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
PARCIALPARA OBTENER
ELDIPLOMA
DEESTA ESPECIALIZACIÓNPRESENTA:
Francisco
Javier
Movis Flores
TUTOR:
Mat. Fernando
Velasco
LunaGENERACIÓN: 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
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
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
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
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.
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.
CONTENIDO
I.
INTRODUCCIÓN
l
II.
DISTRIBUCIONES
DISCRETAS
ESPECIALES
4II. 1 Distribución uniforme 4
11.2 Distribución geométrica 6
11.3 Distribución Poisson 9
11.4 Distribución hipergeométrica 26
III.
DISTRIBUCIONES
NORMALES
31III. 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
93IV. 1 Distribución uniforme 93
IV. 2 Distribución exponencial 98
IV. 3 Distribución gamma 103
V.
TEORÍA
DE
MUESTRAS
106V. 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
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
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
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
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
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±lN
2
2Para la varianza, primero encontramos
E(x2)= £x
2
f(x)= £
¿x2
=-J-£ X
2x tí N
N tí
Pero por una fórmula algebraica
£
X^N(2N+
1XN+1)
A8ix=i 6
E(x2) = W + 1X2N + 1) = (N+1)(2N+1)
1
6N
6Var (x) = E(X2) - (E(x))2 =
(N+1X2N+1)
2N
2+3N
+ 1
. 6
N
2+2N + 1
44N2+6N + 2
.
3N2+6N
+3
_
N2
-1II.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
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)‘
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=2j2 «
™ 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
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:
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
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
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!
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.
seaMultiplique 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
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
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
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
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!
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
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
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!
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
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°
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
siguientetabla:
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
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 .
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-pfer=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
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).
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
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"
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
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
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)
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.
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
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,
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
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,
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
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).
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
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.
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
=
1251075,-1000^
v ' 100 100 v ' 100 100
En términos de Z,
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)
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
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
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 = —, dxY los límites inferiores de la integración se vuelven b-g a-g
" 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)
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'|
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
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.
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