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Manual de ejercicios y problemas resueltos de probabilidad y teoría estadística

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(1)

UNIVERSIDAD VERACRUZANA

FACULTAD

DE

ESTADÍSTICA

E

INFORMÁTICA

ESPECIALIZACIÓN

EN MÉTODOS

ESTADÍSTICOS

MANUAL

DE EJERCICIOS

Y PROBLEMAS

RESUELTOS

DE

PROBABILIDAD Y

TEORÍA

ESTADÍSTICA

TRABAJO RECEPCIONAL

(TRABAJO

PRÁCTICO

EDUCATIVO)

QUE

COMO REQUISITO

PARCIAL

PARA OBTENER

EL

DIPLOMA

DEESTA ESPECIALIZACIÓN

PRESENTA:

Francisco

Javier

Movis Flores

TUTOR:

Mat. Fernando

Velasco

Luna

(2)

GENERACIÓN: 2004

SEDE:

Xalapa TITULO:

Manual de ejercicios y problemas resueltos de probabilidad y teoría

estadística.

AUTOR:

Francisco Javier Movis Flores

TUTOR:

Mat. Fernando Velasco Luna

TIPODE TRABAJO:

Reporte

Monografía o TPE

Desarrollo

RESUMEN:

Este manual es una continuación del trabajo recepcional de compañeros de la generación anterior, en el cual, los problemas de probabilidad y teoría estadística son resueltos paso a paso, con gráficos cuándo el problema lo amerita. Diseñado también para aquellas carreras donde la probabilidad y la teoría estadística forman parte de su plan de estudios.

Por tal motivo se planeo la continuación de este manual como una herramienta que sirva de apoyo, tanto en la Licenciatura de Estadística como en la Especializáción de Métodos Estadísticos.

METODOLOGÍA

ESTADÍSTICA:

A) Diseño: Muestreo

Experimento _______

Estudio observacional

B) Análisis Exploratorio Descriptivo básico Inferencial básico Métodos multivariados Regresión

ANOVA y MANO VA Control de calidad

Métodos no paramétricos Modelos especiales

(3)

El Comité Académico de la Especialización en Métodos Estadísticos y el tutor

de este trabajo recepcional, autorizan la impresión y la constitución del jurado

para la defensa.

COMITÉ ACADÉMICO

L E. Julián Felipe Díaz Camacho

COORDINADOR DE LA ESPECIALIZACIÓN

M.C.C. Alma'Rosa García Gaona DIRECTORA DE LA FACULTAD DE

(4)

DATOS DEL AUTOR

Francisco Javier Movis Flores, nació en Veracruz, Veracruz, el día 12 de

mayo de 1969. Cursó sus estudios básicos en la ciudad de Veracruz, Veracruz.

Realizó estudios de nivel medio superior en la ciudad de Salina Cruz, Oaxaca y

de nivel superior en la ciudad de Xalapa, Veracruz. En el año de 2002 egresó de

la carrera de Licenciatura en Matemáticas de la Universidad Veracruzana. Ha

participado como coordinador del Coloquio de Teoría de Gráficas en la Facultad

de Matemáticas. Realizó su servicio social en la Facultad de matemáticas

desempeñándose como tutor académico. Actualmente se desempeña como

(5)

A Dios.

Por todo lo que tengo y lo que

soy, por estar conmigo paso a

paso en el camino que hasta

ahora llevo recorrido.

GRA CIAS POR TODO.

A mi Madre, Hilda Flores Rosas.

Por su amor, cariño, ejemplo,

comprensión y apoyo

incondicional que siempre me ha

brindado y que me ha permitido

alcanzar cada uno de mis sueños.

GRACIAS. TE AMO.

A mi Padre, Francisco Movis

Rodríguez, (q.e ,p .d)

Por que me enseñó que para

lograr algo hay que trabajar duro

y con perseverancia.

GRACIAS. Te llevo en mi mente y mi corazón.

A mi abuelita, Julia Rosas

Alcántara.

Por el amor y cariño que siempre me

(6)

A mis hermanas, Rocío y Liliana.

Por el amor, cariño y apoyo que

me han dado siempre.

LAS QUIERO MUCHO.

A mi primo, Carlos Cázares

Flores.

Por el apoyo que me ha brindado

día a día. GRACIASPIMO.

A mis Tíos:

Guadalupe Flores Rosas

María de la Paz Flores Rosas

Leonila Flores Rosas

Celia Flores Rosas

Juana Movis Rodríguez

Leopoldo Mora Cuenca

Héctor Cázares Cayetano

Moisés Mora Movis.

Por su cariño y apoyarme en el

camino que llevo recorrido.

ORA CIAS POR SIEMPRE.

A mi cuñado, Miguel Angel Contreras Sánchez.

(7)

A mis amigos:

Carlos González Flores

Julio Néstor Torres Hernández

Gerardo Tejeda Hernández

Cointo García Guevara

Francisco Hernández Palestina

Gerardo Ignacio Bonilla Alfonso

z

Braulio Avila Juárez.

Luis Felipe González Gálvez

z

Patricia Lobato Alvarez.

Forman parte especial de mi

vida. Gracias por su apoyo y

fidelidad.

A Monserrat Flores Flores.

No sé que nos depare el destino,

pero por lo pronto, GRACIAS por

el apoyo y por ser una gran

amiga.

A mi asesor, Mat. Fernando

Velasco Luna.

Por el apoyo y disposición de

cada momento que dedicó en mí

para lograr este tr'abajo.

(8)

CONTENIDO

I.

INTRODUCCIÓN

l

II.

DISTRIBUCIONES

DISCRETAS

ESPECIALES

4

II. 1 Distribución uniforme 4

11.2 Distribución geométrica 6

11.3 Distribución Poisson 9

11.4 Distribución hipergeométrica 26

III.

DISTRIBUCIONES

NORMALES

31

III. 1 Areas bajo la curva normal estándar 31

111.2 Conversiones y aplicaciones de variables normales estándar 34

111.3 Aproximación normal a la distribución binomial. 66

111.4 Aplicaciones adicionales 88

IV.

DISTRIBUCIONES CONTINUAS ESPECIALES

93

IV. 1 Distribución uniforme 93

IV. 2 Distribución exponencial 98

IV. 3 Distribución gamma 103

V.

TEORÍA

DE

MUESTRAS

106

V. 1 Muestras aleatorias 106

V.2 Teorema Central del Límite y distribución de la media muestral 109

V.3 Distribuciones chi-cuadrada, t, y F 122

V.4 Distribución t de Student 130

V.5 Distribución F 136

V. 6 Muestreo de estadísticas de orden 148

(9)

I.

INTRODUCCIÓN

Un manual de problemas de estadística es un libro que recoge los

problemas de temas mayor interés y relevancia para que sirva como una ayuda

o apoyo a los maestros o alumnos que lo requieran.

En la actualidad, la estadística ha tomado una gran relevancia. En

muchos países, la estadística forma parte del currículo de la educación

Universitaria y secundaria e incluso se incluyen algunos tópicos en la

educación primaria. Cada vez está más asumido que la dinámica del mundo

moderno exige que todo ciudadano, para ejercer sus derechos y comprender su

entorno, requiere de una cierta alfabetización en estadística.

Sin embargo el tema de la calidad del proceso de enseñanza -

aprendizaje de esta disciplina ha sido tradicionalmente relegado a un segundo

plano.

En las escuelas la enseñanza de la estadística, así como de la

probabilidad, se ha vuelto cada vez más difícil de aprender y entender, debido a

que se ha vuelto compleja y abstracta. Los estudiantes se han encontrado que

al tratar de resolver problemas surgen muchas dudas en cuanto a su solución

Actualmente, el internet nos proporciona una gran cantidad de páginas

en la cual podemos encontrar una gran variedad de problemas resueltos, así

como recomendaciones para solucionar otros. Sin embargo, los problemas para

la mayoría de licenciaturas de más alto nivel son escritas en otros idiomas, o

contienen muy pocos ejemplos no muy detallados, además algunos solo

contienen respuestas a algunos ejercicios seleccionados por el autor; lo cual

(10)

la incertidumbre que se crea cuando no se puede comparar la solución obtenida

con la solución proporcionada por el autor en la hoja de respuestas.

A pesar de que se ha publicado cientos de manuales en este campo, se

busca mejorar cada vez el anterior, aunque no se consigue del todo ya que por

lo general no abarcan del todo los temas requeridos, ya que cada quien tiene

sus propias ideas sobre los planes de estudio.

Debido a los bajos niveles de aprendizaje en los cursos de .teoría

estadística, se tienen índices de reprobación de exámenes ordinario a nivel muy

altos, ya que los cursos son extensos y el tiempo invertido en horas clases es

corto, motivo por el cual el estudiante se ve obligado a resolver una gran

variedad de problemas por si mismo.

Tomando como base un estudio realizado por Research & Education

Association (1978), en el cual, se encontraron los siguientes aspectos que son la

base de las dificultades de estudiantes, con la estadística enseñada en las

escuelas:

a. Ninguna regla sistemática de análisis, ha sido desarrollada para que los

estudiantes puedan dar solución paso a paso a los problemas encontrados

habitualmente.

b. Los manuales actualmente disponibles, son escritos por un profesional que

tiene una perspectiva de la materia que no es compartida con los

estudiantes.

c. Los ejemplos por lo general después de la explicación de un tema están muy

(11)

d. Los estudiantes pueden aprender el tema solo por hacer los ejercicios ellos

mismos y repasarlos en la clase y así obtener la experiencia en la aplicación

de principios con sus diferentes aplicaciones.

El propósito de este trabajo es construir una herramienta que sirva de

apoyo para los cursos en los que se estudia el tema de estadística inferencial,

tanto en la Licenciatura de Estadística como en la Especialización en Métodos

Estadísticos, así como también a las carreras donde la estadística forma parte

de su plan de estudio.

Los temas de este manual es una continuación de un trabajo iniciado por

compañeros de la Especialización en Métodos Estadísticos de la generación

anterior. Dichos temas Son fundamentales en un curso de estadística y

probabilidad destinado a estudiantes de licenciatura. Se busca hacer accesible

los distintos tópicos y evitar confusiones comunes en quien se inicia én el

estudio de la estadística y probabilidad.

Este manual está conformado de 4 capítulos, los cuales serán elaborados

con la ayuda de Microsoft Word con su respectivo editor de ecuaciones (Math

Type versión 5). Se consultaron diferentes bibliografías descritas en las

referencias, así como fue necesario de programas traductores, descritos

también en las referencias, así como el software Babylón, del Globalink Power

Translator Pro 10.0.

En cuanto a la elaboración de los problemas , serán hechos paso a paso

los procedimientos que encierran cierto grado de laboriosidad, de manera que

lleven metódicamente al resultado, añadiendo posteriormente su

(12)

II.

DISTRIBUCIONES

DISCRETAS

ESPECIALES

II. 1 Distribución uniforme

Problema 2.1

La Enciclopedia Libro de Mundo de 1977 tiene 20 volúmenes. Se

selecciona un volumen aleatoriamente. Encuentre la distribución de

probabilidad de X, el número del volumen seleccionado.

Solución: los resultados son todos igualmente probable. Si tenemos N

resultados igualmente probables de una variable aleatoria, con valor-entero

desde 1 hasta N, la probabilidad de cada resultado es . En otras palabras

f(x)= ¿;x= 1, 2,..., N. N

Esta es la distribución Uniforme Discreta.

En el presente ejemplo N = 20. Por consiguiente

f (x) = x= 1, 2,..., 20.

Problema 2.2

Obtenga la distribución uniforme para los subconjuntos de meses de

tamaño 3.

Solución: Hay 12 posibles meses, así podemos escoger 3 aleatoriamente

- 220 formas. Numerando estos subconjuntos desde 1 hasta 220 la

distribución de probabilidad esta dada por en

(13)

dado qiie cualquier opción es igualmente probable. Así la probabilidad de

escoger cualquier subconjunto dado es:

f(92) = 1 220 ’

Problema 2.3

Si X sigue una distribución uniforme discreta, i.e., f(x) - — para x — 1,

N

2,..., N, encuentra E(X) y Var (X).

Solución: por definición E(x) = ^Txf(x).

N i i N

E(x) = ZxÑ=Ñ^x’pero

£x = ^N + 1> . Por consiguiente

¡=i 2

E(x)=lNffl+

l)

=

N±l

N

2

2

Para la varianza, primero encontramos

E(x2)= £x

2

f(x)

= £

¿x

2

=-J-

£ X

2

x tí N

N tí

Pero por una fórmula algebraica

£

X

^N(2N+

1XN+

1)

A8i

x=i 6

E(x2) = W + 1X2N + 1) = (N+1)(2N+1)

1

6N

6

Var (x) = E(X2) - (E(x))2 =

(N+1X2N+1)

2N

2

+3N

+ 1

. 6

N

2+2N + 1

4

4N2+6N + 2

.

3N

2+6N

+

3

_

N

2

-1

(14)

II.2 Distribución geométrica

Problema 2.4

Para atraer clientes, una tienda de comestibles ha empezado un juego

GANE. Cualquier persona que reúna las cuatro letras de la palabra GANE

obtiene un premio. Una Señora diligente Y la cual tiene tres letras G,A, y E

espera ir a la tienda hasta que obtenga la cuarta letra N. La probabilidad de

que obtenga la letra N en cualquier visita es 0.002 y será la misma de visita a

visita. Sea X denotando el número de veces que ella visita la tienda hasta que

obtenga la letra N por primera vez. Encontrar:

(a) La función de probabilidad de X

(b) La probabilidad que ella obtenga la letra N por primera vez en la vigésima

visita.

(c) La probabilidad de que ella no tenga que visitar más de tres veces.

Solución: El proceso consiste en varios fracasos antes de un éxito, la obtención

de una N. La distribución es por lo tanto geométrica y

f(x) = (1 — p)x_1 p ; para x =1,2,...

En este caso p = .002 y f(x) = (1 - ,002)x_1(.002) = (,002)(.998)xl.

(a) f(x) = (.002)(.998)xl.

(b) Tenemos f(20) = (.002)(.998)19 = .002 x .993 = .0019 .

(c) Pr(x = 3) = Pr(x = 1) + Pr(x = 2) + Pr(x = 3)

= f (1) + f(2) + f (3)

= (.002)(.998)1_1+(.002)(.998)24+(.002)(.998)31

= .002 + (.002)(.998) + (.002)(.998)2

(15)

Problema 2.5

Obtenga la probabilidad que requiere una persona que arroja una

moneda equilibrada cuatro veces para conseguir una cara.

Solución: Supongamos una serie de ensayos Bernoulli repetidos hasta que un

éxito se observe, y entonces paramos. El número total de ensayos es aleatorio e

igual al número de fracasos +1 para el éxito. La probabilidad que habrá K

ensayos es igual a la probabilidad que existan K — 1 fracasos seguido por un

éxito. Si la probabilidad de un éxito es p,

Pr(X = K)= (l-p)(l-p)...(l-'p)p '--- :---V--- '

k-1 veces

En otras palabras f(x) = (l-p)xl p; x = 1,2,3,....

Esta es llamada la distribución geométrica. Nuestro problema es uno de

esté tipo. Tenemos p - 1 - p - —.

Queremos F(4)

-2

16

2

Problema 2.6

Obtenga la media y varianza de la distribución geométrica:

f(x) = (1 - p)x l p; x = 1, 2, 3,...

Solución: Por definición E(x) = ^x f(x)

X (

E(x) = 2 x(l - p)xl p = p£ x(l - p)xl;

x=l X=1

Recordemos que —z“=nz—zn = nz"-1: así

dz dz

X=1

x(! - p)x-1 = p¿ (1 - p)x = p Tíd(l-p)

d

d(l-p) 00

1(1 -p)‘

(16)

Podemos volver a poner el término x = 0 ya que es una constante y

diferenciando da cero. También note que

00

Lo-p)x es una serie geométrica y por consiguiente suma a

x=0

1

* = — . Así E(x) = p

l-(l-p) p

Sea q = 1 - p. Entonces

d(l-p)Vp

( , A A E(x) = p

dqvl-q,

-1

(-0 =P

=p

4(-

d

I

p

£

P

x-1

Para obtener la varianza, debemos encontrar E(x(x-1)).

E(x-l) = 2x(x-1) f(x) = ¿x(x-1)(1-p) p

X=1

=p(i-p) xx(x-i)(i-Pr.

X=1

00 00

Sea q = 1 - p, entonces E(x(x -1)) = pq ^x(x -1) qx~2 = pq

d2

(q') dq2 x=2

j2 «

™ 5? x=0

Podemos poner los términos x = O y x = 1 dado que son constantes y

diferenciando da cero. La suma es también geométrica y suma a —-—, para O < 1-q

q<l.

E(x(x —i)) = pqr d2 i d

( A

(17)

Var (x) = E (x2) - (E (x))2 = E (x (x -1)) + E(x)- (E (x))2

P

II.3 Distribución Poisson

Problema 2.7

Supongamos que ocurre una grieta en el contrapachado con un promedio

de una falla por 50 pies cuadrados. ¿Cuál es la probabilidad que una hoja de 4 x

8 pies no tenga falla? ¿A lo sumo una falla? Para obtener una solución suponer

que el número de fallas por el área de unidad es una distribución Poisson .

Solución: Este problema servirá para introducir la distribución Poisson. Una

variable aleatoria X se define por tener una distribución Poisson si la densidad

de X está dada por Pr(X = K) =---para K = 0, 1, 2, ...

K!

La distribución Poisson tiene propiedad única que la esperanza es igual a

la varianza y ellos son iguales al valor del parámetro X. Demostraremos esto

usando la función generadora de momentos.

m. (t)=E(e“) = ¿e«

P(X = x) = ¿e“ x!

Por las propiedades de la función generadora de momentos:

(18)

También Var(x) = É(x2)-(E(x))2 = mx (0)-(mx (0))

m'x(t) = x(e^l)et+e,(e>(e'‘,Xe1))

m "(0) = ’e0 + e° (eI(e<"'’Xe0 = X(1 + X) = X + k2.

Así Var(x) = (i + X2)- X2 = X

Para nuestro problema, podemos calcular el valor esperado y usarla

como X. Esperamos 1 falla por 50 pies cuadrados. Por lo tanto, esperamos

1

32

— falla por pie cuadrado. Tenemos 4 x 8 = 32 pies2. Esperamos X = — fallas.

50 50

Pr(no falla) = Pr(x = 0) =

0!

32

Pr(a lo más 1 falla) = Pr(no falla) + Pr(l falla) = e 64

"32?

50 J -.64

1! + .64e

.64 = e

Problema 2.8

Dado que la variable aleatoria X tiene una distribución Poisson con

media p= 2, obtenga la varianza ct2 y calcule Pr (l<x).

Solución: La función de densidad para una variable aleatoria X con distribución

Poisson es

f(x) = ——cuando x = 0, 1, 2, ..., x!

f(x) = 0 cuando x?¿ 0,1,2,... . Xes una constante que está especificada para

las circunstancias particulares. Asumimos que la media p = 2 está dada, pero

ct2 no. Pero recordemos que una variable aleatoria Poisson tiene la propiedad

única que la esperanza es igual a la varianza. Así ct2 = 2 . Notemos que X debe

(19)

Pr(l <x) -1 - Pr(x =0) = 1 — e-xl°

0!

=1-—— = 1——í—= 1 —. 135 =.865.

Problema 2.9

Harvey el mozo, deja caer en promedio 2.5 platos por hora. Determine,

con la ayuda de la tabla acumulativa Poisson, el que Harvey deja caer (a) al

menos 4 platos, (b) exactamente 4 platos.

Solución: Se tiene que E(x) = 2.5. En una distribución Poisson, el parámetro X =

E(x). Así X = 2.5. Én este caso

Pr(X = x) = e~zXx x!

.-2.5

(2.5)-xl

De una tabla de probabilidad acumulativa Poisson.

Vemos en la tabla bajo el valor esperado 2.5. No existe una columna para

2.5 por lo que tendremos que promediar los valores para 2.4 y 2.6. En la fila c =

4, encontramos Pr2.4 (X<4) - .904 y Pr2.6 (X<4) - .877. Por lo tanto

Pr2.5(X<4)-.904+ .877

2 =.891

Para encontrar Pr(X = 4), encontraremos Pr(X< 3) y entonces Pr(X - 4) -

Pr(X<4) - Pr(X<3). Encontraremos Pr2.5 (X<3) tomando el promedio de

Pr2.4(X<3) y Pr2 6(X<3). En la tabla esto es

.779+ .736

2

.758.

Por lo tanto

(20)

Problema 2.10

El promedio de accidentes de tráfico que tienen lugar en la Autopista

Hollywood en un día de la semana entre 7:00 A.M. y 8:00 A.M. es 0.7 accidente

por hora. Use las tablas para determinar la probabilidad que más de 2

accidentes de tráfico ocurrirán en la Autopista Hollywood el martes por la

mañana entre 7:00 A.M. y 8:00 A.M. Asuma una distribución Poisson.

Solución: Note que P(X > 2) = 1 - P(X < 2).

Usando las tablas acumulativas de la distribución Poisson

encontraremos P(X < 2). Observemos bajo la columna el valor esperado 0.70 y

para la fila c = 2 se puede encontrar P(X < 2) = 0.996 .

Así P(X > 2) = 1 - .996 = 0.034 .

Problema 2.11

La tabla de abajo da valores para cada una de las dos distribuciones

binomiales, una en el cual n = 10 y p = .1. La otra tiene n = 20 y p = .05. En

cada caso np es dado. Derive las probabilidades Poisson correspondientes con A

K BinomiaiflO. .11 Binomialí20. .051

0 .349 .358

1 .387 .377

2 .194 .185

3 .057 .060

4 .011 .013

5 .0015 .0022

K Solución: P (X = K) =

1 1 P(X = 0) =

e A

K!

1

e 1lK

e-0! e 2.718

K! eK!

(21)

P(X=1)

P(X = 2)

P(X = 3)

P(X = 4)

P(X = 5)

_L = I = .368 . el! e

11

7^! 2.718x2

1 _ 1

e-3! 2.718x6

1 1

= .184 .

= .061 .

e-4! 2.718x24

—— --- --- = .0031 .

e-5! 2.748x120

Vemos que las probabilidades Poisson aproximan las binomiales

Problema 2.12

Suponga que un lote es aceptado si existe 1 o menos artículos defectuosos

en una muestra aleatoria de n = 50. ¿Cuál es la probabilidad de aceptar un

lote

cuando la calidad sea 2 por ciento defectuoso?

Solución: Este es un problema binomial con parámetros n - 50 y p = 2% = 02

Pr(X<l) = ¿(“)pK(l-p)"-K.

k=0

Pero éste es un cálculo muy difícil. En el último problema vimos que una

distribución Poisson puede aproximar una binomial.

Hagámos esto más preciso. Para una distribución binomial.

Pr(X =x) =

(i-pZ.

sea

(22)

Multiplique numerador y denominador por nx :

n(n-l)...(n-(x + l)) f (x) =

n x! (np)'(l-P)

n(n-l).,(n-(x + l)) M^xn-x

-1' ■'

nnn...n X!

donde p = np ,

Íl-T Mo-pr1

n J x!

(•)=

x_n n Jpx

x!d-p)n.

Í1--n A Í1--n >

•(1-P)X

Note que

O-P)n = (1-P) (1-P)

También, de la definición de e, Limíl + z)z - e. z->0 ' '

Así definiendo z = -p, Lim

p—>0 (1-p)

Además

Lim-z x-l>

1- 1— —

1-V nj n )

(1-p)'

= 1

porque p -> 0 como n —> oo cuando np = p es fijo.

En el límite, (*) se vuelve 1 - — • e g x!

Establezcamos este resultado formalmente: Si la probabilidad de éxito en un

(23)

infinito de tal manera que la media p = np queda fija, entonces la distribución

binomial se aproximará a la distribución Poisson con media p.

Nosotros aplicamos este resultado al problema presente, p = np = 50 (.02) - 1.

Así

P(X K) e'gpK

K! e-K!

P(aceptar) = P(x = 0) + P(x +1) = —t = — + — = — = .736 . e-0! el! e e e

Problema 2.13

Dado que el 4% de los artículos en un lote entrante son defectuosos, ¿cuál

es la probabilidad que a lo más se encontrará un artículo defectuoso en una

muestra aleatoria de tamaño 30? Obtenga la aproximación Poisson.

Solución: Usamos la distribución binomial por 3 razones:

(1) la selección de los 30 artículos puede ser considerada una sucesión éxito-

fracaso de ensayos, porque cada artículo es o defectuoso o es no-defectuoso; (2)

la probabilidad que un artículo sea defectuoso (o no defectuoso) no cambia; (3)

el resultado de que cada ensayo es independiente del resultados de los otros

ensayos.

Ya que los eventos (Existen no defectuosos en la muestra de 30 artículos)

y (Existe exactamente uno en la muestra) son exclusivos (no ocurren ambos),

podemos sumar las probabilidades de su ocurrencia para encontrar

P(d < 1) = P(d = 0) + P(d = 1),

donde d es el número de artículos defectuosos

P(d < 1) = 2(d°) (-04)d (0.96)30_d = (30) (.04)° (O.96)30-0 +(30) (.04)1 (0.96)29

d=o

Qft I

(24)

Puesto que np = (número del ensayos) x (probabilidad que un artículo es

defectuoso)

= 30 x 0.04 - 1.2 < 5

y una muestra de 30 artículos no es considerada pequeña, podemos encontrar

Ve-1 una aproximación para P(d<l ) usando la distribución Poisson f(d) = ———.

d!

Substituyendo np = 1.2 para X y sumando P(d = 0) y P(d = 1):

U=1

E

d-2)ded!

-1.2 (1.2)° 1.2

0! + 1

i(2.2) = |¿ = .663 1

e

La tabla muestra que para 1 0 menos ocurrencias de un artículo defectuoso, con .

np = 1.2, la probabilidad es 0.663, la cual difiere de la probabilidad exacta por

solo 0.002.

Problema 2.14

Considere un procesó de producción de fabricación de pelotas a presión

donde la probabilidad de presión defectuosa de una es .01. ¿Cuál es la

probabilidad de tener 10 presiones defectuosas de 1000 ?

Solución: Puesto que n es muy grande y p es pequeña, podemos usar la

aproximación Poisson a la binomial con X = E(x) = np = 1000 x .01 = 10.

P(X = K) = e'10(10)K K!

P(X = 10) =■e~10(10)10

(25)

Problema 2.15

Sea la probabilidad, de exactamente un defecto en 1 pie de alambre,

alrededor de ' y sea la probabilidad de dos o más defectos en esa longitud, 1000

para todos los propósitos prácticos, cero. Sea la variable aleatoria X el número

de defectos en 3000 pies de alambre. Obtenga Pr(X = 5).

Solución: Sea n = 3000 pies de alambre y p = --- de tener un defecto en un pie

1000

Estamos tratando con una variable aleatoria binomial con parámetros n = 3000

y p • La respuesta exacta a esto es por consiguiente

2995 Pr(X = 5) = (T)(1¿c„)5(1S)

Éste es un cálculo increíblemente tedioso. En cambio, puesto que n es

grande y p es pequeña usaremos una aproximación Poisson.

Sabemos que X es igual a np.

í

1

X = 3000 J000J 3 .

Note que Pr(X = 5) = Pr(X < 5) - Pr(X< 4).

Los últimos dos valores pueden leerse en las tablas acumulativas bajo la

esperanza 3. Por esta razón

Pr(X = 5) = .916 - .815 = .101.

Problemá 2.16

Supongamos que X tiene una distribución Poisson con parámetro X.

X

(a) Demuestre que p(k+l) =--- p(k), donde p(k) = P(X = k)

k + 1

(b) Si X = 2, calcule p(0), y entonces use la relación encontrada en (a) para

(26)

Solución: (a) Notemos que P(X = k) = p(k) = ———

e~xx,k X

Pero P(k + 1) =7--- r . Factorizando

---(k + 1) k + 1

z, , e-IXk X X „

p(k + l) — -, , p(i

k! k+1 k+1

e-22k (b) Puesto que X = 2, p(k) =

k! En particular

o-2 O0 P(0)= 0,

p(l) = ——- p(0) = — -p(0) = 2e“2,

k+1 0+1

p(2) = -p(l) = jp(l) = p(l) = 2e"!, 1+1 2

P<3) = ^P(2) = |p(2) = íe-!, y

p<4)=3+ip(3)=lp(3)=!e!'

Problema 2.17

e~xXk Considere la distribución Poisson --- .

k!

„ + e“xXk_1 e_xXk

Demuestre --- r-

<---(k-l) k! para k < X,

e”ÁXk~' e“ÁXk

(k-l) > k! para k > X,

e^Xk_1 e'kXk

si X es un entero y k = X. (k-l) ” k!

(27)

R

-Xa k-1

-A. A

C A

-Xa k

e A

k!

-Xa k-1

e a. e A-X<\ k

Si R > 1 entonces <--- —

(k-1)! k!

-Xa k-1

e A. e xXk

Si R < 1 entonces >

---(k-1)! k!

e~kXk 1 e’kXk Si R = 1 entonces

(k-1)! k!

e^Xk^ Xka

(k-1)! _ (k-1)! _ V"1 k! _k e“xXk _Xk (k-l)!Xk_X

k! k!

Por eso si k < A, R < 1; si k > X R > 1; y si k = X, R = 1. Los resultados

siguen inmediatamente. Note que X debe ser un entero para X = k, puesto que k

es un entero.

Problema 2.18

Suponga que el número promedio de llamadas telefónicas que llegan al

conmutador de una pequeña corporación es 30 llamadas por hora, (i) ¿Cuál es

la probabilidad de que ninguna llamada llegará en un periodo de 3 minutos?

(ii) ¿Cuál es la probabilidad de que llegarán cinco llamadas en un intervalo de

5 minutos? Asume que el número de llamadas que llegan durante cualquier

periodo de tiempo tiene una distribución Poisson.

Solución: Asume que observamos la ocurrencia de acontecimientos de aciertos

en tiempo, espacio, región, o longitud. Un acontecimiento podría ser un

accidente de tráfico fatal, la emisión de una partícula , la llegada de una

(28)

acontecimientos en el tiempo ; tales acontecimientos en el tiempo pueden ser

presentados como sigue:

I >O< X X XX X I X——K

0 ti

Asume lo siguiente: Existe un valor positivo tal que:

(i) La probabilidad de que exactamente ocurrirá un acontecimiento en un

pequeño intervalo de longitud h es aproximadamente igual a vh, o

Pr(un acontecimiento en un intervalo de longitud h) = vh + o(h).

(ii) La probabilidad de que a lo mas haya un acontecimiento en un pequeño

intervalo de tiempo de longitud h es despreciable comparado con la

probabilidad de un solo acontecimiento en el mismo intervalo, o P(2 o

más acontecimientos) = o(h).

(iii) El número de acontecimientos en intervalos no traslapados son

independientes.

El término o(h) denota una función no especificada la cual satisface

lim^ = 0. h->0 h

El valor v puede ser interpretado como la media de los acontecimientos que

ocurren por unidad de tiempo.

Si las suposiciones anteriores son satisfechas, podemos demostrar que

el número de ocurrencias de un acontecimiento en un periodo de tiempo de

longitud t tiene una distribución Poisson con parámetro X = vt. O si la

variable aleatoria Z(t) denota el número de ocurrencias de un

acontecimiento en un intervalo de tiempo de longitud t, entonces,

e_vtfvtlz

(29)

En el presente problema tenemos 30 llamadas por hora. Esto es equivalente

30 1

a --- = - llamada por minuto. Por eso v= .5. 60 2

Pr(No. de llamadas en 3 minutos) = Pr(Z = 0) = -—= e“vt = e“<5)(3)

= e"L5 =.223.

■na . • , ._ve_Vt(vt)k Ve_<B)(B)(5(-5))k Pr(mas cinco llamadas en 5 minutos) = --- - = JL —

k=6 k! k=6 k!

V -——— = 1 - Pr(k < 5), (cuando E(x) - 2.5) k!

= 1-.958 = .042 .

Problema 2.19

Un comerciante sabe que el número de un cierto tipo de artículo que

puede vender en un periodo de tiempo dado tiene distribución Poisson.

¿Cuántos de tales artículos debe abastecer el comerciante para que la

probabilidad sea 0.95 de que él tenga bastantes artículos para satisfacer la

demanda del cliente por un periodo dé tiempo de longitud T?

Solución: Sea v denotando la razón media de ocurrencia por unidad de tiempo

y sea k un número desconocido de artículos que el comerciante debe abastecer.

El problema plantea que debe haber un 95 por ciento de probabilidad de que la

distribución sea suficiente.

Este es un ejemplo del proceso Poisson discutido, en el problema anterior.

De la discusión el parámetro para la distribución Poisson es vT; y Pr( k

e~vt(vt)k

artículos que pueden ser vendidos) —--- . Asumimos que k artículos son

k!

(30)

k e' (vt)

para k o menos artículos) = . En general tenemos que encontrar K

k!

k=0

tal que esta sea mayor o igual que 0.95 .

En particular si, el comerciante vende un promedio de dos artículos por día,

¿cuántos artículos debe distribuir para que tenga una probabilidad de al menos

.95 de artículos necesarios para cubrir la demanda de un mes de 30 días?. Aquí

v = 2 y T - 30, así debemos de encontrar dicha K tal que

---¡---= 2_,--- ,---= F(K) para un parametro de 60. •i

x=0 X! ~ X!

De las tablas acumulativas Poisson, para K > 73, F(K) > 0.95

Problema 2.20

Experiencias anterioriores indican que la taquilla en el Teatro Rialto

recibe una razón media de treinta llamadas por hora. Asumiendo que el

número de las llamadas tiene la distribución Poisson, encuentre la

probabilidad de que

(a) en un descanso de diez minutos no se reciba ninguna llamada,

(b) durante un descanso de veinte minutos al menos dos llamadas sean

recibidas.

Solución: La llamada telefónica es un ejemplo clásico del proceso Poisson.

Discutimos la ocurrencia de ciertos acontecimientos en el tiempo y las tres

condiciones del proceso Poisson se cumplen. Por lo tanto, la distribución del

número de llamadas recibidas durante un tiempo t es

(a) Estamos interesados en un periodo de diez minutos o ~ de una hora. Por lo

(31)

1 k

Pr(X = k) =

30.

k 6 -5 r-k k!

e 5

k!

p-5^0

Queremos- Pr (X =. 0) = —— = e“5 = .0067 . 0.

(b) Nos interesamos por un periodo de 20 minutos, o 1/3 de una hora. Ahora

e'1010k Xt = (30)(—) = 10. Así, la probabilidad de k llamadas es

3 k.

Pr(al menos 2 llamadas) = 1 — Pr(0 o 1 llamada)

= 1 - Pr(0 llamadas) = Pr(l llamada)

e10io0 e^io* 1

. Note que

0! 1! = 1 - e -,10e =1-1 le = 1 - .0005 = .9995 .

= 1 ,L

Problema 2.21

Los Chentes de Macy entran en forma aleatoria a razón de 4 por minuto.

Suponga que el número que entra a Macy en cualquier intervalo dado tiene una

distribución Poisson. Determine la probabilidad de que por lo menos un cliente

entre a la tienda en un intervalo de medio minuto.

Solución: Estamos discutiendo la ocurrencia específica de eventos en una

longitud de tiempo. Los problemas describen un proceso Poisson. La razón

media de ocurrencia es de X = 4 . Por eso la probabilidad que 4 clientes entren a

i , + e~xt(Xt)k e~4t(4t)k

Macy en un intervalo de tiempo t es --- -——, o en nuestro caso --- -—— .

k! k!

Dado t = % minuto,

Pr(X = k) =

e

k! k!

Queremos Pr(x > 1). Note que

Pr(X>l) = l-Pr(X = 0) = l e's2°

(32)

Problema 2.22

Datos de muertos debido a la patada de un caballo^ basados en la

investigación de 10 campos militares por 20 años son dados en

la

siguiente

tabla:

Número de muertes en un Número de intervalos

Determinado intervalo de tiempo en este valor

0 109

1 65

2 22

3 3

4 1

5 2

200

Encontramos que existen 200 lecturas; esto es 200 intervalos fijos. Esto

puede ser interpretado como 200 repeticiones de un experimento.

Suponemos también que las oportunidades de que un evento(muerte

debida a la patada de un caballo) ocurra continuamente está presente. Esto

significa que si consideramos la ocurrencia de un evento como un éxito y la no

ocurrencia como un fracaso, la proporción de éxito es muy pequeña.

Debemos ahora dividir cada intervalo fijo en n subiñtervalos para n muy

grande. Entonces asumimos que la probabilidad de una ocurrencia o no

ocurrencia en un subintervalo está cerca de 1. La probabilidad de más de una

ocurrencia es muy pequeña. Por lo tanto, asumiremos que la ocurrencia de un

evento en cualquier subintervalo es independiente de la ocurrencia en

cualquier otro subintervalo. Así tenemos un proceso Poisson en el intervalo fijo

y por eso

Pr(X = k) = e’xt

(33)

íl

Solución: La clave aquí es la propiedad de la distribución Poisson que dice que

el parámetro es la esperanza de una variable áleatoria Poisson. Aquí el

parámetro es Xt. Estimaremos Xt, la esperanza de una observación simple por

el número promedio de muertes por intervalo. Por lo tanto

No total de muertes

No total de intervalos fijos

0 x (No. con 0 muertes) +1 x (No. con 1 muerte) +... + 5 x (No. con 5 muertes)

(0 x 109) + (l x 65) +~(2 x 22) + (3x3) + (4 x l) + (5 x 4)

~ 200

122

200 0.61.

Por eso la distribución Poisson es

Pr(X = k) =•e-°-61(0.61)k k!

Problema 2.23

Sea Xt, el numero de llamadas telefónicas que llegan a una extensión

durante un periodo de longitud t; tiene una distribución Poisson con parámetro

Xt. La probabilidad de que un operador conteste cualquier llamada telefónica es

igual a p, 0 < p < 1. Si Yt denota el número de llamadas telefónicas

contestadas, encontrar la distribución de Yt.

Solución: Queremos encontrar P (Yt = k), k - 1, 2... . Éste es un ejercicio

avanzado en probabilidad condicional. Si damos Xt = r, tenemos r ensayos

Bernoulli y un éxito constituye en que el operador conteste la llamada. Por eso,

dado Xt = r, Yt es distribuido binomialmente.

f Pk(l~p)r k, k = 0, 1, 2,..., r .

(34)

Pr (Yt = k) = ¿Pr (Yt =knXt =r) = ¿Pr(Yt = k | Xt = r)xPr(Xt = r)

r=k r=k

de la definición de probabilidad condicional;

=

L : p'll-pfe

r=k\K/

-Xt (u)'

r!

k! ¿

(r-k)!

Sea i = el r—k. Vemos que:

Pt(Y,=k)=e~>>^¿

t

(1-p)U

J‘

V ‘ 7 k! ü

_ e (^) P c(i-p)xt

k!

e-xt(n)ke-Xpt(Xpt)k

k!

e“Xpt(Xpt)k

k!

En conclusión vemos que Yt tiene distribución Poisson con parámetro

pXt.

II.4 Distribución hipergeométrica

Problema 2.24

Un lote de 100 fusibles, es inspeccionado por el procedimiento siguiente.

Cinco de estos fusibles son escogidos y probados aleatoriamente; Si los cinco

dan el amperaje correcto, el lote es aceptado. Obtenga la distribución de

probabilidad del número de defectuosos en úna tiiuestra de 5 asumiendo que

existen 20 en el lote.

Solución: Queremos encontrar Pr(X = x). Usaremos el modelo clásico de

(35)

Pr(X = x) No. de maneras de obtener x defectuosos en 5 selecciones posible total de 5 selecciones

Podemos checar 5 fusibles fuera de un lote de 100 en ^100^ y

maneras.

También podemos seleccionar x defectuosos de los 20 en 20 maneras.

Además debemos escoger 5 - x de los 100 - 20 = 80 no defectuosos. Podemos

hacer esto en ' 80

5-x maneras. Por la ley de multiplicación podemos obtener x

defectuosos de un lote de 100 en "20' ir) ,x ,

maneras.

Por eso f (x) = Pr(X = x) =

"20Y80

<x >k5-xy

para x=0,l,2,3,4,5

<5 j

Éste es un ejemplo de la distribución hipergeométrica.

Problema 2.25

Sea X una variable aleatoria teniendo una distribución hipergeométrica con

función de densidad discreta , la cual es

(0(^K)

f(x) = para x = 0,1,...,n.

M

Los parámetros son M, un entero positivo, K, un entero no negativo menor o

igual a M, y n, un entero positivo a lo más M. Obtenga E(x) y Var(x).

(36)

E(x) = ¿x f(x) = £x

x=0 x=0

'kYM-k"

,xAn-x > M>

n

f K! (M-K)!

X(K-x)!(M-K-n + x)!(n-x)!

MI (M-n)!n!

= 1 x=0

xK! (M-K)!(M-n)!n!

(K -x)!x! (M -K -n + x)!(n -x)!M!

A K!(M-K)!(M-n)!n!

¿(K-x)!(x-l)!(M-K-n + x)!(n-x)!M!

K(K-l)!(M-K)!(M-n)!n(n-l)! lí(K-x)!(x-l)!(M-K-n+x)!(n-x)!M(M-l)!

r (K-l)! (M-K)!

nK^ (K-n)!(x-l)!(n-x)!(M-K-n + x)!

M ¿í (M-l)!

, (n-l)!(M-n)!

= (A1) '

Ahora sea y = x - 1 y obtenemos (sumando y restando 1 a (M-K)),

M ¿ ÍM-1)

pero esta sumatoria es la suma de una distribución hipergeométrica con

parámetros M-l, K-l, y n-1. Por eso la suma es 1 y E(X) =■ —. M

(37)

E [x(x -1)] = ¿ x(x - l)f (x) = ¿ x(x -1)

x=0 x=0

Para x = O, ya sea x o x — 1 = O tenemos así

<M-K\ n £x(x-l)i4^ = £

x=2 (í) x=2

x=2

x(x-l) K! (M-K)!

(K-x)!x! (M-K-n + x)!(n-x)! M!

(M-n)!n!

x(x - 1)K!(M - K)!(M -n)!n!

(K-x)!x!(M-K-n +x)!<n-x)!M!

K(K - 1)(K -2)!(M -- K)!(M-n)!n(n - l)(n - 2)!

2 (K - x) !(x - 2) !(M - K - n + x) !(n - x)! M(M - 1)(M -2)1

x(x - 1)K !(M - K) !(M - n) !n!

^(K-x)!x!(M-K-n + x)!(n-x)!M!

K(K-l)(K-2)!(M-K)!(M-n)!n(n-l)(n-2)i

^(K-x)!(x-2)!(M-K-n + x)!(n-x)!M(M-l)(M-2)!

(K-2)! (M-K)!

(x-2)!(k-X)!(M-K - n + x)(n - x)

x=2

n(n-l)K(K-l) " M(M-l) E

^K-2^

vx - 2 7

x=2

(M-2)!

(n-2)!(M-n)!

fM-K’

n-x

<M-2^

n-2

E

E

M(M-l)

Sea y = x — 2 y obtiene

K-2VM-2-.K + 2'

l y A n-2-y y "M-2"

(38)

el cual es igual a n(n-l) K(K-l)

M(M1) ya que la suma es el total de todas las

probabilidades hipergeométricas con parámetros M - 2, K — 2 y n - 2.

Sabemos que Var(x) = E(x2) - (E(x))2 = E(x(x - 1)) + E(x) - (E(x))2

= n(n-l) K(K-l)

M(M-l)

OO -n

M2 + n

nK z lXK-l , nK M V 'M-l M

nKf(n-l)(K-l)M + (m-l)M-nK(M-l)>

M\ " M(M-l) ~ ?

nKf MnK-KM-nM + M + M2-M-MnK +nK?

M [ M(M-l)

nK ( M2-KM-Mn + Kn^ _ nK i i

(39)

III.

DISTRIBUCIONES

NORMALES

z

III. 1 Areas bajo la curva normal estándar

Problema 3.1

Si z es una variable normal estándar, use la tabla de probabilidades de

la normal estándar para encontrar:

(a) Pr(Z < 0)

b)Pr(-l<Z<l)

(c) Pr (Z >2.54)

Solución: La curva de la distribución normal es de forma acampanada. Esta es

una distribución de probabilidad continua la cual describe la distribución de

alturas, pesos y otras características.

La función de densidad de la distribución normal estándar es

es una gráfica de esta densidad. La probabilidad de una variable normal

estándar que se encuentra en un intervalo particular es encontrada con la

ayuda de las tablas.

(a) Para encontrar la probabilidad Pr(Z < 0) podemos tomar ventaja del factor

de que la distribución normal es simétrica sobre su media cero. De esta

(40)

Pr(Z > 0) = Pr(Z < 0). Sabemos que

Pr(Z > 0) + Pr(Z < 0) = 1

porque Z > 0 y Z < 0 son eventos excluyentes. De esta manera

2Pr(Z>0)=l o Pr(Z<0) = —. 2

(b) Para encontrar Pr(- 1 < Z < 1) usamos las tablas de la distribución normal

estándar.

Pr(-l<Z<l)= Pr(Z< 1)-Pr(Z<-1).

Leyendo en la fila marcada con 1 y bajo la columna marcada con .00 vemos que

Pr( Z <1) = .8413 .

Pr(Z < -1) = Pr(Z > 1) por la simetría de la distribución normal. Sabemos

también que

Pr( Z>1) = l-Pr(Z<l) .

Sustituyendo vemos,

Pr(-Í < Z < 1) = Pr(Z < 1) - (1 - Pr(Z < 1)) = 2Pr(Z < 1) -1 = 2(.8413) -1 = .6826 .

(c) Pr(Z>2.54) = l-Pr(Z<2.54) y leyendo en la fila marcada con 1 y bajo la

columna marcada con 2.54 vemos que Pr(Z < 2.54) = .9945.

Sustituyendo,

Pr(Z > 2.54) = 1 - .9945 = .0055Pr(Z > 2.54) = 1-.9945 = .0055 .

Problema 3.2

Obtenga Pr(-.47 < Z < .94)

(41)

Pr (- .47 es igual al área arriba sombreada). Para encontrar el valor del

área sombreada sumamos las áreas marcadas A(- .47) y A(.94).

Pr(-.47 < Z < .94) = A(-.47) + A(.94)

Por la simetría de la distribución normal, A(- .47) - A(AT) = .18082 de tablas.

También A(.94) = .32639 así

Pr(-.47 < Z < .94) = .18082 + .32639 - .50721.

Problema 3.3

Obtenga <b(-.45).

Solución: d>(-.45) = Pr(Z < -.45),

donde Z está normalmente distribuida con media 0 y varianza 1.

Sea A(Z) — el área bajo la curva desde 0 hasta Z. En la tabla encontramos

A(.45) = .17364 y por la simetría de la distribución normal,

A( - .45) = A(.45) = .17364.

(42)

Sabemos que C>(0) = .5000 y de la gráfica de* abajo sabemos que

<D(0)-A(-.45) = <P(-.45)

Sustituyendo,

0(0) - A(-.45) = 0.5000 -.17364 = O(-.45) y O(-.45) = .32636 .

Problema 3.4

Obtenga Pr(-.47 < Z < .94) usando <3>(—.47) y O(.94).

Solución: O(-.47) = .5000 - A(- .47) = .5000 - A (.47)

y <t>(. 94) = .5000 + A(.94). Por eso

Pr(-.47 < Z < .94) = O(.94) - <X>(-.47) = [.5000 + A(.94)] - [.5000 - A(.47)]

= .82639-.31918 = .50721.

III.2 Conversiones y aplicaciones de variables normales estándar

Problema 3.5

En una distribución normal, ¿cuál es el valor Z equivalente de la

mediana? ¿Cuál es el valor Z bajo el cual soío el 16 ciento de la distribución

(43)

Solución: La mediana es el número tal que la mitad de una distribución de

probabilidad está abajo o por encima de ella. Equivalentemente la mediana es

un número m tal que una observación aleatoria X de una distribución es

igualmente probable de estar debajo o por encima de ella. De esta manera

Pr(X>m) = Pr(X<m) = — .

2 t

Para encontrar el valor Z equivalente de la mediana debemos encontrar

cierto número m tal que

Pr(Z > m) = Pr(Z < m) = — . ’

2

donde Z es una variable aleatoria normalmente distribuida con media 0 y

varianza 1.

De las tablas o del hecho que la distribución normal es simétrica

alrededor de la media tenemos

Pr(Z>0) = Pr(Z<0) = — . 2

De esta manera la mediana es m = 0 .

Para obtener el valor Z bajo el cual el 16 por ciento de la distribución

está encontramos una constante C tal que

Pr(Z > C) = 16% = . 160 o equivalentemente Pr(Z < C) = 1 -. 160 = .840.

Buscamos .8400 en el cuerpo de la tabla y entonces leyendo arriba de la

fila y la columna apropiadas encontraremos que

Pr(Z < 1) = .84, entonces C = 1.

Para obtener el porcentaje de los valores que están por abajo de un valor

Z de 2, deseamos encontrar Pr(Z < 2.0).

Leyendo sobre la columna marcada con 2.0 y también abajo de la fila

marcada con .00 encontramos

Pr(Z< 2.0) = .0772,

(44)

Problema 3.6

Dado que la variable aleatoria X tiene densidad

1 f(x)

/18k

re-(xM0x+25)/18 _o0<x<Q0

¿Es esta una distribución normal? ¿Cuál es su valor máximo?

Solución: Una distribución normal puede escribirse

f(x) = CT>/27C

2 a2

cuando

- oo <

x <

oo .

1

Rescribiendo (x2 -lOx + 25) como (x-5)2 y 18 como 2-9 = 2-3-2. También

/l 8tt = a/9-2tt - 3 j'27r .' De esta manera g = 5 y o — 3. La sustitución da

f(x) = -(x-5)2/(2-32) 3>/27t

La gráfica de una distribución normal alcanza su máximo valor en x - g

sustituimos así x = 5:

Le°= 1 f (x) i-(5-5)2/(2.32).

3>/2k 3a/2 3a/27c

De esta manera el valor máximo de f(x) es

3^2^'

Problema 3.7

Dado que X tiene una distribución normal con media 10 y desviación

estándar 4, obtenga Pr(x < 15).

Solución: x es una variable aleatoria normal con una media o parámetro de

localización de 10 y una desviación estándar o parámetro de escala de 4. Una

(45)

Deseamos obtener Pr(x < 15) o el área sombreada. Sería posible construir

tablas que podrían suplir tales probabilidades para muchos valores diversos de

la media y de la desviación estándar. Afortunadamente esto no es necesario.

Podemos mover y transformar nuestra función de densidad de tal manera que

solamente una tabla es necesaria. ¿Cómo se logra tal cambio?

Primero la media es restada de x dando una nueva variable aleatoria , x -

10. Esta nueva variable aleatoria está normalmente distribuida pero E(x-10), la

media de x -10, es E(x) — 10 = 0. Hemos cambiado nuestra distribución para

centrarla en 0. ,

Podemos transformar nuestra nueva variable aleatoria dividiéndola por

la desviación estándar creando una nueva variable aleatoria Z =--- ; la 4

varianza de z es

Var x -10 Var x (desviación estándar de x)2 = 1

V 4 ) 16 16

Afortunadamente después de todo transformando y cambiando esto,

(46)

varianza 1. Está nueva variable aleatoria es presentada como un valor Z o una

variable aleatoria estándar y las tablas para esas probabilidades son dadas.

Para solucionar nuestro problema primero convertimos un valor x a un

valor Z y entonces consultamos la tabla apropiada.

Pr(x < 15) = Pr x-10 15-10' = Pr

z<-k 4y

= 0(1.25)

= .5000 + A(1.25) = .5000 + .39439 = .89439

Problema 3.8

Si una variable aleatoria X se distribuye normalmente con una media de

118 y una desviación estándar de 11, ¿cuál es el valor Z correspondiente a los

valores reales de 115, 134 y 99.

Solución: Para convertir un valor real a un valor Z restamos la media y la

dividimos por la desviación estándar.

De esta manera

Valor Z - valor real - media desviación estándar

Así,

115-118

= -.27; 11 11

un valor Z de - .27 corresponde a un valor real de 115.

„ 134-118 16 ,

2 =---= — =1.45 O 11 11

un valor Z de 1.45 corresponde a un valor real de 134. Y

99-118

11

19

11 -1.73,

< 4

(47)

Problema 3.9

Si X tiene una distribución normal con media 9 y desviación estándar 3,

obtenga P(5 < X < 11)

Solución: Primero convertimos nuestros valores X a valores Z restando la

media y dividiéndola por la desviación estándar. Consultamos después las

tablas para la distribución normal estándar.

Así, P(5 < x < 11) ■ p 5-9 <X-9 < 11-9 <4^2"— <Z< —

l 3 3,

= <|> (.66) -<(>(-1.33) = .74537 - .09176 = .65361.

Problema 3.10

Dada una media de 50 y una desviación estándar de 10 para un conjunto

de mediciones que está normalmente distribuida, obtenga la probabilidad que

una observación seleccionada aleatoriamente está entre 50 y 55.

Solución: Deseamos encontrar Pr(50 < X < 55) donde X se distribuye

normalmente con media 50 y desviación estándar 10. Estandarizamos la X para

convertir nuestra distribución de valores X a una distribución de valores Z. Sea

Z =--- —, donde g es la media de los valores X y o es la desviación estándar de a

los valores X. Entonces

Pr(50<X<55)=Pr 50 - g < X - ¡a. < 55 - g

<50-50 „ 55-50 a

< Lt <

= Pr

V 10 10

Pr(Z < .5) -Pr(Z < 0) = Pr(0 < Z < .5).

)

= Pr(0<Z<.5).

(48)

Pr(Z<0) = .5 y Pr(Z < .5) = .691 .

Sustituyendo vemos que

Pr (Z < .5)- Pr(Z< 0)= Pr (0 < Z < .5) = .691 -.500=. 191.

Problema 3.11

Una firma eléctrica fabrica focos que tienen un tiempo de vida que está

normalmente distribuido con una media de 800 horas y una desviación

estándar de 40 horas. De 100 focos, ¿cuántos tendrán un tiempo de vida entre

778 y 834 horas?

Solución: La probabilidad que X, el tiempo de vida de un foco seleccionado

aleatoriamente , esté entre 778 y 834 horas es

Pr(778<X<834).

Estandarizando vemos que

/778-p X-n 834-p Pr(778 < X < 834) = Pr

= Pr 22 34'

= Pr 778-800

40 <Z<

834-800

40

---< Z < — = Pr (-.55 < Z < .85)

40 40 ) v 7

< <

k

= Pr (Z < .85) - Pr (Z < -.55) = .802 - (1 - .709) = .511.

Así el 51.1% del los bulbos fabricados tendrán un tiempo de vida entre 778 y

834 horas. En promedio, 51 de 100 bombillas tendrán un tiempo de vida entre

778 y 834 horas.

Problema 3.12

Dada una población normal con p = 25 y o - 5, obtenga la probabilidad

(49)

Solución: Deseamos encontrar la probabilidad que una variable aleatoria

normalmente distribuida, X, con media p = 25 y desviación estándar o = 5,

pueda caer en el intervalo (20,30), Pr(20 < X < 30). Convertimos X de una

variable normalmente distribuida con media 25 y desviación estándar 5 a Z,

una variable aleatoria normalmente distribuida con media 0 y desviación

estándar 1. La fórmula para la conversión es Z = ———, De esta manera, g

Pr(20 < X < 30) = Prf^—

o

20-25

a a

30-25"

J

= Pr(-l<Z<l) . <Z<

< 5 5

Para encontrar esta probabilidad implicando la variable aleatoria Z,

recurrimos a las tablas. Existen una variedad de tablas y encontramos tres Pr(-

1 < Z < 1) diferentes maneras de ilustrar los varios tipos del tablas.

(1) Un tipo de tabla da Pr(0 < Z < a). Para obtener Pr(-1 < Z < 1), primero

encontramos Pr(0 < Z < 1). Esto es Pr(0 < Z < 1) = .341. Luego usamos el

hecho de que la distribución normal estándar es simétrica alrededor del 0,

por eso Pr(0 < Z < a) = Pr(0 > Z > - a) .

De este hecho,

Pr(0 > Z >-1) = Pr(0 < Z < 1) = .341

Pr(-1 < Z < 1) = Pr(0 > Z > -1) + Pr(0 < Z < 1) = 2(.341) = .682 .

(2) Otro tipo de tabla da Pr(Z < a) para varios valores de a. Para usar esta tabla

notemos que:

Pr(-1 < Z < 1) = Pr(Z <1)- Pr(Z < -l);

De la tabla vemos que

Pr(Z<l) = .841 y Pr(Z <-l) = .159 .

De esta manera, Pr(-1 < Z< l) = .841 -.159 = ,682 .

(3) Este tipo de tabla da Pr(Z > a) para ciertos valores de a.

(50)

pero Pr (-1 < Z) = Pr (l > Z) por simetría;

= l-Pr(l<Z)

De ésta manera,

Pr (-1 < Z < 1) = [l - Pr (1 < Z)] - Pr (1 < Z)

= l-2Pr(l<Z) = 1-2(.1587) = 1-.3174 = .682 .

Problema 3.13

Una Compañía de televisión fabrica transistores que tienen en promedio

un tiempo de vida de 1000 horas y una desviación estándar de 100 horas.

Obtenga la probabilidad que un transistor seleccionado al azar tenga un tiempo

de vida entre 875 horas y 1.075 horas. Asuma que la distribución es normal.

Solución: La probabilidad que un transistor seleccionado aleatoriamente tenga

un duración entre 875 horas y 1.075 horas se puede expresar simbólicamente

como P(875 < X < 1075). Los tiempos de vida de los transistores son

normalmente distribuidos, pero debemos estandarizar X (la variable aleatoria

que representa el tiempo de vida) para esto usamos la tabla normal estándar.

Hacemos esto restando la media y dividiéndola por su desviación estándar.

Dado que tenemos que la media (promedio de tiempo de vida) es de 1000 horas,

y que la desviación estándar es de 100 horas.

Definiendo Z como nuestra variable aleatoria normal estándar,

Z = — = ———. Queremos encontrar el área bajo la curva normal estándar

los valores Z para X = 875 y X = 1075, calculamos así

Z(875) = 875Z1OOO_125

=

125

1075,-1000^

v ' 100 100 v ' 100 100

En términos de Z,

(51)

Puesto que algunas tablas dan áreas bajo la curva normal estándar solamente

para los valores positivos de Z, ponemos P(-1.25 < Z < .75) en su forma

equivalente: P(0 < Z < .75) + P(0 < Z < 1.25) . La simetría de la curva normal

estándar permite que hagamos esto. Viendo la tabla encontramos

P(0 < Z < .75) = .2734 y P(0 < Z < 1.25) = .3944 . El área total entre

Z = -1.25 y Z = .75 es .2734 + .3944 = .6678, y ésta es la probabilidad que un

transistor seleccionado aleatoriamente funcione entre 875 y 1075 horas.

Problema 3.14

Los pesos reales de sacos de patatas de diez libras procesadas en cierta

empacadora tienen una distribución normal con media 10 (libras) y varianza

0.01 (libras cuadradas). ¿Cuál es la probabilidad de que un saco comprado en el

almacén de la tienda de comestibles pesará al menos 9 libras 14 onzas?

Solución: Sea X = el peso real de un saco de patatas de 10 libras. Nuestra

pregunta es ¿cuál esPr(9 lbs. 14 oz. < X)?

9 lbs. 14 oz. =9— lbs. = 9.875 lbs. 16

Restamos la media, 10, y dividimos por la desviación estándar, a/01 =. 1, para

estandardizar y convertir el valor X a un valor Z.

Pr (9.875 lbs <X) = prí9 875 ~10 < X ~10

.1 .1

= Pr(-1.25 < Z) = l-Pr(Z < -1.25)

(52)

Problema 3.15

Si una distribución tiene una media de 15 y una desviación estándar de

2, ¿cuál es el valor Z correspondiente a un valor de 19? ¿cuál es el valor Z

correspondiente a un valor de 14?

Solución: Otra interpretación de la conversión de valores X a valores Z es que

se toma la desviación estándar de la media. Si una distribución de valores X

tiene una cierta media y desviación estándar conocida, el valor Z puede

pensarse como el número de desviaciones estándar de la media.

Por ejemplo, en el problema anterior, la distribución tiene una media de

15 y una desviación estándar de 2. Para obtener un valor Z equivalente de 19

estandarizaremos el valor 19 restándole la media y dividiéndola entre la

desviación estándar o encontrar cuantas desviaciones estándar hay de 19 a

partir de 15.

La desviación estándar es 2, y así 19 tiene una distancia de 2

desviaciones estándar de la media. 15 + 2(2) = 19. El valor Z correspondiente a

19 está 2 desviaciones estándar de 15 así Z = 2 corresponde a 19.

El valor Z que corresponde a un valor X de 14 es el número de

desviaciones estándar que hay de 14 a partir de 15. Puesto que 14 está a una

unidad por debajo de 15 y una unidad es media desviación estándar, entonces

(53)

Problema 3.16

Para una distribución de mediciones cuya media es 50 y desviación

estándar es 10, ¿cuál es la probabilidad de que una medición elegida al azar

estará entre los valores de 35 y 45?

Solución: Deseamos obtener Pr(35 < X < 45), donde X está normalmente

distribuida con media 50 y desviación estándar de 10. Para encontrar los

valores Z necesitamos saber cuántas desviaciones hay de 35 a partir de 50 y de

45 a partir de 50.

Una desviación estándar está a una distancia de 10 y % desviación

estándar está a una distancia de 5. Así 35 es 15 unidades o 1.5 desviaciones

estándar por debajo de 50 y 45 es 5 unidades o .5 desviación estándar por

debajo de 50. Así el valor Z correspondiente a 35 es —1.5 y el valor Z

correspondiente a 45 es -.5. Por eso

Pr(35 < X< 45)=Pr(-1.5 < Z < -.5) .

Pero Pr(-1.5 < Z < -.5) = (Z < -.5)-Pr(Z < -1.5)= .3085-.0668 =.2417 .

Problema 3.17

Dado una población de valores para los cuales p = 100 y o = 15, encontrar

el porcentaje de valores reales que quedan dentro de una desviación estándar

de la media.

Solución: Las observaciones que tienen que quedar dentro de una desviación

estándar son los valores mayores de 100 — 15 = 85 y menores de 100 + 15 = 115.

Pr(85< X < 115)=Pr(-1 <Z<1)

porque 85 está 1 desviación estándar debajo de la media y 115 es 1 desviación

(54)

Pr (-1 < Z < 1) = Pr(Z < 1) Pr(Z < -1) = .841 -. 159 = .682 .

Así el 68,2% de los valores caen dentro de una desviación estándar de la

media.

Problema 3.18

Sea X una variable aleatoria normalmente distribuida con media p = 2 y

varianza o2 = 9. Obtenga la probabilidad de que X es menor de 8 y mayor de 5.

Solución: La probabilidad de una variable aleatoria continua está definida por

D

Pr(a<X<b)= Jf(x)dx

donde f(x) es la función de densidad de la variable aleatoria X.

La función de densidad de una variable aleatoria normalmente

distribuida de media g y varianza o2 es:

f(x) =

(x-g)2

2O2 - 00 < X < 00.

7KJ

1

De esta manera

O Pr(a<X<b)-J

Ti7TG

(X-g)2

20,1 dx

00 f 1

: T2kg2

(x-g)2

2°2 dx 00

f_L ¿ T27K72

(x-g)2

2a2 dx

= Pr(X > a)-Pr(X > b).

Estas integrales son difíciles de evaluar directamente así que las

transformamos de la siguiente de manera.

Sea Z =

x-g

dz = —, dx

Y los límites inferiores de la integración se vuelven b-g a-g

(55)

" 1 (x'b) 1 “ -I

Pr(a<X<b)= f-¿=e 2a* — - í-=,

V J V2tt a ¿ a/2Í

(x-^r

2a2 dx

oo 00 i z2

í —^e 2dz - f —ñ=re 2 dz

J a/27T J V2tc

=Pr Z>

b-H

a -p

o J

-Prfz>M

y L o J

Si la función de densidad de úna variable aleatoria normal tiene media O

y varianza 1, entonces la función de densidad se escribe

f(x) = -00 < Z < 00.

a

2

Esta función de densidad es conocida como la función de densidad de una

variable aleatoria normal estándar. La integral de esta densidad es calculada y

rl — Pr(Z<a) l—==e 2dz

v

J

00a

/2

x

.

.

Ha sido encontrada para varias constantes a.

El procedimiento de transformación de una variable aleatoria que está

normalmente distribuida con media p y varianza o2 en una nueva variable

aleatoria que está normalmente distribuida con media O y varianza 1 es

llamada “estandarización” o “convirtiendo un valor X a un valor Z”. Tal

transformación es realizada restando la media p y dividiéndola por o. De esta

manera

a

Para resolver nuestro problema debemos encontrar,

Pr(X>5) y Pr(X>8)

cuando X es normalmente distribuida con media p = 2 y q2 = 9.

Hemos visto que

Pr(X>5) = Pr Z> 5-2^

l & J = PrV = Pr(Z>l)

(56)

Pr(X > 8) = Pr^ > = Pt[z > j) = Pr(Z > 2).

De la tabla de probabilidades para la distribución normal vemos que

Pr(Z > 1) = .1587 y Pr(Z > 2) = .0228;

Así Pr(5 < X < 8) = Pr(l < Z < 2) = .1587-.0228 = .1359 .

Problema 3.19

Suponga que una variable aleatoria X tiene la siguiente pdf:

f(x) = 1

2^2^ -OO < x < cO

Calcular:

(a) P(X < -2)

(c)P(|X + 3|íl)

(b) P(-5 < X < -2)

(d)P(X>-6).

Solución: Una variable aleatoria con esta función de densidad está

normalmente distribuida. La función de densidad general de una variable

aleatoria normalmente distribuida con media p y varianza o2 es:

1 _0E±£. ■

f(x) =—T=e 2<j2 — oo < X < oo.

aV27t

La p.d.f o función de densidad de probabilidad que ha sido dada es

idéntica a ésta con p = -4 y o = 2

Para encontrar las probabilidades pedidas estandardizamos esta

distribución y calculamos las probabilidades en la tabla de la distribución

normal estándar.

(a) Pr(X < -2) = Prf—g

= Prfz>-2-(-4n

y l 2 )

= Pr(Z<l) = .8413

(b) Pr (-5 < X < -2) = Pr (X < -2) - Pr (X < -5)

Pr ^x-p -2-p' pj'x-H<-5-g'|

(57)

Pr( Z< -2-(-4)^v ' -Prr -5-un z< ' ’

L . 2 ) l 2 )

= Pr(Z < l)-Pr(Z < -.5) =..8413-.3085 = .5328

(c) | X + 3 | < 1 es el conjunto de todos los valores X tal que

X + 3<1

X $ 1-3.

X <-2

y

y

y o

(X + 3)<1

(X + 3)>-l

X > -4

Así,

Pr(|X + 31< 1) = Pr(X<-2 y X > -4) = Pr(-4 < X < -2)

Convírtiendo a valores Z restando la media y dividiéndola por la

desviación estándar vemos que

Pr(|X + 3|<l) = Pr 4-U ,, X-n < -2-u'l = f-4-(-4) <z< -2-(-4) o y

= Pr (0 < Z < 1) = Pr (Z < 1) - Pr (Z < 0) = .8413 - .5000 = .3413

(d) Pr(X >-6)-Prrx-^-6-^=Pr rz>-6-Hn

< a a ) ■ l 2 J= Pr(Z>l).

Por la simetría de la distribución normal,

Pr(Z >-1) = Pr(Z < 1) = .8413 .

Nótese que las respuestas para las partes (a) y (b) son las mismas. Esta

no es una sorpresa porque la distribución normal es simétrica alrededor de su

(58)

Se sabe que el punto de fusión del oro es l,060°C. Esto es, por supuesto,

un valor promedio, por muchas causas un inevitable “error experimental” causa

mas o menos una variación de este valor siempre que esta prueba se realiza.

La mejor medida de estas variaciones es la desviación estándar (s). Suponga

que esta ha sido calculada de una larga serie de pruebas, y que se ha

encontrado que es de 3 °C.

Ahora imagine que se está analizando un metal desconocido, y una

prueba muestra que su punto de fusión es 1,072 °C. ¿Es probable que este

metal desconocido sea oro?. Es decir, ¿cuál es la probabilidad que una muestra

de oro muestre un punto de fusión de 1,072 °C, diferente de su promedio?

Solución: Sea X la variable aleatoria que denota el puhto de fusión del oro

observado. Se asume que X está normalmente distribuida con media 1,060 °C y

desviación estándar 3 °C.

Deseamos saber si una muestra desconocida que se derrite tiene un

punto de fusión de 1072°C, ¿cuál es la probabilidad que este metal desconocido

sea oro?.

Para calcular esta probabilidad, convertimos la observación 1072 de X en un

valor Z.

• „ X-media 1072-1060 12 „

desviación estándar 3 3

Es decir, esta observación 1,072 está 4 desviaciones estándar de la media. La

probabilidad de que una observación se quede 4 desviaciones estándar de su

media es muy pequeña, virtualmente cero; el 99.8% de la distribución queda

dentro de las 3 desviaciones estándar de la media de una distribución normal.

(59)

Un procesador empaca café instantáneo en tarros pequeños. El peso de

los tarros se distribuye normalmente con una desviación estándar de 0.3 onzas.

Si el 5% de los tarros pesan más de 12.492 onzas, ¿cuál es el peso promedio de

los tarros?

Solución: Sea X = el peso de un tarro seleccionado aleatoriamente. El 5% de los

tarros pesan más de 12.492 onzas. Entonces Pr(X > 12.492) = la probabilidad

que un tarro seleccionado aleatoriamente pese más de 12.492 onzas es de 5% o

0.05.

Para encontrar la media de X dado una desviación estándar de a = .3,

convertimos valores X a valores Z.

Sabemos que

Pr(X > 12.492) = PrfX-g 12.492-p^ ——— >--- — / = Pr

< a a ) V

De la tabla de la distribución normal,

Pr(Z >1.64) = .05

Así V 12.492-p 1.64.

a = .3, entonces p = 12.492-1.64a = 12.492-(1.64) (.3) = 12.492-.492 = 12 onzas

Problema 3.22

La demanda de carne en un supermercado durante cualquier semana es

distribuida aproximadamente normal con una demanda promedio de 5000

libras y una desviación estándar de 300 libras.

(a) Si el supermercado tiene 5300 libras de carne en existencia, ¿cuál es la

probabilidad que esté sobre abastecido?

(b) ¿Cuánta carne debe tener el supermercado en existencia por seníana para

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