apuntes de probabilidad y estadistica ing. …profesores.dcb.unam.mx/users/guillermocm/docs/capitulo...

APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA ING. GUILLERMO CASAR MARCOS

1

TEMA IV. “MODELOS PROBABILISTICOS COMUNES”.

DISTRIBUCION DE BERNOULLI

SI EN UN EXPERIMENTO SOLO APARECEN DOS POSIBLES

RESULTADOS: “ÉXITO” O “FRACASO” , A DICHO EXPERIMENTO SE LE

LLAMA DE BERNOULLI.

EJEMPLO:

SE LANZA UNA MONEDA, LOS POSIBLES RESULTADOS SON:

“CAE AGUILA” = ÉXITO

“CAE SOL” = FRACASO.

ASOCIANDO AL RESULTADO DEL EXPERIMENTO, UNA VARIABLE

ALEATORIA (V.A.) x, ESTA VARIABLE TOMARA LOS VALORES DE 1 Y 0,

ESTO ES, EL ESPECTRO DE x ES:

{1, 0}

DE ESTA MANERA SE PUEDE DEFINIR UNA FUNCION DE

PROBABILIDAD:

P ; x = 1 (ÉXITO)

P (x) =

1 – P ; x = 0 (FRACASO)

ESTO ES P (x = 1) = P , P ( x = 0) = 1 – P

= q

DE TAL MANERA QUE:

x

xP )( = P(1) + P(0) = P + 1 – P = 1

GRAFICAMENTE:


2

LA MEDIA DE LA DISTRIBUCION.

x = E {x} = x

x P (x) = (0) P (0) + 1 P (1)

= (0) (1 – P) + (1) (P)

= p

LA VARIANCIA DE LA DISTRIBUCION:

x 2 = E { ( x – x)

2 } =

x

(x – x)2 P (x) = (0 – P)

2 P (0) + (1 – P)

2 P (1)

= P2 (1 – P) + (1 – P)

2 P

= P (1 – P) [P + (1 – P) ]

= P (1 – P)

= p q

RECORDAR QUE:

x2 = E { x

2} – x

2


3

DISTRIBUCION BINOMIAL

SI EL EXPERIMENTO DE BERNOULLI SE LLEVA A CABO VARIAS

VECES Y LAS PRUEBAS SON INDEPENDIENTES SE TIENE UN “PROCESO DE

BERNOULLI”.

SI LA VARIABLE ALEATORIA x REPRESENTA EL NUMERO TOTAL

DE EXITOS Y EL EXPERIMENTO SE REPITE N VECES, ENTONCES SE

BUSCARA CONOCER P(x)

EJEMPLO:

SE LANZA UNA MONEDA 3 VECES.

ÉXITO: CAE AGUILA ; P (x = 1) = P

FRACASO: CAE SOL ; P (x = 0) = 1 – P = q

P (x = 0) =?

P (x =0) = q . q . q = q3 = 3C0 p

0 q

3

P (x = 1) =?

P (x = 1) = p . q • q + q • p• q + q• q• p

= 3 p q2

= 3C1 p q2

P (x = 2) = ? ;

P (x =2) = p. p. q + q. p. p + p. q. p.

= 3 p2 q

= 3C2 p2 q

P (x =3) = ?

P (x = 3) = p. p. p

= p3

= 3C3 p3 q

0


4

RELACION (a + b)3 = a

3 + 3a

2b + 3ab

2 + b

3

n!

nCr = ----------------

r! (n – r) ¡

N PRUEBAS EN UN PROCESO DE BERNOULLI

P (x = n) =?

P (x = n) = NCn pn q

N-n

EN LA DISTRIBUCION BINOMIAL PARA LA V. A x QUE REPRESENTA

EL NUMERO DE EXITOS EN UN PROCESO DE BERNOULLI, SE DEFINE LA

FUNCION DE PROBABILIDAD:

P (x) = NCn px q

n-x

P (X = n) = NCn pn q

N-n

µ = N p

σ2 = N p q

EJEMPLO.

LA PROBABILIDAD DE QUE UN JUGADOR DE BASKET-BALL ANOTE

UN TIRO LIBRE ES DE ¾. SUS TIROS SON INDEPENDIENTES, SI EN UN

JUEGO PUEDE HACER 5 TIROS LIBRES, DETERMINAR:

a) LA PROBABILIDAD DE QUE ACIERTE EN TODOS SUS TIROS

b) LA PROBABILIDAD DE QUE FALLE TODOS SUS TIROS

c) LA PROBABILIDAD DE QUE ACIERTE POR LO MENOS LA MITAD

DE SUS TIROS.

p = ¾ = 0.75 ; q = ¼ = 0.25 ; N = 5

Espectro = 5,4,3,2,1,0

a) P ( x = 5 ) = 5C5 p5 q

0 = (5¡/(5¡ (0)¡)) (0.75)

5(0.25)

0

= 0.2373 = 23.73%

b) P ( x = 0 ) = 5C0 p0 q

5 = (5¡/(0¡ (5)¡)) (0.75)

0(0.25)

5

= 0.00097 = 0.097%


5

c) P ( x > 3 ) = P (x=3) + P (x=4) + P (x=5) =

= 1 – ( P(x=2) + P(x=1) + P(x=0) )

DISTRIBUCION DE BERNOULLI.

P ; x = 1 x = p , x2 = p (1 – p) = pq

P (x) =

1 – P ; x = 0

DISTRIBUCION BINOMIAL.

P (x) = NCx px q

n-x ; x = 0, 1, 2, …., N x = Np

x2 = Npq

DISTRIBUCION GEOMETRICA

SI EN UN PROCESO DE BERNOULLI SE QUIERE CONOCER LA

DISTRIBUCION DEL NUMERO DE PRUEBAS EFECTUADAS HASTA

OBTENER EL PRIMER ÉXITO O SEA EL NUMERO DE FRACASOS

CONSECUTIVOS QUE PRECEDEN AL PRIMER ÉXITO, A DICHA

DISTRIBUCION SE LE LLAMA GEOMETRICA.

SEA x LA V. A. Y x = n EL NUMERO DE FRACASOS CONSECUTIVOS

QUE PRECEDEN A UN ÉXITO, ENTONCES SE QUIERE CONOCER P (x =n)

EN UNA PRUEBA P (x = 1) = P

DE BERNOULLI P (x = 0) = 1 – P = q

P (x = n) = q• q• q• ……. •q •p

n

P (x = n) = qnp

P (x = n) = qnp FUNCION DE PROBABILIDAD

EJEMPLO:

UN JUGADOR DE BALONCESTO HACE 5 TIROS. OBTENER LA

DISTRIBUCION GEOMETRICA.


6

p = ¾ ; q = ¼

SOLUCION:

Espectro = ( 0 , 1 , 2 , 3 , 4 )

P (x=1) = qp = ¼ • ¾ = 3/16 = 0.1875

P (x=0) = q0p = 1 x ¾ = 0.75

P (x=2) = q2p = (¼)

2 • ¾ = 0.0468

P (x=3) = q3p = (¼)

3 • ¾ = 0.0117

P (x=4) = q4p = (¼)

4 • ¾ = 0.0029

CALCULO DE LA MEDIA Y DE LA VARIANCIA

x = E {x} = x

x P (x)

POR MEDIO DE LA TRANSFORMADA GEOMETRICA:

Pt (Z) =

0n

qnp Z

n

P(x)


7

=

0n

(1 – q) qn Z

n

= (1 – q)

0n

qnZ

n SERIE GEOMETRICA

1

= (1 – q) ----------

1 – qZ

1 - q

Pt (Z) = ----------

1 – qZ

dPt (Z) - (1 – q) ( -q) q

x = ------------- │z=1 = ------------------- │z=1 = ------

dZ (+1 – q) (Z) 2 1 – q

d2

pt (Z) q

x2 = ------------ │z=1 + x – x

2 = -----------

dZ (1 – q)2

q ¼

x = ------------ = ----- = ⅓

1 – q ¾

EJEMPLO:

SE SABE QUE EL 20% DE LOS TRANSISTORES QUE PRODUCE UNA

INDUSTRIA SON DEFECTUOSOS:

i) CALCULAR LA PROBABILIDAD DE QUE 4 TANSISTORES TOMADOS AL

AZAR:

a) UNO RESULTA DEFECTUOSO

b) NINGUNO RESULTA DEFECTUOSO.

c) MAS DE 2 SEAN DEFECTUOSOS

d) POR LO MENOS 3 SEAN DEFECTUOSOS

ii) CALCULAR LA PROBABILIDAD DE QUE 5 TRANSISTORES RESULTEN

NO DEFECTUOSOS Y QUE EL SEXTO TRANSISTOR SEA DEFECTUOSO.


8

SOLUCION:

i) 4 TRANSISTORES.

SEA LA V.A. x QUE REPRESENTA EL NUMERO DE TRANSISTORES

DEFECTUOSOS.

a) P (x = 1) =?

N = 4 PROCESO DE BERNOULLI

p = 0.2 , q = 0.8

TRABAJANDO UNA DISTRIBUCION BINOMIAL

4!

a) P (x = 1) = 4C1 p1 q

3 = --------- (0.2) (0.8)

3 = 0.4096 = 40.96%

1! (3!)

b) P (x = 0) = 4C0p0q

4 = 0.4096 = 40.96 %

c) P (x>2) = P(3) + P(4) = 1 – [ P(0) + P(1) + P(2)] = 1-(0.4096+0.4096+0.1536)=0.0272

= 2.72%

4!

P( x = 2 ) = 4C2p2q

2= --------------- (0.2)

2 (0.8)

2 = 0.1536

2! (4 - 2!)

d) P(3) + P(4) = 0.0256 + 0.0016 = 0.0272 = 2.72%

4!

P( x = 3 ) = 4C3p3q= ---------------- (0.2)

3 (0.8)

= 0.0256

3! (4 - 3!)

4!

P ( x = 4) = 4C4p4q

0= ---------------- (0.2)

4 (0.8)

0 = 0.0016

4! (4 - 4!)

ii) P (x = 5) =? DISTRIBUCION GEOMÉTRICA

x : TRANSISTOR DEFECTUOSO


9

P (x = 5) = q5p = (0.8)

5 (0.2) = 0.065536 = 6.55%

ii’) CALCULAR LA PROBABILIDAD DE SACAR 5 TRANSISTORES

DEFECTUOSOS Y EL 6to. SEA NO DEFECTUOSO.

y : TRANSISTOR NO DEFECTUOSO

p = 0.8

q = 0.2

P (y = 5) = q5p = (0.2)

5 (0.8) = 0.000256 = 0.0256%

DISTRIBUCIÓN BINOMIAL NEGATIVA E HIPERGEOMÉTRICA

LAS DISTRIBUCIONES HIPERGEOMETRICA Y BINOMIAL NEGATIVA

ESTAN AMBAS CERCAMENTE RELACIONADAS CON LA DISTRIBUCION

BINOMIAL. MIENTRAS QUE LA DISTRIBUCION BINOMIAL ES EL MODELO

APROXIMADO DE PROBABILIDAD PARA MUESTREO SIN REEMPLAZO DE

UNA POBLACION DICOTOMICA FINITA (S-F), LA DISTRIBUCION

HIPERGEOMETRICA ES EL MODELO EXACTO DE PROBABILIDAD PARA

EL NUMERO DE LAS S DE LA MUESTRA. LA VA X BINOMIAL ES EL

NUMERO DE LAS S CUANDO EL NUMERO n DE INTENTOS ES FIJO, EN

TANTO QUE LA DISTRIBUCION BINOMIAL NEGATIVA RESULTA DE FIJAR

EL NUMERO DE LAS S Y HACER ALEATORIO EL NUMERO DE INTENTOS.

LAS SUPOSICIONES QUE LLEVAN A LA DISTRIBUCION

HIPERGEOMETRICA SON:

1.- LA POBLACION O CONJUNTO DONDE DEBA HACERSE MUESTREO

CONSTA DE N INDIVIDUOS, OBJETOS O ELEMENTOS (UNA POBLACION

FINITA).

2.- CADA INDIVIDUO PUEDE SER CARACTERIZADO COMO UN ÉXITO

(S) O FRACASO (F), Y HAY M EXITOS EN LA POBLACION.

3.- SE SACA UNA MUESTRA DE N INDIVIDUOS EN FORMA TAL QUE

SEA IGUALMENTE PROBABLE QUE SE SELECCIONE CADA SUBCONJUNTO

DE TAMAÑO N.

LA VARIABLE ALEATORIA DE INTERES ES X = NUMERO DE LAS S DE

LA MUESTRA. LA DISTRIBUCION DE PROBABILIDAD DE X DEPENDE DE

LOS PARAMETROS n, M Y N, ASI QUE DESEAMOS OBTENER

P (X = x) = h (x ; n, M, N).


10

EJEMPLO:

LA BIBLIOTECA DE UNA ESCUELA DE ESTUDIANTES NO

GRADUADOS TIENE 20 EJEMPLARES DE CIERTO TEXTO DE

INTRODUCCION A LA ECONOMIA, DE LOS CUALES 8 SON PRIMERAS

IMPRESIONES Y 12 SON SEGUNDAS IMPRESIONES (QUE CONTIENEN

CORRECCIONES DE ALGUNOS PEQUEÑOS ERRORES QUE APARECIERON

EN LA PRIMERA EDICION). EL INSTRUCTOR DEL CURSO HA SOLICITADO

QUE 5 EJEMPLARES SEAN PUESTOS EN RESERVA DE 2 HORAS. SI LOS

EJEMPLARES SE SELECCIONAN EN UNA FORMA POR COMPLETO AL

AZAR, DE MODO QUE CADA SUBCONJUNTO DE TAMAÑO 5 TENGA LA

MISMA PROBABILIDAD DE SER SELECCIONADO, ¿Cuál ES LA

PROBABILIDAD DE QUE x (x = 0, 1, 2, 3, 4 O 5) DE LOS SELECCIONADOS

SEAN SEGUNDAS IMPRESIONES ?

EN ESTE EJEMPLO, EL TAMAÑO DE LA POBLACION ES N = 20, EL

TAMAÑO MUESTRAL ES n = 5, Y EL NUMERO DE LAS S (SEGUNDA

IMPRESIÓN = S) Y LAS F DE LA POBLACION SON M = 12 Y N – M = 8,

RESPECTIVAMENTE. CONSIDERE EL VALOR x = 2. DEBIDO A QUE TODOS

LOS RESULTADOS (CADA UNO FORMADO DE CINCO LIBROS

PARTICULARES) SON IGUALMENTE PROBABLES,

NUMERO DE RESULTADOS CON X = 2

P (X = 2) = h(2; 5, 12, 20) =

NUMERO DE POSIBLES RESULTADOS

EL NUMERO DE POSIBLES RESULTADOS DEL EXPERIMENTO ES

IGUAL AL NUMERO DE FORMAS DE SELECCIONAR 5 DE LOS 20 OBJETOS,

CUALQUIERA QUE SEA EL ORDEN, ESTO ES, (20

5). PARA CONTAR EL

NUMERO DE RESULTADOS QUE TENGAN X = 2, OBSERVE QUE HAY (12

2)

FORMAS DE SELECCIONAR 2 DE LAS SEGUNDAS IMPRESIONES, Y PARA

CADA UNA DE ESTA FORMAS HAY (83) FORMAS DE SELECCIONAR LAS 3

PRIMERAS IMPRESIONES PARA LLENAR LA MUESTRA. LA REGLA DEL

PRODUCTO DA ENTONCES (12

2) (83) COMO EL NUMERO DE RESULTADOS

CON X = 2, ASI QUE:

12 8

2 3 77

h(2; 5, 12, 20) = = = 0.238 = 23.8%

20 323

5


11

EN GENERAL, SI EL TAMAÑO MUESTRAL n ES MENOR QUE EL

NUMERO DE EXITOS DE LA POBLACION (M), ENTONCES EL VALOR

MAXIMO POSIBLE DE X ES n. SIN EMBARGO, SI M<n (POR EJEMPLO, UN

TAMAÑO MUESTRAL DE 25 Y SOLO 15 EXITOS DE LA POBLACION),

ENTONCES X PUEDE SER A LO SUMO M. ANALOGAMENTE, SIEMPRE QUE

EL NUMERO DE FRACASOS DE LA POBLACION (N - M) REBASE AL

TAMAÑO MUESTRAL, EL VALO MINIMO POSIBLE DE X ES 0 (PORQUE

TODOS LOS INDIVIDUOS A LOS QUE SE HIZO MUESTREO PODRIAN

ENTONCES SER FRACASOS). SIN EMBARGO, SI N – M < n, EL VALOR

MINIMO POSIBLE DE X ES n – (N – M). SI RESUMIMOS, LOS VALORES

POSIBLES DE X SATISFACEN LA RESTRICCION MAX(0, n – (N – M)) ≤ x ≤

MIN(n, M). UN ARGUMENTO PARALELO AL DEL EJEMPLO ANTERIOR DA

LA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDAD DE X.

PROPOSICION: SI X ES EL NUMERO DE LAS S DE UNA MUESTRA

COMPLETAMENTE ALEATORIA DE TAMAÑO n SACADA

DE UNA POBLACION FORMADA POR M S y (N – M) F

ENTONCES LA DISTRIBUCION DE PROBABILIDAD DE

X, LLAMADA DISTRIBUCION HIPERGEOMETRICA, ESTA

DADA POR

M N – M

x n - x

P (X = x) = h (x; n, M, N) =

N

n

PARA x UN ENTERO QUE SATISFAGA MAX(0, n – N + M) ≤ x ≤ MIN(n, M)

EN EL EJEMPLO ANTERIOR n = 5, M = 12 Y N = 20, POR LO QUE

h(x; 5, 12, 20) PARA X = 0, 1, 2, 3, 4, 5 SE PUEDE OBTENER AL SUSTITUIR

ESTOS NUMEROS EN LA ECUACION ANTERIOR.

EJEMPLO:

CINCO EJEMPLARES DE UNA POBLACION ANIMAL CONSIDERADOS

EN VIAS DE EXTICION EN CIERTA REGION HAN SIDO ATRAPADOS,

MARCADOS Y PUESTOS EN LIBERTAS PARA QUE SE MEZCLEN EN LA

POBLACION. DESPUES DE QUE HABIAN TENIDO UNA OPORTUNIDAD DE

MEZCLARSE, SE SELECCIONO UNA MUESTRA ALEATORIA DE 10 DE

ESTOS ANIMALES. SEA X = NUMERO DE ANIMALES MARCADOS DE LA


12

SEGUNDA MUESTRA. SI HAY EN REALIDAD 25 ANIMALES DE ESTE TIPO

EN LA REGION, ¿ CUAL ES LA PROBABILIDAD DE QUE (a) X = 2? (b) X≤2?

LOS VALORES DE PARAMETRO SON n = 10, M = 5 ( 5 ANIMALES

MARCADOS EN LA POBLACION), Y N = 25, POR LO QUE

5 20

x 10 – x

h (x; 10, 5 25) = x = 0, 1, 2, 3, 4, 5

25

10

PARA (a)

5 20

2 8

P(X = 2) = h (2; 10, 5, 25) = = 0.385 = 38.5%

25

10

PARA (b)

P (X ≤ 2) = P (X = 0, 1, o 2) =

2

0

;(x

xh 10, 5, 25) =

= 0.057 + 0.257 + 0.385 = 0.699 = 69.9%

SE DISPONE DE TABLAS COMPLETAS DE DISTRIBUCION

HIPERGEOMETRICA, PERO DEBIDO A QUE LA DISTRIBUCION TIENE TRES

PARAMETROS, ESTAS TABLAS REQUIEREN MUCHO MAS ESPACIO QUE

LAS TABLAS PARA LA DISTRIBUCION BINOMIAL.

LA MEDIA Y VARIANZA DE X

COMO EN EL CASO BINOMIAL, HAY EXPRESIONES SENCILLAS

PARA E(X) Y V(X) PARA VARIABLES ALEATORIAS (va)

HIPERGEOMETRICAS.

PROPOSICION

LA MEDIA Y VARIANZA DE LA VARIABLE ALEATORIA (va) X

HIPERGEOMETRICA QUE TIENE DISTRIBUCION DE PROBABILIDAD

h (x; n, M, N) SON


13

M N – n M M

E(X) = n , V(X) = . n . . 1 -

N N – 1 N N

LA RAZON M/N ES LA PROPORCION DE LAS S DE LA POBLACION. SI

SUSTITUIMOS M/N POR p EN E(X) Y V(X), OBTENEMOS.

E(X) = np

N - n

V(X) = . np (1 – p)

N – 1

LA EXPRESION ANTERIOR, MUESTRA QUE LAS MEDIAS DE LAS

VARIABLES ALEATORIAS (va) BINOMIALES E HIPERGEOMETRICAS SON

IGUALES, EN TANTO QUE LAS VARIANZAS DE LAS DOS VARIABLES

ALEATORIAS (va) DIFIEREN POR EL FACTOR (N – n)/(N – 1), A VECES

LLAMADO FACTOR FINITO DE CORRECCION DE POBLACION. ESTE

FACTOR ES MENOR DE 1, ASI QUE LA VARIABLE HIPERGEOMETRICA

TIENE MENOR VARIANZA QUE LA VARIABLE ALEATORIA (va) BINOMIAL.

EL FACTOR DE CORRECCION SE PUEDE ESCRIBIR COMO (1 – n/N)/(1 – 1/N),

QUE ES APROXIMADAMENTE 1 CUANDO n ES PEQUEÑA EN RELACION

CON N.

EJEMPLO

EN EL EJEMPLO DE MARCAR ANIMALES, n = 10, M = 5 Y N = 25, ASI

QUE p = 5/25 = .2 Y

E(X) = 10 (.2) = 2

15

V(X) = (10)(.2)(.8) = (.625)(1.6) = 1

24

SI EL MUESTREO SE REALIZA CON REEMPLAZO, V(X) = 1.

SUPONGAMOS QUE EL TAMAÑO DE LA POBLACION N NO SE CONOCE EN

REALIDAD, POR LO QUE EL VALOR x ES OBSERVADO Y DESEAMOS

ESTIMAR N. ES RAZONABLE IGUALAR LA PROPORCION MUESTRAL

OBSERVADA DE LAS S, x/n, CON LA PROPORCION DE POBLACION, M/N,

DANDO EL ESTIMADO


14

M . n

Ñ =

x

SI M = 100, n = 40 Y x = 16, ENTONCES Ñ = 250.

DISTRIBUCION HIPERGEOMETRICA

LA FORMA MAS SIMPLE DE PERCATARSE DE LA DIFERENCIA

ENTRE LA DISTRIBUCION BINOMIAL Y LA DISTRIBUCION

HIPERGEOMETRICA, ES CONOCIENDO LA MANERA COMO SE LLEVA A

CABO EL MUESTREO. LOS TIPOS DE APLICACIONES DE LA DISTRIBUCION

HIPERGEOMETRICA SON MUY SIMILARES A AQUELLOS DE LA

BINOMIAL. EL INTERES SE CENTRA EN EL CALCULO DE LAS

PROBABILIDADES PARA EL NUMERO DE OBSERVACIONES QUE CAEN EN

UNA CATEGORIA PARTICULAR. SOLO QUE EN EL CASO DE LA BINOMIAL,

SE REQUIERE LA INDEPENDENCIA ENTRE INTENTOS. COMO RESULTADO,

SI LA DISTRIBUCION BINOMIAL SE APLICA AL MUESTREO DE UN LOTE

DE ARTICULOS (PAQUETE DE CARTAS, UNA CANTIDAD DE ARTICULOS DE

UNA LINEA DE PRODUCCION), EL MUESTREO DEBE REALIZARSE CON

REEMPLAZO DE CADA ARTICULO DESPUES DE OBSERVARSE. POR EL

OTRO LADO, LA DISTRIBUCION HIPERGEOMETRICA NO REQUIERE

INDENPENDENCIA Y SE BASA EN EL MUESTREO LLEVADO A CABO SIN

REEMPLAZO.

LAS APLICACIONES DE LA DISTRIBUCION HIPERGEOMETRICA SE

ENCUENTRAN EN MUCHAS AREAS, CON UN USO CONSIDERABLE EN EL

MUESTREO DE ACEPTACION, LAS PRUEBAS ELECTRONICAS Y EL

ASEGURAMIENTO DE LA CALIDAD. ES OBVIO QUE EN MUCHOS DE ESTOS

CAMPOS LA PRUEBA SE REALIZA A EXPENSAS DE LA PIEZA QUE SE ESTA

PROBANDO. ESTA SE DESTRUYE Y POR LO TANTO NO PUEDE

REEMPLAZARSE EN LA MUESTRA. ENTONCES, ES NECESARIO EL

MUESTREO SIN REEMPLAZO. EN LOS SIGUIENTES PARRAFOS SE UTILIZA

COMO EJEMPLO UN CASO SIMPLE DE JUEGO DE CARTAS.

SE DESEA ENCONTRAR LA PROBABILIDAD DE OBTENER 3 CARTAS

ROJAS EN 5 RETIROS DE UN PAQUETE COMUN DE 52 CARTAS. PARA

RESOLVER LA SITUACION DE MUESTREAR SIN REEMPLAZO, EL

PROBLEMA DEBE REPLANTEARSE. SI SE SACAN 5 CARTAS AL AZAR Y SE

DESEA CONOCER LA PROBABILIDAD DE SELECCIONAR 3 CARTAS ROJAS

DE LAS 26 DISPONIBLES Y 2 CARTAS NEGRAS DE LAS OTRAS 26

DISPONIBLES EN EL PAQUETE. SE TIENEN (26

3) MANERAS DE


15

SELECCIONAR 3 CARTAS ROJAS, Y POR CADA UNA DE ESTAS FORMAS SE

PUEDEN SELECCIONAR 2 CARTAS NEGRAS EN (26

2) MANERAS. POR LO

TANTO, EL NUMERO TOTAL DE MODOS DE SELECCIONAR 3 CARTAS

ROJAS Y 2 NEGRAS EN 5 INTENTOS ES EL PRODUCTO (26

3)( 26

2). EL NUMERO

TOTAL DE MANERAS DE SELECCIONAR 5 CARTAS CUALQUIERA DE LAS

52 QUE ESTAN DISPONIBLES ES (52

5). DE AQUÍ QUE LA PROBABILIDAD DE

SELECCIONAR 5 CARTAS SIN REEMPLAZO DE LAS CUALES 3 SEAN ROJAS

Y 2 NEGRAS ES:

26 26

3 2 (26!/3!23!)(26!/2!24!)

= = 0.3251= 32.51%

52 (52!/5!47!)

5

EN GENERAL, EL INTERES QUE SE TIENE ES EN LA PROBABILIDAD

DE SELECCIONAR x ÉXITOS DE LOS k POSIBLES RESULTADOS O

ARTICULOS TAMBIEN CONSIDERADOS EXITOS Y n – x FRACASOS DE LOS

N – k POSIBLES RESULTADOS O ARTICULOS TAMBIEN CONSIDERADOS

FRACASOS, CUANDO UNA MUESTRA ALEATORIA DE TAMAÑO n SE

SELECCIONA DE N RESULTADOS O ARTICULOS TOTALES. ESTO SE

CONOCE COMO UN EXPERIMENTO HIPERGEOMETRICO.

UN EXPERIMENTO HIPERGEOMETRICO ES AQUEL QUE POSEE LAS

DOS PROPIEDADES SIGUIENTES:

1.- UNA MUESTRA ALEATORIA DE TAMAÑO n SE SELEECIONA SIN

REEMPLAZO DE UN TOTAL DE N RESULTADOS O ARTICULOS

TOTALES.

2.- k RESULTADOS O ARTICULOS DEL TOTAL N PUEDEN

CLASIFICARSE COMO EXITOS Y N – k COMO FRACASOS

EL NUMERO X DE EXITOS EN UN EXPERIMENTO

HIPERGEOMETRICO RECIBE EL NOMBRE DE VARIABLE ALEATORIA

HIPERGEOMETRICA. DE ACUERDO CON ESTO, LA DISTRIBUCION DE

PROBABILIDAD DE LA VARIABLE HIPERGEOMETRICA SE LLAMA

DISTRIBUCION HIPERGEOMETRICA Y SUS VALORES SON REPRESENTADOS

POR h(x; N, n, k), DADO QUE DEPENDEN DEL NUMERO DE EXITOS k EN EL

CONJUNTO N DEL CUAL SE SELECCIONAN n RESULTADO O ARTICULOS.


16

DISTRIBUCIÓN BINOMIAL NEGATIVA (PASCAL).

LA VARIABLE ALEATORIA BINOMIAL NEGATIVA Y SU DISTRIBUCIÓN

ESTÁN BASADAS EN UN EXPERIMENTO QUE SATISFACE LAS SIGUIENTES

CONDICIONES:

1. EL EXPERIMENTO CONSTA DE UNA SECUENCIA DE INTENTOS

INDEPENDIENTES.

2. CADA INTENTO PUEDE RESULTAR EN UN ÉXITO (S) O EN UN

FRACASO (F).

3. LA PROBABILIDAD DE ÉXITO ES CONSTANTE DE UN INTENTO A

OTRO, ASÍ QUE P(S EN EL INTENTO i) = p PARA i = 1,2,3,...

4. EL EXPERIMENTO CONTINÚA (LOS INTENTOS SE EJECUTAN)

HASTA QUE UN TOTAL DE r ÉXITOS SE HAYA OBSERVADO, DONDE r

ES UN ENTERO POSITIVO ESPECIFICADO.

LA VARIABLE ALEATORIA DE INTERÉS ES x = NÚMERO DE FRACASOS

QUE PRECEDEN AL r-ésimo ÉXITO; x SE LLAMA VARIABLE ALEATORIA

BINOMIAL NEGATIVA PORQUE, EN CONTRASTE CON LA VARIABLE

ALEATORIA BINOMIAL, EL NÚMERO DE ÉXITOS ES FIJO Y EL NÚMERO

DE INTENTOS ES ALEATORIO.

LOS POSIBLES VALORES DE x SON 0, 1, 2,.... DENOTEMOS POR nb(x ; r , p )

LA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDAD DE x. EL EVENTO xX ES

EQUIVALENTE A ( r – 1 S EN LOS PRIMEROS (x + r –1 ) INTENTOS Y UNA S

EN EL ( x + r )-ésimo INTENTO ) (POR EJEMPLO, SI r = 5 Y x = 10, ENTONCES

DEBE HABER CUATRO S EN LOS PRIMEROS 14 INTENTOS Y EL INTENTO 15

DEBE SER UNA S). COMO LOS INTENTOS SON INDEPENDIENTES:

nb ( x ; r , p ) = P ( X = x )

= P ( r – 1 S´s EN LOS PRIMEROS x + R – 1 intentos) P ( S )

LA PRIMERA PROBABILIDAD DE LA EXTREMA DERECHA DE LA

EXPRESIÓN ES LA PROBABILIDAD BINOMIAL

x + r – 1

pr-1

( 1 – p )x , MIENTRAS P(S) = p

r – 1

LA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDADA DE LA VARIABLE ALEATORIA

BINOMIAL NEGATIVA CON PARÁMETROS r = NÚMERO DE LAS S Y p = P(S)

ES:


17

X + r - 1

nb ( x ; r , p ) = pr ( 1 – p )

x , X = 0, 1, 2,…

r – 1

EJEMPLO:

1. UN PEDIATRA DESEA RECLUTAR 5 PAREJAS, CADA UNA DE LAS

CUALES ESPERA TENER A SU PRIMER HIJO, PARA QUE PARTICIPEN

EN UN NUEVO RÉGIMEN DE NACIMIENTO NATURAL. SEA p = P(UNA

PAREJA SELECCIONADA AL AZAR ACCEDE A PARTICIPAR). SI p =

0.2 , ¿CUÁL ES LA PROBABILIDADA DE QUE SE PIDA A 15 PAREJAS

QUE PARTICIPEN ANTES DE ENCONTRARA 5 QUE ACCEDAN? ESTO

ES, CON S = (ACCEDE A PARTICIPAR), ¿CUÁL ES LA

PROBABILIDADA DE QUE OCURRAN 10 F ANTES DE LA QUINTA S?

p = 0.2

r = 5

x = 10

10 + 5 - 1

nb ( 10 ; 5 , 0.2 ) = (0.2)5 (0.8)

10 = 0.03439 = 3.44%

5 – 1

LA PROBABILIDAD DE QUE AL MENOS 10 F SE OBSERVEN (A LO SUMO SE

PIDA A 15 PAREJAS) ES:

x + 4

P ( x < 10 ) =

10

0x

nb( x ; 5 , 0.2 ) = (0.2)5

10

0x

(0.8)x = 0.1642 = 16.42%

4

EN ALGUNAS PUBLICACIONES, LA VARIABLE ALEATORIA BINOMIAL

NEGATIVA SE TOMA COMO EL NÚMERO DE INTENTOS X + r EN LUGAR

DEL NÚMERO DE FRACASOS.

EN EL CASO ESPECIAL r = 1, LA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDAD ES:

nb ( x ; 1 , p ) = ( 1 – p )x p , x = 0, 1, 2,…..

EN UNA DISTRIBUCION DE PROBABILIDAD DE LA VARIABLE ALEATORIA

PARA EL CASO DE UNA DISTRIBUCION BINOMIAL NEGATIVA, EL

NÚMERO DE INTENTOS NECESARIOS PARA OBTENER LA PRIMERA S, Y


18

LA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDAD AHÍ ES SIMILAR A LA EXPRESIÓN

ANTERIOR PARA EL CASO EN QUE r = 1.

TANTO x = NÚMERO DE LAS F COMO y = NÚMERO DE INTENTOS (= 1 + X )

SE CONOCEN EN LA LITERATURA COMO VARIABLES ALEATORIAS

GEOMÉTRICAS, Y LA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDADA SE LLAMA

DISTRIBUCIÓN GEOMÉTRICA.

POR OTRO LADO EL NÚMERO ESPERADO DE INTENTOS HASTA LA

PRIMERA S SE DEMUESTRA QUE ES 1/p DE MODOD QUE EL NÚMERO

ESPERADO DE LAS F HASTA LA PRIMERA S ES (1/p) – 1 = ( 1 – p ) / p .

INTUITIVAMENTE, ESPERARÍAMOS VER r ( 1 – p )/ p F ANTES DE LA r-ésima

S, Y ESTO ES CIERTAMENTE E(X). TAMBIÉN HAY UNA FÓRMULA

SENCILLA PARA OBTENER V(X).

SI X ES UNA VARIABLE ALEATORIA BINOMIAL NEGATIVA CON

DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDADA nb ( x ; r , p), ENTONCES:

r ( 1 – p ) r ( 1 – p )

E ( X ) = , V ( X ) =

p p2

FINALMENTE, AL EXPANDIR EL COEFICIENTE BINOMIAL EN FRENTE DE

pr ( 1 – p )

x Y HACER ALGUNA CANCELACIÓN, SE PUEDE VER QUE

nb ( x ; r , p ) ESTA BIEN DEFINIDO AUN CUANDO r NO SEA UN ENTERO. SE

HA ENCONTRADO QUE ESTA DISTRIBUCIÓN BINOMIAL NEGATIVA

GENERALIZADA SE AJUSTA MUY BIEN A LOS DATOS OBSERVADOS EN

UNA AMPLIA VARIEDAD DE APLICACIONES.

DISTRIBUCION DE POISSON

ESTA DISTRIBUCION SE PUEDE OBTENER A PARTIR DE LA HAY

DISTRIBUCION BINOMIAL CONSIDERANDO QUE N → ∞, MIENTRAS QUE

P → 0

P (x = n) = NCn Pn

qN-n

; x = 0, 1, 2, ……, N

N!

P (x = n) = --------------- PN q

n-N

n! (N – n)!


19

N (N -1) (N -2)….. [ N – (n – 1)] [N – n]

P (x = n) = ──────────────────────── Pn q

N-n

n! [N – n]

N (N – 1) (N -2) …. [ N – (n – 1)

P (x = n) = ───────────────────── pn q

N-n

n!

N N – 1 N – 2 N – (n – 1) Pn q

N-n

= ---- -------- -------- …… -------------- Nn ------------

N N N N n

= (1) ( 1 – 1/N) 1 – 2/N) ….. (1 – n -1 (NP)n q

N-n

───) ───────

N n!

(PN)n (1 – P)

N

──────────

n! (1 – P)N

HACIENDO = NP ; P = ----- , SE TIENE

N

P (x = n) = (1 – 1/N) (1 – 2/N) …..(1 – n -1 n (1 - /N)

N

─── ─────────

N n! (1 - /N)N

1 2 n-1 n (1 - /N)

N

P(x) = LimN [ (1 - ─ ) (1 - ─ )….(1 -───) ───────────]

N N N n! (1 - /N)n

n (1 ─ /N)

N

= Lim ────────────

N n!

n

= ─── Lim (1 - ─)N

n! N


20

n

= ─── ℮-2

n!

n

P (x) = ───── ℮-2

; n = 0, 1, 2, …,

n!

DISTRIBUCION DE POISSON.

LA FUNCION DE PROBABILIDAD QUE DEFINE ESTA DISTRIBUCION

ES:

n

P(x = n) = ──── ℮-

; n = 0,1,2,….,

n!

O BIEN:

x

P(x) = ──── ℮-

; x = 0,1,2,….

x!

COMO YA SE OBSERVO, ESTA DISTRIBUCION ES UNA

APROXIMACION A LA DISTRIBUCION BINOMIAL PARA LOS CASOS EN

QUE N SEA GRANDE Y P SEA PEQUEÑA,

N≥ 50 , Np≤5

EJEMPLO:

SI EL 2% DE LOS TRANSISTORES PRODUCIDOS POR UNA FABRICA

SALEN DEFECTUOSOS, ENCONTRAR LA PROBABILIDAD DE QUE EN UN

LOTE DE 200 TRANSISTORES HAYA CUANDO MAS 5 TRANSISTORES

DEFECTUOSOS.

EL PROBLEMA SE TRABAJA CON UNA DISTRIBUCION BINOMIAL, EN

LA CUAL:

N=200 , p=0.02 , q=0.98

ÉXITO: EL TRANSISTOR ESTA DEFECTUOSO

P(x≤5) =?


21

P(x≤5)= P(x=0) + P(x=1) + P(x=2) + ……. + P(x=5)

=200C0 p0

q200

+ 200C1 p1

q199

+ …….. + 200C5 p5 q

195

COMO N ES GRANDE Y p ES PEQUEÑA PODEMOS APROXIMAR LA

DISTRIBUCIION BINOMIAL POR MEDIO DE LA DE POISSON.

= Np

= 200 (.02)

= 4

P(x≤5) = P(x=0) + P(x=1) + …… + P(x=5)

40 4 4

5

= ─── ℮-4

+ ─── ℮-4

+ …… + ─── ℮-4

0! 1! 5!

40 4 4

2 4

3 4

4 4

5

= ℮ -4

(─── + ── + ── + ── + ─── + ───

0! 1! 2! 3! 4! 5!

= 0.7851

EN UN PROCESO DE POISSON LOS SUCESOS APARECEN EN

INTERVALOS CONTINUOS (TIEMPO, VOLUMEN, LONGITUD, ETC.) DE

MAGNITUD S.

SI SE DIVIDE EN INTERVALOS S (MAS PEQUEÑOS) EN

SUBINTERVALOS DE MAGNITUD ΔS , DE TAL MANERA QUE LA

PROBABILIDAD DE QUE SE PRESENTE UN PUNTO EN EL SUBINTERVALO

SEA “p” Y LA PROBABILIDAD DE QUE NP SE PRESENTE “q”.


22

DE ESTA MANERA LA PROBABILIDAD DE QUE SE PRESENTEN DOS O

MAS PUNTOS EN UN SUBINTERVALO SE CONSIDERARA NULA O CASI

CERO.

SI AL SEGMENTO s LO DIVIDIMOS EN UN NUMERO GRANDE N DE

SUBINTERVALOS, ENTONCES:

S

ΔS = ───

N …… (a)

ADEMAS LA PROBABILIDAD DE ÉXITO P, ES DIRECTAMENTE

PROPORCIONAL A ΔS, ESTO ES:

P= λ ΔS …… (b)

DONDE λ ES UNA CONSTANTE DE PROPORCIONALIDAD.

SUSTITUYENDO (a) EN (b)

S

P= λ ──

N …… (c)

CON LO CUAL

S

q = 1 – p = 1 – λ ───

N …… (d)

EN CADA UNO DE LOS SUBINTERVALOS SE VERIFICA UNA PRUEBA

DE BERNOILLI, EN DONDE:

ÉXITO = EN ΔS HAY UN PUNTO

FRACASO = EN ΔS NO HAY PUNTO


23

POR LO TANTO LA DISTRIBUCION BINOMIAL ES :

S S

P(x=n) = NCn pn q

N-n = NCn (λ ──)

n (1 – λ ──)

N-n

N N

CONSIDERANDO QUE N→∞

n

P(x = n) = ──── ℮-

; n = 0,1,2,….,

n!

SI S = 1 :

x

P(x) = ──── ℮-

; x = 0,1,2,….

x!

PROBLEMA:

1.- EL NUMERO DE MUERTES POR SUICIDIO EN UNA CIUDAD ES DE DOS

POR DIA, SI LA VARIABLE ALEATORIA x REPRESENTA EL NUMERO DE

MUERTES POR SUICIDIO EN UNA SEMANA, DETERMINAR LA

PROBABILIDAD DE QUE HALLA:

a) 14 MUERTES POR SEMANA

b) AL MENOS 3 MUERTES POR SEMANA

A) P ( x = 14 ) = ¿?

= 2 muertes / día = 14 muertes / semana

1414

P ( x = 14 ) = -------------- e-14

= 0.1059 = 10.59%

14!

P ( x >= 3) = P ( x = 3 ) + P ( x = 4 ) + …. + P ( x = 14 ) =

= 1 - ( P ( x = 0 ) + P ( x = 1 ) + P ( x = 2 ) ) =

= 1 - ( 140/0! + 14

1/1! + 14

2/2! ) e

-14 = 0.9999 = 100%

2.- SUPONGAN QUE EN EL NUMERO DE LLAMADAS TELEFÓNICAS QUE

LLEGAN A UN CONMUTADOR ES DE 120 POR HORA. DETERMINAR LA

PROBABILIDAD DE QUE:

a) EN UN MINUTO SE RECIBAN CERO LLAMADAS

b) EN UN MINUTO LLEGEN ENTRE UNA Y CINCO LLAMADAS

DISTRIBUCIÓN POISSON

= 120 LLAMADAS / HORA = 2 LLAMADAS / MINUTO


24

A) P ( x = 0 ) = (2)0/0! e

-2 = 0.1353 = 13.53%

B) P ( 1 <= x <= 5 ) = P ( x = 1 ) + P ( x = 2 ) + P ( x = 3 ) + P ( x = 4 )

+ P ( x = 5 ) = ( 21/ 1! + 2

2/2! + 2

3/3! + 2

4/ 4! + 2

5/5! ) e

-2

=0.8481 = 84.81%

DISTRIBUCIÓN POISSON

CALCULO DE LA MEDIA

=

CALCULO DE LA VARIANCIA

=

DISTRIBUCIÓN UNIFORME

RECORDANDO LA PROBABILIDAD CLÁSICA:

N ( A ) NUMERO DE ELEMENTOS DE A

P ( A ) =

N ( S ) NUMERO DE ELEMENTOS DE S

SI LOS ELEMENTOS DE A LOS REPRESENTAMOS POR MEDIO DE UNA

VARIABLE ALEATORIA “X”

CONTINUA

X

DISCRETA

EN EL CASO DE QUE X SEA CONTINUA:

MAGNITUD DE A

P ( A ) =

MAGNITUD DE S


25

X2 – X1

P ( A ) =

b – a …. ( a)

SI SE DEFINE UNA FUNCION DENSIDAD DE PROBABABILIDAD f(x).

ENTONCES:

P ( X1 < X < X2 ) = 2

1

)(

X

x

dxxf

Como dxxf )( = h (x) ....(b)

Entonces

P ( x1 < x < x2 ) = 2

1

)(

X

X

dxxf = h ( x ) 2

1

X

X …… (c)

de (a) se puede ver que

X2 – X1 X

= 2

1

X

X = P ( X1 < X < X2)

b – a b – a

IGUALANDO ESTO CON ( C )

X

2

1

x

x = h ( x ) 2

1

x

x

b – a

de donde

X

h ( x ) =

b – a

y sustituyendo en ( b )

X

dxxf )( =

b – a

derivando


26

1

f ( x) = ; SI a < x < b

b – a

ESTA FUNCION DEFINE UNA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDAD PARA LA

VARIABLE ALEATORIA “x”. A ESTA DISTRIBUCIÓN SE LE LLAMA

“DISTRIBUCIÓN UNIFORME O RECTANGULAR”.

GRÁFICAMENTE:

1

P ( x1 < x < x2 ) = 2

1

X

X

dx

b – a

EJEMPLO:

UN PARACAIDISTA SE LANZA DESDE UN AVION, ¿CUAL ES LA

PROBABILIDAD DE QUE CAIGA EN EL AREA A y B, QUE ESTAN MARCADAS

EN EL PISO?

DISTRIBUCIÓN UNIFORME O RECTANGULAR


27

magnitud de A π (2)2 4

P(A) = = = = 0.16 = 16%

magnitud de S π (5)2 25

magnitud de B π (5)2 – π (2)

2 21

P(B) = = = = 0.84 = 84%

magnitud de S π (5)2 25

PARA OBTENER LA MEDIA Y LA VARIANCIA:

1 1 1

x = E {x} = b

a

x dx = x2 |

ba

b – a 2 b – a

1

x = ½ ( b2 – a

2)

b – a

( b + a) (b – a) b + a

x = =

2 (b – a) 2

1 b + a 2 (b – a)

2

x2 = E {x

2} – x

2 =

b

a

x2 dx - =

b – a 2 12

DISTRIBUCION EXPONENCIAL

SI EN UNA DISTRIBUCION DE POISSON EL INTERVALO ES TIEMPO,

ENTONCES LA DISTRIBUCION EXPONENCIAL SE UTILIZA PARA DETERMINAR

EL TIEMPO QUE TRANSCURRE HASTA QUE SE VERIFIQUE EL PRIMER

EVENTO (PUNTO).

LA FUNCION DENSIDAD DE PROBABILIDAD PARA LA DISTRIBUCION

EXPONENCIAL ES:

λe-λt

; t > 0

f (t ) =

0 ; cualquier otro caso.


28

P (t1 < t < t2 ) =

2

1

t

t

f (t) dt

CALCULO DE LA MEDIA:

x = E {x} =

0

x f (x) dx =

0

x λ e-λx

dx = λ

0

x e-λx

dx =

u = x ; du = dx

dv = e-λx

dx ; v = -1/λ e-λx

x = λ ( - x/λ e-λx

) ∞

0 + 1/λ

0

e-λx

dx ) = λ [1/λ ( - 1/λ e-λx

) |∞

0] =

1

x = ----

λ

CALCULO DE LA VARIANCIA

x2 = E {x

2} – x

2

E{x2} =

0

x2 f(x) dx =

0

x2 λe

-λx dx

1

x2 = E {x

2} – x

2 = -----

λ2

1

x2 = ----

λ2

EJEMPLOS:

1.- SE HA OBSERVADO QUE LA FRECUENCIA DE LLEGADA DE

AUTOBUSES A UNA DETERMINADA “PARADA”, ES DE 3 POR

HORA. ¿CUÁL ES LA PROBABILIDAD DE QUE LLEGUEMOS A LA

PARADA Y ESPEREMOS 10 MINUTOS PARA QUE LLEGUE EL

AUTOBUS?


29

λ = 3 AUTOBUSES / HORA

P(0 < t < 1/6) = 6/1

0

λe-λt

dt = 6/1

0

3e-3t

dt = -e-3t

|1/6

0 = -e-½

+1 =

P(0 < t < 1/6) = 0.3934 = 39.34%

¿CUAL ES LA PROBABILIDA DE QUE ESPEREMOS MAXIMO 1 HORA

PARA QUE LLEGUE EL PRIMER AUTOBUS?

P(0 < t < 1) = 1

0

3e-3t

dt = -e-3t

|10 = -e

-3 + 1 = 0.9502129 =

P(0 < t < 1) = 95.02%

2.- SE HA OBSERVADO QUE LAS FALLAS MECANICAS OCURRIDAS EN

UNA INDUSTRIA SE PRESENTAN UNA CADA DOS HORAS, SI SE

LLEGA A LA PLANTA A LAS 9:00 DE LA MAÑANA Y SI SE DESIGNA

CON t EL TIEMPO DESDE LA LLEGADA HASTA SU PRIMER FALLA.

DETERMINAR:

a) LA PROBABILIDAD DE QUE TRANSCURRA UNA HORA ANTES

DE QUE APAREZCA LA PRIMER FALLA.

b) LA PROBABILIDAD DE QUE NO PASEN MAS DE 4 HORAS

ANTES DE LA PRIMER FALLA.

SOLUCION:

DISTRIBUCIÓN EXPONENCIAL

a) λ = ½ fallas/hora

P (t > 1) =

1

½ e-½t

dt = -e-½t

|∞

1 = 0 + e-½

= 0.6065

P (t > 1) = 60.65%

b) P(0 < t < 4) = 4

0

½ e-½t

dt = -e-½t

|40 = -e

-2 + 1 = 0.8647

P (0 < t < 4) = 86.47%


30

DISTRIBUCION NORMAL.

UNA VARIABLE ALEATORIA CONTINUA x TIENE DISTRIBUCIÓN

NORMAL SI SU FUNCIÓN DENSIDAD DE PROBABILIDAD ES :

1

f ( x ) = e-(x-m)2/2d2

; - < x <

2 d

DONDE m Y d SON CONSTANTES

x = m

x2 = d

2


31

DISTRUBUCION NORMAL ESTANDAR

m = 0 ; d = 1

1

f ( x ) = e-x2/2

; FUNCION DE DENSIDAD DE PROBABILIDAD

2 d Y DEFINE UNA DISTRIBUCION NORMAL ESTANDAR

CALCULO DE PROBABILIDADES : SEA LA VARIABLE ALEATORIA x

CON MEDIA x Y DESVIACIÓN ESTANDAR x2 :

1

P ( x1 < x < x2 ) = 2

1

x

x

e-(x-m)2/2 x2

dx

2 x

HACIENDO :

( x - x )2

Z =

x


32

1

P ( x1 < x < x2 ) =

xxzx

xxzx

22

11

e-z2/2

dz

2

UTILIZAR TABLAS DE LA FUNCION DE DISTRIBUCION

ACUMULADA

EJEMPLO:

1.- SI X ES UNA VARIABLE ALEATORIA CON DISTRIBUCIÓN NORMAL, CON

5 Y x = 2, DETERMINAR:

a) P ( 5 < x < 7 )

b) P ( x < 6 )

c) P ( x < 3 )

d) P ( x > 8 )

e) P ( 1 < x < 2 )

f) P ( 6 < x < 7.5 )

g) P ( x > 4.5 )

a) P ( 5 < x < 7 ) = P ( 0 < z < 1 ) = 0.84135 – 0.5 = 0.34135 = 34.135%

x - x

z =

x

x1 - x 5 - 5

z1 = = = 0

x 2

x2 - x 7 - 5

z2 = = = 1

x 2

b) P ( x < 6 ) = P ( z < 0.5 ) = 0.69145 = 69.145 %


33

x - x 6 - 5

z = = = 0.5

x 2

c) P ( x < 3 ) = P ( z < -1 ) = 0.15865 = 15.865 %

x - x 3 - 5

z = = = - 1

x 2

d) P ( x > 8 ) = P ( z > 1.5 ) = 0.93320 – 1 = 0.0668 = 6.68 %

x - x 8 - 5

z = = = 1.5

x 2

e) P ( 1 < x < 2 ) = P ( - 2 < z < - 1.5 ) = 0.06680 – 0.02276 = 0.04404 = 4.404 %

x - x

z =

x

x1 - x 1 - 5

z1 = = = - 2

x 2

x2 - x 2 - 5

z2 = = = - 1.5

x 2

f) P( 6 < x < 7.5 ) = P( 0.5 < z < 1.25) = 0.89436 – 0.69145 = 0.20291 = 20.291 %

x - x

z =

x

x1 - x 6 - 5

z1 = = = 0.5

x 2


34

x2 - x 7.5 - 5

z2 = = = 1.25

x 2

g) P ( x > 4.5 ) = P ( z > - 0.25 ) = 1 – 0.40129 = 0.5987 = 59.87 %

x - x 4.5 - 5

z = = = - 0.25

x 2

EJEMPLO:

EN UN ALMACEN SE UTILIZAN LÁMPARAS FLUORESCENTES CON VIDA

MEDIA DE 3,500 HORAS Y DESVIACIÓN ESTANDAR DE 600 HORAS, LA

DURACIÓN TIENE DISTRIBUCIÓN NORMAL.

a) SI LAS LUCES ESTAN ENCENDIDAS 10 HORAS AL DIA DURANTE 52

SEMANAS. ¿Qué PORCENTAJE DE LAS LAMPARAS NECESITARAN

REPONERSE?

b) ¿DESPUÉS DE CUANTAS SEMANAS SERIA NECESARIO REPONER EL

10% DE LAS LÁMPARAS?

VIDA MEDIA = x = 3,500 horas

x = 600 horas

SEMANA DE 7 DIAS

X : LA VIDA ÚTIL DE LAS LÁMPARAS

a) (70 horas/semana)(52 semanas) = 3,640 horas

SE TENDRAN QUE REPONER LAS QUE DUREN MENOS DE 3,640 HORAS

x - x 3,640 – 3,500

z = = = 0.2333

x 600

LA PROBABILIDAD DE QUE LAS LÁMPARAS DURAN MENOS DE 3,640

HORAS ES:

P ( x < 3,640 ) = P ( z < 0.2333 ) = 0.59096 = 59.096 %


35

b)

x - x x – 3,500

- 1.28 = =

x 600

x = 600 ( - 1.28) + 3,500 = 2,732 horas

2,732 horas / 70 horas / semana = 39.02 semanas

EJEMPLO:

CON FRECUENCIA SE SUPONE QUE LAS MEDICIONES DE LONGITUD

USANDO UN INSTRUMENTO CALIBRADO CON LA SUFICIENTE

EXACTITUD, ESTAN DISTRIBUIDAS EN FORMA NORMAL ALREDEDOR DE

LA LONGITUD VERDADERA DEL OBJETO MEDIDO. SUPONGA QUE LA

LONGITUD DEL OBJETO ES DE 9 METROS Y QUE LA MEDIACIÓN DE LA

MISMA ES UNA VARIABLE ALEATORIA x CON DISTRIBUCIÓN NORMAL,

CON x = 9 Y x = 0.02 DETERMINAR LA PROBABILIDADA DE QUE LA

LONGITUD MEDIDA ESTE ENTRE 8.99 Y 9.02

x = 9

x = 0.02

P ( 8.99 < x < 9.02 ) = P ( -0.5 < z < 1 ) = 0.84135 – 0.30855 = 0.5328 = 53.28%

x - x

z =

x

x1 - x 8.99 - 9

z1 = = = - 0.5

x 0.02

x2 - x 9.02 - 9

z2 = = = 1

x 0.02


36

EJEMPLO:

SUPONER QUE LA DISTANCIA x A LA QUE UN LANZADOR DE DISCO

PUEDE EFECTUAR SU PRIMER TIRO ES UNA VARIABLE ALEATORIA

NORMAL, CON PARÁMETROS DE MEDIA IGUAL A 50 METROS Y

DESVIACIÓN ESTANDAR IGUAL A 5 METROS. CALCULAR LA

PROBABILIDAD DE QUE

a) SU TIRO “NO” SEA MENOR DE 55 METROS.

b) ESTE ENTRE 50 Y 60 METROS.

x = 50 METROS

x = 5 METROS

a) P ( x > 55 ) = P ( z > 1 ) = 1 – 0.84135 = 0.1586 = 15.86 %

x - x 55 – 50

z = = = 1

x 5

b) P ( 50 < x < 60 ) = P ( 0 < z < 2 ) = 0.97724 – 0.5 = 0.47724 = 47.724 %

x1 - x 50 - 50

z1 = = = 0

x 5

x2 - x 60 - 50

z2 = = = 2

x 5

EJEMPLO:

UNA MAQUINA AUTOMATICA QUE EXPENDE CAFÉ , LLENA LAS COPAS

CON 6 ONZAS DE CAFÉ Y CON x = 0.4 SI SE USAN COPAS DE 7 ONZAS

¿QUÉ PORCENTAJE DE ELLOS SE DERRAMARA?

x = 6

x = 0.4

P ( x > 7 ) = P ( z > 2.5) = 1 – 0.99378 = 0.00622 = 0.622 %


37

x - x 7 – 6

z = = = 2.5

x 0.4

EJEMPLO:

En un examen de matemáticas, en el que se ha evaluado de 0 a 20 puntos, el 67% de los

alumnos ha obtenido una puntuación igual o menor que 12.2 y el 9% ha obtenido

puntuación superior a 16.7. Suponiendo que la distribución de las puntuaciones sea

normal, calcule su media y su desviación típica


38

apuntes de probabilidad y estadistica ing. …profesores.dcb.unam.mx/users/guillermocm/docs/capitulo...

Documents