4. variable aleatoria discreta y distribuciones continuas – ejercicios resueltos

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4.- Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas Ejercicios Resueltos Distribución Uniforme Distribución Normal (Uso de Tabla) Distribución Exponencial Aplicaciones

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Page 1: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4.- Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas

– Ejercicios Resueltos –

Distribución Uniforme

Distribución Normal (Uso de Tabla)

Distribución Exponencial

Aplicaciones

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4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 56 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

1.- La cantidad de lluvia caída en un año; en cientos de cc.; en cierta ciudad, es una variable

aleatoria 𝒙 con función de densidad:

𝒇(𝒙) =

{

𝟎 𝒔𝒊 𝒙 < 𝟎 𝟏, 𝟔𝒙 𝒔𝒊 𝟎 ≤ 𝒙 < 𝟎, 𝟓 𝟎, 𝟖 𝒔𝒊 𝟎, 𝟓 ≤ 𝒙 < 𝟏 𝟎, 𝟖

𝒙𝟑 𝒔𝒊 𝒙 ≥ 𝟏

Se realiza un estudio en el cual se considera el agua caída en los últimos años. Si se toma una

muestra aleatoria de cinco años, ¿Cuál es la probabilidad de que por lo menos en tres de ellos

la cantidad de agua caída sea inferior a la esperada? Considere que la cantidad de lluvia

caída, en años diferentes, son independientes.

1) Solución: Para empezar definiremos las variables a utilizar:

𝑥 = “Cantidad de lluvia caída en un año; en cientos de cc”

𝑦 = “Número de años en la muestra, en la que cae una cantidad de lluvia sea inferior a la esperada”

Luego, nos enfocamos a determinar el valor de la cantidad de lluvia esperada, de la siguiente

manera:

𝐸(𝑥) = ∫ 𝑥 ∙ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

−∞

= ∫ 𝑥 ∙ (1,6𝑥)

0,5

0

𝑑𝑥 + ∫ 𝑥 ∙ (0,8)

1

0,5

𝑑𝑥 + ∫ 𝑥 ∙

1

(0,8

𝑥3)𝑑𝑥

= 1,6𝑥3

3|0,5

0

+ 0,8 𝑥2

2|1

0,5−0,8

𝑥|∞

1 = 1,6 ∙

0,53

3+0,8

2−0,8 ∙ 0,52

2+ 0,8 =

7

6

El siguiente paso es calcular la probabilidad de que la cantidad de lluvia sea inferior a la esperada:

𝑃 (𝑥 ≤7

6) = 1 − 𝑃 (𝑥 >

7

6) = 1 − ∫

0,8

𝑥3

76⁄

𝑑𝑥 = 1 − [ 0,8

−2𝑥2|

76⁄] = 0,706

Además notemos que la 𝑦 posee una distribución binomial, lo que se expresa de la siguiente manera:

𝑦 ~ 𝐵(𝑛 = 5 ; 𝑝 = 0,706) 𝑓(𝑦) = { (5𝑦) (0,706)𝑦(0,294)5−𝑦 ; 𝑦 = 1,2, … ,5

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Finalmente, se calcula la probabilidad que el problema nos solicita:

𝑃(𝑦 ≥ 3) = 𝑃(𝑦 = 3) + 𝑃(𝑦 = 4) + 𝑃(𝑦 = 5)

𝑃(𝑦 ≥ 3) = (53) (0,706)3 ∙ (0,294)2 + (

54) (0,706)4 ∙ (0,294)1 + (

55) (0,706)5 ∙ (0,294)0

𝑃(𝑦 ≥ 3) = 0,845

Respuesta: Al tomar una muestra aleatoria de cinco años, la probabilidad de que por lo menos en

tres de ellos la cantidad de agua caída sea inferior a la esperada, es 0,845

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4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 57

2.- Una fabricante de refrigeradores ofrece una garantía de tres años para su producto, siendo

la vida útil (en años) modelada por la siguiente función de densidad de probabilidad:

𝒇(𝒙) = {𝒙 + 𝟏𝟎

𝟒𝟎𝟎 𝒔𝒊 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐𝟎

𝟎 𝒆𝒏 𝒐𝒕𝒓𝒐 𝒄𝒂𝒔𝒐

Se toma al azar a uno de los refrigeradores fabricados, ¿Cuál es la probabilidad de que se

haya realizado uso de la garantía, con este producto?

2) Solución: Utilizaremos la siguiente notación:

𝑥 = “Vida útil de los refrigeradores, en años”

En seguida, para que se haga efectiva la garantía la vida útil debe ser como máximo tres, por lo que

se calcula probabilidad evaluando en estos parámetros, en la función de densidad de probabilidad

antes dada:

𝑃(𝑥 ≤ 3) = ∫(𝑥 + 10

400)

3

0

𝑑𝑥 = 0,08625

Respuesta: La probabilidad de que se haya realizado uso de la garantía, con este producto, es

0,08625

3.- El fabricante de cierto tipo de compresor ha encontrado que la vida útil de un compresor,

en años, se puede modelar con la siguiente función de densidad:

𝒇(𝒙) = { 𝟑 + 𝒙

𝟖 𝒔𝒊 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐

𝟎 𝒆𝒏 𝒐. 𝒄

3.1) Si un cliente compró un compresor y ha estado funcionando por lo menos 6 meses ¿Cuál

es la probabilidad que falle antes de 18 meses?

3.2) Cada compresor tiene un costo de 20 u.m. y se vende en 32 u.m. y el fabricante da ciertas

garantías. Si el compresor falla antes de 3 meses se devuelve el importe de lo pagado. Si

falla entre 3 meses y 6 meses, se compromete a asumir el costo de mano de obra de la

reparación que tiene un valor de 5 u.m. ¿Cuál es la utilidad esperada por compresor?

3) Solución: Utilizaremos la siguiente notación:

𝑥 = “Vida útil de un compresor, en años”

3.1) Solución: Procedemos a calcular la siguiente probabilidad condicional:

𝑃(𝑥 < 1,5 𝑥 > 0,5⁄ ) = 𝑃(0,5 < 𝑥 < 1,5)

𝑃(𝑥 > 0,5)=𝑃(0,5 < 𝑥 < 1,5)

1 − 𝑃(𝑥 < 0,5)

=∫

3+𝑥

8 𝑑𝑥

1,5

0,5

1 − ∫ 3+𝑥

8 𝑑𝑥

0,5

0

=

1

251

64

= 0,6274

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4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 58 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Respuesta: Si el cliente compra un compresor, el que ha funcionado por lo menos seis meses, la

probabilidad de que este falle antes de los dieciocho meses es 0,6274.

3.2) Solución: Lo que se debe hacer en este ítem es definir la siguiente variable:

𝑈 = “Utilidad de un compresor, en u.m.”

𝑈(𝑥) = {32 − 20 − 32 ; 0 < 𝑥 < 0,25

32 − 20 − 5; 0,25 < 𝑥 < 0,5

32 − 20; 0,5 < 𝑥 < 2 → 𝑈(𝑥) = {

−20 ; 0 < 𝑥 < 0,25

7; 0,25 < 𝑥 < 0,5

12; 0,5 < 𝑥 < 2

En seguida, calculamos las respectivas probabilidades:

𝑃(0 < 𝑥 < 0,25) = ∫3 + 𝑥

8

0,25

0

𝑑𝑥 =3

8𝑥 +

𝑥2

16|0,25

0

= 0,097656

𝑃(0,25 < 𝑥 < 0,5) = ∫3 + 𝑥

8

0,5

0,25

𝑑𝑥 =3

8𝑥 +

𝑥2

16|0,5

0,25= 0,105469

𝑃(0,5 < 𝑥 < 2) = ∫3 + 𝑥

8

2

0,5

𝑑𝑥 =3

8𝑥 +

𝑥2

16|2

0,5= 0,796875

Luego, aplicando la fórmula de esperanza, para así poder calcular la utilidad esperada:

𝐸(𝑈) = ∑ 𝑈 ∙ 𝑃(𝑈) = (−20)(0,097656) + (7)

𝑅𝑒𝑐 𝑈

(0,105469) + (12)(0,796875) = 8,348 𝑢.𝑚.

Respuesta: Según las condiciones que posee la utilidad de los compresores, la utilidad esperada es

8,348 u.m.

4.- El tiempo de activación de los sensores fabricados por una empresa es una variable

aleatoria con función de densidad:

𝒇(𝒙) = {

𝟐𝒙 ; 𝟎 < 𝑥 < 0,5𝟐

𝟑 (𝟐 − 𝒙) ; 𝟎, 𝟓 < 𝑥 < 𝑘

𝟎 𝒆𝒏 𝒐𝒕𝒓𝒐 𝒄𝒂𝒔𝒐

Un sensor se dice rápido si su tiempo de activación es inferior a 0,2 segundos y lento si su

tiempo de activación es superior a 1 segundo. Se pide:

4.1) Calcular el valor de k para que 𝒇(𝒙) sea función de densidad.

4.2) Obtener la función de distribución

4.3) Determinar: La esperanza, desviación estándar y el porcentaje de variabilidad del

tiempo de activación.

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4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 59

4.4) De los sensores con tiempo de activación inferior a 1 segundo. ¿Qué porcentaje supera

a su tiempo esperado?

4.5) ¿Cuál es la probabilidad de que entre 10 sensores elegidos al azar, como mínimo 3 sean

lentos?

4.6) Determinar la probabilidad de que sea necesario examinar 15 sensores para encontrar

el cuatro sensor rápido.

4.7) El costo de producción de un sensor es de 2000 u.m. Los sensores definidos como

rápidos se venden en 5000 u.m. y los lentos en 3500 u.m. Determine la utilidad esperada

en la venta de un sensor, si los restantes se venden en 4000 u.m.

4.1) Solución: Para calcular el valor de k, partimos con que para que 𝑓(𝑥) sea función de densidad, se

debe cumplir lo siguiente:

∫ 𝑓(𝑥)

𝑅𝑒𝑐 𝑥

𝑑𝑥 = 1

Por lo tanto, basándonos en esta propiedad, tenemos:

∫ (2𝑥)

0,5

0

𝑑𝑥 + ∫(2

3(2 − 𝑥))

𝑘

0,5

𝑑𝑥 = 1 → (0,5)2 +2

3 [(2𝑘 −

𝑘2

2) −

7

8] = 1

→ 𝑘2 − 4𝑘 + 4 = 0 → 𝑘 = 2 [𝑠𝑒𝑔]

Respuesta: El valor que debe tomar 𝑘 son dos segundos, para que 𝑓(𝑥) sea una función de

densidad.

4.2) Solución: Para obtener la función de distribución, aplicaremos la fórmula que se muestra a

continuación:

𝐹(𝑥) = 𝑃(𝑋 ≤ 𝑥) = ∫ 𝑓(𝑥)

𝑥

− ∞

𝑑𝑥

𝑆𝑖 𝑥 < 0 → 𝐹(𝑥) = ∫ 0

𝑥

− ∞

𝑑𝑡 = 0

𝑆𝑖 0 ≤ 𝑥 < 0,5 → 𝐹(𝑥) = ∫ 0

𝑥

− ∞

𝑑𝑡 + ∫(2𝑡)

𝑥

0

𝑑𝑡 = 𝑥2

𝑆𝑖 0,5 ≤ 𝑥 < 2 → 𝐹(𝑥) = ∫ 0

𝑥

− ∞

𝑑𝑡 +∫ (2𝑡)

0,5

0

𝑑𝑡 + ∫ (2

3(2 − 𝑡))

𝑥

0,5

𝑑𝑡 =16𝑥 − 4𝑥2 − 4

12

𝑆𝑖 𝑥 ≥ 2 → 𝐹(𝑥) = ∫ 0

𝑥

− ∞

𝑑𝑡 + ∫ (2𝑡)

0,5

0

𝑑𝑡 + ∫(2

3(2 − 𝑡))

2

0,5

𝑑𝑡 +∫0

𝑥

2

𝑑𝑡 = 1

Page 6: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 60 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Finalmente, que expresa la función de distribución de la siguiente manera:

𝐹(𝑥) =

{

0 ; 𝑥 < 0

𝑥2 ; 0 ≤ 𝑥 < 0,5

16𝑥 − 4𝑥2 − 4

12 ; 0,5 ≤ 𝑥 < 2

1 ; 𝑥 ≥ 2

4.3) Solución

𝐸(𝑥) = ∫ 𝑥 ∙ 𝑓(𝑥)

𝑅𝑒𝑐 𝑥

𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 (2𝑥)

0,5

0

𝑑𝑥 + ∫ 𝑥 (2

3(2 − 𝑥))

2

0,5

𝑑𝑥 =5

6= 0,8333

𝐸(𝑥2) = ∫ 𝑥2 ∙ 𝑓(𝑥)

𝑅𝑒𝑐 𝑥

𝑑𝑥 = ∫𝑥2 (2

3(2 − 𝑥))𝑑𝑥 =

7

8

2

0,5

𝑉(𝑥) = 𝐸(𝑥2) − [𝐸(𝑥)]2 → 𝑉(𝑥) =7

8− (

5

2)2

=13

72

𝑆(𝑥) = √𝑉(𝑥) → 𝑆(𝑥) = √13

72= 0,4249

% 𝐶. 𝑉(𝑥) =𝑆(𝑥)

𝐸(𝑥)∙ 100 =

0,4249

0,8333∙ 100 = 50,99%

Respuesta: Tiempo promedio o esperado de activación = 0,833 segundos

Desviación estándar = 0,4249 segundos

Porcentaje de variabilidad = 50,8099%

4.4) Solución: Definimos la probabilidad condicional, para calcular lo requerido:

𝑃 (𝑥 >5

6 𝑥 < 1⁄ ) =

𝑃( 56 < 𝑥 < 1)

𝑃(𝑥 < 1)=𝐹(1) − 𝐹(5

6)

𝐹(1)=0,66667 − 0,54629

0,66667= 0,18056

Luego, lo multiplicamos por cien, para así obtener el porcentaje solicitado.

Respuesta: De los sensores con tiempo de activación inferior a 1 segundo, el porcentaje que supera

a su tiempo esperado, es igual a 18,056%.

4.5) Solución: Definimos la siguiente variable:

𝑦 = “Número de sensores lentos en una muestra de diez sensores elegidos al azar”

Luego, calculamos la probabilidad de que salga un sensor lento, o sea que su tiempo de activación

sea superior a un segundo, como se muestra a continuación:

𝑃(𝑥 > 1) = 1 − 𝑃(𝑥 ≤ 1) = 1 − 𝐹(1) = 1 − 0,66667 = 0,3333

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4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 61

En seguida, definimos la variable que se distribuye de forma binomial, como sigue:

𝑦 ~ 𝐵(𝑛 = 10; 𝑝 = 0,3333) 𝑃(𝑦) = {(10𝑦) (0,3333)𝑦 (0,66667)10 − 𝑦 ; 𝑦 = 0,1,2, … ,10

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Finalmente, calculamos la probabilidad pedida:

𝑃(𝑦 ≥ 3) = 1 − 𝑃(𝑦 < 3) = 1 − [𝑃(𝑦 = 0) + 𝑃(𝑦 = 1) + 𝑃(𝑦 = 2)] = 1 − 0,2992 = 0,7008

Respuesta: Al elegir al azar entre diez sensores, la probabilidad de que sean como mínimo tres

lentos, corresponde a 0,7008.

4.6) Solución: Lo primero que debemos hacer es calcular la probabilidad de encontrar un sensor

rápido, lo que está dado por:

𝑃(𝑥 < 0,2) = 𝐹(0,2) = (0,2)2 = 0,04

Sea: 𝑤 = “Número de sensores examinados hasta encontrar el cuarto sensor rápido, en una muestra

de 15 sensores”

Notemos que estamos en presencia de una distribución Pascal o Binomial negativa, por lo que queda

expresada de la siguiente forma:

𝑤 ~ 𝐵∗(𝑟 = 4; 𝑝 = 0,04) 𝑃(𝑤) = {(𝑤 − 13

) (0,04)4 (0,96)𝑤 − 4 ; 𝑤 = 4,5,6, …

0 ; 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

En seguida, calculamos la probabilidad pedida:

𝑃(𝑤 = 15) = (143) (0,04)4 (0,96)11 = 0,00059

Respuesta: La probabilidad de que sea necesario examinar 15 sensores para encontrar el cuarto

sensor rápido, es igual a 0,00059

4.7) Solución: Sabemos que la utilidad está definida por la siguiente expresión:

𝑈 = 𝑈𝑡𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑 = 𝑃𝑟𝑒𝑐𝑖𝑜 − 𝐶𝑜𝑠𝑡𝑜 𝑅𝑒𝑐𝑜𝑟𝑟𝑖𝑑𝑜 (𝑈) = {1500, 2000, 3000}

Calculamos las respectivas probabilidades:

𝑆𝑒𝑛𝑠𝑜𝑟 𝑅á𝑝𝑖𝑑𝑜: 𝑃(𝑈 = 3000) = 𝑃(𝑥 < 0,2) = 𝐹(0,2) =1

25

𝑃(𝑈 = 2000) = 𝑃(0,2 < 𝑥 < 1) = 𝐹(1) − 𝐹(0,2) =2

3−1

25=47

75

𝑆𝑒𝑛𝑠𝑜𝑟 𝐿𝑒𝑛𝑡𝑜: 𝑃(𝑈 = 1500) = 𝑃(𝑥 > 1) = 1 − 𝐹(1) = 1 −2

3=1

3

Page 8: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 62 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Quedando distribuido de la siguiente forma:

𝑈(𝑥) = { 1 3⁄ ; 𝑈 = 1500 𝑢.𝑚. 47 75⁄ ; 𝑈 = 2000 𝑢.𝑚. 1 25⁄ ; 𝑈 = 3000 𝑢.𝑚 0 ; 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Finalmente, calculamos la utilidad esperada, de la siguiente forma:

𝐸(𝑈) = ∑ 𝑈 ∙ 𝑃(𝑈)

𝑅𝑒𝑐 𝑈

= 1500 ∙1

3+ 2000 ∙

47

75+ 3000 ∙

1

25= 1873,3333 𝑢.𝑚.

Respuesta: La utilidad esperada en la venta de un sensor es 1873,3333 u.m.

Distribución Exponencial:

5.- Se tiene la siguiente información en relación a una tarjeta de video para PC que fabrica

cierta compañía:

­ La duración en años de la tarjeta se distribuye exponencial.

­ El 9,6% de las tarjetas fallan antes de un año.

Determine la probabilidad de que una tarjeta de video para PC, elegida al azar, falle después de

2 años.

5) Solución: Sea: 𝑥 = “Duración de la tarjeta de video para PC, en años”

Luego, sabemos que se distribuye de forma exponencial, lo que se expresa de la siguiente manera:

𝑥 ~ 𝑒𝑥𝑝 () 𝑃(𝑥) = { 1 − 𝑒− ∙ 𝑥 ; 𝑥 > 0

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

En seguida, por la información que nos brinda el ejercicio, tenemos que:

𝑃(𝑥 < 1) = 0,096 → 1 − 𝑒− ∙1 = 0,096

𝑒− ∙1 = 0,904 /∙ ln

− = ln(0,904) → = 0,1

Por lo tanto, la distribución queda como se ve a continuación:

𝑥 ~ 𝑒𝑥𝑝 ( = 0,1) 𝑃(𝑥) = { 1 − 𝑒− 0,1 𝑥 ; 𝑥 > 0

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Finalmente, calculamos la probabilidad requerida:

𝑃(𝑥 > 2) = 1 − 𝑃(𝑥 ≤ 2) = 1 − [1 − 𝑒− 0,1∙2] = 0,8187

Respuesta: La probabilidad de que una tarjeta de video para PC, elegida al azar, falle después de

dos años, corresponde a 0,8187.

Page 9: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 63

6.- Los tiempos de atención, en una ventana de cajero de Banco, se distribuyen

exponencialmente con promedio 2,5 minutos.

Para un cliente que llega a la ventana del Banco a las 11:00 horas ¿Cuál es la probabilidad que

todavía está a las 11:04 horas?

6) Solución: Definimos la variable: 𝑥 = “Tiempo de atención, en minutos”

Además, sabemos que tiene una distribución exponencial, y que la esperanza de esta, se define de la

siguiente manera:

𝐸(𝑥) =1

→ 2,5 =

1

→ = 0,4

Por lo tanto, que expresada la distribución como se ve a continuación:

𝑥 ~ 𝑒𝑥𝑝( = 0,4) 𝑃(𝑥) = { 1 − 𝑒− 0,4 𝑥 ; 𝑥 > 0

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Luego, la probabilidad de que todavía esté 4 minutos después en el banco, se expresa:

𝑃(𝑥 > 4) = 1 − 𝑃(𝑥 < 4) = 1 − [1 − 𝑒− 0,4 ∙ 4] = 0,2019

Respuesta: Si un cliente que llega a la ventana del banco a las 11:00 horas, la probabilidad que

todavía este a las 11:04 horas, es 0,2019

7.- En una Aerolínea, el tiempo (𝒙) necesario para atender los pasajeros sin boleto en el mesón,

se distribuye exponencial con media 5 minutos.

Se registra con un “contador” los minutos dedicados a la atención de cada pasajero. ¿Cuál es

la probabilidad de que entre 15 pasajeros atendidos, elegidos al azar, los registros muestren

que por lo menos 14 pasajeros fueron atendidos en el mesón en menos de 7 minutos?.

Suponga que los tiempos de atención entre un pasajero y otro son independientes.

7) Solución: Sea: 𝑥 = “Tiempo necesario para atender los pasajeros sin boleto en el mesón”

Ya que esta variable está distribuida exponencialmente, tenemos que:

𝐸(𝑥) = 5 → 1

= 5 → =

1

5

Por lo tanto, queda expresado de la siguiente manera la distribución:

𝑥 ~ 𝑒𝑥𝑝 ( =1

5) 𝑃(𝑥) = { 1 − 𝑒

− 1

5 𝑥 ; 𝑥 > 0

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Luego, calculamos la probabilidad de que sean atendidos en el mesón en menos de 7 minutos:

𝑃(𝑥 < 7) = 1 − 𝑒− 7

5 = 0,7534

Después, definimos la siguiente notación, y su respectiva distribución:

𝑦 = “Número de pasajeros sin boleto que fueron atendidos en el mesón en menos de 7 minutos, entre

15 pasajeros elegidos al azar”

Page 10: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 64 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

𝑦 ~ 𝐵(𝑛 = 15 ; 𝑝 = 0,7534) 𝑃(𝑦) = {(15𝑦) (0,7534)𝑦 (0,2466)15 − 𝑦 ; 𝑦 = 0,1,2, … ,15

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Finalmente, determinamos la probabilidad requerida:

𝑃(𝑦 ≥ 14) = 𝑃(𝑦 = 14) + 𝑃(𝑦 = 15) = (1514) (0,7534)14 (0,2466)1 + (

1515) (0,7534)15 = 0,0845

Respuesta: Entre 15 pasajeros atendidos elegidos al azar, la probabilidad de que los registros

muestren que por lo menos 14 pasajeros fueron atendidos en el mesón en menos de 7 minutos,

corresponde a 0,0845.

8.- La duración, en horas, de cierto equipo electrónico, puede considerarse una variable

aleatoria distribuida exponencialmente, tal que la duración esperada es 1000 horas.

Una empresa adquirió cuatro de estos equipos ¿Cuál es la probabilidad de que al menos tres

duren más de 1200 horas?

8) Solución: Lo primero será determinar , por medio de la fórmula de esperanza, quedando:

𝐸(𝑥) = 1000 → 1

= 1000 → =

1

1000

En seguida definimos la variable, y su distribución:

𝑥 = “Duración de cierto equipo electrónico, en horas”

𝑥 ~ 𝑒𝑥𝑝 ( =1

1000) 𝑓(𝑥) = { 1 − 𝑒

− 1

1000 𝑥 𝑥 > 0

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Luego, calculamos la probabilidad de que el equipo duré más de 1200 horas:

𝑃(𝑥 < 1200) = 1 − [1 − 𝑒− 1200

1000 ] = 0,3012

En seguida, definimos la notación a utilizar:

𝑦 = “Número de equipos electrónicos que duren más de 1200 horas, en cuatro equipos elegidos al

azar”

𝑦 ~ 𝐵(𝑛 = 4 ; 𝑝 = 0,3012) 𝑃(𝑦) = { (4𝑦) (0,3012)𝑥 (0,6988)4 −𝑥; 𝑥 = 0,1,2,3,4

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Finalmente, calculamos la probabilidad que nos solicitan:

𝑃(𝑦 ≥ 3) = 𝑃(𝑦 = 3) + 𝑃(𝑦 = 4) = (43) (0,3012)3 (0,6988)1 + (

44) (0,3012)4 = 0,0846

Respuesta: Al adquirir cuatro equipos al azar, la probabilidad de que al menos tres duren más de

1200 horas, corresponde a 0,0846

Page 11: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 65

Distribución Uniforme

9.- La duración del trayecto de camiones mezcladores y transportadores de concreto, que van

a la construcción de una carretera, es una variable aleatoria distribuida uniformemente en un

intervalo de 50 a 70 minutos.

Determine la probabilidad de que un camión llegue a la construcción como máximo, tres

minutos después del tiempo esperado.

9) Solución: Utilizaremos la siguiente notación:

𝑥 = “Cantidad de tiempo que demora el camión en llegar a la construcción, en minutos”

La que se distribuye uniformemente, lo que se ve como sigue:

𝑥 ~ 𝑈 [ 𝑎 , 𝑏 ] → 𝑥 ~ 𝑈 [ 50 , 70 ] 𝑓(𝑥) = {1

70 − 50 50 < 𝑥 < 70

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Además, sabemos que la esperanza de la distribución está dado por:

𝐸(𝑥) =𝑎 + 𝑏

2 → 𝐸(𝑥) =

50 + 70

2= 60

En seguida, la probabilidad que nos pide el ejercicio es:

𝑃(𝑥 ≤ 𝐸(𝑥) + 3) = 𝑃(𝑥 ≤ 63) = ∫1

20

63

𝑥 = 50

𝑑𝑥 =1

20𝑥 |63

50=13

20= 0,65

Respuesta: La probabilidad de que un camión llegue a la construcción como máximo, tres minutos

después del tiempo esperado, corresponde a 0,65.

10.- El espesor del borde de un componente de una aeronave está distribuido de manera

uniforme entre 0,95 y 1,05 milímetros.

10.1) Calcule la proporción de bordes cuyo espesor es mayor que 1,02 milímetros

10.2) ¿Qué espesor está excedido por el 90% de los bordes?

10.3) Calcule la media y la varianza del espesor del borde

10.1) Solución: Definimos la notación a ocupar, y su distribución:

𝑥 = “Espesor del borde de un componente de una aeronave” 𝑥 ~ 𝑈 [0,95 ; 1,05]

𝑓(𝑥) = {1

0,1 ; 0,95 < 𝑥 < 1,05

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Luego, nos enfocamos a calcular la probabilidad que

nos solicitan, como se muestra:

𝑃(𝑥 > 1,02) = ∫1

0,1

1,05

1,02

𝑑𝑥 =1

0,1𝑥 |1,05

1,02

𝑃(𝑥 > 1,02) = 10,5 − 10,2 = 0,3

Page 12: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 66 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Respuesta: La proporción de bordes cuyo espesor es mayor que 1,02 milímetros, corresponde a 0,3.

10.2) Solución: Sea: 𝑦 = “Espesor que es excedido por el 90% de los bordes”

𝑃(𝑥 > 𝑦) = ∫1

0,1

1,05

𝑦

𝑑𝑥 = 0,9 → 1

0,1∙ 1,05 −

1

0,1𝑦 = 0,9 → 𝑥 = 0,96

Respuesta: El espesor que está excedido por el 90% de los bordes, es 0,96 milímetros.

10.3) Solución: Por formula, determinamos la media y la varianza:

𝐸(𝑥) =𝑎 + 𝑏

2=1,05 + 0,95

2= 1 𝑉(𝑥) =

(𝑏 − 𝑎)2

12=(1,05 − 0,95)2

12= 0,00083

Respuesta: La media y la varianza, son iguales a 1 milímetros y 0,00083 (milímetros)2,

respectivamente.

11.- El espesor de la capa de sustancia fotoprotectora que se aplica a las obleas en el proceso

de fabricación de semiconductores en cierta área de la oblea, tiene una distribución uniforme

entre 0,2050 y 0,2150 micrómetros.

11.1) Calcule el porcentaje de obleas en las que el espesor de la sustancia es mayor que

0,2125 micrómetros.

11.2) ¿Qué espesor excede el 10% de las obleas?

11.3) Calcule la media y varianza del espesor de la sustancia fotoprotectora.

11.1) Solución: Definimos la notación siguiente:

𝑥 = “Espesor de la capa de sustancia fotoprotectora que se aplica a las obleas en el proceso de

fabricación de semiconductores en cierta área de la oblea, en micrómetros”

𝑥 ~ 𝑈 [0,2050 ; 0,2150]

𝑓(𝑥) = {1

0,01 ; 0,2050 < 𝑥 < 0,2150

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

𝑃(𝑥 > 0,2125) = ∫1

0,01

0,2150

0,2125

𝑑𝑥 =1

0,01𝑥 |0,2150

0,2125

𝑃(𝑥 > 0,2125) = 21,5 − 21,25 = 0,25

% = 𝑃(𝑥 > 0,2125) ∙ 100 = 25%

Respuesta: El porcentaje de obleas en las que el espesor de la sustancia es mayor que 0.2125, es

igual al 25%

Page 13: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 67

11.2) Solución: Sea 𝑦 = “Espesor que excede el 10% de las oblea, en micrómetros”

∫1

0,01

𝑦

0,2050

𝑑𝑥 = 0,1 → 1

0,01𝑦 −

1

0,01∙ 0,2050 = 0,1 → 𝑦 = 0,206

Respuesta: El espesor que excede el 10% de las obleas es 0,206 micrómetros. 11.3) Solución:

𝐸(𝑥) =0,2050 + 0,2150

2= 0,21 𝑉(𝑥) =

(0,2150 − 0,2050)2

12= 8,33 × 10−6

Respuesta: La media es 0,21 micrómetros y la varianza es igual a 8,33 × 10−6 (micrómetros)2

Distribución Normal

12.- La concentración de hierro en el suero en hombres sanos de entre 40 y 50 años se

distribuye normal con media 120 mg/100ml y desviación estándar de 15 mg/100ml. Se

selecciona a un hombre de esta población. ¿Cuál es la probabilidad de que tenga una

concentración de hierro promedio superior a 112 mg/100ml?

12) Solución: Utilizaremos la siguiente notación:

𝑥 = “Concentración de hierro en el suero en

hombres sanos de entre 40 y 50 años, en

mg/100ml”

Donde nos exponen que se encuentra distribuido

normal:

𝑥 ~ 𝑁(𝜇 = 120;𝜎2 = (15)2)

La probabilidad de que tenga una concentración

de hierro promedio superior a 112 mg/100ml, está

dada por:

𝑃(𝑥 > 112) = 1 − 𝑃(𝑥 ≤ 112)

𝑃(𝑥 > 112) = 1 − 𝑃 (𝑧 ≤112 − 120

15) = 1 − (−0,53)

𝑃(𝑥 > 112) = 1 − 0,2981 = 0,7019

Respuesta: La probabilidad de que tenga una concentración de hierro promedio superior a 112

mg/100ml, corresponde a 0,7019

13.- La cantidad semanal, en miles de pesos, que una Compañía gasta en mantenimiento y

reparaciones, es una variable aleatoria distribuida normal, con desviación estándar igual a 20

mil pesos. La Compañía está dispuesta a aceptar un gasto máximo de 485 mil pesos, en el 90%

de las semanas que presentan menor gasto ¿Cuál debería ser el gasto medio semanal?

Page 14: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 68 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

13) Solución: Definimos la notación a utilizar:

𝑥 = “Gasto semanal en mantenimiento y reparaciones de una Compañía, en miles de pesos”

𝑥 ~ 𝑁(𝜇 ; 𝜎2 = (20)2)

La información que nos da el problema es la siguiente:

𝑃(𝑥 ≤ 485) = 0,90

Entonces:

(485 − 𝜇

20) = 0,90

Además:

485 − 𝜇

20= 1,28

𝜇 = 485 − 1,28 ∙ 20

𝜇 = 459,4

Respuesta: El gasto medio semanal debería ser $459.400

14.- La resistencia de un cable eléctrico de alta tensión se considera una variable aleatoria con

distribución normal con una media de 36 (ohmios) y una varianza de 0,64 (ohmios)2. Un cable

se considera defectuoso si su resistencia es inferior a 35 (ohmios).

14.1) De los cables que tienen una resistencia superior a 34 (ohmios) ¿Qué proporción de

cables se consideran defectuosos?

14.2) Se eligen al azar y en forma independiente 10 cables, ¿Cuál es la probabilidad que más

de 2 cables resulten defectuosos?

14.1) Solución: Utilizaremos la siguiente notación, la que distribuye normalmente:

𝑥 = “Resistencia de un cable eléctrico de alta tensión, en ohmios” 𝑥 ~ 𝑁(𝜇 = 36; 𝜎2 = 0,64)

Posteriormente, calculamos la probabilidad condicional que nos pide el ejercicio:

𝑃(𝑥 < 35 ⁄ 𝑥 > 34) =𝑃(34 < 𝑥 < 35)

𝑃(𝑥 > 34)=𝑃(𝑥 < 35) − 𝑃(𝑥 < 34)

1 − 𝑃(𝑥 < 34)

= (

35−36

0,8) − (

34−36

0,8)

1 − (34−36

0,8)

=(−1,25) − (−2,5)

1 − (−2,5)=0,1057 − 0,0062

1 − 0,0062= 0,1001

Respuesta: De los que tienen una resistencia superior a 34 ohmios, la proporción de cables que se

consideran defectuosos, es 0,1001

14.2) Solución: Definimos la variable:

𝑦 = Número de cables defectuosos en la muestra”

Page 15: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 69

La que tiene una distribución binomial, lo que se expresa de la siguiente manera:

𝑦 ~ 𝐵(𝑛 = 10 ; 𝑝 = 0,1057) 𝑃(𝑦) = {(10𝑦) (0,1057)𝑦 (0,8943)10 − 𝑦 ; 𝑦 = 0,1,2, …

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Determinamos la probabilidad requerida, de la siguiente manera:

𝑃(𝑦 > 2) = 1 − 𝑃(𝑦 ≤ 2) = 1 − [𝑃(𝑦 = 0) + 𝑃(𝑦 = 1) + 𝑃(𝑦 = 2)]

= 1 − [(100) (0,1057)0 (0,8943)10 + (

101) (0,1057)1 (0,8943)9 + (

102) (0,1057)2 (0,8943)8]

𝑃(𝑦 > 2) = 0,0814

Respuesta: Al elegir 10 cables de forma aleatoria e independientemente, la probabilidad que más de

dos cables resulten defectuosos, corresponde a 0,0814

15.- El espesor de la película fotoprotectora en un proceso de fabricación de semiconductores

se distribuye normal con media µ y varianza 𝛔𝟐. Se sabe que el 2,28% de la películas

fotoprotectoras tienen un espesor superior a 13,4 micrómetros y el mismo porcentaje inferior a

8,6 micrómetros. Se considera que los semiconductores tienen una película fotoprotectora de

espesor óptimo si fluctúa entre 9 y 13 micrómetros.

15.1) Determine los valores de la media y de la varianza del espesor de la película.

15.2) Se realiza un control de calidad, ¿Cuál es la probabilidad de que se tengan que revisar a

lo más tres semiconductores hasta encontrar el primer semiconductor con una película

fotoprotectora de espesor óptimo?

15.1) Solución: Utilizaremos la siguiente notación:

𝑥 = “Espesor de la película fotoprotectora de semiconductores, en micrómetros”

𝑥 ~ 𝑁(𝜇 ; 𝜎2)

Luego, la información que nos entrega el problema, es:

𝑃(𝑥 > 13,4) = 0,0228 𝑃(𝑥 ≤ 8,6) = 0,0228

En seguida, ocupamos la información que nos brinda el ejercicio para obtener las ecuaciones

correspondientes:

𝑃(𝑥 > 13,4) = 0,0228

1 − 𝑃(𝑥 ≤ 13,4) = 0,0228

𝑃(𝑥 ≤ 13,4) = 0,9772

(13,4 − 𝜇

𝜎) = 0,9772

13,4 − 𝜇

𝜎= 2,0

𝜇 + 2𝜎 = 13,4 (𝑖)

Page 16: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 70 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

𝑃(𝑥 ≤ 8,6) = 0,0228

(8,6 − 𝜇

𝜎) = 0,0228

8,6 − 𝜇

𝜎= −2,0

𝜇 − 2𝜎 = 8,6 (𝑖𝑖)

Después, considerando las ecuaciones (𝑖) e (𝑖𝑖), las que por medio de un sistema de ecuaciones

obtenemos los valores de 𝜇 e 𝜎2, que son 11 𝜇 𝑚 y 1,44 (𝜇 𝑚)2, respectivamente.

Respuesta: Los valores de la media y de la varianza del espesor de la película, son 11 micrómetros y

1,44 (micrómetros)2.

15.2) Solución: Lo primero es calcular la

probabilidad de que el Espesor sea Óptimo, lo

que está dado por:

𝑃(9 ≤ 𝑥 ≤ 13) = 𝑃(𝑥 ≤ 13) − 𝑃(𝑥 ≤ 9)

= 𝑃 (𝑧 ≤13 − 11

1,2) − 𝑃 (𝑧 ≤

9 − 11

1,2)

= (1,67) − (−1,67)

= 0,9525 − 0,0475

𝑃(9 ≤ 𝑥 ≤ 13) = 0,905

Posteriormente, definimos la notación y la distribución de esta:

𝑦 = “Número de semiconductores revisados hasta encontrar el primer semiconductor con una película

fotoprotectora de espesor óptimo”.

𝑦 ~ 𝐺(𝑝 = 0,905) 𝑃(𝑦) = {(0,905)(0,095)𝑦 − 1 ; 𝑦 = 1,2, …

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Finalmente, calculamos la probabilidad que nos solicita el problema:

𝑃(𝑦 ≤ 3) = 𝑃(𝑦 = 1) + 𝑃(𝑦 = 2) + 𝑃(𝑦 = 3)

𝑃(𝑦 ≤ 3) = (0,905) + (0,905)(0,095)1 + (0,905)(0,095)2 = 0,999

Respuesta: La probabilidad de que se tengan que revisar a lo más tres semiconductores hasta

encontrar el primer semiconductor con una película fotoprotectora de espesor óptimo.

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4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 71

16.- Los circuitos integrados de una computadora tienen pins (patas) para conectarlos en los

enchufes que vienen en las tarjetas de la computadora. El grosor de las patas es importante

para determinar la calidad de la conexión con la tarjeta. Cuando el proceso de producción

funciona adecuadamente, el diámetro de los pins (relativo a las especificaciones de su diseño)

es una variable aleatoria normal con media 1,000 y desviación estándar 0,006 unidades.

Un pin hará una conexión de alta calidad sólo si su diámetro se encuentra entre 0,997 y 1,003

unidades. Si se seleccionan aleatoriamente los pins, ¿Cuál es la probabilidad de que se tengan

que seleccionar 5 pins para encontrar el segundo pin que no sea de alta calidad?

16) Solución: Definimos la variable que emplearemos, y su respectiva distribución:

𝑥 = “Diámetro de los pins, en unidades” 𝑥 ~ 𝑁(𝜇 = 1 ; 𝜎2 = 0,0062)

Luego, se muestra gráficamente en la

distribución normal cuando el pin hará una

conexión de alta calidad.

𝑃(0,997 ≤ 𝑥 ≤ 1,003)

= 𝑃 (𝑧 ≤1,003 − 1

0,006) − 𝑃 (𝑧 ≤

0,997 − 1

0,006)

= (0,5) − (−0,5) = 0,6915 − 0,3085

𝑃(0,997 ≤ 𝑥 ≤ 1,003) = 0,383

Luego la probabilidad de éxito que nos solicitan es cuando el pin no sea de alta calidad, lo que se

expresa de la siguiente manera:

1 − 𝑃(0,997 ≤ 𝑥 ≤ 1,003) = 0,617

Después, sea:

𝑦 ~ 𝐵∗(𝑟 = 2 ; 𝑝 = 0,617) 𝑃(𝑦) = {(𝑦 − 11

) (0,617)2(0,383)𝑦 −2 ; 𝑦 = 2,3, …

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Y finalmente, calculamos la probabilidad pedida:

𝑃(𝑦 = 5) = (41) (0,617)2(0,383)3 = 0,0856

Respuesta: La probabilidad de que se tengan que seleccionar 5 pins para encontrar el segundo pin

que no sea de alta calidad, es 0,0856.

17.- La distribución de los sueldos de los trabajadores de una industria metalúrgica es

aproximadamente normal. Se sabe que el 15,87% de los trabajadores gana menos de $120.000

y que un 2,28% gana a lo menos $800.000.

Page 18: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 72 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

17.1) ¿Cuál es el sueldo promedio y la varianza de los sueldos de los trabajadores?

17.2) Si en esta industria trabajan 1.000 personas ¿Cuántas de ellas tienen un sueldo

comprendido entre $250.000 y $500.000?

17.3) Si la industria está considerando un reajuste de un 10% más una asignación fija de

$20.000 por trabajador, ¿qué porcentaje de los trabajadores de esta industria quedarían

con un sueldo superior a los $400.000 después del reajuste?

17.1) Solución: Definimos la variable que usaremos:

𝑥 = “Sueldos de los trabajadores de una industria metalúrgica, en pesos”

Luego, ocupamos la información que nos brinda el problema, para calcular lo que nos piden:

∙ 𝑃(𝑥 < 120.000) = 0,1587

𝑃 (𝑧 <120.000−𝜇

𝜎) = 0,1587

(120.000−𝜇

𝜎) = 0,1587

120.000−𝜇

𝜎= −1

𝜇 − 𝜎 = 120.000 (𝑖)

∙ 𝑃(𝑥 ≥ 800.000) = 0,0228

𝑃(𝑥 < 800.000) = 0,9772

𝑃 (𝑧 <800.000−𝜇

𝜎) = 0,9772

(800.000−𝜇

𝜎) = 0,9772

800.000−𝜇

𝜎= 2

𝜇 + 2𝜎 = 800.000 (𝑖𝑖)

Después, ocupando la ecuación (𝑖) e (𝑖𝑖), creamos un sistema de ecuaciones donde obtenemos la

media y la desviación estándar, quedando expresado de la siguiente manera:

𝑥 ~ 𝑁(𝜇 = 346.667; 𝜎2 = (226.667)2)

Respuesta: El sueldo promedio y la varianza de los sueldos de los trabajadores, son $ 346.667 y

($226.667)2, respectivamente.

Page 19: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 73

17.2) Solución: Calculamos la probabilidad que

nos pide el ejercicio

𝑃(250.000 < 𝑥 < 500.000)

= 𝑃 (250.000−346.667

226.667< 𝑧 <

500.000−346.667

226.667)

= 𝑃(−0,43 < 𝑧 < 0,68)

𝑃(250.000 < 𝑥 < 500.000) = (0,68) − (−0,43)

= 0,7517 − 0,3336 = 0,4181

En seguida, multiplicamos la probabilidad por el número de trabajadores, obteniendo el total de

trabajadores que cumplen con la característica que nos hace referencia el ejercicio.

Respuesta: Si trabajan 1000 personas, la cantidad de personas que tienen un sueldo comprendido

entre $250.000 y $500.000, es 418.

17.3) Solución: Definimos la notación:

𝑦 = “Sueldos de los trabajadores de una industria metalúrgica luego del reajuste, en pesos”

𝑦 = 1,1𝑥 + 20.000

Luego, por medio de propiedades, tenemos que:

�̅� = 1,1�̅� + 20.000 → 𝜇𝑦 = $401.333,7

𝜎𝑦 = 1,1 𝜎𝑥 → 𝜎𝑦 = $249.333,7

Por ende, después del reajuste queda expresado de la siguiente manera:

𝑦 ~ 𝑁(𝜇𝑦 = 401.333,7; 𝜎𝑦2 = (249.333,7)2)

𝑃(𝑦 > 400.000) = 1 − 𝑃(𝑦 ≤ 400.000)

= 1− 𝑃 (𝑧 <400.000 − 401.333,7

249.333,7)

= 1− 𝑃(−0,0053)

= 1− (−0,01)

= 1 − 0,4960

𝑃(𝑦 > 400.000) = 0,504

% = 𝑃(𝑦 > 400.000) ∙ 100 = 50,4%

Respuesta: El porcentaje de los trabajadores de esta industria que quedarían con un sueldo superior

a los $400.000 después del reajuste, es 50,4%.

Page 20: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 74 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

18.- Se estima que la cantidad de cierto tipo de cemento que se utiliza en la mezcla de

comercio es una variable aleatoria distribuida normalmente con media µ kg y varianza 𝝈𝟐 (kg)2.

Se ha observado que en el 5,71% de las mezclas se debe utilizar más de 4,87 kg de cemento, y

además, se sabe que el 99,34% de las mezclas contiene a lo más 6,22 kg de cemento.

18.1) Si se sabe que una mezcla contiene más de 5 kg de cemento, ¿Cuál es la probabilidad

que tenga más de 7 kg de cemento?

18.2) Si se debe preparar diariamente una mezcla durante un mes (de 30 días), ¿Cuál es la

probabilidad de que a lo más una de estas mezclas preparadas contenga entre 4,87 y

6,22 kg de cemento?

18.3) ¿Cuál es la probabilidad de que la 5° mezcla preparada corresponda a la primera

mezcla que contenga menos cemento que la cantidad esperada de cemento?

18) Solución: Utilizamos la siguiente notación:

𝑥 = “Cantidad de cemento que se utiliza en la mezcla de concreto, en kg”

Usando la información que nos entrega el problema calculamos la media y desviación estándar:

𝑃(𝑥 > 4,87) = 0,0571

𝑃(𝑥 ≤ 4,87) = 0,9429

𝑃 (𝑧 ≤4,87−𝜇

𝜎) = 0,9429

(4,87−𝜇

𝜎) = 0,9429

4,87−𝜇

𝜎= 1,58 → 𝜇 + 1,58𝜎 = 4,87 (∗)

𝑃(𝑥 ≤ 6,22) = 0,9934

𝑃 (𝑧 ≤6,22−𝜇

𝜎) = 0,9934

(6,22−𝜇

𝜎) = 0,9934

6,22−𝜇

𝜎= 2,48

𝜇 + 2,48 𝜎 = 6,22 (∗∗)

Después, de hacer un sistema de ecuaciones con las ecuaciones (∗) y (∗∗), obtenemos la media y

desviación estándar, quedando expresado de la siguiente manera:

𝑥 ~ 𝑁(𝜇 = 2,5; 𝜎2 = 1,52)

18.1) Solución: La probabilidad condicional que nos solicitan es:

Page 21: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 75

𝑃(𝑥 > 7/𝑥 > 5) =𝑃(𝑥 > 7) ∩ 𝑃(𝑥 > 5)

𝑃(𝑥 > 5)=𝑃(𝑥 > 7)

𝑃(𝑥 > 5)=1 − 𝑃(𝑥 ≤ 7)

1 − 𝑃(𝑥 ≤ 5)=1 − 𝑃 (𝑧 ≤

7−2,5

1,5)

1 − 𝑃 (𝑧 ≤5−2,5

1,5)

𝑃(𝑥 > 7/𝑥 > 5) =1 − 𝑃(𝑧 ≤ 3,00)

1 − 𝑃(𝑧 ≤ 1,67)=1 − (3,00)

1 − (1,67)=1 − 0,9987

1 − 0,9525= 0,0274

Respuesta: Si la mezcla contiene más de 5 kg de cemento, la probabilidad que tenga más de 7 kg

cemento, es 0,0274.

18.2) Solución: Definimos la siguiente variable:

𝑦 = “Número de mezclas que contienen entre 4,87 kg y 6,22 kg de cemento”

Calculamos la probabilidad que el número de mezclas contengan entre 4,87 kg y 6,22 kg de cemento:

𝑃(4,87 < 𝑥 < 6,22) = 𝑃 (4,87 − 2,5

1,5< 𝑧 <

6,22 − 2,5

1,5) = 𝑃(1,58 < 𝑧 < 2,48)

𝑃(4,87 < 𝑥 < 6,22) = (2,48) − (1,58) = 0,9934 − 0,9429 = 0,0505

En seguida, notemos que estamos en presencia de una distribución binomial, quedando de la

siguiente manera:

𝑦 ~ 𝐵(𝑛 = 30; 𝑝 = 0,0505) 𝑃(𝑦) = {(30𝑦) (0,0505)𝑦 (0,9495)30 − 𝑦 ; 𝑦 = 0,1,2, …

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Luego, la probabilidad requerida es:

𝑃(𝑦 ≤ 1) = 𝑃(𝑦 = 0) + 𝑃(𝑦 = 1) = (300) (0,0505)0 (0,9495)30 + (

301) (0,0505)1 (0,9495)29

𝑃(𝑦 ≤ 1) = 0,5483

Respuesta: Si se desea preparar una mezcla diaria durante un mes (30 días), la probabilidad de que

a lo más una de estas mezclas preparadas contenga entre 4,87 y 6,22 kg de cemento.

18.3) Solución: Sabemos que la cantidad de cemento esperado corresponde a 2,5 kg de cemento,

por lo que la probabilidad de éxito corresponde a:

𝑃(𝑥 < 𝐸(𝑥)) = 𝑃(𝑥 < 2,5) = 𝑃 (𝑧 <2,5 − 2,5

1,5) = 𝑃(𝑧 < 0) = (0) = 0,5

Posteriormente, definimos la variable, y cuya distribución es Geométrica, como se muestra:

𝑣 = “Número de mezclas preparadas hasta encontrar la primera que tenga menor cemento del

esperado”

𝑣 ~ 𝐺𝑒𝑜(𝑝 = 0,5) 𝑃(𝑣) = {(0,5) (0,5)𝑣 −1; 𝑣 = 1,2, …

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Luego, calculamos:

𝑃(𝑣 = 5) = (0,5)(05)4 = 0,03125

Respuesta: La probabilidad de que la quinta mezcla preparada corresponde a la primera mezcla que

contenga menos cemento que la cantidad esperada de cemento.

Page 22: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 76 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

19.- Una importante distribuidora de productos enlatados, asegura que el monto de sus ventas

mensuales se distribuye aproximadamente normal, con media 80 millones de pesos (MM$) y

desviación estándar igual a 25 (MM$).

Se seleccionan al azar dos meses en la distribuidora, determine la probabilidad de que:

19.1) Al menos en uno de los meses seleccionados, el monto de las ventas este comprendido

entre 70 (MM$) y 100(MM$)

19.2) El monto total de la venta, de los dos meses, sea a lo más 180 (MM$).

19.3) La diferencia del monto de las ventas entre ambos meses, en valor absoluto, no exceda

los 15 (MM$).

19.1) Solución: Definimos la variable a utilizar, y la distribución que posee está:

𝑥 = “Monto de las ventas mensuales, en MM$” 𝑥 ~ 𝑁(𝜇 = 80; 𝜎2 = 252)

Donde la probabilidad de que la venta este entre 70 (MM$) y 100 (MM$) es:

𝑃(70 ≤ 𝑥 ≤ 100) = 𝑃 (70 − 80

25≤ 𝑧 ≤

100 − 80

25) = 𝑃(−0,4 < 𝑧 < 0,8) = (0,8) − (−0,4)

𝑃(70 ≤ 𝑥 ≤ 100) = 0,7881 − 0,3446 = 0,4435

Luego, definimos la notación que sigue:

𝑦 = “Cantidad de meses en que la venta está entre 70 (MM$) y 100 (MM$) al seleccionar dos meses”

Además, sabemos que estamos en presencia de una distribución binomial, como se muestra:

𝑦 ~ 𝐵(𝑛 = 2 ; 𝑝 = 0,4435) 𝑃(𝑦) = { (2𝑦) (0,4435)𝑦 (0,5565)2 − 𝑦 ; 𝑦 = 0,1,2, …

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Y evaluamos en la probabilidad que nos piden:

𝑃(𝑦 ≥ 1) = 1 − 𝑃(𝑦 < 1) = 1 − 𝑃(𝑦 = 0) = 1 − (20) (0,4435)0 (0,5565)2 = 0,6903

Respuesta: Al seleccionar al azar dos meses en la distribuidora, la probabilidad de que al menos en

uno de ellos el monto de las ventas este comprendido entre 70 (MM$) y 100(MM$), es 0,6903

19.2) Solución: Sea: 𝑥𝑖 = “Monto de las ventas mes 𝑖, en MM$”; 𝑖 = 1,2

Por propiedades, tenemos que:

𝑥1 + 𝑥2 ~ 𝑁(𝜇𝑥1 + 𝜇𝑥2 ; 𝜎𝑥12 + 𝜎𝑥2

2 ) → 𝑥1 + 𝑥2 ~ 𝑁(160 ; 1250)

Además, debemos calcular que la suma de los dos meses debe ser menor a 180 (MM$):

𝑃(𝑥1 + 𝑥2 ≤ 180) = 𝑃 (𝑧 ≤180 − 160

√1250) = 𝑃(𝑧 ≤ 0,57) = (0,57) = 0,7157

Respuesta: Al seleccionar al azar dos meses en la distribuidora, la probabilidad de que el monto total

de la venta sea a lo más 180 (MM$), corresponde a 0,7157.

Page 23: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 77

19.3) Solución: Lo primero que debemos definir es la distribución normal de la diferencia de ambos

meses, la que está dada por propiedades de la siguiente forma:

𝑥1 − 𝑥2 ~ 𝑁(𝜇𝑥1 − 𝜇𝑥2 ; 𝜎𝑥12 + 𝜎𝑥2

2 ) → 𝑥1 − 𝑥2 ~ 𝑁(0 ; 1250)

Luego, tenemos que calcular la probabilidad de la diferencia en valor absoluto, la que se representa

como sigue:

𝑃(|𝑥1 − 𝑥2| ≤ 15) = 𝑃(−15 ≤ 𝑥1 − 𝑥2 ≤ 15) = 𝑃 (−15 − 0

√1250≤ 𝑧 ≤

15 − 0

√1250)

𝑃(|𝑥1 − 𝑥2| ≤ 15) = 𝑃(−0,42 ≤ 𝑧 ≤ 0,42) = (0,42) − (−0,42) = 0,6628 − 0,3372 = 0,3256

Respuesta: Al seleccionar al azar dos meses de la distribuidora, la probabilidad de que la diferencia

del monto de las ventas entre ambos meses, en valor absoluto, no exceda los 15 (MM$), es 0,3256.

20.- El diámetro interior de una tuerca es una variable aleatoria que se distribuye normal con

una media de 12 mm y una desviación estándar de 0.8 mm. Por otro lado el diámetro de los

pernos se distribuye normal con una media de 12.8 mm y una varianza de 1,0404 mm2. Se sabe

que un perno y una tuerca ajustan cuando los diámetros difieren en menos de 0.02 mm.

20.1) El 16,6% de los pernos serán retirados puestos que poseen un diámetro demasiado

grande imposible de ajustar a una tuerca. ¿Cuál es el diámetro máximo que debe tener

un perno para no ser retirado de la partida?

20.2) Si se toma un perno y una tuerca al azar ¿Cuál es la probabilidad que ajusten?

20.1) Solución: Utilizaremos las siguientes notaciones:

𝐷𝑇 = “Diámetro interior de una tuerca, en mm” 𝐷𝑇 ~ 𝑁(𝜇𝑇 = 12 ; 𝜎𝑇2 = 0,82)

𝐷𝑃 = “Diámetro de un perno, en mm” 𝐷𝑃 ~ 𝑁(𝜇𝑃 = 12,8 ; 𝜎𝑃2 = 1,022)

En seguida, debemos encontrar 𝑑0 , tal que:

𝑃(𝐷𝑃 > 𝑑0) = 0,166 → 𝑃(𝐷𝑃 ≤ 𝑑0) = 0,834

𝑃 (𝑧 <𝑑0 − 12,8

1,02) = 0,834

(𝑑0 − 12,8

1,02) = 0,834

𝑑0 − 12,8

1,02= 0,97

𝑑0 = 13,7894 𝑚𝑚

Respuesta: El diámetro máximo que debe tener un perno para no ser retirado de la partida,

corresponde a 13,7894 mm.

20.2) Solución: Lo primero que haremos es definir la distribución de la diferencia entre el diámetro

interior de una tuerca y el diámetro de un perno, que se expresa como sigue:

𝐷𝑇 − 𝐷𝑃 ~ 𝑁(𝜇𝑇 − 𝜇𝑃 ; 𝜎𝑇2 + 𝜎𝑃

2) → 𝐷𝑇 − 𝐷𝑃 ~ 𝑁(−0,8 ; 1,6804)

Page 24: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 78 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Para que ajusten la tuerca y el perno, la diferencia entre ambos, en valor absoluto, debe ser menor a

0,02 mm, como se muestra ahora:

𝑃(|𝐷𝑇 − 𝐷𝑃| < 0,02) = 𝑃(−0,02 < 𝐷𝑇 − 𝐷𝑃 < 0,02) = 𝑃 (−0,02 + 0,8

√1,6804< 𝑧 <

0,02 + 0,8

√1,6804)

𝑃(|𝐷𝑇 − 𝐷𝑃| < 0,02) = 𝑃(0,60 < 𝑧 < 0,63) = (0,63) − (0,60) = 0,7357 − 0,7257 = 0,01

Respuesta: Al tomar un perno y una tuerca al azar, la probabilidad que ajusten es 0,01.

21.- En una industria que fabrica estructuras metálicas modulares, se define la resistencia (𝒚) a

la tensión y la carga (𝒙) a que son sometidas, tal que 𝒙 e 𝒚 son variables aleatorias

independientes, distribuidas:

𝑵(𝝁𝒚 = 𝟗𝟔𝟎 𝒌𝒈; 𝒔 =𝒚𝟐 (𝟕𝟐 𝒌𝒈)𝟐) 𝑵(𝝁𝒙 = 𝟕𝟏𝟎 𝒌𝒈 ; 𝒔 =𝒙

𝟐 (𝟖𝟒 𝒌𝒈)𝟐)

21.1) Determine el porcentaje de estructuras metálicas modulares que pueden soportar la

carga a que son sometidas (𝒚 > 𝑥).

21.2) Se eligen al azar estructuras metálicas modulares y se someten a prueba hasta

encontrar tres estructuras con resistencia a la tensión de a lo más 865 kg. ¿Cuál es la

probabilidad que se haya tenido que probar cinco estructuras metálicas?

21.1) Solución: El problema nos informa de las dos variables a trabajar, las que están distribuidas

normalmente, como sigue:

𝑥 = “Carga a que son sometidas las estructuras metálicas modulares, en kg”

𝑦 = “Resistencia a la tensión que son sometidas las estructuras metálicas modulares, en kg”

𝑁(𝜇𝑦 = 960 𝑘𝑔; 𝑠 =𝑦2 (72 𝑘𝑔)2) 𝑁(𝜇𝑥 = 710 𝑘𝑔 ; 𝑠 =𝑥

2 (84 𝑘𝑔)2)

En seguida, notemos que la desigualdad, que nos brinda el ejercicio, la podemos expresar de la

siguiente manera: 𝑦 > 𝑥 → 𝑥 − 𝑦 < 0, entonces por medio de propiedades obtenemos, la nueva

distribución, quedando:

𝑥 − 𝑦 ~ 𝑁(𝜇𝑥 − 𝜇𝑦; 𝑠 𝑥2 + 𝑠𝑦

2) → 𝑥 − 𝑦 ~ 𝑁(−250 ; 12240)

Luego, calculamos la probabilidad pedida:

𝑃(𝑦 > 𝑥) = 𝑃(𝑥 − 𝑦 < 0) = 𝑃 (𝑧 <0 + 250

√12240) = 𝑃(𝑧 < 2,26) = (2,26) = 0,9881

% = 𝑃(𝑧 < 2,26) ∙ 100 = 98,81%

Respuesta: El porcentaje de estructuras metálicas modulares que pueden soportar la carga a que

son sometidas, corresponde al 98,81%.

21.2) Solución: Lo primero será determinar el valor de la probabilidad de que la resistencia a la

tensión de a lo más 865 kg, lo que se plasma a continuación:

𝑃(𝑦 < 865) = 𝑃 (𝑧 <865 − 960

72) = 𝑃(𝑧 < −1,32) = (−1,32) = 0,0934

Page 25: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 79

Luego, definimos la notación a usar:

𝑇 = “Numero de estructuras metálicas que se someten a prueba hasta encontrar 3 estructuras con

resistencia a la tensión de a lo más 865 Kilogramos”

Dicha notación se encuentra distribuida binomial negativa o Pascal, como se muestra:

𝑇 ~ 𝐵∗(𝑟 = 3 ; 𝑝 = 0,0934) 𝑃(𝑇) = {(𝑇 − 1

2) (0,0934)3 (0,9066)𝑇 − 3 ; 𝑇 = 3,4,5, …

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

A continuación calculamos la probabilidad solicitada:

𝑃(𝑇 = 5) = (42) (0,0934)3 (0,9066)2 = 0,00402

Respuesta: Al elegir al azar cinco estructuras metálicas modulares, la probabilidad de que esta

última corresponda a la tercera con resistencia a la tensión de a lo más 865 kg, es 0,00402.

Distribución Mixta

22.- En la red informática de una empresa hay 3 sistemas multiusuario, que se identificarán

como 𝑺𝟏, 𝑺𝟐 y 𝑺𝟑. Las peticiones de conexión que se realizan a estos equipos se reparten de

forma que, el 60% se efectúan sobre 𝑺𝟏, el 30% sobre 𝑺𝟐 el 10% sobre 𝑺𝟑.

Los tiempos de respuestas a estas peticiones son variables aleatorias, expresadas en

segundos, tal que:

i) El tiempo (𝒙𝟏) de respuesta de 𝑺𝟏, en segundos, se distribuye exponencialmente en media 5 seg.

ii) El tiempo (𝒙𝟐) de respuesta de 𝑺𝟐, en segundos, se distribuye uniforme entre 4 seg. y 8 seg.

iii) El tiempo (𝒙𝟑) de respuesta de 𝑺𝟑, se segundos, tiene la siguiente distribución de probabilidad:

𝑷(𝒙𝟑) = {𝟎,𝟐 𝒔𝒊 𝒙𝟑 = 𝟒, 𝟓,𝟔, 𝟕, 𝟖𝟎 𝒆𝒏 𝒐𝒕𝒓𝒐 𝒄𝒂𝒔𝒐

Si el tiempo de respuesta de una petición de conexión supera los 7 segundos, se dice que la

petición es fallida, y en otro caso se considera petición atendida.

22.1) Calcule la probabilidad de que una petición seleccionada aleatoriamente sea fallida.

22.2) En 5 peticiones de conexión al sistema S1, seleccionadas aleatoriamente y de forma

independiente entre sí, determine la probabilidad de que resulten al menos cuatro

peticiones de las que se consideran atendidas.

22.1) Solución: Definimos las siguientes notaciones a utilizar:

𝑆𝑖 = “Petición de conexión que se realiza en el sistema multiusuario que se identifica como 𝑆𝑖, 𝑖 = 1,2,3”

𝑥𝑖 = “Tiempo de respuesta de conexión a las peticiones de conexión en el sistema multiusuario que se identifica como 𝑆𝑖, 𝑖 = 1,2,3"

Además, los tiempos de respuesta se expresan de la siguiente manera, según sus distribuciones:

𝑥1 ~ 𝑒𝑥𝑝 ( =1

5) 𝑥2 ~ 𝑈 [4 ; 8]

Page 26: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 80 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

𝑃(𝑥1) = {1 − 𝑒−1

5 𝑥1 ; 𝑥1 > 0

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜 𝑓(𝑥2) = {

1

4 ; 4 < 𝑥 < 8

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜 𝑃(𝑥3) = {

0,2 𝑠𝑖 𝑥3 = 4,5,6,7,80 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

En seguida, exponemos la información probabilística que nos brinda el ejercicio:

𝑃(𝑆1) = 0,6 𝑃(𝑆2) = 0,3 𝑃(𝑆3) = 0,1

Luego, procedemos a calculas las respectivas probabilidades de que la respuesta de una petición de

conexión supere los 7 segundos, por lo tanto, sea fallida, como se muestra a continuación:

𝑃(𝑥1 > 7) = 1 − [1 − 𝑒−7

5 ] = 0,2466 ; 𝑃(𝑥2 > 7) = ∫

1

4 𝑑𝑥

8

7

= 0,25 ;

𝑃(𝑥3 > 7) = 𝑃(𝑥3 = 8) = 0,2

Finalmente:

𝑃(𝑝𝑒𝑡𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑓𝑎𝑙𝑙𝑖𝑑𝑎) = 𝑃(𝑆1) ∙ 𝑃(𝑥1 > 7) + 𝑃(𝑆2) ∙ 𝑃(𝑥2 > 7) + 𝑃(𝑆3) ∙ 𝑃(𝑥3 > 7)

= 0,6 ∙ 0,2466 + 0,3 ∙ 0,25 + 0,1 ∙ 0,2 = 0,24296

Respuesta: La probabilidad de que una petición seleccionada aleatoriamente sea fallida, es igual a

0,24296

22.2) Solución: Sea: 𝑦 = “Número de peticiones que fueron consideradas atendidas, entre 5

peticiones de conexión al sistema 𝑆1”

Además, podemos determinar la probabilidad de que la petición de conexión sea considerada

atendida, de la siguiente forma:

𝑃(𝑥1 ≤ 7) = 1 − 𝑃(𝑥1 > 7) = 1 − 0,2466 = 0,7534

Por otro lado, notemos que la variable tiene una distribución binomial, como se expresa en seguida:

𝑦 ~ 𝐵(𝑛 = 5 ; 𝑝 = 0,7534) 𝑃(𝑦) = {(5𝑦) (0,7534)𝑦 (0,2466)5 − 𝑦 ; 𝑦 = 0,1,2,3,4,5

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Por último, nos dirigimos a determinar la probabilidad requerida por el ejercicio:

𝑃(𝑦 ≥ 4) = (54) (0,7534)4 (0,2466)1 + (

55) (0,7534)5 = 0,63998

Respuesta: Entre 5 peticiones de conexión al sistema 𝑆1, seleccionadas al azar e independiente

entre sí, la probabilidad de que resulten al menos cuatro peticiones de las que se consideran

atendidas, corresponde a 0,63998.

23.- Una empresa dedicada a la fabricación de pinturas tiene su planta en una localidad rural

cerca de la ciudad, por esta razón los pedidos grandes son cargados en camiones el día

anterior a su despacho y estos se guardan en una bodega que se encuentra en la misma

ciudad.

Se ha detectado que el tiempo de desplazamiento de un camión entre la planta y la bodega se

distribuye uniformemente en el intervalo de 40 a 60 minutos.

Además el tiempo que transcurre desde que el camión abandona la bodega hasta que llega al

destino de entrega del pedido, se distribuye según una normal con media 2 horas y desviación

estándar 15 minutos.

Page 27: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 81

23.1) De cuatro camiones que salen de la planta hacia la bodega elegidos de distintos

despachos ¿Cuál es la probabilidad que al menos uno de estos camiones demoren

más de 45 minutos?

23.2) Si el tiempo que emplea un camión en devolverse a la bodega, después de dejar su

pedido, es un sólo un 10% menor que el tiempo que emplean en ir a dejar un pedido

¿Qué porcentaje de los camiones se demoran en volver entre 1,5 horas y 2,0 horas?

23.3) La pintura se envía en tinetas de igual tamaño y forma, etiquetadas con el tipo de

pintura que contiene. Un cliente ha solicitado que le envíen un pedido que consta de

10 tinetas de pintura látex blanco y 5 tinetas de pintura elastomérica.

23.4) Al llegar el camión con el pedido a su destino se dan cuenta que se han desprendido

las etiquetas, la persona encargada de recibir el despacho elige al azar 3 tinetas ¿Cuál

es la probabilidad que sólo una de las tinetas elegidas contenga pintura elastomérica?

23) Solución: Definimos las variables a usar:

𝑥 = “Tiempo de desplazamiento entre planta y bodega, en minutos”

𝑦 = “Tiempo de desplazamiento entre bodega y destino, en minutos”

Además, las variables se distribuyen de la siguiente manera:

𝑥 ~ 𝑈[40 𝑚𝑖𝑛 ; 60 𝑚𝑖𝑛] 𝑦 ~𝑁(𝜇 = 120 𝑚𝑖𝑛 ; 𝜎2 = (15𝑚𝑖𝑛)2)

23.1) Solución: Sea: 𝑣 = “Número de camiones que demoran más de 45 minutos en llegar de la

planta a la bodega, entre cuatro camiones”

Determinamos la probabilidad de que un camión se demore más de 45 minutos en llegar de la planta

a la bodega, entre cuatro camiones:

𝑃(𝑥 > 45) = ∫1

20𝑑𝑥

60

45

=1

20𝑥|60

45= 0,75

Luego, sabemos que 𝑣 se distribuye de la siguiente forma:

𝑣 ~ 𝐵 (𝑛 = 4 ; 𝑝 = 0,75) 𝑃(𝑣) = {(4𝑣) (0,75)𝑣 (0,25)4 −𝑣 ; 𝑣 = 0,1,2,3,4

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Para terminar, calculamos la probabilidad que nos solicitan:

𝑃(𝑣 ≥ 1) = 1 − 𝑃(𝑣 < 1) = 1 − 𝑃(𝑣 = 0) = 1 − (40) (0,75)0 (0,25)4 = 0,9961

Respuesta: De cuatro camiones que salen de la planta hacia la bodega elegidos de distintos

despachos, la probabilidad que al menos uno de estos camiones demoren más de 45 minutos es

0,9961.

23.2) Solución: Sea: 𝑦′ = “Tiempo que emplea un camión en devolverse a la bodega, en minutos”

Luego, con la información que nos da el ejercicio, podemos exponer la siguiente igualdad:

𝑦′ = 0,9 𝑦

Page 28: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 82 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Donde, con ayuda de propiedades determinamos los siguientes datos:

𝐸(𝑦′) = 0,9 𝐸(𝑦) = 108 𝑉(𝑦′) = (0,9)2 𝑉(𝑦) = 182,25

En seguida, expresamos como se distribuye la variable definida con anterioridad (𝑦′):

𝑦′ ~ (𝜇 = 108 ; 𝜎2 = 182,25)

Calculamos la probabilidad pedida:

𝑃(90 < 𝑦′ < 120) =

= 𝑃(90 − 108

√182,25< 𝑧 <

120 − 108

√182,25)

= 𝑃(−1,33 < 𝑧 < 0,89)

= (0,89) − (−1,33)

= 0,8133 − 0,0918 = 0,7215

% = 0,7215 ∙ 100 = 72,15%

Respuesta: El porcentaje de los camiones que se demoran en volver entre 1,5 horas y 2 horas, es

igual a 72,15%

23.3) Solución: Sea: 𝑤 = “Número de tinetas con pintura elastomérica en el pedido”

𝑤 ~ 𝐻𝑖𝑝 (𝑁 = 15; 𝑛 = 3 ; 𝑝 =5

15) 𝑃(𝑤) = {

(5𝑤)(

103−𝑤

)

(153)

𝑤 = 0,1,2,3,4,5

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Luego, determinamos la probabilidad preguntada:

𝑃(𝑤 = 1) =(51) (102)

(153)

= 0,4945

Respuesta: Al elegir 3 tinetas al azar del pedido, la probabilidad que sólo una de las tinetas elegidas

contenga pintura elastomérica, es 0,4945.

24.- La hora de salida de un tren de la estación es una variable aleatoria X, distribuida

exponencialmente con media igual a una hora. Un viajero llega a la estación, de salida del tren,

a una hora Y, distribuida uniformemente en el intervalo [ 0 ; ½ ] horas. Se sabe que X e Y son

variables aleatorias independientes.

24.1) Determine la probabilidad de que el viajero tome el tren (en un viaje elegido al azar)

24.2) Determine la probabilidad de que el tren salga de la estación después de 30 minutos y

el viajero llegue a la estación en sus últimos 10 minutos.

24) Solución: Sean: 𝑥 = “Hora de salida de un tren de la estación”

𝑦 = “Hora de llegada a tomar el tren”

Page 29: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 83

Las que se distribuyen como se ve a continuación:

𝑥 ~ 𝑒𝑥𝑝 ( = 1) 𝑦 ~ 𝑈 [0 ;1

2]

𝑓(𝑥) = {𝑒− 𝑥 ; 𝑥 > 0 0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

𝑓(𝑦) = { 2 ; 0 < 𝑦 <

1

2

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Además, como son sucesos independientes, podemos expresar ambas variables juntas:

𝑓(𝑥, 𝑦) = {2𝑒− 𝑥 𝑥 > 0; 0 < 𝑦 <

1

2

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

24.1) Solución: Lo primero será definir los límites de integración, los

que se muestran gráficamente en la imagen que se encuentra a la

derecha. Luego de esto procedemos a calcular la probabilidad

requerida por el problema:

𝑃(𝑥 > 𝑦) = 1 − 𝑃(𝑥 ≤ 𝑦) = 1 −∫ ∫ 2 𝑒−𝑥

𝑦

𝑥 = 0

0,5

0

𝑑𝑥 𝑑𝑦

= 1− 2∫ (− 𝑒−𝑦 + 1)𝑑𝑦

0,5

0

= 1 − 2 𝑒−0,5 + 1 = 0,787

Respuesta: En un viaje al azar, la probabilidad de que el viajero tome el tren es 0,787. 24.2) Solución: Notemos, que los sucesos que nos plantea el ejercicio son independientes, por lo que,

para que ocurran dichos sucesos juntos se expresa de la siguiente forma:

𝑃(𝑥 > 0,5 ; 1 3⁄ ≤ 𝑦 ≤ 1 2⁄ ) = 𝑃(𝑥 > 0,5) ∙ 𝑃(1/3 ≤ 𝑦 ≤ 1/2)

= ( ∫ 𝑒− 𝑥 𝑑𝑥

0,5

)( ∫ 2

1 2⁄

1 3⁄

𝑑𝑦 ) = 0,6065 ∙ 0,3333 = 0,2021

Respuesta: La probabilidad de que el tren salga de la estación después de 30 minutos y el viajero

llegue a la estación en sus últimos 10 minutos, corresponde a 0,2021

25.- La empresa GABR que se dedica a la mantención y reparación de semáforos ganó una

licitación pública para prestar sus servicios en un sector de la comuna de Santiago. La zona

consta de 20 semáforos donde la probabilidad de falla es 0,1 para cada uno. La empresa

dispone de un equipo de técnicos altamente calificados que darán pronta solución a cualquier

emergencia que se presente. Si la variable 𝒙 se distribuye Binomial definida como el número

de semáforos que fallan diariamente y 𝒕 es el tiempo que demora la empresa en reparar la falla,

distribuida normal con media de 30 minutos y desviación estándar de 3,2 minutos, entonces:

25.1) Entre los semáforos cuyo tiempo de reparación demora menos de 30 minutos ¿Qué

porcentaje de ellos se repara en más de 25 minutos?

Page 30: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 84 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

25.2) La empresa GABR debe cancelar a la Municipalidad una multa M en UF, que depende

del número de semáforos que fallan diariamente y del tiempo que demora en la

reparación, de acuerdo al siguiente polinomio: 𝑴(𝒙, 𝒕) = 𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝒕 𝟑𝟎⁄ ¿Cuántas UF

espera cancelar la empresa diariamente?

25) Solución: Sean: 𝑥 = “Número de semáforos que fallan diariamente”

𝑡 = “Tiempo que demora la empresa en reparar la falla, en minutos”

Cuyas distribuciones se expresa, como sigue:

𝑥 ~ 𝐵(𝑛 = 20 ; 𝑝 = 0,1) 𝑡 ~ 𝑁(𝜇 = 30 ; 𝜎2 = 3,22) 25.1) Solución: Procedemos a calcular la probabilidad condicional, como se muestra a continuación:

𝑃(𝑡 > 25/𝑡 < 30) =𝑃(𝑡 > 25) ∩ 𝑃(𝑡 < 30)

𝑃(𝑡 < 30)=𝑃(25 < 𝑡 < 30)

𝑃(𝑡 < 30)=𝑃 (

25−30

3,2< 𝑧 <

30−30

3,2)

𝑃 (𝑧 <30−30

3,2)

=𝑃(−1,56 < 𝑧 < 0)

𝑃(𝑧 < 0)=(0) − (−1,56)

(0)=0,5 − 0,0594

0,5= 0,8812

Respuesta: Entre los semáforos cuyo tiempo de reparación demora menos de 30 minutos, el

porcentaje de estos se repara en más de 25 minutos, es igual a 88,12%.

25.2) Solución: Sea: 𝑀 = “Multa a cancelar a la municipalidad, en UF”

𝑀(𝑥, 𝑡) = 𝑥2 + 𝑥 +𝑡

30

Por propiedades, tenemos:

𝐸(𝑥) = 𝑛 ∙ 𝑝 = 20 ∙ 0,1 = 2 𝐸(𝑥2) = 𝑉(𝑥) + [𝐸(𝑥)]2 = 5,8

𝑉(𝑥) = 𝑛 ∙ 𝑝 ∙ 𝑞 = 20 ∙ 0,1 ∙ 0,9 = 1,8 𝐸 (𝑡

30) =

1

30𝐸(𝑡) =

30

30= 1

Luego, calculamos la esperanza de la multa a cancelar a la municipalidad:

𝐸(𝑀) = 𝐸 (𝑥2 + 𝑥 +𝑡

30) = 𝐸(𝑥2) + 𝐸(𝑥) + 𝐸 (

𝑡

30) = 5,8 + 2 + 1 = 8,8

Respuesta: La empresa espera cancelar 8,8 UF diarias por la multa a la municipalidad. 26.- La duración ininterrumpida de un equipo electrónico tipo A es una variable aleatoria

distribuida normalmente con media 1400 horas y varianza 800 horas2, y la duración

ininterrumpida de un equipo tipo B se distribuye exponencialmente con media 1500 horas.

¿Qué tipo de equipo es más conveniente elegir si se necesita realizar un proceso que dure al

menos 1340 horas, sin interrupción?

26) Solución: Sean: 𝑥𝐴 = “Duración de un equipo eléctrico tipo A, en horas”

𝑥𝐵 = “Duración de un equipo eléctrico tipo B, en horas”

Page 31: 4. Variable Aleatoria Discreta y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 85

Debido a que:

𝐸(𝑥) = 1500 → 1

= 1500 → =

1

1500

Se distribuye respectivamente: 𝑥𝐴 ~ 𝑁(𝜇 = 1400 ; 𝜎2 = 800)

𝑥𝐵 ~ 𝑒𝑥𝑝 ( =1

1500)

Luego calculamos las probabilidades de que el equipo eléctrico dure a lo menos 1340 horas:

𝑃(𝑥𝐴 > 1340) = 1 − 𝑃(𝑥𝐴 ≤ 1340) = 1 − 𝑃 (𝑧 <1340 − 1400

√800) = 1 − 𝑃(−2,12)

= 1− (−2,12) = 1 − 0,0174 = 0,9826

𝑃(𝑥𝐵 > 1340) = 1 − [1 − 𝑒− 1340

1500] = 0,4093

Respuesta: El equipo que debería elegir si se necesita realizar un proceso que dure al menos 1340

horas, sin interrupción, corresponde al equipo A, ya que es más conveniente.

27.- El Departamento de Producción de una empresa de microprocesadores realiza un control

de calidad de sus productos por lo cual se estudia el tiempo de vida de los

microprocesadores. La variable tiempo de duración (X) de microprocesadores, en años, sigue

una distribución exponencial con media 6 años mientras que la velocidad (Y) se ajusta a una

variable normal con media 2,8 Ghz y desviación estándar 0,2 Ghz. Se supone que el tiempo

de vida y la velocidad de trabajo de los microprocesadores, son variables aleatorias

independientes. Además, un microprocesador es defectuoso si su duración es menor a 6

meses o su velocidad es inferior a 2,4 Ghz.

27.1) Calcule la probabilidad de que un microprocesador elegido al azar, resulte defectuoso.

27.2) Un informático compra dos microprocesadores de esta empresa. Tras someterlos a

pruebas llega a la conclusión que el primero supera, en velocidad, al segundo en más

de 0,5 Ghz. ¿Cuál es la probabilidad de que se cumpla lo concluido?

27.3) Una persona compra 5 microprocesadores en días distintos. ¿Cuál es la probabilidad

de que más de tres de ellos no superen la velocidad 2,7 Ghz?

27.1) Solución: Utilizaremos las siguientes notaciones:

𝑥 = “Tiempo de duración de microprocesadores, en años”

𝑦 = “Velocidad de trabajo de microprocesadores, en Ghz”

Distribuidos de la siguiente forma: 𝑥 ~ 𝑒𝑥𝑝 ( =1

6) 𝑦 ~ 𝑁(𝜇 = 2,8 ; 𝜎2 = 0,22)

Luego calculamos la probabilidad de que un microprocesador sea defectuoso, lo que se define de la

siguiente forma:

𝑃(𝑑𝑒𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑜𝑠𝑜) = 𝑃(𝑥 < 0,5 ∪ 𝑦 < 2,4) = 𝑃(𝑥 < 0,5) + 𝑃(𝑦 < 2,4)

= 1 − 𝑒−0,5

6 + 𝑃 (𝑧 <2,4 − 2,8

0,2) = 0,08 + (−2.0) = 0,08 + 0,0228 = 0,1028

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4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 86 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Respuesta: La probabilidad de que al elegir al azar un microprocesador, este resulte defectuoso, es

0,1028.

27.2) Solución: Lo primero que debemos hacer, es definir la diferencia de velocidades por medio de propiedades, quedando como se ve a continuación:

𝑦1 ~ 𝑁(𝜇1 = 2,8 ; 𝜎12 = 0,22) 𝑦2~ 𝑁(𝜇2 = 2,8 ; 𝜎2

2 = 0,22)

𝑦1 − 𝑦2 ~ 𝑁(𝜇1 − 𝜇2 ; 𝜎12 + 𝜎2

2) 𝑦1 − 𝑦2 ~ 𝑁(𝜇 = 0 ; 𝜎2 = 0,08)

𝑃(𝑦1 − 𝑦2 > 0,5 ) = 1 − 𝑃(𝑦1 − 𝑦2 < 0,5 ) = 1 − 𝑃 (𝑧 <0,5 − 0

√0,08) = 1 − 𝑃(𝑧 < 1,77)

= 1− (1,77) = 1 − 0,9616 = 0,0384

Respuesta: Al comprar dos microprocesadores de esta empresa tras someterlos a prueba, la

probabilidad de que el primero debe superar, en velocidad, al segundo en más de 0,5 Ghz, es 0,0384.

27.3) Solución: Usaremos la notación que sigue:

𝑇 = “Número de microprocesadores con velocidad no superior a 2,7 Ghz, entre los elegidos”

Calculamos la probabilidad de que supere la velocidad 2,7 Ghz:

𝑃(𝑦 < 2,7) = 𝑃 (𝑧 <2,7 − 2,8

0,2) = 𝑃(𝑧 < −0,5) = (−0,5) = 0,3085

Notemos que la variable se posee una distribución binomial, como se ve a continuación:

𝑇 ~ 𝐵(𝑛 = 5 ; 𝑝 = 0,3085) 𝑃(𝑇) = {(5𝑇) (0,3085)𝑇 (0,6915)5 − 𝑇 ; 𝑇 = 0,1,2,3,4,5

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Finalmente:

𝑃(𝑇 > 3) = 𝑃(𝑇 = 4) + 𝑃(𝑇 = 5) = (54) (0,3085)4 (0,6915)1 + (

55) (0,3085)5 = 0,0341

Respuesta: La probabilidad de que más de tres microprocesadores no superen la velocidad 2,7 Ghz,

es 0,0341, en una compra de cinco microprocesadores, efectuada por una persona.

28.- Una empresa constructora reúne la información respecto a la cantidad de toneladas de

fierro utilizada en obras de mayor envergadura.

En la ejecución de sus obras distingue dos etapas: la cantidad (𝐱) de fierro en toneladas

utilizada en la primera etapa es una variable aleatoria distribuida N (2000; 160000) y la cantidad

de toneladas de fierro (𝒚) utilizada en la segunda etapa es una variable aleatoria distribuida U

(1200; 2400), tal que 𝒙 e 𝒚 son variables independientes.

28.1) Si se eligen al azar cuatro de sus obras de gran envergadura. ¿Cuál es la probabilidad

que en dos de ellas, se haya utilizado en la primera etapa al menos 2000 toneladas de

fierro y más de 1800 toneladas de fierro en la segunda etapa?

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4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 87

28.2) Para trabajar en una nueva obra adjudicada el Gerente de Personal de la Empresa

entrevista a diez ingenieros civiles, elegidos al azar, de entre veinte postulantes, que

cumplen con los requisitos.

Determine la probabilidad de entrevistar a más de dos postulantes con experiencia

previa en grandes obras, si solo cuatro de los postulantes cumplen con este requisito.

28) Solución: Utilizaremos las siguientes notaciones:

𝑥 = “Cantidad de fierro utilizada en la primera etapa, en toneladas”

𝑦 = “Cantidad de fierro utilizadas en la segunda etapa, en toneladas”

Las que poseen una distribución normal y uniforme, respectivamente:

𝑥 ~ 𝑁(𝜇 = 2000; 𝜎2 = 160000) 𝑦 ~ U [1200; 2400]

28.1) Solución: En seguida calculamos la probabilidad de que se cumpla que en un obra de gran

envergadura, se cumpla que en la primera etapa se utilicen menos de dos mil toneladas de fierro y en

la segunda etapa, de esta misma, se utilicen más de mil ochocientas toneladas de fierro:

𝑃(𝑥 < 2000 ∩ 𝑦 > 1800) = 𝑃(𝑥 < 2000) ∙ 𝑃(𝑦 > 1800)

= (𝑧 < (2000 − 2000

√160000)) ∙ ( ∫

1

1200

2400

1800

𝑑𝑦) = (0) ∙ (0,5) = 0,25

Sea: 𝑤 = “Número de obras de gran envergadura que en la primera etapa utilicen 2000 ton. de fierro,

y en la segunda etapa utilicen 1800 ton. de fierro, en una muestra de cuatro obras elegidas al azar”

𝑤 ~ 𝐵(𝑛 = 4 ; 𝑝 = 0,25) 𝑃(𝑤) = {(4𝑤) (0,25)𝑤 (0,75)4 − 𝑤 ; 𝑤 = 0,1,2,3,4

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

Calculamos la probabilidad pedida:

𝑃(𝑤 = 2) = (42) (0,25)2 (0,75)2 = 0,2109

Respuesta: En una muestra al azar de cuatro obras, la probabilidad que en dos de ellas, se haya

utilizado en la primera etapa al menos 2000 toneladas de fierro y más de 1800 toneladas de fierro en

la segunda etapa, corresponde a 0,2109.

28.2) Solución: Sea: 𝑠 = “Número de postulantes entrevistados, con experiencia previa en grandes

obras, de una muestra de diez ingenieros civiles, elegidos al azar entre veinte postulantes”

Dicha variable, posee una distribución Hipergeométrica, como se muestra a continuación:

𝑠 ~ 𝐻𝑖𝑝 (𝑁 = 20; 𝑛 = 10; 𝑝 = 4

20= 0,2) 𝑃(𝑠) = {

(4𝑠)(

1610−𝑠

)

(2010)

; 𝑠 = 0,1,2, … ,8

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

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4. Variable Aleatoria Continua y Distribuciones Continuas – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 88 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Calculamos la probabilidad solicitada:

𝑃(𝑠 > 2) = 1 − 𝑃(𝑠 ≤ 2) = 1 − [𝑃(𝑠 = 0) + 𝑃(𝑠 = 1) + 𝑃(𝑠 = 2)]

= 1− [(40) (1610)

(2010)

+(41) (169)

(2010)

+(42) (168)

(2010)] = 1 − 0,7089 = 0,2911

Respuesta: La probabilidad de entrevistar a más de dos postulantes con experiencia previa en

grandes obras, es igual a 0,2911.