trabajo colaborativo 2 probabilidad
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TRABAJO COLABORATIVO UNIDAD 2PROBABILIDAD
PRESENTADO POR
NO IMPORTA, LO IMPORTANTE ES QUE LES SIRVA, DE UN AGROFORESTAL PARA EL QUE LO NECESITE.
ESTUDIANTE DE INGENIERÍA AGROFORESTAL
UNAD
INTRODUCCIÓN
A partir de trabajar activamente desarrollando los ejercicios propuestos para la comprensión de esta unidad 2 del modulo de probabilidad, nosotros los estudiantes, adquirimos destrezas en el desarrollo adecuado de problemas que se nos pueden presentar a lo largo de nuestra vida así como en las carreras profesionales que nos ofrece la UNAD. En forma muy general este documento nos presenta el desarrollo de 39 ejercicios propuestos sobre variables aleatorias y distribuciones de probabilidad utilizando las formulas correspondientes para solucionar cada uno de ellos.
OBJETIVO GENERAL
Desarrollar un taller de ejercicios sobre los contenidos de los capítulos 1, 2 y 3 de la Unidad 2 del curso PROBABILIDAD, los cuales nos permitirán profundizar en los temas tratados.
OBJETIVOS ESPECÍFICOS
Identificar las distintas variables que nos ofrece cada ejercicio con el fin de poder aplicar la fórmula adecuada.
Realizar cada ejercicio indicando los pasos efectuados para el desarrollo de cada uno de ellos.
Resolver las preguntas planteadas en cada ejercicio.
VARIABLES ALEATORIAS, FUNCIÓN DE PROBABILIDAD Y VALOR ESPERADO
1.- Determine el valor de a de manera que cada una de las siguientes funciones pueda servir como distribución de probabilidad de la variable aleatoria discreta X
a) f (x) = a(x2 + 4) x = 0, 1, 2, 3 Solución:Para que sea distribución de probabilidad debe cumplir:
a [ (02+4 )+(12+4 )+(22+4 )+(32+4 ) ] =1
a (4+5+8+13 ) =1
a (30 )=1
a= 130
Luego el valor de a en la distribución de probabilidad es 130
= 0,033%
b) f(x) = a( 2C x) (3C3-x) para x = 0,1,2
Solución:Para que sea distribución de probabilidad debe cumplir
∑I=0
2
a(2x )( 33−x )=1
a∑I=0
2
(2x)( 33−x )=1
a [(20)( 33−0)+(21)( 33−1)+(22)( 33−2)]=1a (1∗1+2∗3+1∗3 )=1
a (1+6+3 )=1
a (10 )=1
a= 110
Luego el valor de a en la distribución de probabilidad es 110
= 0,1%
2.- Encuentre la distribución de probabilidad para el número de discos de salsa cuando se eligen al azar cuatro discos de una colección que consta de cuatro discos de salsa y cuatro discos de música clásica. Exprese los resultados a través de una formula.
Solución: La variable aleatoria X el número de discos de salsa, donde empleamos la distribución híper geométrico.
x= 0, 1, 2, 3, 4
P ( X=x )=h ( x , N ,n ,K )=(kx)(N−k
n−x )(Nn )
P ( X=x )=h (0,8,4,4 )=(40 )( 44−0)
(84)= 170
P ( X=x )=h (1,8,4,4 )=(41)( 4
4−1)(84)
=1670
P ( X=x )=h (2,8,4,4 )=(42)( 44−2)
(84)=3670
P ( X=x )=h (3,8,4,4 )=(43)( 4
4−3)(84)
=1670
P ( X=x )=h (4,8,4,4 )=(44)( 4
4−4)(84)
= 170
x 0 1 2 3 4h ( x ,N ,n , K ) 1
701670
3670
1670
170
3.- Se seleccionan al azar dos calcetines y de manera sucesiva, se sacan de un cajón que contiene seis calcetines cafés y cuatro verdes, Defina la variable aleatoria X que represente el número de calcetines cafés que se selecciona. Encuentre la función de probabilidad f(X), F(X), E(X), Varianza y desviación estándar de la variable aleatoria.
Solución: La variable aleatoria X está definida por 0, 1 y 2; la función de
probabilidad f(x) es:
f ( x )=P ( X=x )=h ( x ,N ,n , K )=(kx )(N−k
n−x )(Nn )
f ( x )=P ( X=0 )=h (0,10,4,6 )=(60)(42)(102 )
= 645
f ( x )=P ( X=1 )=h (1,10,4,6 )=(61)(41)(102 )
=2445
f ( x )=P ( X=2 )=h (2,10,4,6 )=(62)(40)(102 )
=1545
La función de probabilidad F(x) es:
F ( x )={0 para x<0645
para0≤ x<1
3045
para1≤ x<2
1 para x≥2
La ganancia o media es:
μx=E ( x )=( 0∗645 + 1∗2445
+ 2∗1545 )
μx=E ( x )=(0+ 2445 + 3045 )
μx=E ( x )=5445
La ganancia es de 5445
Calculo de varianza:
σ x2=V ( x )=[(02− 6
45 )∗( 29162025 )+(12−2445 )∗(29162025 )+(22−1545 )∗( 29162025 )]σ x2=V ( x )=[(−645 )∗( 29162025 )+(1−2445 )∗( 29162025 )+(4−1545 )∗( 29162025 )]
σ x2=V ( x )=[−( 1749691125 )+(6123691125 )+( 48114091125 )]
σ x2=V ( x )=524880
91125=5.76
La varianza es de 5.76.
Calculo de desviación estándar.
σ x=√σ x2
σ x=√5.76
σ x=2.4
La desviación estándar es de 2.4
4.- Un jugador lanza un dado corriente. Si sale número primo, gana tantos cientos de dólares como marca el dado, pero si no sale número primo, pierde tantos cientos de dólares como marca el dado. Determinar la función de probabilidad y la esperanza matemática del juego.
Solución:La variable X indica las ganancias en dólares puede tener los siguientes valores:
X = 100, 200, 300, 400, 500, 600
P(X) = X6
P ( X )=[ 1006 + 2006
+ 3006
−4006
+ 5006
−6006 ]
P ( X )=[ 11006 −10006 ]
P ( X )=1006
La ganancia esperada es 1006
=16.66
5.- El experimento aleatorio consiste en lanzar una moneda 3 veces, Defina X la variable aleatoria que representa el número de caras observadas. Encuentre f(X), E(X), V(X) y desviación estándar.
Solución: La variable X tiene los valores 0, 1, 2, 3Definiendo así los siguientes sucesos. P(0)= P({XXX}), P(1) =P({CXX,XCX,XXC}), P(2) =P({CCX,CXC,XCC}) y P(3) =P({CCC})
f ( x )=P ( X=x )=3C x
8
f ( x )=P ( X=x )=(30)8
=18
f ( x )=P ( X=x )=(31)8
=38
f ( x )=P ( X=x )=(32)8
=38
f ( x )=P ( X=x )=(33)8
=18
La distribución de probabilidad es:
X 0 1 2 3P(X=x) 1
838
38
18
6.- Una urna contiene 4 bolas con los números 1, 2, 3 y 4 respectivamente. Si se toman dos bolas de la urna sin sustitución y X representa la suma de los números de las dos bolas extraídas.
Determine la función de probabilidad f(X), el valor esperado E(X) y la varianza de la variable aleatoria Solución:Al tomar las dos bolas tenemos las siguientes posibilidades.
S= {(1,2 ) , (1,3 ) , (1,4 ) , (2,1 ) , (2,3 ) , (2,4 ) , (3,1 ) , (3,2 ) , (3,4 ) , (4,1 ) , (4,2 ) , ( ,4,3 ) }
Para que sea distribución de probabilidad debe cumplirLa variable X corresponde a 3, 4, 5, 6 y 7
P (3 )= {(1,2 ) , (2,1 ) }= 212
=16
P (4 )= {(1,3 ) , (3,1 ) }= 212
=16
P (5 )= {(1,4 ) , (2,3 ) , (3,2 ) , (4,1 ) }= 412
=13
P (6 )= {(2,4 ) , (4,2 ) }= 212
=16
P (7 )= {(3,4 ) , (4,3 ) }= 212
=16
P ( X=x )=16+ 16+ 13+ 16+ 16=1
μx=E ( x )={( 3∗16 )+( 4∗16 )+( 5∗13 )+( 6∗16 )+(7∗16 )}μx=E ( x )=1
2+ 23+53+1+ 7
6=540108
=5
El valor esperado es de 5
σ x2=V ( x )=[(32−16 )∗5+(42−16 )∗(5 )+(52−13 )∗(5 )+(62−16 )∗(5 )+(72−16 )∗(5 )]
σ x2=V ( x )=265
6+ 4756
+ 3703
+10756
+ 14656
=1206018
=670
La varianza aleatoria es de 670
7.- A un dependiente de un auto lavado se le paga de acuerdo con el número de automóviles que lava. Suponga que las probabilidades son 1/12, 1/12. ., ., 1/6 y 1/6 respectivamente de que el dependiente reciba $5, $7, $9, $ 11, $ 13 o $ 17 entre las 4 y 5 de la tarde en un día soleado. Encuentre las ganancias que espera el dependiente para este periodo específico.
Solución:
x 5 7 9 11 13 17
P(x)112
112
14
14
16
16
μx=E ( x )=∑ (5∗112 )+( 7∗112 )+( 9∗14 )+( 11∗14 )+(13∗16 )+(17∗16 )μx=E ( x )=∑ ( 512 )+( 712 )+( 94 )+( 114 )+(136 )+( 176 )μx=E ( x )=∑ (1212 )+( 204 )+( 306 )
μx=E ( x )=11
La ganancia esperada es 11
8.- Una persona pide prestado un llavero con cinco llaves, y no sabe cuál es la que abre un candado. Por tanto, intenta con cada llave hasta que consigue abrirlo. Sea la variable aleatoria X que representa el número de intentos necesarios para abrir el candado.
a - Determine la función de probabilidad de X. b - .Cual es el valor de P (X ≤ 1)?
Solución: Para que sea distribución de probabilidad debe cumplir
La variable x seria 1, 2, 3, 4 y 5
P (1 )=15
P (2 )=
45∗1
4=15
P (3 )=
45∗3
4∗1
3=1260
=15
P (4 )=
45∗3
4∗2
3∗1
2=24120
=15
P (5 )=
45∗3
4∗2
3∗1
2=24120
=15
P ( X=x )=15+ 15+ 15+ 15+ 15=1
9- Se sacan 3 balotas sucesivamente de una caja que contiene 4 balotas
negras y 2 balotas verdes; cada balota se regresa a la caja antes de sacar la siguiente, Encuentre la distribución de probabilidad para la variable X que representa el numero de balotas verdes.
Solución:Para que sea distribución de probabilidad debe cumplir
La variable X corresponde a 1 y 2 donde n=3 la probabilidad es P ( x )=26=13
P ( X=x )=nC x∗P(x )x∗(1−P(x )3−x )
P ( X=x )=nC x∗( 13 )x
∗(1−( 13 )3−x )=nC x∗( 13 )
x
∗(( 23 )3− x)
P (0 )=(30)∗( 13 )0
∗( 23 )3
=1∗1∗827
= 827
P (1 )=(31)∗( 13 )1
∗( 23 )2
=
3∗13
∗4
9=1227
P (2 )=(32)∗( 13 )2
∗( 23 )1
=
3∗19
∗2
3=627
P (3 )=(33)∗( 13 )3
∗( 23 )0
=1∗127
∗1= 127
P ( X=x )= 827
+ 1227
+ 627
+ 127
=1
10.- Al invertir en acciones financieras, una persona puede lograr una ganancia de 4000 dólares en un año con probabilidad de 0.3 o bien tener una pérdida de 1.000 dólares con probabilidad de 0.7. Cuál sería la ganancia esperada de esa persona.
Solución:La variable X es 4000 y 1000 y la probabilidad es 0.3 y 0.7 respectivamente:
μx=E ( x )=(4000∗0.3−1000∗0.7 )
μx=E ( x )=(1200−700 )
μx=E ( x )=500
La ganancia obtenida por la persona es de 500
11.- Suponga que un comerciante de joyería antigua está interesado en comprar una gargantilla de oro para la cual las probabilidades de poder venderla con una ganancia de $ 250, $ 100, al costo, o bien con una pérdida de $150 son: respectivamente: 0.22, 0.36, 0.28, 0.14. Cuál es la ganancia esperada del comerciante?
Solución: La variable X es 250, 100, 0, 150La probabilidad es 0.22, 0.36, 0.28, 0.14
μx=E ( x )=(250∗0.22+100∗0.36+0∗0.28−150∗0.14 )
μx=E ( x )=(55+36+0−21 )
μx=E ( x )=70
La ganancia esperada es de 70
12.- Un piloto privado desea asegurar su avión por 50.000 dólares. La compañía de seguros estima que puede ocurrir una pérdida total con probabilidad de 0.002, una pérdida de 50% con una probabilidad de 0.01 y una de 25% con una probabilidad de 0.1. Si se ignoran todas las otras pérdidas parciales, ¿que prima debe cargar cada año la compañía de seguros para obtener una utilidad media de US $500?
Solución:
μx=E ( x )=( x∗0.002+( x∗0.01 )+( x∗0.1 ) )
μx=E ( x )=0.002 x+0.01x+0.1 x
500=0.112 x
5000.112
=x
x=4464.28
El valor de la prima que la compañía debe carga cada año es de 4464.28
13.- Sea X una variable aleatoria con función de densidad
f (x) = a (3x – x2 ) 0 ≤ x ≤ 3 0 en otro caso
a) Determine el valor de a para que la función sea efectivamente una función de densidad de probabilidadb) Calcule P (1 < X < 2)
Solución: a). Para que sea distribución de probabilidad debe cumplirLa variable x corresponde a 0, 1, 2 y 3
a [ (3 (0 )+02 )+(3 (1 )+12 )+(3 (2 )+22 )+(3 (3 )+32 ) ]=1
a [0+4+10+18 ]=1
a (32 )=1
a= 132
El valor de acorresponde a132
=0.031
b)
P (1<x<2 )=∫1
2
f ( x ) dx
P (1<x<2 )=∫1
2132
(3 x+x2 ) dx= 132
∫1
2
3 ( x ) dx+∫1
2
x2dx
P (1<x<2 )=¿ 132 [( 3 x2
2 )+( x3
3 )]P (1<x<2 )=¿ 1
32 [( 3 (2 )2+2 (2 )3
6 )+( 3 (1 )2+2 (1 )3
6 )]= 132 [(286 )+( 56 )]
P (1<x<2 )= 132 ( 336 )= 33
192=0.17
El valor de P es de 0.17
14.- Sea X una variable aleatoria con función de densidad
F (x) = x/2 0 ≤ x ≤ 2 0 en otro caso
Obtenga el valor esperado de la variable, la varianza y la desviación estándar.
Solución: Calculo del valor esperado
La variable X corresponde a 0, 1 y 2
μx=E ( x )=( 0∗02 )+( 1∗12 )+( 2∗22 )μx=E ( x )=0+ 1
2+2
μx=E ( x )=52=2.5
El valor esperado es de 2.5
Calculo de varianza
σ x2=V ( x )=∑ [(x2− x
2 )∗μx2 ]
σ x2=V ( x )=[(02−02 )∗(52 )+(12−12 )∗( 52 )+(22−22 )∗( 52 )]
σ x2=V ( x )=[0+( 54 )+(152 )]
σ x2=V ( x )=70
8=8.75
La varianza corresponde a 8.75
Calculo de desviación estándar
σ x=√σ x2
σ x=√8.75=2.95
La desviación estándar corresponde a 2.95
15.- Sea X una variable aleatoria con función de densidad
f (x) = a (4x – x3 ) 0 ≤ x ≤ 2 0 en otro caso
a) Determine el valor de a para que la función sea efectivamente una función de densidad de probabilidadb) Calcule P (1 < X < 1,5)c) Obtenga el valor esperado de la variable
Solución:
Para que sea distribución de probabilidad debe cumplir:
a) La variable X corresponde a 0, 1, y 2
a [ (4 (0 )+02 )+(4 (1 )+12 )+(4 (2 )+22 ) ]=1
a [0+5+12 ]=1
a [17 ]=1
a= 117
el valor de acorrespondees= 117
=0.058
b)
PP (1<x<1.5 )=∫1
1.5
f (x ) dx
P (1<x<1.5 )=∫1
1.5117
(4 x+x3 ) dx= 117
∫1
1.5
4 ( x ) dx+∫1
1.5
x3dx
P (1<x<1.5 )=¿ 117 [( 4 x2
2 )+( x4
4 )]P (1<x<1.5 )= 1
17∗[( 16 (1.5 )2+2 (1.5 )4
136 )+(16 (1 )2+2 (1 )4
136 )]P (1<x<1.5 )= 1
17∗[( 16 (2.25 )+2 (5.06 )
136 )+( 16 (1 )+2 (1 )136 )]
P (1<x<1.5 )= 117
∗[( 46.12136 )+( 18136 )]= 117 ( 64.18136 )=1091.062312
=0.472
El valor de P corresponde a 0.472
c) Calculo de valor esperado:
μx=E ( x )=[ x∗a (4 x−x3 ) ]
μx=E ( x )=[( 0∗117 (4 (0 )−03 ))+( 1∗117 (4 (1 )−13 ))+( 2∗117 (4 (2 )−23 ))]μx=E ( x )=[ (0 )+( 1∗117 (3 ))+( 2∗117 (0 ))]μx=E ( x )=[ (0 )+( 317 )+0]μx=E ( x )= 3
17=0.18
el valor esperado esde317
=0.18
16.- Un ama de casa permite a sus hijos pequeños mirar la televisión un máximo de 200 horas por mes y solo después de terminar sus tareas escolares. Ella lleva un control riguroso del tiempo que sus hijos mantienen la televisión encendida cada mes, de modo que se trata de una variable continua, que medida en unidades de 100 horas, tiene la siguiente función de densidad: x 0 ≤ X ≤ 1f (x) = 2 – x 1 ≤ X ≤ 2
Determine la probabilidad de que, durante un mes cualquiera, los niños vean la televisión:a) entre 50 y 100 horasb) entre 120 y 150 horasc) Calcule el promedio de horas de televisión que espera la mama vean sus hijos.
Solución: a) la probabilidad entre 50 y 100 horas.
f ( x )=x 0≤ x ≤1
P (50≤ x ≤100 )=∫50
100
xdx=¿ x2
2 |10050 =1002
2+50
2
2=6250¿
La probabilidad de que los niños vean televisión entre 50 y 100 horas es de 6250 cuando f(x)=x 0 ≤ x ≤ 1
f ( x )=2−x1≤ x≤2
P (50≤ x ≤100 )=∫50
100
(2−x ) dx=¿∫50
100
2dx−¿∫50
100
xdx=2 x−¿ x2
2 |10050 ¿¿¿
P (50≤ x ≤100 )=2x− x2
2 |10050 =[(2 (100 )−(100 )2
2 )+(2 (50 )−(50 )2
2 )]P (50≤ x ≤100 )=−4800−1150=−5950
La probabilidad de que los niños vean televisión entre 50 y 100 horas es de -5950 cuando f(x)=2 - x 1 ≤ x ≤ 2
b) la probabilidad entre 120 y 150 horas
f ( x )=x 0≤ x ≤1
P (120≤ x ≤150 )=∫120
150
xdx=¿ x2
2 |150120=1502
2+120
2
2=18450¿
La probabilidad de que los niños vean televisión entre 120 y 150 horas es de 18450 cuando f(x)=x 0 ≤ x ≤ 1
f ( x )=2−x1≤ x≤2
P (120≤ x ≤150 )=∫120
150
(2−x ) dx=¿∫120
150
2dx−¿∫120
150
xdx=2 x−¿ x2
2 |150120¿¿¿
P (120≤ x ≤150 )=2x− x2
2 |150120=[(2 (150 )−(150 )2
2 )+(2 (120 )−(120 )2
2 )]P (120≤ x ≤150 )=−10950+(−6960 )=−17910
La probabilidad de que los niños vean televisión entre 120 y 150 horas es de -17910 cuando f(x)=2 - x 1 ≤ x ≤ 2
Promedio de horas:
P (0≤ x ≤1 )=∫0
1
xdx= x2
2 |10= (1 )2
2+
(0 )2
2=12
μx=E ( x )=[( 0∗12 )+(1−12 )]=(0+ 12 )=12la ganancia esde
12=0.5 ; parala funcionde f ( x )=x 0≤ x ≤1
P (1≤ x≤2 )=∫1
2
(2−x )dx=∫1
2
2dx−∫1
2
xdx=2x− x2
2 |21P (1≤ x≤2 )=(2 (2 )−2
2
2 )+(2 (1 )−12
2 )=72=3.5
μx=E ( x )=[( 1∗72 )+( 2∗72 )]=72 + 142
=212
=10.5
la ganancia esde212
=10.5 ; para lafuncionde f ( x )=2−x para1≤ x≤2
DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD DISCRETAS Y CONTINUAS
17- En una clase de ciencias naturales de 12 alumnos se elegirá un representante de grupo, para lo cual se usara el número de lista de cada alumno. Se anotan 12 papeles con números del 1 al 12 respectivamente se doblan y se meten en un frasco. Luego se extrae al azar un papel para designar al representante. Determine la probabilidad de que el numero que salga sea menor que 5; determine la probabilidad de que el numero sea mayor que 3 pero menor que 7.
Solución:
La probabilidad de que P ( x<5 ) es:
P ( x<5 )=1−P ( x>5 )=1−∫5
−∞112
dx=1− 112
x|−∞5
=1−{ 112 (5 )+ 112
(−∞ )}=1− 512
= 712
la probabilidad de P ( x<5 )es= 712
=0.58
P (3<x<7 )
P (3<x<7 )=∫3
7112
dx= 112
x|73= 112
(7 )+ 112
(3 )= 712
+ 312
=1012
la probabilidad de P (3<x<7 ) es=1012
=0.83
18.- Como participante de una encuesta de contaminación del aire, un inspector decide examinar las emisiones de seis de los 24 camiones de una compañía. Si cuatro de los camiones emiten cantidades excesivas de contaminantes cual es la probabilidad de que ninguno de ellos sea parte de laMuestra del inspector
Solución:La variable X es igual a 0
f ( x )=P ( X=x )=h ( x ,N ,n , K )=(kx )(N−k
n−x )(Nn )
f ( x )=P ( X=x )=h (0,24,6,4 )=(40)(206 )(246 )
f ( x )=h (0,24,6,4 )=1∗(38750 )(134596 )
=0.28
La probabilidad de que ninguno de ellos sea parte de la muestra es de 0.28
19.- Un ingeniero de control de calidad inspecciona una muestra, tomada al azar, de dos calculadoras manuales, de cada lote que llega de 18, y acepta el lote si ambas están en buenas condiciones de trabajo; de otra manera, se inspecciona todo el lote y el costo se carga al vendedor, determine la probabilidad de que un lote se acepta sin inspección adicional, si contiene:
a. Cuatro calculadoras que no están en buenas condiciones de trabajob. Ocho calculadoras que no están en buenas condiciones de trabajo
Solución:
a) la variable X es igual 0 para que el lote no sea devuelto. Donde N= 18, n=2K= 4
f ( x )=P ( X=x )=h ( x ,N ,n , K )=(kx )(N−k
n−x )(Nn )
f ( x )=h (0,18,2,4 )=(40)(142 )(182 )
=1∗91153
= 91153
=0.59
La probabilidad de que se acepte el lote con cuatro calculadoras en malas condiciones es de 0.59
b) la variable X es igual 0 para que el lote no sea devuelto. Donde N= 18, n=2K= 8
f ( x )=P ( X=x )=h ( x ,N ,n , K )=(kx )(N−k
n−x )(Nn )
f ( x )=h (0,18,2,8 )=(80)(102 )(182 )
=1∗45153
= 45153
=0.294
La probabilidad de que se acepte el lote con ocho calculadoras en malas condiciones es de 0.59
20.- Una florería tiene 15 vehículos de reparto, que se utilizan principalmente para llevar flores y arreglos florales en una ciudad, suponga que seis de los 15 camiones tienen problemas con los frenos. Se seleccionaron cinco vehículos al azar para probarlos, cual es la probabilidad de que dos de los camiones probados tengan frenos defectuosos?
Solución:
La variable X es igual 2de los camiones probados. Donde N= 15, n=6 y k= 5
f ( x )=P ( X=x )=h ( x ,N ,n , K )=(kx )(N−k
n−x )(Nn )
f ( x )=h (2,15,6,5 )=(52)(104 )(156 )
=10∗2105005
=21005005
=0.42
La probabilidad de que dos de los camiones probados tengan sus frenos defectuosos es de 0.42
21.- En una fábrica de circuitos electrónicos, se afirma que la proporción de unidades defectuosas de cierto componente que esta produce es del 5%. Cuál es la probabilidad de que un comprador al revisar 15 unidades al azar encuentre cuatro defectuosas?
Solución:
La variable X corresponde a 4 unidades defectuosas, donde n=15 unidades y la proporción de unidades defectuosas es de 5% =0.05, para esto utilizaremos una distribución binominal.
f (4 ;0.05 .15 )=(154 )∗0.054∗(1−0.05 )11
f (4 ;0.05 .15 )=1365∗0.00000625∗0.5688
f (4 ;0.05 .15 )=0.00485
La probabilidad de que un comprador encuentre 4 unidades defectuosas es de 0.00485
22.- Un investigador inyecta un germen patógeno a varios ratones a la vez, hasta que haya 2 que han contraído la enfermedad. Si la probabilidad de contraer el padecimiento es de 1/6. Cuál es la probabilidad de que sean necesarios 8 ratones?
Solución:
La variable X corresponde a 8 ratones, donde r=2 ratones que han contraído la enfermedad y la P = 1/6 para esto utilizaremos una distribución binomial negativa.
f (8 ;16
,2)=(71)∗(56 )6
∗( 16 )2
f (8 ;16
,2)=7∗1562546656
∗1
36=1093751679616
=0.065
La probabilidad de que sean necesarios ocho ratones es de 0.065
23.- Según los registros universitarios fracasa el 5% de los alumnos de cierto curso. ¿Cuál es la probabilidad de que de 6 estudiantes seleccionados al azar, menos de 3 hayan fracasado?
Solución:La variable X corresponde a 0, 1, 2 donde n= 6 estudiante seleccionados y P = 5% = 0.05, para esto utilizaremos una distribución binomial
f (0 ;0.05,6 )=(60)∗0.050∗(1−0.05 )6=1∗1∗0.735=0.735
f (1 ;0.05,6 )=(61)∗0.051∗(1−0.05 )5=6∗0.05∗0.774=0.2322
f (2 ;0.05,6 )=(62)∗0.052∗(1−0.05 )4=15∗0.0025∗0.8145=0.0305
P = (X < 3) = 0.735 + 0.2322 + 0.0305 = 0.3362
La probabilidad de que menos de tres alumnos hayan fracasado es de 0.3362
24.- Según un estudio publicado por un grupo de sociólogos de la Universidad de Massachusetts, aproximadamente el 60% de los consumidores del tranquilizante Valium en dicho estado, tomaron el fármaco por problemas psicológicos, Determine la probabilidad de que entre los siguientes 8 consumidores entrevistados en este estado, por lo menos 5 hayan comenzado a tomarlo por problemas psicológicos.
Solución:
La variable X corresponde a 0, 1, 2, 3, 4; donde n= 8 consumidores y P = 60% = 0.6, para esto utilizaremos una distribución binomial
f (0 ;0.6,8 )=(80)∗0.60∗(1−0.6 )8=1∗1∗0.000655=0.000655
f (1 ;0.6,8 )=(81)∗0.61∗(1−0.6 )7=8∗0.6∗0.00164=0.00787
f (2 ;0.6,8 )=(82)∗0.62∗(1−0.6 )6=28∗0.36∗0.0041=0.4133
f (3 ;0.6,8 )=(83)∗0.63∗(1−0.6 )5=56∗0.216∗0.01024=0.1238
f (4 ;0.6,8 )=(84)∗0.64∗(1−0.6 )4=70∗0.1296∗0.0256=0.2322
P = (X < 3) = 0.000655 + 0.00787 + 0.4133 + 0.1238 + 0.2322 = 0.7778
La probabilidad de que por lo menos cinco hayan comenzado a tomarlos por problemas psicológicos es de 0.7778
25.- La probabilidad de que una persona que vive en cierta ciudad tenga un perro se estima en 0.3. Determine la probabilidad de que la decima persona entrevistada al azar en dicha ciudad sea la quinta en poseer un perro.
Solución:La variable X corresponde a 10 persona entrevistadas, donde r=5 y la P = 0.3 para esto utilizaremos una distribución binomial negativa
f (10 ;0.3,5 )=(94)∗(0.7 )5∗(0.3 )5=126∗0.1681∗0.00243=0.0515
La probabilidad de que la decima persona entrevistada sea la quinta en poseer un perro es de 0.0515
26.- Suponga que cierto estudiante tiene una probabilidad de 0,75 de aprobar el examen de ingles en cualquier intento que haga. ¿Cuál es la probabilidad de que lo logre aprobar en el cuarto intento?
Solución: La variable X corresponde a 4, donde r=1 y la P = 0.75 para esto utilizaremos una distribución binomial negativa
f (4 ;0.75,1 )=(30)∗(0.25 )3∗(0.75 )1=1∗0.015625∗075=0.01172
La probabilidad de que logre aprobar en el cuarto intento es de 0.01172
27.- De acuerdo con un reporte de la secretaria de movilidad, en Bogotá se registran en promedio 7,5 peatones atropellados a la semana (7 días). Determine la probabilidad de que en tres días de una semana cualquiera ocurran entre 6 y 8 casos de personas atropelladas en la ciudad.
Solución:La variable X corresponde a 6 y 8 casos de personas atropelladas es la cuidad, el promedio es de 7.5 en siete días, por lo tanto en tres días el promedio seria de 3.2, por tanto se utilizara la distribución de poison.Teniendo así: = 3.21
P (6≤ x ≤8 )=( e−3.213.218
8 ! )+( e−3.213.217
7 ! )+( e−3.213.216
6 ! )P (6≤ x ≤8 )=( 0.040∗11273.0240320 )+( 0.040∗3511.845040 )+( 0.040∗1094.03720 )
P (6≤ x ≤8 )=( 450.9240320 )+( 140.4745040 )+( 43.76720 )P (6≤ x ≤8 )=0.011+0.027+0.061=0.099
La probabilidad de que en tres días de una semana ocurran entre 6y 8 casos de persona atropelladas es de 0.099
28.- El número de camiones en promedio que llegan a una central de abastos en cierta ciudad, es de 12 por día. ¿Cuál es la probabilidad de que en un día cualquiera lleguen menos de nueve camiones a esa central de abastos?
Solución: La variable X corresponde a 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 casos de personas atropelladas es la cuidad, el promedio es de 12 por día, con base en esto se utilizara la distribución de poison.
P ( x<9 )=( e−12128
8! )+( e−12127
7 ! )+( e−12126
6 ! )+( e−12125
5 ! )+( e−12124
4 ! )+( e−12123
3 ! )+( e−12122
2! )+( e−12121
1 ! )+( e−12120
0 ! )P ( x<9 )=( 2641.8940320 )+( 220.165040 )+( 18.35720 )+( 1.53120 )+( 0.12724 )+( 0.0116 )+( 0.0008842 )+(0.00007371 )+( 0.000006141 )P ( x<9 )=0.066+0.044+0.0255+0.01275+0.0053+0.00183+0.000442+0.0000737+0.00000614
P ( x<9 )=0.1559
La probabilidad de que lleguen al menos 9 camiones a la central de abastos es de 0.1559
29.- Si Z es la distribución normal tipificada, encuentre el área bajo la curva que cae:a. A la izquierda de z = - 1,13b. Entre z = - 2,06 y z = - 0,15c. A la derecha de z = 1,44
Solución:
a. A la izquierda de z = - 1,13
P ( z=−1.13 )=P ( z>1.13 )
P ( z=−1.13 )=1−P (z<1.13 )=1−0.8708=0.1292 El área bajo la curva a la izquierda de z = -1.13 es de 0.1292 o 12.92%
b. Entre z = - 2,06 y z = - 0,15
P (−2.06<z<−0.15 )=P (2.06>z>0.15 )=(1−P ( z<0.15 ) )−(1−P ( z<2.06 ) )= (1−0.5596 )−(1−0.98030 )=(0.4404 )−(0.0197 )=0.4207
El área bajo la curva entre de z = -2.06 y z = -0.15 es de 0.4207 o 42.07%
c. A la derecha de z = 1,44P ( z>1.44 )=1−P (z>1.44 )=1−0.9251=0.0749
El área bajo la curva a la derecha de z = 1.44 es de 0.0749 o 7.49%
30.- Si la variable aleatoria Z tiene una distribución normal tipificada, encuentre la mejor aproximación de las tablas para el valor de k, tal que:a. P (Z > K) = 0,3500b. P (Z < K) = 0,5500c. (Ko < Z < k1) = 0,9500
Solución:
a. P (Z > K) = 0,3500
P ( z>k )=1−P (z<k )
P ( z>k )=1−0.3500=0.65
K corresponde al valor de la tabla inversa de distribución normal tipificada uqe es igual a 0.3853
b. P (Z < K) = 0,5500
P ( z<k )=0.5500
K corresponde al valor de la tabla inversa de distribución normal tipificada que es igual a 0.125661
c. (Ko < Z < k1) = 0,9500
P (k0<z<k1 )=P ( z<k1 )−(1−P ( z<k 0 ))=0.5500−(1−0.5500 )=0.5500−0.4500=0.1000
K corresponde al valor de la tabla inversa de distribución normal tipificada que es igual a 3.091
31.- Las notas de un examen hecho a una clase de 36 alumnos siguen una distribución Normal con media 4.2 y desviación estándar 1.3.a) Calcular el número de alumnos con nota entre 5 y 7.b) Numero de alumnos con nota entre 4 y 6
Solución:
Distribución normal
= 4.2 y = 1.3
a) número de alumnos con nota entre 5 y 7
z1=x−μ
σ=5−4.2
1.3=0.81.3
=0.6153
z1=x−μ
σ=7−4.2
1.3=2.81.3
=2.15
P (0.62<z<2.15 )=P ( z>2.15 )−P ( z>0.62 )=0.98422−0.7324=0.252
El número de alumnos con nota entre 5 y 7 es de 0.252 * 36 =9.072 es decir aproximadamente 9 alumnos.
b) número de alumnos entre 4 y 6
z1=x−μ
σ=4−4.2
1.3=−0.21.3
=−0.154
z1=x−μ
σ=6−4.2
1.3=1.81.3
=1.38
P (−0.15<z<1.38 )=P ( z>1.38 )−(1−P ( z>0.15 ) )=0.9162−(1−0.5596 )=0.9162−0.4404=0.4758
El número de alumnos con nota entre 4 y 6 es de 0.4758 * 36 = 17.12 es decir aproximadamente 17 alumnos
32.- El peso de las naranjas sigue una distribución normal de media 180 g y desviación típica 20 g. Un almacenista ha comprado 10.000 kg. Calcular:a) Kilos de naranjas que se espera pesen menos de 150 g. b) Kilos de naranjas cuyo peso se espera que este entre 160 y 200 g.
Solución:
= 180 y = 20
a) Kilos de naranjas que se espera pesen menos de 150 g.
z1=x−μ
σ=150−180
20=−3020
=−1.5
P ( z<−1.5 )=P ( z>1.5 )=1−P ( z>1.5 )=1−0.9332=0.0668
Los kilos de naranja que se espera pesen menos de 150 gramos es 10000 * 0.0668 = 668 kilos
b) Kilos de naranjas cuyo peso se espera que este entre 160 y 200 g
z1=x−μ
σ=160−180
20=−2020
=−1.00
z2=x−μ
σ=200−180
20=2020
=1.00
P (−1.00<z<1.00 )=P ( z<1.00 )−(1−P ( z>1.00 ) )=0.8416−(1−0.8416 )=0.8416−0.1584=0.6832
Los kilos de naranja que se espera entre 160 y 200 gramos es 10000 * 0.6832 = 6832 kilos
33.- El Departamento de Talento Humano de una universidad ha hecho un estudio sobre la distribución de las edades del profesorado y ha observado que se distribuyen normalmente con una media de 34 años y una desviación típica de 6 años. De un total de 400 profesores hallar:a) ¿Cuantos profesores hay con edad menor o igual a 35 años?b) ¿Cuantos de 55 años o más?
Solución: = 34 y = 6
a. profesores con edad menor o igual de 35 años
P ( x<35 )=z2=x−μ
σ=35−34
6=16=0.16
P ( z<0.16 )=0.5636
Los profesores con edad menor o igual a 35 años son de 400 * 0.5636 = 225.44 aproximadamente 225 profesores.
b. profesores con 55 años o más.
P ( x>55 )=z2=x−μ
σ=55−34
6=216
=3.5
P ( z>3.5 )=1−P ( z<3.5 )=1−0.999767=0.000233
Los profesores con 55 años o más es de 400 * 0.000233 = 0.0932 profesores
34.- En una panadería se cortan panecillos con un peso que se ajusta a una distribución normal de media 100 g y desviación típica 9. ¿Cuál es la probabilidad de obtener un panecillo cuyo peso oscile entre 80 g y la media?
Solución:
= 100 y = 9
P (80<x<100 )= z1=x−μ
σ=80−100
9=−20
9=−2.22
P (80<x<100 )= z1=x−μ
σ=100−100
9=09=0.00
P (−2.22<z<0.00 )=P ( z<0.00 )−(1−P ( z>2.22 ) )=0.5000−(1−0.98679 )=0.5000−0.01321=0.48679
Los probabilidad de tener un panecillo con un peso entre 80g y 100g es de 0.48679
35.- La duración media de un lavavajillas es de 15 años, con una desviación típica igual a 0.5 años. Si la vida útil de electrodomésticos se distribuye normalmente, halla la probabilidad de que al comprar un lavavajillas este dure más de 16 años.
Solución: = 15 y = 0.5
P ( x>16 )=z1=x−μ
σ=16−15
0.5= 10.5
=2
P ( z≥2 )=P ( z≤2 )=1−P (z ≤2 )=1−0.97725=0.0228
La probabilidad de que el lavavajilla dure 16 es de 0.0228
36.- Se ha determinado que para varones normales en una cierta población normalmente distribuida, la temperatura media es de 37ºC y desviación estándar de 0,5ºC. Si se consideran 1000 de estas personas. ¿Cuantas se puede esperar que tengan una temperatura comprendida entre 37ºC y 37,6ºC?
Solución:
= 37ºC y = 0.5ºCN = 1000
z1=x−μ
σ=37−37
0.5= 00.5
=0
z2=x−μ
σ=37.6−37
0.5=0.60.5
=1.2
P (0<z<1.2 )=P ( z<1.2 )−P ( z<0 )=0.8849−0.5000=0.3849
El total de personas que se puede esperar es de 1000 * 0.3849 = 384.9 aproximadamente 385 personas tendrán temperaturas entre 37ºC y 37.6ºC
37.- Un calentador de agua requiere por término medio 30 minutos para calentar 40 galones de agua hasta una temperatura determinada. Si los tiempos de calentamiento se distribuyen normalmente con una desviación estándar de 0,5 minutos. ¿Qué porcentaje de los tiempos de calentamiento son superiores a 31 minutos?
Solución: = 30 y = 0.5N = 40
z1=x−μ
σ=31−30
0.5= 10.5
=2
P ( z>2 )=1−P ( z>2 )=1−0.97725=0.0228
El porcentaje de los tiempos de calentamiento superiores a 31 minutos es de 40 * 0.0228 = 0.912 * 100 = 91.2%
38.- Los resultados de una prueba objetiva de selección hecha a 200 personas indicaron que la distribución de puntuaciones era normal, con media 60 puntos y desviación típica de 6 puntos. ¿Calcular cuántos examinados han obtenido una puntuación entre 30 y 40 puntos, y cuál es la minina puntuación por debajo de la cual están el 75 % de los examinados?
Solución: = 60 y = 6N = 200
a. personas que obtuvieron puntuación entre 30 y 40 puntos.
z1=x−μ
σ=30−60
6=−30
6=−5
z2=x−μ
σ=40−60
6=−206
=−3.33
P (−5≤ z ≤−3.33 )=(1−P ( z≤3.33 ) )−(1−P ( z≤5 ) )=(1−0.999565 )−(1−0.999999 )=0.000435−0.000001=0.000434Los examinados que tuvieron puntaje entre 30 y 40 puntos es de 200 * 0.000434 = 0.0868 o el 8.68% de personas
b. puntuación mínima por debajo del 75% de los examinados.
z= x−μσ
→0.75= x−606
x=0.75∗6+60=64.5
La minina puntuación que se encuentra por debajo del 75% de los examinados es de 64.5
39.- Suponiendo que las tallas de los adultos de un país A siguen una distribución normal con media 180 cm. y desviación típica 5 cm. y que las tallas de los adultos en un país B siguen una distribución también normal, pero con media 180 cm. y desviación típica 15 cm., contestar de manera justificada en cuál de los dos países es más probable encontrar adultos con talla superior a 195 cm. y donde es más probable encontrar adultos con talla comprendida entre 175 y 185 cm.
Solución:a) A: = 180 cm y = 5 cm B: = 180 cm y = 15 cm
z A=x−μ
σ=195−180
5=155
=3
zB=x−μ
σ=195−180
15=1515
=1
P ( z≤3 )=1−P ( z ≤3 )=1−0.998650=0.00135
P ( z≤1 )=1−P ( z ≤1 )=1−0.8416=0.1584
Es más probable encontrar adultos con talla superior a 195 cm en el país B ya que hay una probabilidad de 0.1584 con respecto al país A, que tiene una probabilidad de 0.00135
b) país A:
z1=x−μ
σ=175−180
5=−55
=−1
z2=x−μ
σ=185−180
5=55=1
P (−1≤ z≤1 )=P ( z ≤1 )−(1−P ( z≤1 ) )=0.8416−(1−0.8416 )=0.8416−0.1584=0.6832
País B:
z1=x−μ
σ=175−180
15=−515
=−0.33
z2=x−μ
σ=185−180
15= 515
=0.33
P (−0.33≤ z ≤0.33 )=P ( z≤0.33 )−(1−P ( z≤0.33 ) )=0.6293−(1−0.6293 )=0.6293−0.3707=0.259
Es más probable encontrar adultos con talla entre 175 cm y 185 cm en el país A ya que hay una probabilidad de 0.6832 con respecto al país B, que tiene una probabilidad de 0.259
CONCLUSIÓN
Gracias al desarrollo de este taller me he dado cuenta que las variables aleatorias y las distribuciones de probabilidad son de gran utilidad ya que dando un buen uso de las formulas que estas nos ofrecen podemos dar solución rápida a problemas que se nos pueden presentar en cualquier parte de nuestro trabajo, ya sea en investigación o en la vida cotidiana.
BIBLIOGRAFÍA
Robayo.Adriana.2007.Modulo de probabilidad. UNAD. Bogotá. D.C.
Canavos. George 1988. Probabilidad y estadística. McGraw Hill. México.