
Z
P
Z
X
P
c) El número esperado es
n
⋅
p
, siendo p la probabilidad pedida. Hallémosla:(
)
(
)
(
)
(
) (
)
(
) (
)
(
0
,
67
)
[
1
(
0
,
5
)
]
0
,
7486
[
1
0
,
6915
]
0
,
7486
0,3085
0,4401
5
,
0
67
,
0
5
,
0
67
,
0
67
,
0
5
,
0
6
60
64
6
60
6
60
57
60
64
60
60
57
64
57
=
−
=
−
−
=
<
−
−
<
=
≥
−
<
=
−
≤
−
<
=
<
<
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
<
−
<
−
=
−
<
−
<
−
=
<
<
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
X
P
X
P
X
P
Por tanto, si los estudiantes son 200, el número de estudiantes que cabe esperar que pesen más de 57 kg y menos de 64 kg será
200
⋅
0
,
4401
=
88
,
02
, es decir, 88 estudiantes. 8º) (Asturias, Junio, 00) Para cierto modelo de lavadora se ha analizado el tiempo defuncionamiento que transcurre sin necesitar revisión técnica, llegando a la conclusión de que dicho tiempo es una variable normal de media 5.040 horas de lavado con una desviación típica de 720 horas.
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a) Calcula la probabilidad de que una lavadora de ese modelo no supere las 3960 horas de lavado sin necesitar una revisión.
b) Calcula la probabilidad de que supere las 6480 horas sin necesitar revisión.
c) Calcula la probabilidad de que funcione sin necesidad de revisión entre 5760 y 6120 horas. d) ¿Qué número de horas no supera sin necesitar revisión el 90% de este tipo de lavadoras? (Algunos valores de la función de distribución de la normal de media 0 y desviación típica 1: F(0) = 0,5, F(1) = 0,8413, F(1,5) = 0,9332, F(2) = 0,9772, F(5.040) = 1, F(1,29)= 0,90, F(0,90) = 0,8159.)
Solución: Breve introducción al problema: Los datos F(0) = 0,5, F(1) = 0,8413, F(1,5) = 0,9332, F(2) = 0,9772, F(5.040) = 1, F(1,29)= 0,90, F(0,90) = 0,8159, nos los proporcionan para no tener que darnos la tabla. Esos datos quieren decir lo siguiente: Que F sea la función de distribución de una variable aleatoria normal X quiere decir que F es la función
. Así si F es la función de distribución de la variable aleatoria normal de media 0 y desviación típica 1, ya sabe el ilustre lector que esta variable aleatoria se designa con la letra mayúscula Z, se tiene de los datos:
( )
x
P
(
X
x
)
F
=
≤
( )
(
)
( )
(
)
( )
(
)
( )
(
)
(
5
,
04
)
(
5
,
04
)
1
;
( )
1
,
29
(
1
,
29
)
0
,
9
;
( )
0
,
9
(
0
,
9
)
0
,
8159
;
9772
,
0
2
2
;
9332
,
0
5
,
1
5
,
1
;
8413
,
0
1
1
;
5
,
0
0
0
=
≤
=
=
≤
=
=
≤
=
=
≤
=
=
≤
=
=
≤
=
=
≤
=
Z
P
F
Z
P
F
Z
P
F
Z
P
F
Z
P
F
Z
P
F
Z
P
F
Estos datos lo puede comprobar el lector con dar un simple vistazo a la tabla.
Nos dicen que la variable aleatoria X=” El tiempo de funcionamiento que transcurre sin necesitar revisión técnica cierto modelo de lavadora” sigue una distribución normal de media
=
μ
5040 horas y de desviación típicaσ
=
720 horas. Sabemos que esto se designa así: X=” El tiempo de funcionamiento que transcurre sin necesitar revisión técnica cierto modelo de lavadora”~
N
(
5040
,
720
)
.a) Piden hallar
P
(
X
≤
3960
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
720
5040
720
,
5040
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
)
(
)
(
)
(
1
,
5
)
1
( )
1
,
5
1
0
,
9332
0,0668
1
5
,
1
1
5
,
1
5
,
1
720
5040
3960
720
5040
3960
=
−
=
−
=
≤
−
=
<
−
=
≥
=
−
≤
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
≤
−
=
≤
F
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
X
P
X
P
b) Piden hallarP
(
X
>
6480
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
720
5040
720
,
5040
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
)
(
)
( )
2
1
0
,
9772
0,0228
1
2
1
2
720
5040
6480
720
5040
6480
=
−
=
−
=
≤
−
=
>
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
>
−
=
>
F
Z
P
Z
P
X
P
X
P
c) Piden hallarP
(
5760
≤
X
≤
6120
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
720
5040
720
,
5040
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
)
(
1
,
5
) (
1
)
( ) ( )(
1
,
5
) (
1
)
( )
1
,
5
( )
1
0
,
9332
0
,
8413
0,0919
5
,
1
1
720
5040
6120
720
5040
720
5040
5760
6120
5760
=
−
=
−
=
≤
−
≤
=
<
−
≤
=
≤
≤
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
≤
−
≤
−
=
≤
≤
↓ ≤ = <F
F
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
X
P
X
P
a X P a X Pd) Piden hallar y para que
P
(
X
<
y
)
=
0
,
9
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
720
5040
720
,
5040
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:http://ficus.pntic.mec.es/apis0004
(
)
5968,8
8
,
928
5040
720
720
928,8
720
5040
720
720
928,8
720
5040
29
,
1
720
5040
720
5040
720
5040
720
5040
9
,
0
N(0,1) la de tabla la en Miro=
⇒
=
−
⇒
⇒
⋅
=
−
⋅
⇒
=
−
⇒
=
−
⇒
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
<
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
<
−
=
<
=
y
y
y
y
y
y
Z
P
y
X
P
y
X
P
El 90% de las lavadoras no supera las 5969 horas sin revisión.
9º) (Asturias, Sept.,99) En un almacén de fruta la demanda total diaria de manzanas (en kilos) sigue una distribución normal de media 1.000 y desviación típica 100.
(a) Calcular el porcentaje de días en que la demanda no supera los 1.000 kilos.
(b) El almacén dispone diariamente de 1.200 kilos de manzanas. ¿Cuál es la probabilidad de que un día la demanda supere esa cantidad y no pueda ser atendida?.
(c) Calcular el número de kilos de manzanas por debajo del cual se sitúan el 95% de las cantidades totales que se le demandan al almacén diariamente.
(Algunos valores de la función de distribución de la normal de media 0 y desviación típica 1: F(100) = 1, F(200) = 1, F(2) = 0,9772, F(1) = 0,8413, F(1,5) =0,9332, F(–1) = 0,1587, F(1,6449) = 0,95, F(0,95) = 0,8289.)
Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” La demanda total diaria de manzanas (en kilos)” sigue una distribución normal de media
μ
=
1000 y de desviación típicaσ
=
100. Sabemos que esto se designa así: X=” La demanda total diaria de manzanas (enkilos)”
~
N
(
1000
,
100
)
. a) Piden hallarP
(
X
≤
1000
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
100
1000
100
,
1000
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
0
)
0
,
5
100
1000
1000
100
1000
1000
⎟
=
≤
=
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
≤
−
=
≤
P
X
P
Z
X
P
Aunque no nos dan F(0), pero ya lo sabemos que es la mitad del área encerrada por la función de densidad, el eje X (eje de abscisas). El 50% de los días.
b) Piden hallar
P
(
X
>
1200
)
:(
)
(
)
(
)
0,0228
0,9772
1
)
2
(
1
2
1
2
100
1000
1200
100
1000
1200
=
−
=
−
=
≤
−
=
>
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
>
−
=
>
P
X
P
Z
P
Z
F
X
P
c) Piden hallar y para que
P
(
X
<
y
)
=
0
,
95
:(
)
49
,
1164
49
,
164
1000
100
100
164,49
100
1000
100
100
164,49
100
1000
1,6449
100
1000
100
1000
100
1000
100
1000
95
,
0
0,95 F(1,6449) datos los en Miro=
⇒
=
−
⇒
⇒
⋅
=
−
⋅
⇒
=
−
⇒
=
−
⇒
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
<
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
<
−
=
<
=
=y
y
y
y
y
y
Z
P
y
X
P
y
X
P
Luego son 1164,49 kilos.
10º) (Andalucía, Junio, 00) Una variable aleatoria X se distribuye según una ley normal con varianza 4. De esta variable aleatoria se sabe que P(X
≤
2) = 0,8051.a) Calcula la media de la variable X. b) Halla P(0,18
≤
X≤
2,28).http://ficus.pntic.mec.es/apis0004
a) Piden hallar
μ
, sabiendo queX
~
N
(
μ
,
4
)
=
N
( )
μ
,
2
y que P(X≤
2) = 0,8051. Tipifi-cando se tiene que si( )
~
( )
0
,
1
2
2
,
~
N
Z
X
N
X
μ
⇒
=
−
μ
, luego:(
) (
)
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ ≤
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
≤
=
≤
=
≤
=
2
-2
P
2
-2
2
-X
P
-2
-X
P
2
X
P
0,8051
μ
μ
μ
μ
Z
μ
.Miramos en la tabla, que k hace que el área encerrada por la función de densidad de una va-riable aleatoria N(0,1) y el eje X en el intervalo
(
−
∞
,
k
]
sea ese área de 0,8051 (toda esta literatura es lo mismo que decir, miramos en la tabla que k hace que si , se tenga que ) . La respuesta es 0,86. (Si, mira en la tabla y verás que el área rayada, es decir, el área encerrada por la función de densidad de una normal de media 0 y desviación típica 1, y el eje X desde( )
0
,
1
~
N
Z
(
Z
≤
k
=
P
0.8051
)
∞
−
hasta 0,86 es 0,8051). Por tanto:28
,
0
72
,
1
2
2
1,72
-2
1,72
2
2
-2
2
2
86
,
0
2
2
-2
86
,
0
2
-2
P
0,8051
=
⇒
−
=
⇒
=
+
⇒
=
⇒
⋅
=
⋅
⋅
⇒
=
⇒
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ ≤
=
μ
μ
μ
μ
μ
μ
μ
Z
b) Hallada la media
μ
=
0
,
28
, tipificando se tiene que si(
)
~
(
0
,
1
2
28
,
0
2
,
28
.
0
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
)
(
)
(
) (
)
(
) (
)
(
1
)
[
1
(
0
,
05
)
]
0
,
8413
[
1
0
,
5199
]
0
,
8413
0,4801
0,3612
05
,
0
1
05
,
0
1
1
05
,
0
1
2
28
,
0
05
,
0
2
28
,
0
28
,
2
2
28
,
0
2
28
,
0
18
,
0
28
,
0
28
,
2
28
,
0
28
,
0
18
,
0
28
,
2
18
,
0
=
−
=
−
−
=
≤
−
−
≤
=
>
−
≤
=
−
<
−
≤
=
≤
≤
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
≤
−
≤
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
≤
−
≤
−
=
−
≤
−
≤
−
=
≤
≤
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
X
P
X
P
X
P
X
P
11º) (Madrid, Junio, 99) La media de una variable aleatoria X con distribución normal es 5 veces la desviación típica. Además se verifica P(X
≤
6) = 0,8413. Calcular la media y la desviación típica de la variable aleatoria X.Solución: Piden hallar
μ
y σ de una variable aleatoria X con distribución normal tal queμ
=
5
σ
)
, sabiendo que P(X
≤
6) = 0,8413.Si X
~
N
(
5
σ
,
σ
, tipificando se tiene que siX
~
N
(
5
,
)
Z
X
5
~
N
( )
0
,
1
σ
σ
σ
σ
⇒
=
−
, luego:(
)
(
)
5
1
5
1
6
6
6
6
5
6
5
6
5
6
1
5
6
5
6
5
6
5
5
6
5
6
8416
,
0
N(0,1) la de tabla la en Miro=
⋅
=
⇒
=
=
⇒
=
⇒
=
−
⇒
⇒
⋅
=
−
⋅
⇒
=
−
⇒
=
−
⇒
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
≤
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
≤
−
=
−
≤
−
=
≤
=
μ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
P
X
P
Z
X
P
X
P
12º) (Castilla la Mancha, Junio, 99) Las alturas expresadas en centímetros, de un colectivo de 300 estudiantes se distribuye según la distribución Normal con una media de 160 y una desvia-ción típica de 20.
a) Calcular cuántos estudiantes del grupo miden menos de 170. b) ¿Qué porcentaje de alumnos mide más de 140?
Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” Las alturas expresadas en centímetros, de un colectivo de 300 estudiantes” sigue una distribución normal de media
μ
=
160 cm. y de desviación típicaσ
=
20 cm. Sabemos que esto se designa así:http://ficus.pntic.mec.es/apis0004
X=” Las alturas expresadas en centímetros, de un colectivo de 300 estudiantes”
~
N
(
160
,
20
)
. a) HallemosP
(
X
<
170
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
( )
0
,
1
20
160
20
,
160
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
, luego:(
)
(
)
(
0
,
5
)
0
,
6915
20
10
20
160
170
20
160
160
170
160
170
=
<
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ <
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
<
−
=
−
<
−
=
<
Z
P
Z
P
X
P
X
P
X
P
Por tanto, si los estudiantes son 300, el número de estudiantes del grupo que miden menos de 170 serán
300
⋅
0
,
6915
=
207
,
45
, es decir, redondeando a las unidades, 207 estudiantes. b) Piden hallarP
(
X
>
140
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
( )
0
,
1
20
160
20
,
160
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
, luego:(
)
(
)
(
1
) (
1
)
(
1
)
0
,
8413
20
20
20
160
140
20
160
160
140
160
140
=
≤
=
<
=
−
>
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
>
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
>
−
=
−
>
−
=
>
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
X
P
X
P
X
P
El 84,13% de los alumnos medirá más de 140 cm.
13º) (Castilla la Mancha, Sept., 99) Las puntuaciones de un grupo de 500 alumnos en una prueba de razonamiento numérico (X) se distribuyen normalmente con una media de 5 y una desviación típica de 2.
a) ¿Qué porcentaje de alumnos obtiene una nota inferior a 9? ¿Cuántos alumnos son esos? b) ¿Cuántos alumnos tiene una puntuación mayor de 3?
Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” Las puntuaciones de un grupo de 500 alumnos en una prueba de razonamiento numérico” sigue una distribución normal de media
=
μ
5 y de desviación típicaσ
=
2. Sabemos que esto se designa así:X=” Las puntuaciones de un grupo de 500 alumnos en una prueba de razonamiento numé-rico”
~
N
( )
5
,
2
.a) Piden hallar
P
(
X
<
9
)
:Tipificando se tiene que si
( )
~
(
0
,
1
2
5
2
,
5
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
)
(
2
)
0
,
9772
2
4
2
5
9
2
5
5
9
5
9
=
<
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ <
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
<
−
=
−
<
−
=
<
Z
P
Z
P
X
P
X
P
X
P
El 97,72% de los alumnos obtiene una nota inferior a 9. En total: 0,9772 · 500 = 488,6. Lo re-dondeamos a las unidades y son 489 alumnos.
b) Hallemos
P
(
X
>
3
)
:Tipificando se tiene que si
( )
~
(
0
,
1
2
5
2
,
5
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
)
(
1
) (
1
)
(
1
)
0
,
8413
2
2
2
5
3
2
5
5
3
5
3
=
≤
=
<
=
−
>
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
>
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
>
−
=
−
>
−
=
>
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
X
P
X
P
X
P
En total: 0,8413 · 500 = 420,65, lo redondeamos a las unidades, y 421 alumnos tendrán una puntuación mayor que 3.
14º) (Galicia, Junio, 01) Supóngase que en cierta población pediátrica, la presión sistólica de la sangre en reposo, se distribuye normalmente con media 115 mm Hg y desviación típica 15. a) Hallar la probabilidad de que un niño elegido al azar en esta población tenga presión sistólica superior a 145 mm Hg.
http://ficus.pntic.mec.es/apis0004
b) ¿Por debajo de qué valor de presión sistólica estará el 75% de los niños?
Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” La presión sistólica de la sangre en reposo, en cierta población pediátrica,” sigue una distribución normal de media
μ
=
115 mm Hg. y de desviación típicaσ
=
15 mm Hg. Sabemos que esto se designa así:X=” La presión sistólica de la sangre en reposo, en cierta población pediátrica”
~
N
(
115
,
15
)
. a) Piden hallarP
(
X
>
145
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
15
115
15
,
115
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
)
(
2
)
1
(
2
)
1
0
,
9772
0,0228
15
30
15
115
145
15
115
115
145
115
145
=
−
=
≤
−
=
>
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ >
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
>
−
=
−
>
−
=
>
Z
P
Z
P
Z
P
X
P
X
P
X
P
b) Piden hallar y para que
P
(
X
<
y
)
=
0
,
75
Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
15
115
15
,
115
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
)
125
,
125
125
,
10
115
15
15
10,125
15
115
15
15
10,125
15
115
675
,
0
15
115
15
115
15
115
15
115
115
115
75
,
0
N(0,1) la de tabla la en Miro=
⇒
=
−
⇒
⋅
=
−
⋅
⇒
=
−
⇒
=
−
⇒
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
<
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
<
−
=
−
<
−
=
<
=
y
y
y
y
y
y
Z
P
y
X
P
y
X
P
y
X
P
Redondeando a las unidades se tiene que el 75% de los niños tendrá una presión sistólica inferior a 125 mm Hg.
15º) (Galicia, Sept., 00) En una población de 25.000 individuos adultos, su perímetro torácico se distribuye normalmente con media 90 y desviación típica 4.
a) ¿Cuántos individuos tienen un perímetro torácico inferior a 86,4? b) ¿Cuántos individuos tienen un perímetro torácico entre 86,4 y 93,6?
c) ¿Qué perímetro torácico ha de tener un individuo de esa población para que el 23% lo tenga inferior a él?
Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” En una población de 25.000 individuos adultos, el perímetro torácico” sigue una distribución normal de media
μ
=
90 y de desviación típicaσ
=
4. Sabemos que esto se designa así:X=” En una población de 25.000 individuos adultos, el perímetro torácico”
~
N
(
90
,
4
)
. a) Piden hallarP
(
X
<
86
.
4
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
4
90
4
,
90
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
) (
)
(
0,1841
8159
,
0
1
9
,
0
1
9
,
0
9
,
0
4
90
4
,
86
4
90
4
,
86
=
−
=
≤
−
=
>
=
−
<
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
<
−
=
<
P
X
P
Z
P
Z
P
Z
X
P
)
En total: 0,1841 · 25000 = 4602,5, lo redondeamos a las unidades, y 4603 individuos tienen un perímetro torácico inferior a 86,4.
b) Piden hallar
P
(
86
,
4
≤
X
≤
93
,
6
)
:Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
4
90
4
,
90
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:http://ficus.pntic.mec.es/apis0004
(
)
(
)
(
) (
)
(
) (
)
(
)
(
(
)
)
(
1
0
,
8159
)
0
,
8159
0,1841
0,6318
8159
,
0
9
.
0
1
9
.
0
9
.
0
9
.
0
9
.
0
9
.
0
9
.
0
9
,
0
4
90
6
,
93
4
90
4
90
4
,
86
6
,
93
4
,
86
=
−
=
−
−
=
≤
−
−
≤
=
>
−
≤
=
−
<
−
≤
=
≤
≤
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
≤
−
≤
−
=
≤
≤
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
X
P
X
P
En total: 0,6318 · 25000 = 15795 individuos tienen un perímetro torácico entre 86,4 y 93,6. c) Piden hallar y para que
P
(
X
<
y
)
=
0
,
23
.Tipificando se tiene que si
(
)
~
(
0
,
1
4
90
4
,
90
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
)
87,06
94
,
2
90
4
4
2,94
-4
90
4
4
2,94
-4
90
735
,
0
4
90
4
90
4
90
4
90
90
90
23
,
0
N(0,1) la de tabla la en Miro=
⇒
−
=
−
⇒
⇒
⋅
=
−
⋅
⇒
=
−
⇒
−
=
−
⇒
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
<
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
<
−
=
−
<
−
=
<
=
y
y
y
y
y
y
Z
P
y
X
P
y
X
P
y
X
P
Nota: Este problema, a diferencia del siguiente, sólo se puede hacer dando la tabla para valores de x negativos.
16º) (Madrid, Junio, 01) Se sabe que los resultados de un cierto examen de Filosofía se distribuyen según una distribución normal con una media de 7 y una varianza de 4. Se pide: a) Probabilidad de que un estudiante que se presenta al examen obtenga una calificación mayor de 8.
b) La calificación mínima para aprobar si se desea que solamente superen la prueba el 33 por ciento de los estudiantes.
Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” Los resultados de un cierto examen de Filosofía” sigue una distribución normal de media
μ
=
7 y de desviación típicaσ
=
+
4
=
2
. Sabemos que esto se designa así:X=” Los resultados de un cierto examen de Filosofía”
~
N
( )
7
,
2
. a) Piden hallarP
(
X
>
8
)
:Tipificando se tiene que si
( )
~
(
0
,
1
2
7
2
,
7
~
N
Z
X
N
X
⇒
=
−
)
, luego:(
)
(
0
,
5
)
1
(
0
,
5
)
1
0
,
6915
0,3085
2
7
8
2
7
8
⎟
=
>
==
−
≤
=
−
=
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
>
−
=
>
P
X
P
Z
P
Z
X
P
b) Piden hallar y (calificación mínima) para que
P
(
X
≥
y
)
=
0
,
33
, pero cómo no viene en las tablas, por lo del , ya que en todas las tablas viene < ó(
X
y
)
P
≥
≥
≤
, hay que transformarlocon < ó :
(
X
≥
y
)
=
0
,
33
P
≤
(
)
1
(
)
(
)
1
0
,
33
(
)
0
,
67
33
,
0
=
P
X
≥
y
=
−
P
X
<
y
⇒
P
X
<
y
=
−
⇒
P
X
<
y
=
En definitiva, piden hallar y para queP
(
X
<
y
)
=
0
,
67
:(
)
(
)
7,88
88
,
0
7
2
2
0,88
2
7
2
2
0,88
2
7
44
,
0
2
7
2
7
2
7
2
7
7
7
67
,
0
N(0,1) la de tabla la en Miro=
⇒
=
−
⇒
⇒
⋅
=
−
⋅
⇒
=
−
⇒
=
−
⇒
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
<
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
<
−
=
−
<
−
=
<
=
y
y
y
y
y
y
Z
P
y
X
P
y
X
P
y
X
P
17º) (Madrid, Sept., 00) Una empresa fabrica 10.000 sacos de plástico diarios. El peso de cada saco sigue una distribución normal de media 200 gramos y desviación típica 5 gramos.
Determinar en la producción diaria:
a) El número de sacos que pesan más de 215 gramos. b) El número de sacos que pesan entre 190 y 200 gramos.
