PROBLEMAS SOLUCIONADOS SOBRE VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS. DIST. NORMAL. APROX. DE LA DIST. BINOMIAL. PROFESOR: ANTONIO PIZARRO.

http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 1º) (Castilla y León, Junio, 99) Sea X una variable aleatoria cuya función de distribución de probabilidad es:

⎧ 0 si x < −2 ⎪x + 2 ⎪ F (x ) = ⎨ si − 2 ≤ x ≤ 8 10 ⎪ ⎪⎩ 1 si x > 8 Halla: a) La función de densidad de probabilidad, f(x), de la variable aleatoria. b) Los valores de x0 tales que F(x0) = 0. Solución: a) La función de densidad es la función derivada de la función de distribución, es decir,

⎧ 0 si x < −2 ⎪ 1 ⎪ f (x ) = ⎨ si − 2 ≤ x ≤ 8 10 ⎪ ⎪⎩ 0 si x > 8 b) • Si x < 2 , es decir, x ∈ (− ∞,2 ) , resulta que F ( x ) = 0 . Por tanto todos los x0 ∈ (− ∞,2 ) verifican que F ( x0 ) =

•

0.

[

]

Si − 2 ≤ x ≤ 8 , es decir, x ∈ − 2,8 , resulta que

x+2 x+2 x+2 0 x+2 0 =0⇔ =0⇔ = ⇔ 10 ⋅ = ⋅ 10 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = −2 10 10 10 10 10 10 y resulta que x = −2 pertenece al intervalo en el que estamos, es decir, en [− 2,8] . • Si x > 8 , es decir, si x ∈ (8,+∞ ) , resulta que F ( x ) = 1 , que es distinto de cero para todo x ∈ (8,+∞ ) . Por tanto, los valores de x0 tales que F(x0) = 0, son los x0 del intervalo (− ∞,−2] . F (x ) =

2º) (Galicia, Junio, 98) a) La recaudación diaria de una máquina tragaperras es normal con media 25.000 pesetas y desviación típica de 10.000 pesetas. ¿Qué porcentaje de días recauda menos de 5.000 pesetas?

⎧ x 2 − 2 x si 0 ≤ x ≤ 2 , ¿puede ser función de densidad para en otro caso ⎩ 0

b) Dada la función f ( x ) = ⎨

alguna variable aleatoria continua? Justifíquese la respuesta. Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” La recaudación diaria de una máquina tragaperras” sigue una distribución normal de media μ = 25000 ptas. y de desviación típica σ = 10000 ptas. Sabemos que esto se designa así: X=” La recaudación diaria de una máquina tragaperras” ~ N (25000,10000 ) . Piden hallar P ( X < 5000 ) :

Tipificando se tiene que si

X ~ N (25000,10000) ⇒ Z =

X − 25000 ~ N (0,1) , luego: 10000

⎛ X − 25000 5000 − 25000 ⎞ P( X < 5000) = P⎜ < ⎟ = P(Z < −2 ) = P(Z > 2 ) = 1 − P(Z ≤ 2) = 10000 ⎝ 10000 ⎠ 1 − 0,9772 = 0,0228 El porcentaje de días que recauda menos de 5.000 pesetas es del 2,28%. b) Para que una función sea función de densidad de una variable aleatoria continua se deben dar dos requisitos:

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PROBLEMAS SOLUCIONADOS SOBRE VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS. DIST. NORMAL. APROX. DE LA DIST. BINOMIAL. PROFESOR: ANTONIO PIZARRO.

http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 1º) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ IR 2º) Que el área de encerrada por la gráfica de la función y el eje OX sea 1, esto quiere decir que

∫

+∞

−∞

f ( x )dx = 1 (En general, las integrales se verán en 2º de bachillerato)

Veamos si cumple la primera condición: • Si x ∈ (− ∞,0 ) ∪ (2,+∞ ) ⇒ f ( x ) = 0 ≥ 0 . Luego en ese intervalo (− ∞,0 ) ∪ (2,+∞ ) si se cumple. •

x ∈ [0,2] ⇒ f ( x ) = x 2 − 2 x es una función polinómica de grado 2, cuya gráfica es una 2 parábola. Recuerda: La gráfica de la función polinómica de grado 2 f ( x ) = ax + bx + c , Si

es una parábola, cuyas características son: • •

⎛ − b ⎛ − b ⎞⎞ , f⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎝ 2a ⎝ 2a ⎠ ⎠ Es convexa ∪ si a > 0 , y cóncava ∩ si a < 0 . Vértice: Es el punto

[ ]

Si x ∈ 0,2 ⇒ f ( x ) = x − 2 x es una función polinómica de grado 2, cuya gráfica es una parábola. Hallemos los elementos de esa parábola: • Vértice: es el punto 2

⎛ − (− 2) ⎛ − (− 2 ) ⎞ ⎞ 2 , f⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ = (1, f (1)) = 1,1 − 2 ⋅ 1 = (1,1 − 2 ) = (1,−1) ⎝ 2 ⋅1 ⎠ ⎠ ⎝ 2 ⋅1 Como a = 1 > 0 , la parábola es convexa ∪ . Por tanto, el vértice (1,−1) será un mínimo relativo.

(

• •

)

Puntos de corte con los ejes: • Con el eje X:

⎧ y = x2 − 2x ⎧x = 0 ⇒ x 2 − 2 x = 0 ⇒ x(x − 2 ) = 0 ⇒ ⎨ ⎨ ⎩x − 2 = 0 ⇒ x = 2 ⎩y = 0 Luego los puntos de corte con el eje X son (0,0 ) , (2,0 ) •

⎧ y = x2 − 2x Con el eje Y: ⎨ ⇒ y = 02 − 2 ⋅ 0 = 0 − 0 = 8 ⎩x = 0 Luego el punto de corte con el eje Y es (0,0 )

Luego la gráfica de la función de densidad es (en rojo):

[ ]

[ ]

Luego la gráfica está por debajo del eje X para los x ∈ 0,2 , es decir, f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ 0,2 . Por ejemplo f(1)=-1 −0,5) = 1 − P(Z ≤ 0,5) = 12 ⎝ 12 ⎠ 1 − 0,6915 = 0,3085 4º) (Murcia, Junio, 98) La media de ventas diarias de un vendedor de unos grandes almacenes es de 95.000 pesetas y la desviación típica es 20.000 pesetas. Suponiendo que la distribución de ventas es normal, ¿cuál es la probabilidad de vender más de 125.000 pesetas en un día? Solución: Nos dicen que la variable aleatoria X=” Ventas diarias de un vendedor de unos grandes almacenes” sigue una distribución normal de media μ = 95000 ptas. y de desviación típica σ = 20000 ptas. Sabemos que esto se designa así: X=” Ventas diarias de un vendedor de unos grandes almacenes” ~ N (95000,20000 ) . Piden hallar P ( X > 125000 ) : Tipificando se tiene que si

X ~ N (95000,20000) ⇒ Z =

X − 95000 ~ N (0,1) , luego: 20000

⎛ X − 95000 125000 − 95000 ⎞ P( X > 125000) = P⎜ > ⎟ = P(Z > 1,5 ) = 1 − P(Z ≤ 1,5) = 20000 ⎝ 20000 ⎠ 1 − 0,9332 = 0,0668 5º) (C.Valenciana, Junio, 99) Celedoni es un estudiante de COU del centro Ximo Trinquet, al que va andando desde su casa. El tiempo que tarda en recorrer ese trayecto es una variable normal con media 14 minutos y desviación típica 2,5 minutos. a) ¿Cuál es la probabilidad de que tarde más de 20 minutos en ir desde su casa al centro? b) Celedoni sale siempre de su casa a las 8:45 a.m. ¿Qué porcentaje de días llegará más tarde de las 9:00 a.m.? Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” El tiempo en minutos que tarda en recorrer el trayecto” sigue una distribución normal de media μ = 14 min. y de desviación típica σ = 2,5 min. Sabemos que esto se designa así: X=” El tiempo que tarda en recorrer el trayecto” ~ N (14,2.5) . a) Piden hallar P ( X > 20 ) :

X − 14 ~ N (0,1) , luego: 2.5 6 ⎞ ⎛ ⎛ X − 14 20 − 14 ⎞ P( X > 20) = P( X − 14 > 20 − 14) = P⎜ > ⎟= ⎟ = P⎜ Z > 2.5 ⎠ 2.5 ⎠ ⎝ ⎝ 2.5 P(Z > 2,4) = 1 − P(Z ≤ 2,4) = 1 − 0,9918 = 0,0082 b) Piden hallar P ( X > 15) : X − 14 ~ N (0,1) , luego: Tipificando se tiene que si X ~ N (14,2.5) ⇒ Z = 2.5 1 ⎞ ⎛ X − 14 15 − 14 ⎞ ⎛ P( X > 15) = P( X − 14 > 15 − 14) = P⎜ > ⎟ = P⎜ Z > ⎟= 2.5 ⎠ 2.5 ⎠ ⎝ 2.5 ⎝ P(Z > 0,4) = 1 − P(Z ≤ 0,4) = 1 − 0,6554 = 0,3446

Tipificando se tiene que si

X ~ N (14,2.5) ⇒ Z =

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PROBLEMAS SOLUCIONADOS SOBRE VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS. DIST. NORMAL. APROX. DE LA DIST. BINOMIAL. PROFESOR: ANTONIO PIZARRO.

http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 El 34,46% de los días. 6º) (Murcia, Junio, 00) La longitud de cierto tipo de peces sigue una distribución normal de media 100 mm y varianza 81 mm2. ¿Cuál es la probabilidad de que uno de esos peces mida entre 82 mm y 91 mm? Solución: Nos dicen que la variable aleatoria X=” La longitud de cierto tipo de peces” sigue una distribución normal de media

μ = 100 mm y de desviación típica σ = 81 = 9

que esto se designa así: X=” La longitud de cierto tipo de peces” ~ N (100,9 ) .

mm. Sabemos

Piden hallar P (82 ≤ X ≤ 91) :

X − 100 ~ N (0,1) , luego: 9 ⎛ 82 − 100 X − 100 91 − 100 ⎞ P(82 ≤ X ≤ 91) = P⎜ ≤ ≤ ⎟ = P(− 2 ≤ Z ≤ −1) = P(1 ≤ Z ≤ 2 ) = 9 9 9 ⎠ ⎝

Tipificando se tiene que si

P(Z ≤ 2 ) − P(Z < 1)

X ~ N (100,9) ⇒ Z =

Si X es una v.a. continua entonces P ( X < a )= P ( X ≤ a )

=

P(Z ≤ 2 ) − P(Z ≤ 1) = 0,9772 − 0,8413 = 0,1359

7º) (Cantabria, Junio, 99) El peso medio de los estudiantes de un colegio es de 60 kg y la desviación típica es de 6 kg. Suponiendo que los pesos están normalmente distribuidos: a) ¿Cuál es la probabilidad de que un estudiante pese menos de 64 kg? b) ¿Cuál es la probabilidad de que un estudiante pese 57 kg o más? c) Si los estudiantes son 200, ¿cuántos cabe esperar que pesen más de 57 kg y menos de 64 kg? Solución: Nos dicen que la variable aleatoria X=” El peso medio de los estudiantes de un colegio” sigue una distribución normal de media μ = 60 kg y de desviación típica σ = 6 kg. Sabemos que esto se designa así: X=” El peso medio de los estudiantes de un colegio” ~ N (60,6 ) . a) Piden hallar P ( X < 64 ) :

X − 60 ~ N (0,1) , luego: 6 64 − 60 ⎞ ⎛ ⎛ X − 60 64 − 60 ⎞ P( X < 64) = P( X − 60 < 64 − 60) = P⎜ < ⎟= ⎟ = P⎜ Z < 6 ⎠ 6 ⎠ ⎝ ⎝ 6 ) Re dondeando a las centésimas = P Z < 0,6 P(Z < 0,67 ) = 0,7486 b) Piden hallar P ( X ≥ 57 ) : − 3⎞ ⎛ ⎛ X − 60 57 − 60 ⎞ P( X ≥ 57 ) = P⎜ ≥ ⎟ = P⎜ Z ≥ ⎟ = P(Z ≥ −0,5) = P(Z ≤ 0,5) = 0,6915 6 ⎠ 6 ⎠ ⎝ 6 ⎝ c) El número esperado es n ⋅ p , siendo p la probabilidad pedida. Hallémosla: ⎛ 57 − 60 X − 60 64 − 60 ⎞ < < P(57 < X < 64 ) = P(57 − 60 < X − 60 < 64 − 60 ) = P⎜ ⎟= 6 6 ⎠ ⎝ 6 P(− 0,5 < Z < 0,67 ) = P(Z < 0,67 ) − P(Z ≤ −0,5) = P(Z < 0,67 ) − P(Z ≥ 0,5) = P(Z < 0,67 ) − [1 − P(Z < 0,5)] = 0,7486 − [1 − 0,6915] = 0,7486 − 0,3085 = 0,4401 Tipificando se tiene que si

(

X ~ N (60,6) ⇒ Z =

)

Por tanto, si los estudiantes son 200, el número de estudiantes que cabe esperar que pesen más de 57 kg y menos de 64 kg será 200 ⋅ 0,4401 = 88,02 , es decir, 88 estudiantes. 8º) (Asturias, Junio, 00) Para cierto modelo de lavadora se ha analizado el tiempo de funcionamiento que transcurre sin necesitar revisión técnica, llegando a la conclusión de que dicho tiempo es una variable normal de media 5.040 horas de lavado con una desviación típica de 720 horas.

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PROBLEMAS SOLUCIONADOS SOBRE VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS. DIST. NORMAL. APROX. DE LA DIST. BINOMIAL. PROFESOR: ANTONIO PIZARRO.

http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 a) Calcula la probabilidad de que una lavadora de ese modelo no supere las 3960 horas de lavado sin necesitar una revisión. b) Calcula la probabilidad de que supere las 6480 horas sin necesitar revisión. c) Calcula la probabilidad de que funcione sin necesidad de revisión entre 5760 y 6120 horas. d) ¿Qué número de horas no supera sin necesitar revisión el 90% de este tipo de lavadoras? (Algunos valores de la función de distribución de la normal de media 0 y desviación típica 1: F(0) = 0,5, F(1) = 0,8413, F(1,5) = 0,9332, F(2) = 0,9772, F(5.040) = 1, F(1,29)= 0,90, F(0,90) = 0,8159.) Solución: Breve introducción al problema: Los datos F(0) = 0,5, F(1) = 0,8413, F(1,5) = 0,9332, F(2) = 0,9772, F(5.040) = 1, F(1,29)= 0,90, F(0,90) = 0,8159, nos los proporcionan para no tener que darnos la tabla. Esos datos quieren decir lo siguiente: Que F sea la función de distribución de una variable aleatoria normal X quiere decir que F es la función F ( x ) = P ( X ≤ x ) . Así si F es la función de distribución de la variable aleatoria normal de media 0 y desviación típica 1, ya sabe el ilustre lector que esta variable aleatoria se designa con la letra mayúscula Z, se tiene de los datos:

F (0) = P(Z ≤ 0) = 0,5; F (1) = P(Z ≤ 1) = 0,8413; F (1,5) = P(Z ≤ 1,5) = 0,9332; F (2) = P(Z ≤ 2 ) = 0,9772;

F (5,04) = P(Z ≤ 5,04) = 1; F (1,29) = P(Z ≤ 1,29) = 0,9; F (0,9) = P(Z ≤ 0,9) = 0,8159 Estos datos lo puede comprobar el lector con dar un simple vistazo a la tabla.

Nos dicen que la variable aleatoria X=” El tiempo de funcionamiento que transcurre sin necesitar revisión técnica cierto modelo de lavadora” sigue una distribución normal de media μ = 5040 horas y de desviación típica σ = 720 horas. Sabemos que esto se designa así: X=” El tiempo de funcionamiento que transcurre sin necesitar revisión técnica cierto modelo de lavadora” ~ N (5040,720 ) . a) Piden hallar P ( X ≤ 3960 ) :

Tipificando se tiene que si

X ~ N (5040,720) ⇒ Z =

X − 5040 ~ N (0,1) , luego: 720

⎛ X − 5040 3960 − 5040 ⎞ P( X ≤ 3960) = P⎜ ≤ ⎟ = P(Z ≤ −1,5 ) = P(Z ≥ 1,5 ) = 1 − P(Z < 1,5) = 720 ⎝ 720 ⎠ 1 − P(Z ≤ 1,5) = 1 − F (1,5) = 1 − 0,9332 = 0,0668 b) Piden hallar P ( X > 6480 ) : X − 5040 ~ N (0,1) , luego: Tipificando se tiene que si X ~ N (5040,720 ) ⇒ Z = 720 ⎛ X − 5040 6480 − 5040 ⎞ P( X > 6480) = P⎜ > ⎟ = P(Z > 2 ) = 1 − P(Z ≤ 2 ) = 720 ⎝ 720 ⎠ 1 − F (2 ) = 1 − 0,9772 = 0,0228 c) Piden hallar P (5760 ≤ X ≤ 6120 ) : X − 5040 ~ N (0,1) , luego: Tipificando se tiene que si X ~ N (5040,720 ) ⇒ Z = 720 ⎛ 5760 − 5040 X − 5040 6120 − 5040 ⎞ P(5760 ≤ X ≤ 6120 ) = P⎜ ≤ ≤ ⎟ = P(1 ≤ Z ≤ 1,5) = 720 720 720 ⎠ ⎝ P(Z ≤ 1,5) − P(Z < 1)

P ( X < a )= P ( X ≤ a )

= P(Z ≤ 1,5) − P(Z ≤ 1) = F (1,5) − F (1) = 0,9332 − 0,8413 = 0,0919 d) Piden hallar y para que P ( X < y ) = 0,9 : X − 5040 ~ N (0,1) , luego: Tipificando se tiene que si X ~ N (5040,720 ) ⇒ Z = 720 ↓

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http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 y − 5040 ⎞ ⎛ X − 5040 y − 5040 ⎞ ⎛ < 0,9 = P( X < y ) = P⎜ ⎟ = P⎜ Z < ⎟ 720 ⎠ 720 ⎠ ⎝ 720 ⎝ Miro en la tabla de la N(0,1) y − 5040 y − 5040 928,8 y − 5040 928,8 ⇒ = 1,29 ⇒ = ⇒ 720 ⋅ = ⋅ 720 ⇒ 720 720 720 720 720 ⇒ y − 5040 = 928,8 ⇒ y = 5968,8 El 90% de las lavadoras no supera las 5969 horas sin revisión. 9º) (Asturias, Sept.,99) En un almacén de fruta la demanda total diaria de manzanas (en kilos) sigue una distribución normal de media 1.000 y desviación típica 100. (a) Calcular el porcentaje de días en que la demanda no supera los 1.000 kilos. (b) El almacén dispone diariamente de 1.200 kilos de manzanas. ¿Cuál es la probabilidad de que un día la demanda supere esa cantidad y no pueda ser atendida?. (c) Calcular el número de kilos de manzanas por debajo del cual se sitúan el 95% de las cantidades totales que se le demandan al almacén diariamente. (Algunos valores de la función de distribución de la normal de media 0 y desviación típica 1: F(100) = 1, F(200) = 1, F(2) = 0,9772, F(1) = 0,8413, F(1,5) =0,9332, F(–1) = 0,1587, F(1,6449) = 0,95, F(0,95) = 0,8289.) Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” La demanda total diaria de manzanas (en kilos)” sigue una distribución normal de media μ = 1000 y de desviación típica σ = 100. Sabemos que esto se designa así: X=” La demanda total diaria de manzanas (en kilos)” ~ N (1000,100 ) . a) Piden hallar P ( X ≤ 1000 ) : Tipificando se tiene que si

X ~ N (1000,100) ⇒ Z =

X − 1000 ~ N (0,1) , luego: 100

⎛ X − 1000 1000 − 1000 ⎞ P( X ≤ 1000) = P⎜ ≤ ⎟ = P(Z ≤ 0 ) = 0,5 100 ⎝ 100 ⎠ Aunque no nos dan F(0), pero ya lo sabemos que es la mitad del área encerrada por la función de densidad, el eje X (eje de abscisas). El 50% de los días. b) Piden hallar P ( X > 1200 ) :

⎛ X − 1000 1200 − 1000 ⎞ P( X > 1200) = P⎜ > ⎟ = P(Z > 2 ) = 1 − P(Z ≤ 2 ) = 1 − F (2) = 100 ⎝ 100 ⎠ 1 − 0,9772 = 0,0228 c) Piden hallar y para que P ( X < y ) = 0,95 : y − 1000 ⎞ ⎛ X − 1000 y − 1000 ⎞ ⎛ < 0,95 = P( X < y ) = P⎜ ⎟ = P⎜ Z < ⎟ 100 ⎠ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎝ Miro en los datos F(1,6449) = 0,95 y − 1000 y − 1000 164,49 y − 1000 164,49 ⇒ = 1,6449 ⇒ = ⇒ 100 ⋅ = ⋅100 ⇒ 100 100 100 100 100 ⇒ y − 1000 = 164,49 ⇒ y = 1164,49 Luego son 1164,49 kilos. 10º) (Andalucía, Junio, 00) Una variable aleatoria X se distribuye según una ley normal con varianza 4. De esta variable aleatoria se sabe que P(X ≤ 2) = 0,8051. a) Calcula la media de la variable X. b) Halla P(0,18 ≤ X ≤ 2,28).

Solución:

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http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 a) Piden hallar μ , sabiendo que X ~ N μ , 4 = N (μ ,2 ) y que P(X ≤ 2) = 0,8051. TipifiX −μ ~ N (0,1) , luego: cando se tiene que si X ~ N (μ ,2 ) ⇒ Z = 2 2-μ ⎞ ⎛ ⎛X-μ 2-μ ⎞ 0,8051 = P(X ≤ 2) = P(X - μ ≤ 2 - μ ) = P⎜ ≤ ⎟. ⎟ = P⎜ Z ≤ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ 2

(

)

Miramos en la tabla, que k hace que el área encerrada por la función de densidad de una variable aleatoria N(0,1) y el eje X en el intervalo (− ∞, k sea ese área de 0,8051 (toda esta

]

literatura es lo mismo que decir, miramos en la tabla que k hace que si Z ~ N (0,1) , se tenga que 0.8051 = P (Z ≤ k ) ) . La respuesta es 0,86. (Si, mira en la tabla y verás que el área rayada, es decir, el área encerrada por la función de densidad de una normal de media 0 y desviación típica 1, y el eje X desde − ∞ hasta 0,86 es 0,8051). Por tanto:

2-μ⎞ 2-μ 0,86 ⋅ 2 2 - μ ⎛ 0,8051 = P⎜ Z ≤ ⇒ 2⋅ = ⋅2 ⇒ ⎟ ⇒ 0,86 = 2 ⎠ 2 2 2 ⎝ 1,72 = 2 - μ ⇒ 1,72 + μ = 2 ⇒ μ = 2 − 1,72 ⇒ μ = 0,28 b) Hallada la media μ = 0,28 , tipificando se tiene que si X − 0,28 X ~ N (0.28,2) ⇒ Z = ~ N (0,1) , luego: 2 P (0,18 ≤ X ≤ 2,28) = P(0,18 − 0,28 ≤ X − 0,28 ≤ 2,28 − 0,28 ) =

X − 0,28 ⎞ ⎛ 0,18 − 0,28 X − 0,28 2,28 − 0,28 ⎞ ⎛ ≤ ≤ ≤ 1⎟ = P(− 0,05 ≤ Z ≤ 1) = P⎜ ⎟ = P⎜ − 0,05 ≤ 2 2 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ P(Z ≤ 1) − P(Z < −0,05) = P(Z ≤ 1) − P(Z > 0,05) = P(Z ≤ 1) − [1 − P(Z ≤ 0,05)] = 0,8413 − [1 − 0,5199] = 0,8413 − 0,4801 = 0,3612

11º) (Madrid, Junio, 99) La media de una variable aleatoria X con distribución normal es 5 veces la desviación típica. Además se verifica P(X ≤ 6) = 0,8413. Calcular la media y la desviación típica de la variable aleatoria X. Solución: Piden hallar μ y σ de una variable aleatoria X con distribución normal tal que

μ = 5σ , sabiendo que P(X ≤ 6) = 0,8413. Si X ~ N (5σ , σ ) , tipificando se tiene que si

X ~ N (5σ , σ ) ⇒ Z =

X − 5σ

σ

~ N (0,1) ,

luego:

6 − 5σ ⎞ ⎛ X − 5σ 6 − 5σ ⎞ ⎛ ≤ 0,8416 = P( X ≤ 6) = P( X − 5σ ≤ 6 − 5σ ) = P⎜ ⎟ = P⎜ Z ≤ ⎟ σ ⎠ σ ⎠ ⎝ σ ⎝ Miro en la tabla de la N(0,1) 6 − 5σ 6 − 5σ σ 6 − 5σ σ ⇒ =1⇒ = ⇒σ ⋅ = ⋅σ ⇒

σ

σ

⇒ 6 − 5σ = σ ⇒ 6 = 6σ ⇒ σ =

σ

σ

σ

6 = 1 ⇒ μ = 5 ⋅1 = 5 6

12º) (Castilla la Mancha, Junio, 99) Las alturas expresadas en centímetros, de un colectivo de 300 estudiantes se distribuye según la distribución Normal con una media de 160 y una desviación típica de 20. a) Calcular cuántos estudiantes del grupo miden menos de 170. b) ¿Qué porcentaje de alumnos mide más de 140? Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” Las alturas expresadas en centímetros, de un colectivo de 300 estudiantes” sigue una distribución normal de media μ = 160 cm. y de desviación típica σ = 20 cm. Sabemos que esto se designa así:

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X=” Las alturas expresadas en centímetros, de un colectivo de 300 estudiantes” ~ N (160,20 ) . a) Hallemos P ( X < 170 ) :

X − 160 ~ N (0,1) , luego: 20 10 ⎞ ⎛ X − 160 170 − 160 ⎞ ⎛ P( X < 170) = P( X − 160 < 170 − 160) = P⎜ < ⎟ = P⎜ Z < ⎟= 20 20 ⎠ ⎝ 20 ⎠ ⎝ P(Z < 0,5) = 0,6915

Tipificando se tiene que si

X ~ N (160,20) ⇒ Z =

Por tanto, si los estudiantes son 300, el número de estudiantes del grupo que miden menos de 170 serán 300 ⋅ 0,6915 = 207,45 , es decir, redondeando a las unidades, 207 estudiantes. b) Piden hallar P ( X > 140 ) :

X − 160 ~ N (0,1) , luego: 20 − 20 ⎞ ⎛ X − 160 140 − 160 ⎞ ⎛ P( X > 140) = P( X − 160 > 140 − 160) = P⎜ > ⎟ = P⎜ Z > ⎟= 20 20 ⎠ ⎝ 20 ⎠ ⎝ P(Z > −1) = P(Z < 1) = P(Z ≤ 1) = 0,8413

Tipificando se tiene que si

X ~ N (160,20) ⇒ Z =

El 84,13% de los alumnos medirá más de 140 cm. 13º) (Castilla la Mancha, Sept., 99) Las puntuaciones de un grupo de 500 alumnos en una prueba de razonamiento numérico (X) se distribuyen normalmente con una media de 5 y una desviación típica de 2. a) ¿Qué porcentaje de alumnos obtiene una nota inferior a 9? ¿Cuántos alumnos son esos? b) ¿Cuántos alumnos tiene una puntuación mayor de 3? Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” Las puntuaciones de un grupo de 500 alumnos en una prueba de razonamiento numérico” sigue una distribución normal de media μ = 5 y de desviación típica σ = 2. Sabemos que esto se designa así: X=” Las puntuaciones de un grupo de 500 alumnos en una prueba de razonamiento numérico” ~ N (5,2 ) . a) Piden hallar P ( X < 9 ) :

X −5 ~ N (0,1) , luego: 2 4⎞ ⎛ X −5 9 −5⎞ ⎛ P ( X < 9 ) = P ( X − 5 < 9 − 5) = P⎜ < ⎟ = P⎜ Z < ⎟ = 2 ⎠ 2⎠ ⎝ 2 ⎝ P(Z < 2) = 0,9772

Tipificando se tiene que si

X ~ N (5,2) ⇒ Z =

El 97,72% de los alumnos obtiene una nota inferior a 9. En total: 0,9772 · 500 = 488,6. Lo redondeamos a las unidades y son 489 alumnos. b) Hallemos P ( X > 3) :

X −5 ~ N (0,1) , luego: 2 − 2⎞ ⎛ X −5 3−5⎞ ⎛ P( X > 3) = P( X − 5 > 3 − 5) = P⎜ > ⎟ = P⎜ Z > ⎟= 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎝ P(Z > −1) = P(Z < 1) = P(Z ≤ 1) = 0,8413

Tipificando se tiene que si

X ~ N (5,2) ⇒ Z =

En total: 0,8413 · 500 = 420,65, lo redondeamos a las unidades, y 421 alumnos tendrán una puntuación mayor que 3. 14º) (Galicia, Junio, 01) Supóngase que en cierta población pediátrica, la presión sistólica de la sangre en reposo, se distribuye normalmente con media 115 mm Hg y desviación típica 15. a) Hallar la probabilidad de que un niño elegido al azar en esta población tenga presión sistólica superior a 145 mm Hg.

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PROBLEMAS SOLUCIONADOS SOBRE VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS. DIST. NORMAL. APROX. DE LA DIST. BINOMIAL. PROFESOR: ANTONIO PIZARRO.

http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 b) ¿Por debajo de qué valor de presión sistólica estará el 75% de los niños? Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” La presión sistólica de la sangre en reposo, en cierta población pediátrica,” sigue una distribución normal de media μ = 115 mm Hg. y de desviación típica σ = 15 mm Hg. Sabemos que esto se designa así: X=” La presión sistólica de la sangre en reposo, en cierta población pediátrica” ~ N (115,15 ) . a) Piden hallar P ( X > 145 ) :

X − 115 ~ N (0,1) , luego: 15 30 ⎞ ⎛ X − 115 145 − 115 ⎞ ⎛ P( X > 145) = P( X − 115 > 145 − 115) = P⎜ > ⎟ = P⎜ Z > ⎟ = 15 15 ⎠ ⎝ 15 ⎠ ⎝ P(Z > 2) = 1 − P(Z ≤ 2 ) = 1 − 0,9772 = 0,0228 b) Piden hallar y para que P ( X < y ) = 0,75 X − 115 ~ N (0,1) , luego: Tipificando se tiene que si X ~ N (115,15) ⇒ Z = 15 y − 115 ⎞ ⎛ X − 115 y − 115 ⎞ ⎛ 0,75 = P( X < y ) = P( X − 115 < y − 115) = P⎜ < ⎟ = P⎜ Z < ⎟ 15 ⎠ 15 ⎠ ⎝ 15 ⎝ Miro en la tabla de la N(0,1) y − 115 y − 115 10,125 y − 115 10,125 ⇒ = 0,675 ⇒ = ⇒ 15 ⋅ = ⋅ 15 ⇒ 15 15 15 15 15 y − 115 = 10,125 ⇒ y = 125,125 Tipificando se tiene que si

X ~ N (115,15) ⇒ Z =

Redondeando a las unidades se tiene que el 75% de los niños tendrá una presión sistólica inferior a 125 mm Hg. 15º) (Galicia, Sept., 00) En una población de 25.000 individuos adultos, su perímetro torácico se distribuye normalmente con media 90 y desviación típica 4. a) ¿Cuántos individuos tienen un perímetro torácico inferior a 86,4? b) ¿Cuántos individuos tienen un perímetro torácico entre 86,4 y 93,6? c) ¿Qué perímetro torácico ha de tener un individuo de esa población para que el 23% lo tenga inferior a él? Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” En una población de 25.000 individuos adultos, el perímetro torácico” sigue una distribución normal de media μ = 90 y de desviación típica σ = 4. Sabemos que esto se designa así: X=” En una población de 25.000 individuos adultos, el perímetro torácico” ~ N (90,4 ) . a) Piden hallar P ( X < 86.4 ) : Tipificando se tiene que si

X ~ N (90,4) ⇒ Z =

X − 90 ~ N (0,1) , luego: 4

⎛ X − 90 86,4 − 90 ⎞ P( X < 86,4 ) = P⎜ < ⎟ = P(Z < −0,9) = P(Z > 0,9 ) = 1 − P(Z ≤ 0,9) = 4 ⎝ 4 ⎠ 1 − 0,8159 = 0,1841 En total: 0,1841 · 25000 = 4602,5, lo redondeamos a las unidades, y 4603 individuos tienen un perímetro torácico inferior a 86,4. b) Piden hallar P (86,4 ≤ X ≤ 93,6 ) : Tipificando se tiene que si

X ~ N (90,4) ⇒ Z =

X − 90 ~ N (0,1) , luego: 4

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PROBLEMAS SOLUCIONADOS SOBRE VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS. DIST. NORMAL. APROX. DE LA DIST. BINOMIAL. PROFESOR: ANTONIO PIZARRO.

http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 ⎛ 86,4 − 90 X − 90 93,6 − 90 ⎞ P(86,4 ≤ X ≤ 93,6) = P⎜ ≤ ≤ ⎟ = P(− 0,9 ≤ Z ≤ 0.9) = 4 4 4 ⎝ ⎠ P(Z ≤ 0.9) − P(Z < −0.9 ) = P(Z ≤ 0.9) − P(Z > 0.9) = P(Z ≤ 0.9) − (1 − P(Z ≤ 0.9)) = 0,8159 − (1 − 0,8159) = 0,8159 − 0,1841 = 0,6318 En total: 0,6318 · 25000 = 15795 individuos tienen un perímetro torácico entre 86,4 y 93,6. c) Piden hallar y para que P ( X < y ) = 0,23 .

X − 90 ~ N (0,1) , luego: 4 y − 90 ⎞ ⎛ X − 90 y − 90 ⎞ ⎛ 0,23 = P( X < y ) = P( X − 90 < y − 90) = P⎜ < ⎟ = P⎜ Z < ⎟ 4 ⎠ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎝ Miro en la tabla de la N(0,1) y − 90 y − 90 - 2,94 y − 90 - 2,94 ⇒ = −0,735 ⇒ = ⇒ 4⋅ = ⋅4 ⇒ 4 4 4 4 4 ⇒ y − 90 = −2,94 ⇒ y = 87,06

Tipificando se tiene que si

X ~ N (90,4) ⇒ Z =

Nota: Este problema, a diferencia del siguiente, sólo se puede hacer dando la tabla para valores de x negativos. 16º) (Madrid, Junio, 01) Se sabe que los resultados de un cierto examen de Filosofía se distribuyen según una distribución normal con una media de 7 y una varianza de 4. Se pide: a) Probabilidad de que un estudiante que se presenta al examen obtenga una calificación mayor de 8. b) La calificación mínima para aprobar si se desea que solamente superen la prueba el 33 por ciento de los estudiantes. Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” Los resultados de un cierto examen de Filosofía” sigue una distribución normal de media μ = 7 y de desviación típica Sabemos que esto se designa así: X=” Los resultados de un cierto examen de Filosofía” ~ N (7,2 ) .

σ = + 4 = 2.

a) Piden hallar P ( X > 8) : Tipificando se tiene que si

X ~ N (7,2) ⇒ Z =

X −7 ~ N (0,1) , luego: 2

⎛ X −7 8−7⎞ P ( X > 8 ) = P⎜ > ⎟ = P(Z > 0,5 ) == 1 − P(Z ≤ 0,5 ) = 1 − 0,6915 = 0,3085 2 ⎠ ⎝ 2 b) Piden hallar y (calificación mínima) para que P ( X ≥ y ) = 0,33 , pero cómo P ( X ≥ y ) no viene en las tablas, por lo del ≥ , ya que en todas las tablas viene < ó ≤ , hay que transformarlo P ( X ≥ y ) = 0,33 con < ó ≤ : 0,33 = P ( X ≥ y ) = 1 − P ( X < y ) ⇒ P ( X < y ) = 1 − 0,33 ⇒ P ( X < y ) = 0,67 En definitiva, piden hallar y para que P ( X < y ) = 0,67 : y −7⎞ ⎛ X −7 y −7⎞ ⎛ 0,67 = P( X < y ) = P( X − 7 < y − 7 ) = P⎜ < ⎟ = P⎜ Z < ⎟ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎝ Miro en la tabla de la N(0,1) y−7 y − 7 0,88 y − 7 0,88 ⇒ = 0,44 ⇒ = ⇒2⋅ = ⋅2 ⇒ 2 2 2 2 2 ⇒ y − 7 = 0,88 ⇒ y = 7,88 17º) (Madrid, Sept., 00) Una empresa fabrica 10.000 sacos de plástico diarios. El peso de cada saco sigue una distribución normal de media 200 gramos y desviación típica 5 gramos. Determinar en la producción diaria: a) El número de sacos que pesan más de 215 gramos. b) El número de sacos que pesan entre 190 y 200 gramos.

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PROBLEMAS SOLUCIONADOS SOBRE VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS. DIST. NORMAL. APROX. DE LA DIST. BINOMIAL. PROFESOR: ANTONIO PIZARRO.

http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 c) En intervalo de pesos que contiene a los 2.981 sacos más ligeros. Solución: a) Nos dicen que la variable aleatoria X=” El peso de cada saco de plástico” sigue una distribución normal de media μ = 200 gr. y de desviación típica σ = 5 gr. Sabemos que

esto se designa así: X=” El peso de cada saco de plástico” ~ N (200,5) . a) Piden hallar P ( X > 215 ) : Tipificando se tiene que si

X ~ N (200,5) ⇒ Z =

X − 200 ~ N (0,1) , luego: 5

⎛ X − 200 215 − 200 ⎞ P( X > 215) = P⎜ > ⎟ = P(Z > 3) = 1 − P(Z ≤ 3 ) = 1 − 0,9987 = 0,0013 5 5 ⎝ ⎠ En total: 0,0013· 10000 = 13 sacos. b) Piden hallar P (190 ≤ X ≤ 215 ) :

X − 200 ~ N (0,1) , luego: 5 ⎛ 190 − 200 X − 200 200 − 200 ⎞ P(190 ≤ X ≤ 200 ) = P⎜ ≤ ≤ ⎟ = P (− 2 ≤ Z ≤ 0 ) = P (Z ≤ 0 ) − P(Z < −2) = 5 5 5 ⎝ ⎠ P (Z ≤ 0 ) − P (Z > 2 ) = P(Z ≤ 0 ) − [1 − P(Z ≤ 2 )] = 0,5 − [1 − 0,9772] = 0,5 − 0,0228 = 0,4772

Tipificando se tiene que si

X ~ N (200,5) ⇒ Z =

En total: 0,4772· 10000 = 4772 sacos.

P(0 < X < p ) =

2981 = 0,2981 : 10000 p − 200 ⎞ ⎛ 0 − 200 X − 200 p − 200 ⎞ ⎛ < < P (0 < X < p ) = 0,2981 = P⎜ ⎟ = P⎜ − 40 < Z < ⎟= 5 5 ⎠ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎝

c) Piden hallar p para que

P ( Z ≤ −40 )≈0

↓ p − 200 ⎞ p − 200 ⎞ p − 200 ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ P⎜ Z < ⎟ − P(Z ≤ −40 ) = P⎜ Z < ⎟ − 0 = P⎜ Z < ⎟⇒ 5 ⎠ 5 ⎠ 5 ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ Ver nota del ejercicio 15 p − 200 ⎞ p − 200 ⎛ P⎜ Z < ⇒ = −0,53 ⇒ p − 200 = −2,65 ⇒ p = 200 - 2,65 = 197,35 ⎟ = 0,2981 5 ⎠ 5 ⎝

Por tanto, el intervalo pedido es (0, 197,35). 18º) (Andalucía, Junio, 99) La cantidad de litros de lluvia que cae en una localidad durante el otoño, es una variable aleatoria que sigue una distribución normal de media μ = 100 l y varianza σ = 25 l a) Halle la probabilidad de que la cantidad de litros de lluvia esté en el siguiente intervalo: ( μ – 2σ , μ + 2σ ) b) Halle el primer cuartil de esta variable. Solución: Nos dicen que la variable aleatoria X:” La cantidad de litros de lluvia que cae en una 2

2

(

)

N 100, 25 = N (100,5) a) El intervalo (μ − 2σ , μ + 2σ ) es el intervalo abierto (100 − 2 ⋅ 5,100 + 2 ⋅ 5) = (90,110 ) .

localidad durante el otoño” ~

Piden hallar P (90 < X < 110 ) :

X − 100 ~ N (0,1) , luego: 5 ⎛ 90 − 100 X − 100 110 − 100 ⎞ P(90 < X < 110) = P⎜ < < ⎟ = P(− 2 < Z < 2 ) = (Z < 2) − P(Z ≤ −2) = 5 5 5 ⎠ ⎝ P(Z < 2) − P(Z ≥ 2 ) = P(Z < 2) − [1 − P(Z < 2 )] = 0,9772 − [1 − 0,9772] = 0,9772 − 0,0228 = 0,9544 b) Piden hallar y para que F ( y ) = P ( X ≤ y ) = 0,25 :

Tipificando se tiene que si

X ~ N (100,5) ⇒ Z =

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http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 y − 100 ⎞ Ver nota del final del ejercicio 15. Miro en dicha tabla y − 100 ⎛ 0,25 = P( X ≤ y ) = P⎜ Z ≤ ⇒ = −0,675 ⇒ ⎟ 5 ⎠ 5 ⎝ y − 100 = −3,375 ⇒ y = 100 − 3,375 = 96,625 Luego el primer cuartil de esta variable es 96,625. 19º) (Galicia, Junio, 00) Dos componentes A y B de un sistema funcionan independientemente, distribuyéndose el rendimiento de A según una normal de media 6 y desviación típica 1,5 y el rendimiento de B según una normal de media 43 y desviación típica 3,5. El sistema funciona si el rendimiento de A está entre 3 y 7,5 y el rendimiento de B entre 37,4 y 48,6. ¿Cuál es la probabilidad de que el sistema funcione? Solución: Nos dicen que la variable aleatoria X=” El rendimiento del componente A” sigue una distribución normal de media μ = 6 y de desviación típica σ = 1,5. Sabemos que esto se designa así:

X=” El rendimiento del componente A” ~ N (6,1.5) . También nos dicen que la variable aleatoria Y=” El rendimiento del componente B” sigue una distribución normal de media μ = 43 y de desviación típica σ = 3,5. Sabemos que esto se designa así: Y=” El rendimiento del componente A” ~ N (43,3.5 ) . Tipificando se tiene que si

X −6 ~ N (0,1) 1.5 X − 43 Y ~ N (43,3.5) ⇒ Z = ~ N (0,1) 3.5 X ~ N (6,1.5) ⇒ Z =

Para que el sistema funcione el rendimiento de A está entre 3 y 7,5 y el rendimiento de B entre 37,4 y 48,6, es decir, P (3 < X < 7,5) y P (37,4 < Y < 48,6 ) . Como X e Y dicen que son independientes:

P (" el sistema funcione ") =

P (" el rendimiento de A está entre 3 y 7,5 y el rendimiento de B entre 37,4 y 48,6") = P (3 < X < 7,5)⋅ P (37,4 < Y < 48,6 )

Tipifico en cada variable aleatoria

=

(

)

⎛ 3 − 6 X − 6 7,5 − 6 ⎞ ⎛ 37,4 − 43 Y − 43 48,6 − 43 ⎞ < < P⎜ < < ⎟ ⋅ P⎜ ⎟ = P(− 2 < Z < 1) ⋅ P − 1,6 < Z < 1,6 = 1,5 1,5 ⎠ ⎝ 3,5 3,5 3,5 ⎠ ⎝ 1,5

[P(Z < 1) − P(Z ≤ −2 )] ⋅ [P(Z < 1,6) − P (Z ≤ −1,6)] = [P(Z < 1) − P(Z ≥ 2 )] ⋅ [P(Z < 1,6) − P(Z ≥ 1,6)] = [P(Z < 1) − (1 − P(Z < 2 ))] ⋅ [P(Z < 1,6) − (1 − P(Z < 1,6))] = [0,8413 − (1 − 0,9772)] ⋅ [0,9452 − (1 − 0,9452)] = [0,8413 − 0,0228] ⋅ [0,9452 − 0,0548] = 0,8185 ⋅ 0,8904 = 0,7287924 APROXIMACIÓN DE LA BINOMIAL POR LA NORMAL: 20º) (Castilla y León, Junio, 98) Se ha realizado una encuesta sobre una población de escasa cultura, sólo un 15% de la población ha leído más de tres libros. Elegida al azar una muestra de 50 personas, calcula: a) La probabilidad de que haya más de cinco personas que hayan leído más de tres libros. b) La probabilidad de que como máximo haya seis personas que han leído más de tres libros. Solución: Sea X la variable aleatoria discreta: “Número de personas que han leído más de tres libros de las 50”. Resulta que X ~ B (50,0.15 ) . Como n ⋅ p = 50 ⋅ 0,15 = 7,5 ≥ 5 y

n ⋅ (1 − p ) = 50 ⋅ 0,85 = 42,5 ≥ 5 podemos hacer aproximar la variable aleatoria

(

)

(

)

X ~ B (50,0.15) ≈ Y ~ N n ⋅ p, n ⋅ p ⋅ (1 − p ) = N 50 ⋅ 0.15, 50 ⋅ 0.15 ⋅ 0.85 = N (7.5,2.52 )

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http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 Recuérdese que al aproximar una variable aleatoria discreta X por una variable aleatoria normal Y, hay que realizar la corrección de “Yates” P ( X = a ) = P (a − 0,5 ≤ Y ≤ a + 0,5) . Tipificando se tiene que si

Y ~ N (7.5,2.52) ⇒ Z =

a) Piden hallar P ( X > 5)

Y − 7,5 ~ N (0,1) 2,52

P( X > 5) = P( X = 6) + P( X = 7 ) + ... + P( X = 50) = P( X ≥ 6 ) Tipificando

=

Realizando la corrección de Yates

=

P(Y ≥ 5,5)

5,5 − 7,5 ⎞ ⎛ ⎛ Y − 7,5 5,5 − 7,5 ⎞ P⎜ ≥ ⎟ = P(Z ≥ −0,79) = P(Z ≤ 0,79 ) = 0,7852 ⎟ = P⎜ Z ≥ 2,52 ⎠ 2,52 ⎠ ⎝ ⎝ 2,52

b) Piden hallar

⎛ Y − 7,5 6,5 − 7,5 ⎞ P( X ≤ 6 ) = P(Y ≤ 6,5) = P⎜ ≤ ⎟ = P(Z ≤ −0.39 ) = P(Z ≥ 0,39 ) = 2,52 ⎠ ⎝ 2,52 1 − P(Z < 0,39) = 1 − 0,6517 = 0,3483 21º) (Canarias, Junio, 99) Se estima que uno de cada cuatro individuos de una zona tiene determinada enfermedad. Si se toma una muestra de al azar de 120 individuos, hallar: a) El número esperado de individuos enfermos. b) La probabilidad de que existan más de 52 individuos enfermos. c) Probabilidad de que el número de individuos enfermos sea, como máximo, igual a 46. Solución: Sea X la variable aleatoria discreta: “Número de personas con determinada enfermedad de los 120 individuos”. Resulta que X ~ B (120,0.25 ) . Como

n ⋅ p = 120 ⋅ 0,25 = 30 ≥ 5 y n ⋅ (1 − p ) = 120 ⋅ 0,75 = 90 ≥ 5 podemos hacer aproximar la

variable aleatoria

(

)

(

)

X ~ B (120,0.25) ≈ Y ~ N n ⋅ p, n ⋅ p ⋅ (1 − p ) = N 120 ⋅ 0.25, 120 ⋅ 0.25 ⋅ 0.75 = N (30,4.74 )

Recuérdese que al aproximar una variable aleatoria discreta X por una variable aleatoria normal Y, hay que realizar la corrección de “Yates” P ( X = a ) = P (a − 0,5 ≤ Y ≤ a + 0,5) . Tipificando se tiene que si

Y ~ N (30,4.74) ⇒ Z =

Y − 30 ~ N (0,1) 4.74

a) El número esperado será la media de la variable aleatoria binomial n ⋅ p = 120 ⋅ 0,25 = 30 individuos

b) Piden hallar P ( X > 52 ) :

P( X > 52) = P( X ≥ 53)

Realizando la corrección de Yates

=

P(Y ≥ 52,5)

⎛ Y − 30 52,5 − 30 ⎞ P⎜ ≥ ⎟ = P(Z ≥ 4,74 ) = 1 − P(Z ≤ 4,74 ) = 1 − 1 = 0 4,74 ⎠ ⎝ 4,74 c) Piden hallar P ( X ≤ 46 ) : Tipificando

=

P ( X ≤ 46 )

Realizando la corrección de Yates

=

P (Y ≤ 46,5)

Tipificando

=

⎛ Y − 30 46,5 − 30 ⎞ P⎜ ≤ ⎟ = P (Z ≤ 3,48 ) = 0,9997 4,74 ⎠ ⎝ 4,74

22º) (Cataluña, Junio, 00) Tenemos un bombo de lotería con diez bolas idénticas numeradas del 0 al 9. a) Hacemos seis extracciones consecutivas de una bola que se devuelve al bombo después de cada extracción. Calcula la probabilidad de que el número 4 salga, como máximo, una vez en estas extracciones. b) Si hacemos 150 extracciones como en el apartado anterior, ¿cuál es la probabilidad de que el número 5 salga como máximo 16 veces? Solución: a) Sea X la variable aleatoria discreta: “Número de cuatros de las 6 extracciones”. Resulta que

⎛ 1⎞ X ~ B⎜ 6, ⎟ = B(6,0,1) . ⎝ 10 ⎠ http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 Página: 13

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http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 Piden hallar P ( X ≤ 1) : ⎛6⎞ ⎛6⎞ 0 6 1 5 P( X ≤ 1) = P(X = 0) + P(X = 1) = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ (0,1) ⋅ (0,9 ) + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ (0,1) ⋅ (0,9) = ⎝1 ⎠ ⎝0⎠ 1 ⋅ 1 ⋅ 0,531441 + 6 ⋅ 0.1 ⋅ 0,59049 = 0,531441 + 0,354294 = 0,885735 b) Sea X la variable aleatoria discreta: “Número de cincos de las 150 extracciones”. Resulta que X ~ B (150,0.1) . Como n ⋅ p = 150 ⋅ 0,1 = 15 ≥ 5 y n ⋅ (1 − p ) = 150 ⋅ 0,9 = 135 ≥ 5 podemos hacer aproximar la variable aleatoria

(

)

(

)

X ~ B (150,0.1) ≈ Y ~ N n ⋅ p, n ⋅ p ⋅ (1 − p ) = N 150 ⋅ 0.1, 150 ⋅ 0.1 ⋅ 0.9 = N (15,3.67 )

Recuérdese que al aproximar una variable aleatoria discreta X por una variable aleatoria normal Y, hay que realizar la corrección de “Yates” P ( X = a ) = P (a − 0,5 ≤ Y ≤ a + 0,5) .

Y ~ N (15,3.67 ) ⇒ Z =

Tipificando se tiene que si Piden hallar P ( X ≤ 16 ) :

P( X ≤ 16) = Tipificando

=

Realizando la corrección de Yates

=

Y − 15 ~ N (0,1) 3.67

P(Y ≤ 16,5)

⎛ Y − 15 16,5 − 15 ⎞ Redondeando a las centésimas P⎜ ≤ P(Z ≤ 0,41) = 0,6591 = ⎟ 3,67 ⎠ ⎝ 3,67

23º) (Baleares, Junio, 99) Se lanza un dado 720 veces. Calcula la probabilidad aproximada de que salgan, al menos, 110 seises. Solución: Sea X la variable aleatoria discreta: “Número de seises de las 720 veces que se lanza un dado”. Resulta que

1 720 1⎞ ⎛ X ~ B⎜ 720, ⎟ . Como n ⋅ p = 720 ⋅ = = 120 ≥ 5 y 6⎠ 6 6 ⎝

n ⋅ (1 − p ) = 720 ⋅

5 3600 = = 600 ≥ 5 podemos hacer aproximar la variable aleatoria 6 6 ⎛ 1⎞ 1 1 5⎞ ⎛ X ~ B⎜ 720, ⎟ ≈ Y ~ N n ⋅ p, n ⋅ p ⋅ (1 − p ) = N ⎜⎜ 720 ⋅ , 720 ⋅ ⋅ ⎟⎟ = N (120,10) Rec 6⎠ 6 6 6⎠ ⎝ ⎝

(

)

uérdese que al aproximar una variable aleatoria discreta X por una variable aleatoria normal Y, hay que realizar la corrección de “Yates” P ( X = a ) = P (a − 0,5 ≤ Y ≤ a + 0,5) . Tipificando se tiene que si

Y ~ N (120,10) ⇒ Z =

Piden hallar P ( X ≥ 110 ) :

P( X ≥ 110) = Tipificando

=

Realizando la corrección de Yates

=

Y − 120 ~ N (0,1) 10

P(Y ≥ 109,5)

⎛ Y − 120 109,5 − 120 ⎞ P⎜ ≥ ⎟ = P(Z ≥ −1,05) = P(Z ≤ 1,05) = 0,8531 10 ⎝ 10 ⎠

24º) (Baleares, Junio, 98) Se lanza una moneda 900 veces. Calcular la probabilidad aproximada de que salgan menos de 440 caras. Solución: Sea X la variable aleatoria discreta: “Número de caras de las 900 veces que se lanza una moneda”. Resulta que

1⎞ 1 900 ⎛ X ~ B⎜ 900, ⎟ . Como n ⋅ p = 900 ⋅ = = 450 ≥ 5 y 2⎠ 2 2 ⎝

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PROBLEMAS SOLUCIONADOS SOBRE VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS. DIST. NORMAL. APROX. DE LA DIST. BINOMIAL. PROFESOR: ANTONIO PIZARRO.

http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 1 900 n ⋅ (1 − p ) = 900 ⋅ = = 450 ≥ 5 podemos hacer aproximar la variable aleatoria 2 2 ⎛ 1⎞ 1 1 1⎞ ⎛ X ~ B⎜ 900, ⎟ ≈ Y ~ N n ⋅ p, n ⋅ p ⋅ (1 − p ) = N ⎜⎜ 900 ⋅ , 900 ⋅ ⋅ ⎟⎟ = N (450,15) 2⎠ 2 2 2⎠ ⎝ ⎝

(

)

Recuérdese que al aproximar una variable aleatoria discreta X por una variable aleatoria normal Y, hay que realizar la corrección de “Yates” P ( X = a ) = P (a − 0,5 ≤ Y ≤ a + 0,5) .

Y ~ N (450,15) ⇒ Z =

Tipificando se tiene que si Piden hallar P ( X < 440 ) :

P( X < 440) = ( X ≤ 439) = Tipificando

=

Realizando la corrección de Yates

=

Y − 450 ~ N (0,1) 15

P(Y ≤ 439,5)

⎛ Y − 450 439,5 − 450 ⎞ P⎜ ≤ ⎟ = P(Z ≤ −0,7 ) = P(Z ≥ 0,7 ) = 1 − P(Z < 0,7 ) = 1 − 0,7580 = 0,242 15 ⎝ 15 ⎠

25º) (País Vasco, Junio, 98) De una urna que contiene una bola blanca y 2 bolas negras se hacen extracciones sucesivas y con reemplazamiento (una bola cada vez). Llamamos X al número de bolas blancas extraídas. a) Si se hacen cinco extracciones, ¿cuál es la distribución de probabilidad de X?. ¿Cuánto valen su media y su desviación típica? ¿Cuál es el valor de P(X ≥ 2)? b) Si se hacen 288 extracciones, ¿cuál es la probabilidad de que salgan más de 90 bolas blancas? Solución: a) La variable aleatoria X=”Número de bolas blancas extraídas de las cinco extracciones” seguirá una distribución binomial de parámetros

1 n = 5, p = , designándose así: 3

⎛ 1⎞ X ~ B⎜ 5, ⎟ . ⎝ 3⎠ ⎛ n ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ La distribución de probabilidad de X es: P(X = k) = ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ k ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ k

n−k

k ∈ {0,1,2,3,4,5}

La media y la desviación típica de la variable aleatoria X es:

1 3

μ = n⋅ p = 5⋅ =

5 1 ⎛ 1⎞ 10 10 10 ; σ = n ⋅ p ⋅ (1 − p ) = 5 ⋅ ⋅ ⎜1 − ⎟ = = = 3 3 ⎝ 3⎠ 9 3 9

P( X ≥ 2 ) = P( X = 2 ) + P( X = 3) + P( X = 4 ) + P( X = 5) = 1 − P( X = 0 ) − P ( X = 1) = ⎛5⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ 1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 0⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ 131 = 243 0

5− 0

⎛ 5⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ − ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⎝1 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ 1

5−1

= 1 − 1 ⋅1 ⋅

32 1 16 32 80 243 − 32 − 80 − 5⋅ ⋅ =1− − = 243 3 81 243 343 343

b) La variable aleatoria discreta X=“ Número de bolas blancas extraídas de las 288 extracciones”. Resulta que

1⎞ 1 288 ⎛ X ~ B⎜ 288, ⎟ . Como n ⋅ p = 288 ⋅ = = 96 ≥ 5 y 3⎠ 3 3 ⎝

n ⋅ (1 − p ) = 288 ⋅

2 576 = = 192 ≥ 5 podemos hacer aproximar la variable aleatoria 3 3 ⎛ 1⎞ 1 1 2⎞ ⎛ X ~ B⎜ 288, ⎟ ≈ Y ~ N n ⋅ p, n ⋅ p ⋅ (1 − p ) = N ⎜⎜ 288 ⋅ , 288 ⋅ ⋅ ⎟⎟ = N (96,8) 3⎠ 3 3 3⎠ ⎝ ⎝

(

)

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PROBLEMAS SOLUCIONADOS SOBRE VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS. DIST. NORMAL. APROX. DE LA DIST. BINOMIAL. PROFESOR: ANTONIO PIZARRO.

http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 Recuérdese que al aproximar una variable aleatoria discreta X por una variable aleatoria normal Y, hay que realizar la corrección de “Yates” P ( X = a ) = P (a − 0,5 ≤ Y ≤ a + 0,5) . Tipificando se tiene que si

Y ~ N (96,8) ⇒ Z =

Piden hallar P ( X > 90 ) :

P( X > 90) = ( X ≥ 91) = Tipificando

=

Realizando la corrección de Yates

=

⎛ Y − 96 90,5 − 96 ⎞ P⎜ ≥ ⎟ 8 ⎝ 8 ⎠

Y − 96 ~ N (0,1) 8

P(Y ≥ 90,5)

Redondeando a las centésimas

=

P(Z ≥ −0,69 ) = P(Z ≤ 0,69) = 0,7549

26º) (Murcia, Junio, 98) En un dado trucado, la probabilidad de sacar un 6 es doble que la de cualquiera de los restantes valores. Se lanza el dado 20 veces. ¿Cuál es la probabilidad de que salga 6 más de 15 veces? Solución: Sean los sucesos Di=”Sacar el número i al lanzar el dado” ( i ∈ {1,2,3,4,5,6} ). Nos dicen

P(D6 ) = 2 ⋅ P(D1 )

P(D6 ) = 2 ⋅ P(D2 ) que

P(D6 ) = 2 ⋅ P(D3 )

P(D6 ) = 2 ⋅ P(D4 ) P(D6 ) = 2 ⋅ P(D5 ) Como

P (D1 ) + P (D2 ) + P(D3 ) + P (D4 ) + P(D5 ) + P (D6 ) = 1 ⇒

7 P (D6 ) P (D6 ) P (D6 ) P(D6 ) P(D6 ) P(D6 ) 2 + + + + + P(D6 ) = 1 ⇒ = 1 ⇒ 7 P (D6 ) = 2 ⇒ P(D6 ) = 2 2 2 2 2 2 7

La variable aleatoria discreta X=“ Número de 6 al lanzar un dado 20 veces”. Resulta que

2⎞ 2 40 ⎛ X ~ B⎜ 20, ⎟ . Como n ⋅ p = 20 ⋅ = = 5,71... ≥ 5 y 7⎠ 7 7 ⎝ 5 100 n ⋅ (1 − p ) = 20 ⋅ = = 14,28... ≥ 5 podemos hacer aproximar la variable aleatoria 7 7 ⎛ 2⎞ 2 2 5⎞ ⎛ X ~ B⎜ 20, ⎟ ≈ Y ~ N n ⋅ p, n ⋅ p ⋅ (1 − p ) = N ⎜⎜ 20 ⋅ , 20 ⋅ ⋅ ⎟⎟ = N (5.71,2.02) 7⎠ 7 7 7⎠ ⎝ ⎝

(

)

Recuérdese que al aproximar una variable aleatoria discreta X por una variable aleatoria normal Y, hay que realizar la corrección de “Yates” P ( X = a ) = P (a − 0,5 ≤ Y ≤ a + 0,5) . Tipificando se tiene que si

Y ~ N (5.71,2.02) ⇒ Z =

Piden hallar P ( X > 15) :

P( X > 15) = ( X ≥ 16) = Tipificando

=

Realizando la corrección de Yates

=

Y − 5,71 ~ N (0,1) 2,02

P(Y ≥ 15,5)

⎛ Y − 5,71 15,5 − 5,71 ⎞ Redondeando a las centésimas P⎜ ≥ P(Z ≥ 4,85 ) = 1 − P(Z < 4,85 ) ≈ 1 − 1 = 0 = ⎟ 2,02 ⎠ ⎝ 2,02

Debiéndose interpretar este resultado de 0 como probabilísticamente imposible, aunque en la práctica pueda darse.

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PROBLEMAS SOLUCIONADOS SOBRE VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS. DIST. NORMAL. APROX. DE LA DIST. BINOMIAL. PROFESOR: ANTONIO PIZARRO.

http://ficus.pntic.mec.es/apis0004 27º) (Murcia, Sept. 00) Se sabe que el 20% de las personas que reservan plaza en un hotel no aparecen. Se han aceptado 100 reservas en un hotel que dispone de 88 habitaciones. Determine una aproximación de la probabilidad de que alguno de los clientes que han hecho reserva se quede sin habitación, usando la tabla normal. Solución: De las 100 reservas aparecen el 20% de 100, es decir, aparecen el 80% de los clientes. La variable aleatoria discreta X=“ Número de clientes que aparecen de los 100”, resulta que X ~ B(100,0.8) . Como n ⋅ p = 100 ⋅ 0.8 = 80 ≥ 5 y n ⋅ (1 − p ) = 100 ⋅ 0.2 = 20 ≥ 5 podemos hacer aproximar la variable aleatoria

(

)

(

)

X ~ B (100,0.8) ≈ Y ~ N n ⋅ p, n ⋅ p ⋅ (1 − p ) = N 100 ⋅ 0.8, 100 ⋅ 0.8 ⋅ 0.2 = N (80,4 )

Recuérdese que al aproximar una variable aleatoria discreta X por una variable aleatoria normal Y, hay que realizar la corrección de “Yates” P ( X = a ) = P (a − 0,5 ≤ Y ≤ a + 0,5) . Tipificando se tiene que si

Y ~ N (80,4) ⇒ Z =

Y − 80 ~ N (0,1) 4

Para que al menos un cliente se quede sin habitación, resulta que el “número de clientes que aparecen de los 100” debe ser mayor que las 88 habitaciones disponibles. Luego piden hallar P ( X > 88) :

P( X > 88) = ( X ≥ 89) =

Realizando la corrección de Yates

=

P(Y ≥ 88,5)

⎛ Y − 80 88,5 − 80 ⎞ Redondeando a las centésimas P⎜ P(Z ≥ 2 ,13 ) = 1 − P(Z < 2 ,13 ) = ≥ = ⎟ 4 ⎝ 4 ⎠ 1 − P(Z < 2 ,13 ) = 1 − 0,9834 = 0,0166 Tipificando

=

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