Unidad 16 – Distribuciones continuas.
Distribución normal.
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SOLUCIONES 1. Las áreas quedan:
1,5·0,75
a) Área 0,5625 unidades cuadradas.
2 0,5 1
b) Área ·2 1,5 unidades cuadradas.
2
2·0,5
c) Área 1·0,5 1 unidades cuadradas.
2
= =
+
= =
2. Sabemos que: μ = 9,825;3 σ =14,76.
En (μ − σ μ + σ =, ) (25,065;54,585) hay 405 personas, es decir, el 67,5%. En (μ − σ μ + σ =2 , 2 ) (10,305;69,345) hay 572 personas, es decir, el 95,3%. En (μ − σ μ + σ = −3 , 3 ) ( 4, 455;84,105) hay 600 personas, es decir, el 100%.
3. La representación y el área quedan:
El área rayada queda: 1,5·0,75
0,5625 unidades
= cuadradas.
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SOLUCIONES 1. Como cada día asciende 30 m y resbala 20 m, en realidad asciende 10 m.
Luego al cabo de 27 días ha ascendido 270 m, y ya el día 28 asciende a la superficie, pues asciende 30 m ⇒ 270 30 300 m.+ =
El caracol tarda 28 días en salir. 2. La solución queda: 3. La solución queda: 2 2 os al cuadrado = +1 1+ 1+ 1 − 2 2 Llamamos 1 1 1 y elevam 1 1 1 1 1 1 0 1 5 1 nº áureo. 2 2 x x x x x x x x x = + + +… +… ⇒ = + + + +… ⇒ = + ⇒ − = ± + ⇒ = ⇒ = 5= Φ =
Simplemente cambiando tres monedas, las señaladas con los invierte.
4. Comenzando el problema desde el final. Ave 8ª le da 1 1 2.+ =
Ave 7ª (tiene 6) —le da 3 1 4+ = — le quedan 2. Ave 6ª (tiene 14) —le da 7 1 8+ = — le quedan 6. Ave 5ª (tiene 30) —le da 15 1 16+ = — le quedan 14. Ave 4ª (tiene 62) —le da 31 1 32+ = — le quedan 30. Ave 3ª (tiene 126) —le da 63 1 64+ = — le quedan 62. Ave 2ª (tiene 254) —le da 127 1 128+ = — le quedan 126. Ave 1ª (tiene 510) —le da 255 1 256+ = — le quedan 254.
Al principio tenía 510 gramos de maíz.
5. Las pesas que necesitamos han de ser de: 1, 3, 9 y 27 kg. Así: 1 kg = 1 2 kg = 3− 1 3 kg = 3 4 kg = 3+ 1 5 kg = 9− 3 −1 6 kg = 9− 3 7 kg = 9− 3 +1 8 kg = 9− 1 9 kg =9 10 kg = 9+ 1 Y así suces amiv ente.
La suma de os nú er l m os significa que las pesas se colocan en el mismo plato de la balanza, y la diferencia, que se colocan en platos diferentes.
SOLUCIONES 1. En cada caso queda:
a) f x( )≥ ∀x x y además el área del recinto rayado vale 1, por tanto es función de densidad.
b) g x( )≥ ∀x x y además el área del recinto rayado vale 4·0,5 1
2 = , por tanto es función de densidad.
2. La gráfica y los cálculos quedan:
f x
a
a
f x a
( )ha de ser 0, por tanto a 0.
6· 1
Como área rayada 1 1
2 3
1 Por lo tanto ( ) es una función de densidad si .
3 ≥ > = ⇒ = ⇒ = = i i P x P x P x P x 1 3 1 3 ( 3) 3· ( 1) 3· 4 4 4 4 1 1 ( 2,5) 0 (2 3) 1· 4 4 ≤ = = ≥ = = = = ≤ ≤ = = P x P x P x P x 1 1· 1 8 ( 3) ( 1) 1 2 16 1 ( 2,5) 0 (2 3) 16 ≤ = = ≥ = = = ≤ ≤ =
3. La solución es:
a) La gráfica 1 se corresponde con la distribución (7;1,5)N . La gráfica 2 se corresponde con la distribución (5;1,5)N . La gráfica 3 se corresponde con la distribución (5;3,5)N .
b) Las plantas más altas corresponden a la distribución N(7;1,5). En las otras distribuciones, la media de las alturas coincide, y en N(5;1,5)están más agrupadas, respecto a la media, que en N(5;3,5).
4. Manejando la tabla de la distribución normal, hallamos cada caso:
P Z P Z P Z P Z P Z P Z P Z P Z P Z P Z a) 0,9265 b) 1 ( 0,25) 1 0,5987 0, 4013 c) ( 1, 45) 1 ( 1, 45) 1 0,9265 0,0735 d) (0,35 1,5) ( 1,5) ( 0,35) 0,933 0,6368 0,2964 e) ( 1,35 0,25) ( 0,25) ( 1,35) ( 0,25) − < = − = ≤ − = − ≤ = − = ≤ ≤ = ≤ − ≤ = = − ≤ ≤ = ≤ − ≤ − = ≤
[
]
[
]
P Z P Z P Z Z P Z P Z P Z P Z P Z 1 ( 1,35) 0,5102 f) ( 0,84) ( 0,84) 0,7995 ( 1, 45 0,15) (0,15 1, 45) ( 1, 45) ( 0,15) 0,3669 2,25) ( 2) 1 ( 2,25) 0,965 − − ≤ = ≥ − = ≤ = − ≤ ≤ − = ≤ ≤ = − ≤ = ≤ − = ≤ − − ≤ = P Z( 1, 45) ( 0,25) ≤ = ≥ = P Z 2− P g) ≤ P Z P Z P Z h) ( 2,25− ≤ ≤ =2) ( ≤ −2) (5. En las tablas vemos que:
P Z K P Z K K P Z K P Z K K P Z K P Z K P Z K K a) ( ) 1 ( ) 1 0,1075 0,8925 1,24. b) ( ) 0,7967 1 ( ) 0,83. c) (0 ) 0, 4236 ( ) ( 0) 0, 4236 1, 43. ≥ = − ≤ = − = ⇒ = ≥ = = − ≤ ⇒ = − ≤ ≤ = ⇒ ≤ − ≤ = ⇒ =
6. Tipificamos la variable X, convirtiéndola en N(0,1) y, posteriormente, consultamos la tabla:
x P X P Z P Z x P X P Z P Z P Z x P X P Z P Z x P X P P Z 5 6 5 a) ( 6) ( 0,5) 0,6915 2 2 5 4,5 5 b) ( 4,5) ( 0,25) ( 0,25) 0,5987 2 2 5 7,2 5 c) ( 7,2) ( 1,1) 0,8643 2 2 3 5 5 6 5 d) (3 6) ( 1 0,5) 0,5328 2 2 2 − − ⎛ ⎞ ≤ = ⎜ = ≤ ⎟= ≤ = ⎝ ⎠ − − ⎛ ⎞ ≥ = ⎜ = ≥ ⎟= ≥ − = ≤ = ⎝ ⎠ − − ⎛ ⎞ ≤ = ⎜ = ≤ ⎟= ≤ = ⎝ ⎠ − − − ⎛ ⎞ ≤ ≤ = ⎜ ≤ ≤ ⎟= − ≤ ≤ = ⎝ ⎠
7. Tipificamos la variable y consultamos la tabla.
SOLUCIONES 8. La solución queda: x P X P P Z P Z x P X P P Z P Z x P X P P Z P Z P Z 9 8 9 1 1 a) ( 8) 0,6293 3 3 3 3 9 5 9 4 4 b) ( 5) 1 9082 0,0918 3 3 3 3 11 9 9 13 9 2 4 4 2 c) (11 13) 0,1 3 3 3 3 3 3 3 − − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ≥ = ⎜ ≥ ⎟= ⎜ ≥ − ⎟= ⎜ ≤ ⎟= ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ − − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ≤ = ⎜ ≤ ⎟= ⎜ ≤ − ⎟= ⎜ ≥ ⎟ = − = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ − − − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ≤ ≤ = ⎜ ≤ ≤ ⎟= ⎜ ≤ ≤ ⎟= ⎜ ≥ ⎟− ⎜ ≤ = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 628 ⎞ ⎟ ⎠ 9. La solución es:
(
)
(
)
P t P Z P Z P Z t t P X t P Z t 13 17 21 17 a) (13 21) 1,33 1,33 2 1,33 1 0,8164 3 3 17 17 b) ( ) 0,95 0,95 1,645 21,935 22minutos. 3 3 − − ⎛ ⎞ ≤ ≤ = ⎜ ≤ ≤ ⎟= − ≤ ≤ = ≤ − = ⎝ ⎠ − − ⎛ ⎞ ≤ = ⇒ ⎜ ≤ ⎟= ⇒ = ⇒ = ≈ ⎝ ⎠ 10. La solución es:(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
P X P Z P Z P Z P X P Z P Z P Z P Z t t P X t P Z t 28 30 a) ( 28) 0, 4 1 0, 4 0,3346 5 25 30 35 30 b) (25 35) 1 1 2 1 0 0,6826 5 5 Es decir,el 68,26%. 30 30 c) ( ) 0,80 0,80 0,84 34,2minutos. 5 5 − ⎛ ⎞ < = ⎜ < ⎟= < − = − < = ⎝ ⎠ − − ⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ≤ ≤ = ⎜ ≤ ≤ ⎟= − ≤ ≤ = ⎣ ≤ − ≤ ⎦= ⎝ ⎠ − − ⎛ ⎞ ≤ = ⇒ ⎜ ≤ ⎟= ⇒ = ⇒ = ⎝ ⎠11. La variable se ajusta a una normal N(60;3).
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
P X P Z P Z P Z P X P Z P Z P Z P 62 60 a) ( 62) 0,67 1 0, 4 0,2514 25,14% 3Por lo tanto hay 201 adultos con el dedo corazón más largo de 62 mm.
b) ( 57) 1 1 1 1 0,1587
Es el 15,87% que suponen 127 adultos.
c) (6 − ⎛ ⎞ ≥ = ⎜ ≥ ⎟= ≥ = − ≤ = ⇒ ⎝ ⎠ ≤ = ≤ − = ≥ = − ≤ =
(
)
(
) (
)
X P Z P Z Z 0 66) 0 2 2 0 0, 4772Es el 47,72% que suponen 382 adultos.
≤ ≤ = ≤ ≤ = ≤ − ≤ =
12. La solución queda:
P(salga 0 una sola vez) 1 · 9 · 9 ·3 0,243 10 10 10
= =
a)
(
)
B 100;0,1
b) Es una distribución binomial y la aproximaremos con una distribución normal de la forma N(10;3) .
(
)
(
)
P X( 13) P Z 13 10 P Z 1 1 P Z 1 0,1587 3 − ⎛ ⎞ > = ⎜ ≥ ⎟= ≥ = − ≤ = ⎝ ⎠ 13. La solución queda:De los parámetros de la distribución obtenemos: μ = =8 n p· ⇒ p=0,8. 10·0,8·0,2 1,26 σ = = La desviación típica: P(ninguna car ) 1 0,893 0,107.a = − =
( )
n n n log0,107 0,2 0,107 1, 4 0 log0,2 ⎛ ⎞ ⋅ = ⇒ = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠Hay que lanzarla al menos dos veces.
14. Llamamos k a la nota mínima a partir de la cual se conseguirá el sobresaliente. Debe cumplirse:
x k k P X( k) 0,9 P 5,5 5,5 0,9 5,5 1,282 k 7, 423 1,5 1,5 1,5 − − − ⎛ ⎞ ≤ = ⇒ ⎜ ≤ ⎟= ⇒ = ⇒ = ⎝ ⎠
De igual forma, para la calificación de notable:
x k k P X( k) 0,7 P 5,5 5,5 0,7 5,5 0,525 k 6,2875 1,5 1,5 1,5 − − − ⎛ ⎞ ≤ = ⇒ ⎜ ≤ ⎟= ⇒ = ⇒ = ⎝ ⎠
(
360,1)
6 B15. Es una distribución binomial y la aproximaremos con una distribución normal.
1 1 360· 60 y 360· · 7,07 6 6 μ = = σ = 5 = . 6 Quedaría: La probabilidad es:
(
)
(
)
' 60 55,5 60 ( 55) ( ' 55,5) 0,64 1 0,64 0,2611 7,07 7,07 X P X≤ =P X ≤ =P⎛⎜ − ≤ − ⎟⎞=P Z≤ − = −P Z≤ = ⎝ ⎠SOLUCIONES
16. Es una distribución binomial B
(
50;0,9)
y la aproximaremos con una distribución normal.50·0,9 45 y 50·0,9·0,1 1,12
μ = = σ = = .
Quedaría:
La probabilidad pedida con la corrección de Yates es:
(
)
(
)
(
)
(
)
39,5 45 40,5 45 ( 40) (39,5 ' 40,5) 2,59 2,12 2,12 2,12 1 2,12 2,59 2,59 2,12 0,122 P X P X P Z P Z P Z P Z P Z − − ⎛ ⎞ = = ≤ ≤ = ⎜ ≤ ≤ ⎟= − ≤ ≤ − = ⎝ ⎠ = − ≤ ≤ = ≤ − ≤ =(
100;0,5)
B17. Es una distribución binomial y la aproximaremos con una distribución normal.
100·0,5 50 y 100·0,5·0,5 5
μ = = σ = = .
Quedaría:
La probabilidad pedida con la corrección de Yates es:
(
)
(
)
(
)
45,5 50 ' 50 55,5 50 (45 55) (44,5 ' 55,5) 1,1 1,1 5 5 5 1,1 1 1,1 0,7286 X P X P X P P Z P Z P Z − − − ⎛ ⎞ ≤ ≤ = ≤ ≤ = ⎜ ≤ ≤ ⎟= − ≤ ≤ = ⎝ ⎠ ⎡ ⎤ = ≤ − −⎣ ≤ ⎦=18. Es una distribución binomial B
(
100;0,25)
y la aproximaremos con una distribución normal .La probabilidad pedida es:(25; 4,33) N
(
)
(
)
19,5 25 ( 20) ( ' 19,5) 1,27 1,27 0,8980 4,33 P X≥ =P X ≥ =P Z⎛⎜ ≥ − ⎞⎟=P Z≥ − =P Z≤ = ⎝ ⎠19. Es una binomial B 3 000;0,52
(
)
que podemos aproximarla a una normal N(1 560;27, 4). La probabilidad pedida queda:(
)
(
)
(
)
P X P X P Z P Z P Z (1 450 1 600) (1 449,5 ' 1 600,5) 4 1, 48 1, 48 4 0,9306 ≤ ≤ = ≤ ≤ = − ≤ ≤ = = ≤ − ≤ − =20. Es una binomial B 80;0,5
(
)
que podemos aproximarla a una normal N(40; 4, 47). La probabilidad pedida queda: P X( ≥45)=P Z( ≥1,12) 1 0,8686 0,1314= − =21. Es una distribución normal N(192;12)
22. Es una distribución normal N(170;3)
• P(155≤ ≤X 165)= P
(
− ≤5 Z≤ −1,67) (
=P Z≤ −5)
P Z(
≤1,67)
=0,0475,es decir 48 batas.(
)
(
)
P(165 X 175) P 1,67 Z 1,67 2P 0 Z 1,67
•
2(0,9525 0,5) 0,905,es decir 105 bat
= − = as.
≤ ≤ = − ≤ ≤ = ≤ ≤
(
) (
)
(
)
P(175≤ ≤X 185)= P 1,67≤ ≤Z 5 =P Z≤ −5 P Z≤1,67 =0,0475,es decir 48 batas.
• 23. La solución queda: a) Es una binomial B⎛5;1⎞. 3 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠
Los parámetros quedan: 5·1 1,67 y 5· ·1 1,05.
3 3 μ = = σ = 2= 3
(
)
(
)
P X( ≥ =2) 1−P X 2< =1−P X= −0 P X( = =1) 0,539 La probabilidad es: B 288;1 3 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠b) Es una binomial que aproximamos a una normal N(96;8)
(
) (
)
P X( >90)=P X≥90,5 =P Z≥ −0,69 =P Z( ≤0,69) 0,7549.= La probabilidad es: 24. La solución queda:(
)
B 10;0, 4 Es una binomial . •(
)
(
) ( )
(
) ( )
P X P X P X P X 10 9 1 8 2 ( 2) ( 0) ( 1) ( 2) 10 10 10 0,60 0,60 0, 4 0,60 0, 4 0,167 0 1 2 ≤ = = + = + = = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟⋅ +⎜ ⎟⋅ ⋅ +⎜ ⎟⋅ ⋅ = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠(
)
N 400;15, 49 .• La aproximamos a una distribución normal
(
)
(
)
P X( >450)=P X( ≥450,5)=P Z≥3,26 = −1 P Z≥3,26 =0,0006.
(
)
N 50;σ .
25. Es una distribución normal del tipo:
En el primer caso: • P X P Z P Z P Z Z 70 50 20 20 ( 70) 0,0228 0,0228 1 0,0228 20 20 0,9772 2 2. − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ > = ⇒ ⎜ ≥ ⎟= ⇒ ⎜ ≥ ⎟= − ⎜ ≤ ⎟ = σ σ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ σ ⎠ ⎞ ≤ = ⇒ = ⇒ σ = ⎜ σ ⎟ σ ⎝ ⎠ ⎛ • En el segundo caso:
