Problemas Resueltos Distribucion

Problemas resueltosLa distribución binomial 7.1 Evalúe « *oj á * c SOLUCIÓN a) 5! = 5 - 4 - 3 • 2- 1 = 120 L\ 6! 2 6 - 5 - 4 . 3 - 2 - 1 2! 4! (2 -1)(4 - 3 - 2 - 1 ) ' /8\ f ) 8! = 8! 6-5_ 2-1 87-6-5-4-3-2-1 _ 8 •7 •6 \3J ~ 3 ! ( # - 3 ) ! ~ 3Í5! ~ ( 3 - 2 - 1)(5 - 4 • 3 • 2 • 1) ~ 3 - 2 1 ~ ^ ^7 ~ 5!2! ~ ( 5 - 4 • 3 - 2 • 1)(2- 1) " 2 • í ~ /7\ _ e) /4\ (^ ) 4\ 0/ 7.2 7! 4! 4fQi = _ 7-6 - 5 - 4 - 3 - 2- 1 = ' _7-6_ ya que, por definición, 0! = 1 4! 0!4! Suponga que 15% de la población es zurda. Determine la probabilidad de que en un grupo de 50 individuos haya a) a l o sumo 10 zurdos, b) al menos 5 zurdos, o entre 3 y 6 zurdos inclusive y d) exactamente 5 zurdos. Utilice Minitab para resolverlo. SOLUCIÓN a) El resultado de Minitab se muestra a continuación: El comando c d f 10,- coo d subcomando binomial n = 5 0 y p = .15 da la probabilidad requerida. La probabilidad de que a lo sumo sean 10 zurdos en un grupo de 50 es 0.8801 MTB > c d f 10 ; SUBC> b i n o m i a l n = 50 p = . 15 . Cumulative Distribution Function B i n o m i a l w i t h n = 50 a n d p = 0 . 1 5 0 0 0 0 x 10.0 P ( X «= x ) 0.8801 15 . El complemento del evento al menos 5 zurdos es el evento a lo sumo 4 zurdos.0. SUBC> b i n o m i a l n = 50 p = . S U B O b i n o m i a l n = 50 p = .0. y la probabilidad de obtener ningún 3 en un lanzamiento = q = 1 . se tiene P(X > 5) = 1 .8879.1121 = 0.P(X < 2) = 0. 1 5 0 0 0 0 x P( X * x ) 6.3613 MTB > c d f 2 . e) cuatro veces y / ) cinco veces.00 c) 0. se obtenga un 3: a) ninguna vez. 15 . se puede ver que P(X = 5) = 0. d) tres veces.1072 Calcule la probabilidad de que en 5 lanzamientos de un dado. SOLUCIÓN La probabilidad de obtener 3 en un lanzamiento =p = è.3 x P(X<=x) 5. Usando el hecho de que P (evento | = 1 .3613-0.0142 = 0.P(X < 4) = 1 . MTB > C d f 4 .p = 1 . SUBC> b i n o m i a l n = 5 0 p = .1121 A continuación se muestra el resultado de Minitab. SUBC> b i n o m i a l n = 5 0 p = . Cumulative Distribution Function B i n o m i a l w i t h n = 5 0 a n d p = 0.00 0. Cumulative Distribution Function B i n o m i a l w i t h n = 50 a n d p = 0 .P (complemento del evento).00 0. b) una vez. MTB > p d f 5 . MTB > c d f 6.~-. De éste. a) Pr{3 ocurre 0 veces} = b) Pr{3 ocurre una vez} = c) Pr{3 ocurre dos veces} 625 3 888 . 1 5 0 0 0 0 x P ( X <= x ) 4.3471. normal y de Poisson A continuación se muestra el resultado de Minitab. 1 5 0 0 0 0 x 2. 15 . 1 5 0 0 0 0 7. c) dos veces.162 : Z. 1 5 .0142 A continuación se muestra el resultado de Minitab.00 d) P ( X <= x ) 0.Z ~ • ^as distribuciones b) binomial. por lo tanto. Probability Density Function B i n o m i a l w i t h n = 50 a n d p = 0. Cumulative Distribution Function B i n o m i a l w i t h n = 5 0 a n d p . P(3 < X < 6) = P(X < 6) .1072. 6.4 + 6.2. 4. 1 se denominan coeficientes binomiales. se obtiene un arreglo llamado triángulo de Pascal. A l escribir estos coeficientes para N = 0. 1 1 1 1 7.-I 1 1 4 8 4 16 15 16 _1_ Í6 . 1 y 1.. 1. 6. Suponga que la probabilidad del nacimiento de un varón es de \ .2 „2 3 a) qp + A 3 2 2 4 = q + 4q p + 6q p b) (q + pf + 4qp* + p 5 q p- 6 = q + 3 q" + 6q'p + 15q V 2 + 20q p 2 4 + 15q p s 6 + 6qp + p Los coeficientes 1. SOLUCIÓN . 6. respectivamente. como se muestra en el siguiente orden numérico. Nótese que el primero y último números de cada renglón son 1 y que se puede obtener cualquier otro número al sumar los dos números ubicados a su derecha e izquierda. ai 5_V 6 6 I - + 4 - + - =i 6 Escriba la e x p a n s i ó n binomial de a) (q + p) y b) (q + p) .. 20. 15.3. en el renglón anterior. SOLUCION a) Pr{ 1 niño} = Pr{3 niños} = Pr{2 niños} = Pr{4 niños} = Entonces Pr(al menos 1 niño} = P r { l niño} + Pr{2 niños}+ Pr{3 niños) + P r { 4 1 3 1 1 : ..Problemas d) Pr[3 ocurre tres veces} = e) Pr{3 ocurre cuatro veces} = ^j^J /) Pr{3 ocurre cinco veces} = í^\t resueltos • 3 888 3Íi = \ f 7I 0) = 25 (5)¡ 296 7 776 1 1 7 776 D = 7 776 Nótese que estas probabilidades representan los términos de la expansión binomial v6 7.5 10 5 6 15 20 1 15 Calcule la probabilidad de que en una familia con cuatro hijos haya a) al menos un niño y b) al menos un niño y una niña. 15. 4.. correspondientes aA/ = 4 y A / = 6 . 4)°(0.2) (0. b) 0 y c) a lo sumo 2 sean defectuosas. SOLUCIÓN 7.Prfningún niño} . SOLUCIÓN =^ j(0.6) 5 a) Prfninguno se gradúe) b) P r { l se gradúe) = ^ j(0.26 (0.8.4.Pr{ningún niño} = 1 — .4)'(0.5a).8) = 0.1 7. b) 1.8) = 0.92224 mente 0.4096 c) Pr{2 tuercas defectuosas} = 4 ¿ (0.1536 = 0.7 • Las distribuciones binomial.2)' (0.92 d) Pr{todos se gradúen) = 0 4 5 = 0.2592 c) Prfal menos 1 se gradúe} = 1 .= 1 \2J b) Pr{al menos 1 niño y 1 niña} = 1 .1536 Entonces Prfencontraralo sumo 2 tuercas defectuosas) =Pr{ ninguna tuerca defectuosa) +Pr{ 1 tuerca defectuosa) + Pr{ 2 tuercas defectuosas} = 0. c) 1 o 2 niñas y d) ninguna niña? V é a s e el problema 7.2)°(0. SOLUCIÓN La probabilidad de encontrar una tuerca defectuosa es p = 0.9728 8 L a probabilidad de que un estudiante que ingresa a la universidad se gradúe es de 0.6) = 0.8) = 0.7 a) Número esperado de familias con al menos 1 niño = 2 000(TÍ) = 1 875 b) Número esperado de familias con 2 niños = 2 000 • Pr{2 niños} = 2 000 (!) = 750 c) P r { l o 2 niñas) = P r { l niña} + Pr{2 niñas} = P r ( l niño} + Pr{2 niños} = J + § = | .07776 o aproximadamente 0.Pr{ninguna niña} . ¿cuántas se esperaría que tuvieran: a) al menos 1 niño.Pr( ninguno se gradúe) =0. normal y de Poisson Otro método 4 1\ Pr{al menos 1 niño} = 1 .= — 16 16 1 1 7 ~16 ~16 ~ 8 De un total de 2 000 familias con 4 hijos cada una. Encuentre la probabilidad de que de un total de 5 estudiantes a) ninguno.4096 + 0.01 .6)° = 0. determine la probabilidad de que de 4 tuercas tomadas al azar a) 1.2 y la probabilidad de encontrar una no defectuosa es q = 1 -p = 0. b) 2 niños. Número esperado de familias con una o dos niñas = 2 000(1) = 1 250 d) Número esperado de familias sin niñas = 2 000(rs) = 125 Si 20% de las tuercas producidas por una m á q u i n a son defectuosas.6 1 15 .4096 b) Pr{ninguna tuerca defectuosa} = ( ' ] (0. 3 a) P r { l tuerca defectuosa de 4} = ( J (0.08 o aproximadamente 0.01024 o aproximada- o aproximadamente 0. c) al menos 1 y d) todos se gradúen.4) (0.4096 + 0. etcétera. Éstas son: 1 en el primer dado y 1 en el segundo.2)! { X . 1 en el primero y 2 en el segundo. 2 7. respectivamente (véase el capítulo 6).11 Si una variable está distribuida de manera binomial. etcétera. simbolizados por (1. 4) y (6.p = 5.Sp . determine: o» smu 2 su varianza a . SOLUCIÓN a) Dado que q + p = 1.10 Evalúe a) 1 ^ Xp(X) y b) S í » 6 Í6 \l 1 \9 /o 8 \\ 5 72 689 \9 531 441 3 donde p(X) = O V " * . por lo que hay 6 • 6 = 36 maneras en que caerían los dados.Problemas 7.\)p (q S 2 + p) - 2 N(N . (4. b) al meaos 2 veces en 6 lanzamientos de un par de dados? SOLUCIÓN Cada una de las 6 maneras en que caerían el primer dado se asociaría con cada una de las 6 maneras en que puede caer el segundo dado. I = Np(q+pf^ {X-l)\(N-X)\' =Np A-!(A/. Entonces. la suma total de nueve ocurre en 4 casos: (3. N " A"=0 *=1 A/1 A ^ E < .X) ¿ +Np = N(N .2)\(N .\ )p + Np 1 Nota: Los resultados de los incisos a) y b) son las esperanzas de X y X . ( 1 . la probabilidad de obtener un total de 9 en un solo lanzamiento de un par de dados es p = js = 5 y la probabilidad de no obtener un total de 9 en un solo lanzamiento es q = 1 . 6).X)\ = PW- X J2X(X-1) X\(N .Pr{0 nueves} . (5.v /V(/V-1)/]T m . > por E(X) y E(X ). 61 440 531 441 a) Pr{2 nueves en 6 lanzamientos} = b) Pr{al menos 2 nueves} = Pr{2 nueves} + Pr{3 nueves} + Pr{4 nueves} + Pr{5 nueves} + Pr{6 nueves} 531441 531441 531441 531441 531441 531 441 Otro método Pr{al menos 2 nueves) = 1 . 1).X) (N . De estas 36 maneras (todas igualmente probables si los dados no están cargados).9 resueltos • ¿Cuál es la probabilidad de obtener un total de 9 puntos a) dos veces.Pr{ 1 nueve} 0 6\/l\ /8\ 0 \9 \9 7. 2). 5). .X)\ + x 2 -£X x-iN-x N x p-q - X\(N . 3). = 3.133 Dado que es positivo.1) = 40.1. Por lo tanto.= -°-8 *m£¿£.2^X + p )p(X) A"=0 2 = N(N -\)p +Np- = ¿ ¿fyX) .2-.• • \-6pq . 2 2 a = ¿ ( A .= ° . esto es.N p 2 = Np . E[(X 7. Determine las medidas estándar (es decir.^ .\)p + Np .01 Npq 36 La distribución es ligeramente leptocúrtica con respecto a la distribución normal (es decir.n r .. se puede esperar que 40 tuercas estén defectuosas. La distribución normal 7.m%4&***4 b) s 15 . X-X 72 .10a).10.= .72 ' = ^ — .1)(0.[E(X)} 2 2 2 = N{N .14 En un examen final de m a t e m á t i c a s . Otro método Por medio del problema 6. b) ^ <.Np = Npq Si la probabilidad de que una tuerca sea defectuosa es de 0. b) La varianza es Npq = 400(0. b) 93 y c) 72.1)(0. calificaciones en unidades e s t á n d a r de d e s v i a c i ó n ) de los estudiantes que obtuvieron calificaciones de á) 60. calcule a) la media y b) la desviación estándar para la distribución de tuercas defectuosas de un total de 400 tuercas. Encuentre el coeficiente momento de a) asimetría y b) curtosis de la distribución del problema 7.12 2 2 . b) N p = valor esperado de la variable = X Xp(X) = Np x=o Usando p.9) Coeficiente momento de curtosis = 3 H — = 3H \ .X)} = E(X ) 2 . = Np y los resultados del problema 7. SOLUCIÓN a) X — X 60 . normal y de Poisson SOLUCIÓN á) Por medio del problema 7.^ 5 .72 „ ' = . SOLUCIÓN 7. la calificación media fue 72 y la desviación estándar 15. ligeramente más puntiaguda. la desviación estándar es V 3 6 = 6.62b). 1-6(0. — . la distribución está sesgada hacia la derecha.9) = 36. SOLUCIÓN a) Coeficiente momento de asimetría = ^ ^ = ^ ' ^ ^ V Npq 6 = 0. véase el capítulo 5).C 7 • L O S distribuciones binomial.12.Np = Np(l -p) £p(JT) X=0 = Npq Se encuentra que la desviación estándar de una variable distribuida de manera binomial es cr = y/Npq.2 / x ¿ .f=0 2(Np){Np) 2 + (Np) (l) + 2 M X=0 2 = Np .13 a) La media es Np = 400(0.n) p(X) 2 = ¿ ( ^ A"=0 .- _. respectivamente. Cumulative Distribution Function Normal w i t h m e a n = 1500.1 y b) 1. SUBC> n o r m a l mean = 1 5 0 0 s d = 3 5 0 . SUBC> n o r m a l m e a n = 1 5 0 0 s d = 3 5 0 .0161 Del siguiente resultado de Minitab se sabe que P(X < 2 000) = 0.6)(15) = 96 Suponga que el n ú m e r o de juegos en que participan los beisbolistas de Ligas M a yores durante su carrera se distribuye normalmente.0766.68 y z = 0 /) A la derecha de r = . mostrado a continuación.2 e) A la izquierda de z . MTB > c d f 2 0 0 0 .6. se encuentra que P(X > 2 000) = 1 .000 x 2. SOLUCIÓN a) 7. a) ¿ Q u é porcentaje juega menos de 750 juegos? b) ¿ Q u é porcentaje juega m á s de 2 000 juegos? c) Calcule el percentil 90 del n ú m e r o de juegos en los que participa un beisbolista durante su carrera.0. que corresponden a las figuras 7-2a) a 7-2g).P(X < 2 000) = 1 . 6 b) Entre z = -0. Por lo tanto.9234 El resultado de Minitab da el percentil 90 como 1.9234. De esto.000 P ( X «= x ) 0.000 x P ( X <= x ) 750. SUBC> n o r m a l mean = 1 5 0 0 s d = 3 5 0 .1 .16 X = X + ZJ = 72 + (-1)(15) = 57 b) X= X + zs = 72 + (1. 9 0 . Utilice Minitab para resolver los siguientes problemas.9234 = 0.95E + 03 o 1 950 juegos.Problemas 7.00 a n d s t a n d a r d d e v i a t i o n = 350. Use el apéndice I L a) Entre z . calcule las calificaciones correspondientes a las medidas estándar a) .1 2 i c) Entrez = ^ 0 .66% participa en más de 2 000 juegos.81 yz = 194 j a i » .4 4 d) Entre z = 0. MTB > i n v c d f . con una media igual a 1 500 juegos y una desviación estándar igual a 350 juegos.0 . = .14. SOLUCIÓN á) En el resultado del Minitab..0 y z = 1. se puede ver que P(X < 750) = 0.15 resueltos • 167 Con referencia al problema 7.17 x 1.00 and s t a n d a r d d e v i a t i o n = 350. 7.61% juega menos de 750 juegos.0161 o 1.2\ g) A la derecha de c = 2 Ü 5 quierda de . Cumulative Distribution Function N o r m a l w i t h m e a n = 1500.0000 b) 0.95E+03 Indique el área bajo la curva normal en cada uno de los siguientes casos: a i a g>. 4 6 y z = 2. MTB > c d f 7 5 0 .9000 7.00 and s t a n d a r d d e v i a t i o n = 350.OOE+03 c) P ( X <= x ) 0. Inverse Cumulative Distribution Function Normal w i t h m e a n = 1500. 2517.3770.68 (por simetría).9049 = 0.05) e) = 1 .46 y z = 0) + (área entre z = 0 y z = 2.6636 FIGURA 7-2 d) (área entre z = 0 y z = 1. Para encontrarla.4251 .4798 = 1 .. respectivamente. .8997 Área requerida = área total .2.3997 + 0. es el área requerida. es el área solicitada..5 y z es 0.28 y z = 0) + (área a la derecha de z = 0) /) Área requerida = = Área requerida = = = Área requerida = g) = 0.(área entre z = 0 y z = 0.46) + (área entre z = 0 y z = 2.(área entre z = -0.1772 + 0. que representa la probabilidad de que z esté entre 0 y 1.5 .81) 0.2}.0951 7.2742 (área entre z = -1. a) a c).5 = 0.4864 = 0.8621. c) E l área entre -1. 4 4 y z = 0 ) . normal y de Poisson SOLUCIÓN á) En el apéndice I I se busca hacia abajo en la columna marcada con z hasta el valor 1.1 .1828 (área a la izquierda de z = 0) . que representa la probabilidad de que z esté entre -0. denotada por Pr{-0.0.3849. 0. c) Área requerida = (área entre z = -0.0. denotada por P r { 0 < z < 1. 0.21) = (área entre z = 0 y z = 0. Z - Las distribuciones binomial.6 y z = 0) (área a la izquierda de z = 0) •• (área entre z = 0 y z = 0. que corresponden a las figuras 7-3a) a 7-3c).2910 = 0.0217. á) E l área entre 0 y z es 0.ZA.. .(área entre z = 0 y z = 2.2 entonces se va hacia la derecha a la columna marcada con 0.2258 = 0. b) E l área a la izquierda de z es 0.(área entre z = .68<z<0}.0. E l t é r m i n o " á r e a " se refiere al área bajo la curva normal.6) 0.94) .0.18 Determine el valor o los valores de z en cada uno de los siguientes casos. El resultado.4738-0.21) = 0. de aquí se va a la derecha a la columna marcada con 8. se busca hacia abajo en la columna marcada con z del apéndice I I . b) El área que se pide es la que está entre z = 0 y z = 0. hasta 0.68 y 0.6. El resultado. .3770 se localiza a la derecha del renglón marcado con 1.3984. ligeramente con menos precisión.4332.5 hasta 155. el área entre 0 y z = 0.4332 .27) = 0.4549 y z = -1.(área entre 0 y z).0217 = 0.5.1 -27 y c) z = -0. véase figura 7-3(c )] 2 El área entre z y -1.5 Ib en unidades estándar = 155.(área entre -1.1781. entonces.16 es otro valor de z.0217 + 0. Caso 2 [z es negativa.• la desviación estándar es de 15 Ib.8621 . Considerando que los pesos se distribuyen normalmente. Así.3621. b) z . véase la figura 7-3(c. por lo que z = ±1.5 = 0. c) (Ordenada en z = -0.0.09. El área entre 0 y z = 0.5-151 _ — = .5 y 0) y 0. pero está a la derecha de -1. 7.694 por interpolación lineal o.0.16. hay que ir hacia abajo en la columna z hasta llegar al valor 0.05) = (ordenada en z = 0. La ordenada requerida es 0.5-151 13 = -—10 155. pero está a la izquierda de -1. E l peso medio de 500 estudiantes hombres de una universidad es de 151 libras (Ib . z = -1.4332 = 0. z = -1. z debe ser negativa.69. de donde z = 1. el área entre 0 y z = 0. SOLUCIÓN 7.5.1 y bajo la columna marcada con 6.20 a) En el apéndice I I .5 y 0) . suponiendo que se redondean a la libra más r r a n 119. c) Si z fuera positiva.5 y z = (área entre -1.8: después hacia la derecha. b) Por simetría: (ordenada en z = -1.0217 = 0. tener cuaiquieí"«a¡sr desde 119. en realidad.)] El área entre -1. FIGURA 7-3 a) b) Caso 1 [z es negativa.5 y 0. a la columna marcada con 4.05. b) Como el área es mayor que 0.27) = (ordenada en z = 1. z = 1. Luego. el área sería mayor que el área entre -1.4332.Problemas resueltos • 169 SOLUCION a) En el apéndice I I el valor 0. .5 Ib.84. que es 0.16.5 Ib en unidades estándar = Tal como se muestra en la figura 7-4a).0.5 = (área entre z y 0) . pues. z debe ser positivo. por lo tanto. calcule c u á n t o s estudiantes pesan a) entre 120 y 155 Ib y b) m á s de 185 lh.19 Encuentre las ordenadas de la curva normal en á) z = 0.2803. Por simetría.4115.0217 = (área entre 0 y z) .35.(área entre 0 y z) y 0. 119.05) = 0. de donde z = -1.-v .4332 . SOLUCIÓN a) Los pesos registrados entre 120 y 155 Ib pueden.5. 21 P r { W > 185. 185.5} =0.30) = (área entre z = -2.10 y z = 0) + (área entre z = 0 y z = 0.0107) = 5.1 . 127.0582 Por lo tanto. Proporción requerida de estudiantes = (área a la izquierda de z = -1.Z • Las distribuciones binomial.5 Ib en unidades estándar = 127.0582) = 29.57) = (área a la izquierda de z = 0) .5 Ib en unidades estándar = 185. el número de estudiantes que pesan más de 185 Ib es de 500(0.5-151 — = 2. el número de estudiantes que pesan menos de 128 Ib es de 500(0.57 .5-0. 5 7 y z = 0) = 0.5-151 — = -1. SOLUCION a) Los estudiantes que pesan menos de 128 Ib deben pesar menos de 127.30 15 Como se muestra en la figura 7-4¿>). Proporción requerida de estudiantes = (área a la derecha de z = 2.4893 =0.: - : .4418 = 0.5 Ib.5 Ib. normal y de Poisson FIGURA 7-4 2. Si W denota el peso de un estudiante al azar.30 b) Proporción de estudiantes requerida = (área entre z = -2. FIGURA 7-5 -1.0107 Determine c u á n t o s de los 500 estudiantes del problema 7.0107 Por lo tanto.30) = (área a la derecha de z = 0) . b) 128 Ib y c) menos o igual a 128 Ib.30) = 0.6000 7.6000 Por lo tanto.10 y z = 0.60001 = 300.(área entre z = .20 pesan a) menos de 128 Ib.4821 +0.5} = 0. b) Los estudiantes que pesan más de 185 Ib deben pesar por lo menos 185.50 b) c) .1179 = 0.30) = 0. el número de estudiantes que pesan entre 120 y 155 Ib es de 500(0.57 -1. 5 0 a) -1. los resultados anteriores se pueden resumir en términos de probabilidad escribiendo Pr{ 119.57 Como se muestra en la figura 7-5«).5-0.1 .5 <W< 155.(área entre z = 0 y z = 2. 50) = (área entre z = -1.0086) = 4.l y z = 0) . 127... SOLUCIÓN a) Para aplicar la distribución normal a datos discretos es necesario tratar los datos como si fueran continuos.5 Ib en unidades estándar = 127.5-6..5-151 — = -1.Problemas b) resueltos • 171 Los estudiantes que pesan 128 Ib pesan entre 127.7 1.2.50) = (área a la izquierda de z = 0) .57 128.(área entre z = -1.0668) = 33.2. el número de estudiantes que pesa 128 Ib o menos es 500(0.0 = -0.50 y z = 0) = 0.4332 = 0. b) la calificación m á x i m a de 10% m á s bajo de la clase y c) la calificación m á s baja de 10% m á s alto de la clase.5-151 — = -1.5-151 — = -1. dependiendo del n ú m e r o de respuestas correctas. = —'. c) Los estudiantes que pesan 128 Ib o menos deben pesar menos de 128.0. y 0) = 0. 17 j : = • = 0.4418-0. una calificación de 6 puntos se considera que está entre 5.5 y 128. determine a) el porcentaje de estudiantes con 6 puntos.17) = (área entre z = .17 Como se muestra en la figura 7-6a) Proporción requerida = (área entre z = . 5 0 y z = 0) = 0.0086 Por lo tanto.5-6.0668 Por lo tanto.40 y z.2 o 5.. 5.5 puntos..1 .57 y z = 0) . 128. redondeando al entero más c o r r o Ote . L a calificación media fue de 6. el área a la izquierda de z.50 Como se observa en la figura 7-5c).(área entre z = .5 Ib. Entonces.2 6.50 Como se indica en la figura l-5b). Proporción requerida de estudiantes = (área entre z = -1.5 en unidades estándar = 5. Considerando que las calificaciones están normalmente distribuidas.5 Ib en unidades estándar = 128.5 y 6.1 y z = -0.5-0.28 (muy aprcximacc ?:: : u r = -1.3413 . 1.(área entre .2738 = 27% b) Sea X¡ la calificación máxima requerida y z.57 y z = -1.0675 = 0. de un total de 10 preguntas. el número de estudiantes que pesa 128 Ib es de 500(0. es 10% = 0. Otro método [usando los incisos a) y b)] El número de estudiantes que pesan menos o igual a 128 Ib es (número de los que pesan menos de 128 Ib) + (número de los que pesan 128 Ib) = 29 + 4 = 33.2 = -1. la calificación en imwijnW OBK la figura 7-6¿>).5 Ib en unidades estándar = 128.7 1.5 en unidades estándar = 6. Las calificaciones en un examen de biología son 0.28 y X¡ = 5. Proporción requerida de estudiantes = (área a la izquierda de z = -1.1(h por a a a a i K entre.5 Ib.4332 = 0.7 y la desviación e s t á n d a r fue de 1. 10 puntos. =-1. 2 Como se ve en la figura 7-7. z = 1.508 en unidades estándar .502 0.0.4955 a 0.005 pulg. 0.5085 pulg.508-0. Sin embargo.005 • = -1. el porcentaje de arandelas defectuosas es de 100% . SOLUCIÓN a) Pr{3 caras} = Pr{4 caras) = 15 I 21 \2 \2 T28 ~512 63 Pr{5 caras} 256 Pr{6 caras} i\Vp 4 105 512 .23 2 2 E l d i á m e t r o interno medio de una muestra de 200 arandelas producidas por una m á q u i n a es de 0.6.496 . se permitirá una tolerancia m á x i m a en el d i á m e t r o de 0. Obsérvese que si se considera que el intervalo de 0. 2 2 2 7.2 = 1. redondeando al entero más cercano.1)11. los resultados anteriores se modifican ligeramente.496 a 0. o serán consideradas defectuosas.2) = 2(0. Así (X .77% = 23%. SOLUCIÓN 0.2 1. Debido al uso que se dará a estas arandelas.28.502 0.28 y X = 8. FIGURA 7-7 -1.508 pulg representa en realidad a los diámetros de 0.005 1. Determine el porcentaje de arandelas defectuosas producidas por la m á q u i n a .2 u 8. con dos cifras los resultados son iguales.496 en unidades estándar : 0. utilizando: a) la distribución binomial y b) la a p r o x i m a c i ó n normal a la distribución binomial. Proporción de arandelas sin defecto = (área bajo la curva normal entre z = -1.508 pulg.2 0.2 Aproximación normal a la distribución binomial 7.502 pulgadas (pulg) y la d e s v i a c i ó n e s t á n d a r es de 0.24 Calcule la probabilidad de obtener entre 3 y 6 caras inclusive en 10 lanzamientos de una moneda.2 y z = 1.496 a 0.• 72 CAffTULO 7 Las distribuciones binomial.7698 o 77% aproximadamente Por lo tanto. suponiendo que los d i á m e t r o s están distribuidos normalmente. normal y de Poisson FIGURA 7-6 b) c) Sea X la calificación más baja requerida y z la calificación en unidades estándar Del inciso a).3849) = 0.2) = (dos veces el área entre z = 0 y z = 1. por simetría. 25 0.5 en unidades estándar = 2.1 - 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -F 0 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Número de caras Número de caras b) a) Si se consideran los datos como continuos.5 caras. la media y la varianza de la distribución binomial están dadas por p = Np = 10(5)= 5 y cr= \ÍNpq = V(10)(i)(j) = 1-58.95) = (área entre z = -1. 2. = = . SOLUCIÓN ¡i.95) = 0.3- 0. Probabilidad Probabilidad 0.95 Como se muestra en la figura 7-9.58 y z = 0.4429 + 0. esta última trata los datos como si fueran continuos. Calcule la probabilidad de que el n ú m e r o de < no difiera de 250 por a) m á s de 10 y b) m á s de 30.58 6.Problemas resueltos Por lo tanto Pr{entre 3 y 6 caras.5-5 1.5 en unidades estándar = 6. La probabilidad requerida es la suma de las áreas de los rectángulos sombreados en la figura 7-86) y puede aproximarse por el área bajo la curva normal correspondiente.2- 0.1 - 0.3289 = 0. Además.58 1. La precisión es aún mayor para valores grandes de N. que se muestra como línea discontinua.7718 que coincide muy bien con el valor verdadero de 0.7734 obtenido en el inciso a). se deduce que de 3 a 6 caras pueden considerarse como de 2.2- 0.58 = 0.5-5 = -1. FIGURA 7-9 -1.58 7.5 a 6.58 y z = 0) + (área entre z = 0 y z = 0.3- 0. = Np = (500)(i) = 250 500 . inclusive} 15 i 128 b) FIGURA 7-8 105 i 512 63 i 256 105 99 — 512 n m t — o 7734 128 La distribución de probabilidad para el número de caras en 10 lanzamientos de la moneda está graneado en la figura 7-8a) y en la figura 7-86). Probabilidad requerida = (área entre z = -1.95 Se lanza una moneda 500 veces. 73 = 2(0.5 er. Use M i n i t a b para resolverlo. SOLUCIÓN Los resultados de Minitab que se presentan a continuación muestran que la probabilidad de que 70 o menos niños estén usando un cinturón de seguridad es igual a 0. .5 .9936 Se deduce que. SUBC> n o r m a l mean = 75 s d = 4 . Dado que 219. 7 5 . Calcule la probabilidad de que en una muestra de 10 herramientas elegidas al azar exactamente dos sean defectuosas.33. Calcule la probabilidad de que al parar aleatoriamente 100 autom ó v i l e s con niños de 1 a 4 a ñ o s de edad. si resultara que el número real de caras fuera 280. utilizando a) la distribución binomial y b) la a p r o x i m a c i ó n de Poisson a la distribución binomial.94 y 260. normal y de Poisson Se requiere la probabilidad de que el número de caras esté entre 240 y 260 o.94. es la siguiente: la media de la distribución binomial es p = Np = 100(0. utilizando la aproximación normal a la distribución binomial. con gran confianza.250)/l 1. presentados a continuación. Cumulative Distribution Function N o r m a l w i t h mean = 75 . entre 239.18 = -0. considerando los datos como continuos.4968) = 0. 7. SUBC> b i n o m i a l 1 0 0 .250)/11. Cumulative Distribution Function B i n o m i a l w i t h n = 100 a n d p = 0 . Los resultados de Minitab. a s í como la a p r o x i m a c i ó n normal a la distribución binomial.1495 La solución.73 y 280. se tiene Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal entre z = -0.00 0. 7 5 0 0 0 0 x P ( X <= x ) 70. 70 o menos estén usando el cinturón de seguridad.73.5 en unidades estándar es 2. unidades estándar es (219. Encuentre la solución utilizando la distribución binomial.1495. el número de caras no diferirá del número esperado (250) por más de 30.1493 Distribución de Poisson 7. La aproximación es muy cercana al valor verdadero. Como 239.3264) = 0.26 Suponga que 75% del grupo de edades de 1 a 4 a ñ o s utiliza regularmente cinturones de seguridad.1493.5000 P ( X <= x ) 0. considerando los datos como continuos. 5 .5.5 y 260. muestran que la aproximación normal es igual a 0. 33 .5 .5 y 280. 0 0 0 0 a n d s t a n d a r d d e v i a t i o n = 4 .94 y z = 0. estaba cargada).25) = 4.17- CAPÍTULO 7 • Las distribuciones a) binomial.75) = 75 y la desviación estándar es cr= \/Ñpq = \/l00(0. Así.27 Diez por ciento de las herramientas producidas en un proceso de manufactura resultan defectuosas.94) = 2(0.5 en unidades estándar es (239.6528 b) Se busca que la probabilidad de que el número de caras esté entre 220 y 280 o.94) = (dos veces el área entre z = 0 y z = 0.75)(0. 3 3 0 0 0 x 70.5. MTB > c d f 7 0 . MTB > c d f 7 0 . se tiene Probabilidad requerida = (dos veces el área bajo la curva normal entre z = 0 y z = -2. entre 219.5 en unidades estándar es 0. se creería firmemente que la moneda tenía truco (es decir.18 = -2. Probability Density Function P o i s s o n w i t h mu = 2 b) X P( X < = x ) 3.1) (0.P(X < 2). La probabilidad de que más de dos individuos sufran una reacción es de 1 .00 0. con la distribución de Poisson y la distribución binomial.001 x P ( X <= x ) 2.1.28 Si la probabilidad de que un individuo sufra una r e a c c i ó n adversa por la inyección de un suero es de 0.19 Con X = Np= 10(0. MTB > p d f 3. Pr{2 herramientas defectuosas de 10} = 2 O2! '-'=í2 1le = 0. 7. utilizando la distribución binomial y la distribución de Poisson.0. Usando \ = Np = (2 000)(0. determine la probabilidad de que de 2 000 individuos a) exactamente 3 y b) m á s de 2 individuos sufran dicha r e a c c i ó n .1)= 1 y usando e = 2.1839 = X\ o0. Los siguientes resultados de Minitab muestran la probabilidad de X < 2 como 0.6767 .1804 La probabilidad de que más de 2 individuos sufran una reacción está dada por 1 .Problemas resueltos • 175 SOLUCION La probabilidad de que una herramienta resulte defectuosa es p = 0. Probability Density Function B i n o m i a l w i t h n = 2000 and p = 0 .9) = 0.0 0.6767. SOBC> p o i s s o n 2 . La aproximación de Poisson se encuentra extremadamente cercana a la probabilidad binomial.6767 MTB > c d f 2 .00 0.8 En general.1805 MTB > p d f 3 .3233.001. SUBC> b i n o m i a l 2000.6767 = 0. Cumulative Distribution Function P o i s s o n w i t h mu = 2 x P ( X <= x ) 2.1937 o 0. SUBC> p o i s s o n 2 .0 0. SUBC> b i n o m i a l 2 0 0 0 . la aproximación es buena si p < 0. 0 0 1 . Cumulative Distribution Function B i n o m i a l w i t h n = 2 0 0 0 a n d p = 0 . MTB > c d f 2 .1 y 1 = Np < 5. a) b) Pr{2 herramientas defectuosas de 10} = 2 8 (0. SOLUCIÓN a) Los siguientes resultados de Minitab presentan primero la probabilidad binomial de que exactamente 3 sufran una reacción adversa.718.001. 001 x P( x < = x ) 3.001) = 2. Utilice M i n i t a b para resolverlo. la probabilidad de Poisson se muestra después de la probabilidad binomial. x 5- .4868 usando el apéndice VIII i -o.3505) = 0.72)e-°' = °- 5 1 8 f"° 7 2 72 = (0. 4 blancas y 3 azules. La bondad de ajuste se investiga en el problema 12. b) p(\\ X ) = 0 7 2 — x \ — c) p(2) y d) p(3).17. 2 sean blancas y 1 sea azul.36)(0.2592)(0. e p{\) = (0. SOLUCION 012 a) p(0) = on ÍO 12)° p~ ' ' !])e~ = ^¿-j = e~° V b) 12 (0. 2 6 2 Otro método {2) p d) p{l) = ( 0 ' 7 2 ) = ^ 3. Por el problema 7 . La tabla 7-4 incluye estas probabilidades.(0. se anota su color y se regresa a la caja.29 binomial. 2 sean blancas y 1 sea azul} = ^ y y j ( y¿ ) 1^1 I ) 5~184 = Ajuste de datos mediante distribuciones teóricas 7.72) p(\) ~ c) pi2) = { ° %r J 2 = 0.72)V Á Calcule a) p(0). 3 sean rojas.1262) = 0. 5p = 2. = Np = 5p.JO 7 • Los distribuciones 7. Se extrae una bola aleatoriamente.506) *.494) (0. Pr{blanca en cualquier extracción} = tz y Pr{azul en cualquier extracción} = A .1262 0 = ^P(2) = (0. Calcule la probabilidad de que de 6 bolas seleccionadas de esta manera. El ajuste parece ser bueno. así como las frecuencias esperadas (teóricas) y las reales.72)(0.72 ( e = (0.4868) = 0 . Entonces. SOLUCIÓN 5 x 5 x Se tienen Pr{X caras en un lanzamiento de 5 monedas) = p{X) = ( )p q ~ .47 op = 0. la).12. SOLUCIÓN Pr{roja en cualquier extracción} = r¡. la media del número de caras es p. normal y de Poisson Una distribución de Poisson está dada por (0.4868) = 0.24)(0. la media del número de caras es x E f* £ / = (38)(0) + (144)(1) + (342)(2) + (287)(3) + (164)(4) + (25)(5) 1 000 = 2 470 1 000 = Igualando la media teórica con la real. dondep y q son las probabilidades respectivas de cara y cruz en un solo lanzamiento de una moneda..0303 Distribución multinomial 7.494.3505 . Para la distribución de frecuencias real (u observada). la distribución binomial ajustada está dada por p(X) = (£)(0. por lo tanto 3 2 / 6! / 5 \ / 4 \ / 3 \ ' 625 Pr{3 sean rojas.31 Ajuste una distribución binomial a los datos del problema 2.30 Unacaja contiene 5 bolas rojas. De lo anterior se deduce que sí hay un buen ajuste de los datos (véase el problema 7. las áreas bajo la curva normal desde 0 taasn z « obtuvieron del apéndice I I .5 65. Para determinar . se grafícan contra las fronteras de clase superiores en papel milimétrico. En la medida en que todos los puntos graneados caigan sobre una recta. SOLUCIÓN El procedimiento puede organizarse como en la tabla 7-6.4 o 29 25 Frecuencia esperada Frecuencia observada Utilice papel milimétrico para determinar si la distribución de frecuencias de la tabla 2-1 puede ser aproximada de manera cercana por una distribución normal. como se muestra en la tabla 7-5.5 Estatura (pulgadas) Ajuste una curva normal a los datos de la tabla 2 . Estas se obtienen resxaMto fe§ n sucesivas de la columna 4 cuando las z correspondientes tienen d n n a o B C K » « • • » - .) 62.22 y 4.7 o 151 164 5 0. Después. respectivamente. se determinará la cercanía del ajuste de la distribución a una distribución normal.X)/s. como se muestra en la columna 5. En la columna 4 de la tabla 7-6.7 o 309 287 4 0. donde la media X y la desviación nrtmam s m obtuvieron de los problemas 3.5 68.33).2 o 33 38 1 0.5 71.0332 33.5 5. De aquí.3162 316. FIGURA 7-10 T a b l a 7-5 Estatura (pulg) Frecuencia relativa acumulada (%) Menor que 62.1619 161.3087 308.1 .5 100.17. las áreas bajo la cuna normal r e s a n a i e 'ÎŒ sucesivos de z. para las ñxmteras de clase se utiliza z = (X . las frecuencias relativas acumuladas.Problemas resueltos • T a b l a 7-4 7.0 (c.0 Menor que 65.33 65.5 23.32 Número de caras (X) Pr{X caras) 0 0.0 Menor que 71. expresadas en porcentaje. SOLUCIÓN Primero la distribución de frecuencias se convierte en una distribución de frecuencias relativas acumuladas.0 Menor que 74.0294 29.5 92.1507 150.0 Menor que 68.9 o 162 144 2 0.5 7.2o316 342 3 0. como se indica en la figura 7-10. 1.'.70 0. La razón de esto se aclara con un diagrama.4920 X = 67. / . de un plazo de 50 días. así como el número esperado o teórico de días durante los que X accidentes tuvieron lugar (obtenido al multiplicar las probabilidades respectivas por 50).13.2068 20.67 68.5 -0. durante el cual ocurrieron X accidentes automovilísticos en una ciudad.- _ .5 62. Para facilitar la comparación.39 0.36 0.-* 0. . la columna 4 repite el número real de días de la tabla 7-7.50 ~ U ' y U De acuerdo con la distribución de Poisson: x Pr{A" accidentes) = (0. La bondad de ajuste de la distribución es considerada en el problema 12.4554 65. Ajuste una distribución de Poisson a estos datos.0743 7.92 pulg dolas cuando las z vienen con signos opuestos (lo que ocurre sólo una vez en la tabla).90) e-° — 90 La tabla 7-8 contiene las probabilidades para 0.2771 27.2 • Los distribuciones binomial.71 o 28 27 0.92 o 39 42 0. Obsérvese que el ajuste de la distribución de Poisson a los datos es buena. 3 y 4 accidentes.13 o 4 5 0.4967 0.3892 38.72 -1.45 pulg Frecuencia esperada Frecuencia observada 0. es posible usar la desviación estándar modificada por la corrección de Sheppard [véase el problema 4. obtenidas de la distribución de Poisson.34 L a tabla 7-7 muestra el n ú m e r o de d í a s . Tabla 7-7 Número de accidentes (X) Número de días (/) 0 21 1 18 2 7 3 3 4 1 Total 50 SOLUCION La media de accidentes es _ E / r _ (21)(0) + (18)(l) + (7)(2) + (3)(3) + (l)(4) _ 45 £ / " 50 . Es evidente que coinciden bien con las frecuencias reales (u observadas) de la columna 7.5 2.2486 ) > Suma.5 -2.43 o 7 8 s = 2. normal y de Poisson T a b l a 7-6 Estaturas (pulg) 60-62 63-65 66-68 69-71 72-74 Fronteras de clase 00 z para fronteras de clase Área bajo la curva normal de 0 hasta z Área para cada clase 59.1406 J 71.68 o 21 18 0.0413 4. como se muestra en la columna 6. .21a)]. Si así se desea. Multiplicando los valores de la columna 5 (que representan frecuencias relativas) por la frecuencia total N (en este caso N = 100) se obtienen las frecuencias esperadas.5 1.5 0..4177 74. 7.41 0. 2. 33 o 20 21 1 0. .3659 18.56 o 1 1 2 Para una distribución de Poisson verdadera.4066 20.24 o 8 7 3 0.Problemas compleméntanos • Tabla 7-8 Número de accidentes (X) Pr{X accidentes) Número real de días Número esperado de días 0 0.1647 8.90 para \ . está la varianza a = X.0111 0.30 o 18 18 2 0.47 o 2 3 4 0. por lo cual puede considerarse como mayor evidencia de lo adecuado de la distribución de Poisson para aproximarse a los datos muéstrales.0494 2. Esta coincide con el valor 0.97. Calculando la varianza de la distribución proporcionada se obtiene 0. Documents Similar To Problemas Resueltos DistribucionSkip carouselcarousel previouscarousel nextDistribucion binomialDistribuciones de Probabilidad Para Variable Aleatoria Discretas. 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