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ESTADÍSTICA APLICADA EN MANUFACTURA MTRO. JORGE VELAZQUEZ C.

DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD En la mayoría de los problemas de estadística interesan uno o varios números, que están relacionados con los resultados de experimentos. Cuando inspeccionamos un producto puede interesarnos el número de productos rechazados, al analizar una carrera de autos puede interesarnos la velocidad promedio y el consumo promedio de combustible. Todos estos números están asociados a situaciones en que interviene un elemento al azar, en otras palabras son valores de variables aleatorias. Se tienen dos tipos de variables aleatorias: Discretas y Continuas. Las variables aleatorias discretas pueden ser por ejemplo el número de botellas que se rompen cuando se cae una caja de ellas, tome en cuenta que se pueden romper 0, 1, 2,..., 24, y que este fenómeno se sucede sólo en cantidades enteras. Cuando no es posible asignarle al suceso o evento una cantidad entera, se está hablando de variables aleatorias continuas, por ejemplo si se quiere saber la altura de una persona, se tiene por costumbre un valor discreto por ejemplo 1.72 mts, pero en realidad sólo es una costumbre, por que los aparatos o instrumentos que se utilizan así lo determinan, pero si se contara con otros dispositivos la medida pudiera ser 1.72125......mts. En términos generales no es posible asignar un valor a un evento, dicho de otra manera la cantidad de números que hay entre los dígitos 0 y 1 es infinita, o entre cualquier par de dígitos. FUNCIONES DE DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDAD DISCRETA Cuando es posible definir cada evento y asignarle a cada uno de ellos una parte de la probabilidad, se refiere a funciones de distribución de probabilidad discretas. Por ejemplo: considere el experimento que consiste en tirar un dado de seis caras, los eventos que pueden suceder son: 1, 2, 3, 4, 5 y 6, y a cada uno de esos eventos les corresponde una probabilidad. En este caso como las caras todas tienen la misma oportunidad de ocurrir, la probabilidad de cada una de ellas es 1 / 6, por lo que la distribución de probabilidad queda de la siguiente forma: EVENTO CARA 1 CARA 2 CARA 3 CARA 4 CARA 5 CARA 6 PROBABILIDAD 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6

TOTAL 6/6

Analizando la tabla anterior se puede decir que al tirar el dado “algo” necesariamente va a ocurrir, esto es cae 1, cae 2, etc. por lo que la probabilidad de ese “algo” P (algo) = 1, en este caso por así convenir el 1 se presenta como 6 / 6, para poder ver que se va a repartir entre los diferentes eventos como se muestra en la tabla, por eso se denomina función de distribución de probabilidad discreta. Existen muchos otros experimentos en los cuales la probabilidad no se reparte en cantidades iguales como el caso de la tabla anterior, considere por ejemplo que en lugar de tirar un dado, ahora se tiran dos simultáneamente, y que los eventos que interesan son el total de puntos que se obtienen con los dados, esto es 2, 3, 4,..., 10, 11, 12. Para calcular la probabilidad asociada a cada uno de estos eventos es necesario conocer las formas favorables en que estos pueden ocurrir, por ejemplo para obtener dos puntos sólo se da cuando ambos dados caen en 1, para el evento 3 puntos se puede dar (1,2) y (2,1), o sea dos formas favorables, de la misma forma para obtener


siete puntos se puede dar (1,6), (6,1), (2,5), (5,2), (3,4) y (4,3), siguiendo un procedimiento semejante se construye la siguiente tabla: 3 5 7 9 EVENTO 2 4 6 8 10 11 12 total 2 4 6 4 2 36 Formas posibles 1 3 5 5 3 1 Probabilidad 1/36 2/36 3/36 4/36 5/36 6/36 5/36 4/36 3/36 2/36 1/36 36/36

En algunos casos las distribuciones de probabilidad siguen un patrón característico, que permite formular un modelo que las represente. Entre los modelos más comunes para las distribuciones de probabilidad discretas se tiene: La distribución Binomial, la distribución Hipergeométrica, la distribución Multinomial, la distribución Geométrica, la distribución de Poisson entre otras. LA DISTRIBUCIÓN BINOMIAL

A menudo los experimentos que se realizan en pruebas repetidas, sólo dan como respuesta “el éxito o el fracaso”, esto frecuentemente se puede asociar a muchas situaciones, por lo que es posible describir su comportamiento mediante el modelo de Bernoulli, que conlleva a la distribución Binomial. Para distinguir a la distribución Binomial de otras distribuciones es necesario identificar los siguientes elementos: 1° El experimento consiste en “n” pruebas que se repiten. 2° Cada prueba del experimento produce un resultado que se puede clasificar como éxito o fracaso. 3° La probabilidad de éxito se denota como p, y es la misma en todas las pruebas, esto es no cambia. La probabilidad del fracaso se denomina q o (1 – p) 4° Las pruebas que se repiten son independientes, esto significa que la ocurrencia de un éxito o fracaso en una prueba no modifica las posibilidades para las próximas pruebas. Se tiene entonces la siguiente expresión para la distribución:

p(x) = nCx px qn – x A partir de un ejemplo, será desarrollada una ecuación que permita solucionar cualquier problema que tenga este tipo de distribución. Ejemplo: Se lanza al aire una moneda normal 3 veces, determine la probabilidad de que aparezcan 2 águilas. Solución: Antes de empezar a resolver este problema, lo primero que hay que hacer es identificarlo como un problema que tiene una distribución binomial, y podemos decir que efectivamente así es ,ya que se trata de un experimento en donde solo se pueden esperar dos tipos de resultados al lanzar la moneda, águila o sello, estas probabilidades de ocurrencia son constantes, cada uno de los lanzamientos es independiente de los demás y el número de ensayos o repeticiones del experimento son constantes, n = 3.

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Para dar solución a este problema, lo primero que hay que hacer es un diagrama de árbol, en donde representaremos los tres lanzamientos, de ahí se obtendrá el espacio muestral y posteriormente la probabilidad pedida, usando la fórmula correspondiente.

δ = {AAA, AAS, ASA, ASS, SAA, SAS, SSA, SSS} Para obtener la fórmula, definiremos lo siguiente: n = número de lanzamientos de moneda x = número de “éxitos” requeridos = número de águilas = 2 p = probabilidad de “éxito” = p(aparezca águila) = ½ q = probabilidad de “fracaso” = p (aparezca sello) = ½ Es posible partir de la siguiente expresión para desarrollar la ecuación; P (aparezcan 2 águilas) = (No. De ramas del árbol en donde aparecen 2 águilas) (probabilidad asociada a cada rama) Entonces el número de ramas en donde aparecen dos águilas se puede obtener enumerando las ramas de interés, estas serían: AAS, ASA, SAA, ¿qué tipo de arreglos son estos elementos del espacio muestral?, Son permutaciones en donde algunos objetos son iguales, entonces, el número de ramas se puede obtener con la fórmula correspondiente:

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n

Px1, x 2,Lxk =

n! x1! x2 !L xk !

Donde n = x1 + x2 +...+ xk Sustituyendo en esta fórmula, tenemos lo siguiente: n! n Px ,( n − x ) = x!(n − x)! Esta ecuación puede ser sustituida por la de combinaciones, solo en el caso de dos tipos de objetos, si hay más de dos tipos de objetos, definitivamente solo se usa la fórmula original, como se observará en el caso de la distribución multinomial, pero ¿por qué vamos a cambiar de ecuación? , simplemente porque las combinaciones en realidad son un caso particular de permutaciones especiales con elementos idénticos, esto es “no importa el lugar de acomodo en el arreglo”: n! n Cx = x!(n − x)! Sustituyendo valores, es posible darse cuenta de que efectivamente son 3 las ramas de interés, que son donde aparecen dos águilas, donde n = 3, x = 2. 3! = 3 ramas 3 C2 = 2!(3 − 1)! ¿Y la probabilidad asociada a cada rama? Probabilidad asociada a cada rama = p (águila) p (águila) p (sello) = (p) (p) (q) = p2q De aquí que se puede inferir para lo general:

p x q n− x Uniendo las dos ecuaciones obtenidas, se puede obtener la ecuación para la distribución binomial: P ( n, x , p ) = n C x p x q n − x Donde: p(x, n, p) = probabilidad de obtener en “n” ensayos “x” éxitos, cuando la probabilidad de éxito es = p. La media y la distribución estándar de las distribuciones de probabilidad son importantes, en el caso de la binomial estas son utilizadas como propiedades, y a manera de elementos para poder hacer cálculos mediante aproximaciones por otras distribuciones, que serán explicadas más adelante.

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Ejemplo: La probabilidad de que un agente de tarjetas de crédito logre adquirir un nuevo cliente por teléfono es de 1/3, si elige al azar a 10 personas de un directorio telefónico, ¿cuál es la probabilidad (CELP) de que logre adquirir exactamente a tres nuevos clientes? Este experimento consiste en realizar 10 veces el intento. En cada uno de los intentos puede haber “éxito” (adquirir un nuevo cliente) o fracaso. El hecho de que una persona decida aceptar la tarjeta, no implica que otra persona lo vaya a hacer, ya que son llamadas por teléfono, y ni siquiera conoce a los otros. La probabilidad de éxito p = 1/3 y la de fracaso por tanto es 1 – p = q = 1 – 1/3 = 2/3 Se tiene entonces que:

p(x) = nCx px qn – x = p(3) =

10C3

 10!  1 (1/3)3 (2/3)10 – 3 =    3!*7! 3

( ) (2 3 ) 3

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= 0.26012

Suponga ahora en el ejemplo anterior que desea evaluar a lo probabilidad de adquirir “al menos a tres nuevos clientes”. De forma semejante, sólo que ahora se deben evaluar varias probabilidades y es necesario pensar en todas las opciones, esto es: es posible que 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 o 10 clientes acepten la tarjeta. Para cada uno de esos 11 posibles eventos existe una probabilidad asociada, que componen la función de distribución de probabilidad, para este caso “al menos tres” equivale a que 3, 4, 5, 6, 7 8, 9 o 10 clientes acepten la tarjeta, por lo que la probabilidad de que suceda corresponde a:

P = p (3) + p (4) + p (5) + p (6) + p (7) + p (8) + p (9) + p (10) Resulta un poco incomodo calcular tantas probabilidades, por lo que es posible analizar el problema desde otro ángulo. Como se comentó la probabilidad se distribuye entre las 11 posibles opciones, de forma tal que la suma de todas ellas deberá ser igual a uno, por lo que es posible desarrollar la siguiente expresión: p (0) + p (1) + p (2) + p (3) + p (4) + p (5) + p (6) + p (7) + p (8) + p (9) + p (10) = 1 Si se agrupan adecuadamente los elementos de esta expresión, buscando resolver la pregunta del problema es posible desarrollar la siguiente expresión:

p (3) + p (4) + p (5) + p (6) + p (7) + p (8) + p (9) + p (10) = 1 – {p (0) + p (1) + p (2)} Por consiguiente la cantidad de operaciones disminuye de forma considerable. Aplicando la formula p (x) = n C x p x q n – x para x = 0, x = 1, x = 3 se obtiene:

p (3) + p (4) + p (5) + p (6) + p (7) + p (8) + p (9) + p (10) = 1 – {0.01734 + 0.08670 + 0.19509} y en consecuencia la probabilidad de “al menos tres”= 0.70086

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Para calcular la media y la desviación estándar de un experimento que tenga una distribución binomial se utilizan las propiedades de dicha distribución, que fácilmente pueden ser demostradas a partir de la definición, µ = ∑ xp (x) , con lo que se llega a: Media o valor esperado: µ = np Donde: n = número de ensayos o repeticiones del experimento p = probabilidad de éxito o la probabilidad referente al evento del cual se desea calcular la media de la distribución, q = complemento de p (1 – p). Partiendo de la definición de la desviación estándar: σ 2 = ∑ ( x − µ ) 2 p ( x ) Con lo anterior es posible hacer las substituciones correspondientes, y se llega a:

σ = npq , que es la desviación estándar para la distribución binomial. Ejemplos: 1. Se dice que el 75% de los accidentes de una planta se atribuyen a errores humanos. Si en un período de tiempo dado, se suscitan 5 accidentes, determine la probabilidad de que: a) dos de los accidentes se atribuyan a errores humanos, b) como máximo 1 de los accidentes se atribuya a errores de tipo humano, c) tres de los accidentes no se atribuyan a errores humanos. Solución: a) n = 5; x = variable que define el número de accidentes debidos a errores humanos x = 0, 1, 2,..., 5 accidentes debidos a errores de tipo humano p = p (éxito) = p (un accidente se deba a errores humanos) = 0.75 q = p (fracaso) = p (un accidente no se deba a errores humanos) = 1- p =1 – 0.75 = 0.25 p(x = 2, n = 5, p = 0.75) = 5 C2 (0.75)2(0.25)5−2 = (10) (0.5625) (0.015625) = 0.08789 {En el inciso b) se detalla el manejo de la función con Excel}

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b) p(x = 0,1, n = 5, p = 0.75) = p(x = 0) + p (x = 1) = 5 C0 (0.75)0(0.25)5 + 5C1 (0.75)1(0.25)4 = 0.000976 + 0.014648 = 0.015625. Con la ayuda de Excel es mucho más sencillo realizar los cálculos, como se muestra en la figura siguiente: Pulse el icono fx. Localice en funciones estadísticas DISTR.BINOM. Ponga los datos como se muestra. La ventana acumulado, se utiliza con los valores 0 y 1 (falso y verdadero), en este caso dado que se requiere calcular P(0) + P(1) se pone el valor de 1 (verdadero)

c) En este caso se cambia el valor de p; n=5 x = variable que define el número de accidentes que no se deben a errores de tipo humano. x = 0, 1, 2,..., 5 accidentes debidos a errores humanos p = p (probabilidad de que un accidente no se deba a errores humanos) = 0.25

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q = p (probabilidad de que un accidente se deba a errores humanos) = 1 – p = 0.75 p(x = 3, n = 5, p = 0.25) = 5 C3 (0.25)3(0.75)2 = (10) (0.015625) (0.5625) = 0.08789 2. Si la probabilidad de que el vapor se condense en un tubo de aluminio de cubierta delgada a 10atm. De presión es de 0.40, si se prueban 12 tubos de ese tipo y bajo esas condiciones, determine la probabilidad de que: a) el vapor se condense en 4 de los tubos; b) en más de 2 tubos se condense el vapor; c) el vapor se condense en exactamente 5 tubos. Solución: a) n = 12; x = variable que nos define el número de tubos en que el vapor se condensa x = 0, 1, 2, 3,...,12 tubos en el que el vapor se condensa p = p (se condense el vapor en un tubo de aluminio a 10 atm) = 0 .40 q = p (no se condense el vapor en un tubo de aluminio a 10 atm) =1 – p = 0.60 p(x = 4, n = 12, p = 0.40) = 12 C4 (0.40)4(0.60)8 = (495) (0.0256) (0.016796) = 0.21284 b) p (x =3, 4,..., 12, n =12, p = 0.40) = p(x = 3) + p(x = 4) +… + p(x = 12) =1 - [p(x = 0, 1, 2)] =1 − [12 C0 (0.40)0(0.60)12 + 12C1 (0.40)1(0.60)11 + 12C2 (0.40)2(0.60)10] =1 − [0.002176 + (12) (0.4) (0.003627) + (66) (0.16) (0.006047)] = 1 – [0.002176 + 0.0174096 + 0.06385632] = 0.91656 c) p (x = 5, n =12, p = 0.40) = 12 C5 (0.40)5(0.6)7 = (792) (0.01024) (0.0279936) = 0.22703 3. La probabilidad de que el nivel de ruido de un amplificador de banda ancha exceda de 2dB (decibeles) es de 0.15, si se prueban 10 amplificadores de banda ancha, determine la probabilidad de que: a) en solo 5 de los amplificadores el nivel de ruido exceda los 2 dB, b) por lo menos en 2 de los amplificadores, el ruido exceda de 2 dB, c) que entre 4 y 6 amplificadores no se excedan de los 2 dB, d) encuentre el número esperado de amplificadores que se exceden de un nivel de ruido de 2 dB y su desviación estándar. Solución: a) n = 10 x = variable que nos define el número de amplificadores de banda ancha que su nivel de ruido excede de 2dB; x = 0, 1, 2,..., 10 amplificadores en los que el nivel de ruido excede de los 2 dB; p = P (un amplificador exceda su nivel de ruido de 2 dB) = 0.15; q = p (un amplificador no exceda su nivel de ruido de 2 dB) = 1 – p = 0.85 p(x = 5,n = 10, p = 0.15) = 10 C5(0.15 )5(0.85 )7 =(252 )(0.00007593 )(0.4437053 ) = 0.00849 b) P(x = 2, 3... 10, n =10, p = 0.15) = 1 - p(x = 0.1) = =1 − [10 C 0 (0 .15)0 (0 .85)10 + 10C 1 (0 .15)1 (0 .85)9] =1– [(0.19687 + (10) (0.15) (0.231617)] =1 - 0.544296 = 0.455705 c) n = 10 x = variable que nos define el número de amplificadores de banda ancha que su nivel de ruido no excede de 2dB

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x = 0, 1, 2,...,10 amplificadores que su nivel de ruido no excede de los 2dB p = p (un amplificador no exceda su nivel de ruido de 2dB)=0.85 q = p (un amplificador exceda su nivel de ruido de 2dB) = 1 – p = 0.15 p(x = 4, 5, 6, n = 10, p = 0.085) = 4 6 5 5 6 4 10C4 (0.85) (0.15) +10C5 (0.85) (0.15) + 10C6 (0.85) (0.15) = = (210) (0.522) (0.00001139) + (252) (0.4437) (0.000075937) + (210) (0.3771495) (0.0005063)= = 0.001249 + 0.00849 + 0.0400997 = 0.04983 d) n = 10; p = 0.15; q = 1 – p = 0.85 µ = np = (10) (0.15)=1.5 ≈ 2amplificadores Interpretación: Se espera que en promedio 2 de los 10 amplificadores probados se excedan de un nivel de ruido de 2Db. σ = npq = (10)(0.15)(0.85) = 1.1291 ≈ 1 ± 1 amplificador Interpretación: Este experimento puede variar en 2 ± 1amplificador, esto es, de 1 a 3 amplificadores que se excedan de un nivel de ruido de 2 Db.

PROBLEMAS RESUELTOS DE LA DISTRIBUCIÓN BINOMIAL 1° Determinar la probabilidad de sacar tres seises en cinco tiradas de un dado. R = ya que cada vez que se tira el dado la probabilidad de cada una de las caras no ha cambiado se pude decir que los eventos son independientes. Existe en cada caso un éxito llamado obtener 6 y un fracaso no obtenerlo, también existe una cantidad definida en la duración del experimento (cinco tiros), y una cantidad deseada de éxitos, todo ello conduce a la distribución binomial. X

n− x

Sea: P ( X ) = N C X p q Se tiene por otro lado que: n = 5; x = 3; p = 1 / 6; q = 5 / 6 por lo que: P ( X ) = N C X p X q n − x = P ( X ) = 5 C 3 (1 / 6) 3 (5 / 6) 5−3 = 5! (1 / 216 )( 25 / 36 ) = 125 / 3888 = 0.0321 3!2!

Si se desea llevar a cabo el cálculo mediante la ayuda de Microsoft Excel, utilice la ventana que a continuación se muestra:

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2° De todas las unidades producidas en cierto proceso, 10% es defectuosa. ¿Cuál es la probabilidad de que en una muestra de 12 unidades producidas en este proceso: a) al menos dos sean defectuosas? b) cuatro unidades máximo sean defectuosas? R = El problema reúne las características de la distribución binomial al igual que el anterior, ya que se tiene éxito (obtener defectuosas) y fracaso (no obtenerlas), al no conocer la cantidad de unidades producidas, se considera que es una cantidad lo suficientemente grande para no verse afectada al sacar una de ellas, y por tanto se supone que la probabilidad de ocurrencia no cambia, esto es existe independencia en la repetición del experimento. Sea: n = 12; p = 10% = 0.1; q = 1 – p = 0.9 Para el inciso a) al menos dos lleva a x = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 y 12 por lo que se requiere calcular la probabilidad de cada una de ellas y sumarla, esto es: P (al menos dos) = P(2) + P(3) + P(4) + P(5) + P(6) + P(7) + P(8) + P(9) + P(10) + P(11) + P(12) que representa demasiados cálculos, por lo que se recomienda calcular la probabilidad complementaria: P (al menos dos) = 1 – { P(0) + P(1) } 1 – 12 C 0 (0.1) 0 (0.9) 12 − 12 C 1 (0.1) 1 (0.9) 11 = 1 – 0.6590= 0.3410 De la misma forma mediante la ayuda de Microsoft Excel:

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Ya que la probabilidad pedida es el complemento sólo es necesario escribir: Complementaria: P (al menos dos) = 1 – {P (0) + P (1)} = 1 – 0.6590 = 0.3410 Para el inciso b) cuatro máximo = P(0) + P(1) + P(2) + P(3) + P(4) = 12 C0 (0.1) 0 (0.9)12 +12 C1 (0.1)1 (0.9)11 +12 C 2 (0.1) 2 (0.9)10 +12 C3 (0.1) 3 (0.9) 9 +12 C 4 (0.1) 4 (0.9)8 = 0 .9956 De la misma forma que el anterior mediante el uso de Excel:

3° Un fabricante asegura que al lo mas el 10% de sus frascos de café contienen menos café del que dice la etiqueta. Para probar la afirmación se eligen 16 frascos y se pesan, su afirmación es aceptada si menos de tres frascos contienen menos café del que indica la etiqueta. Encuentre las probabilidades de que sea aceptada la afirmación del empresario si el contenido real de los frascos que contienen menos café del que indica la etiqueta es de 15%.

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R = Las condiciones del problema también se refieren a una distribución normal, ya que el éxito es contener menos café del que dice la etiqueta, existe una cantidad definida de experimentos, y la probabilidad de éxito no cambia a pesar de lo que ocurra. Sea: n = 16; P = 15% = 0.15; q = 1 – p = 0.85 P( menos de tres) = P(0) + P(1) + P(2) = 16 C0 (0.15 ) 0 (0.85)16 +16 C1 (0.15 )1 (0.85)15 +16 C 2 (0.15 ) 2 (0.85 )14 = 0.5613 Mediante Excel, se obtiene el mismo resultado como se muestra:

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LA DISTRIBUCIÓN HIPERGEOMÉTRICA Suponga que se desea conocer el número de clientes morosos presentes en una muestra de “n” unidades extraídas de un listado que contiene “N” clientes, dentro de la cual “a” de ellos son morosos. Si la muestra de “n” clientes se extrae de forma tal que al elegirlo se tacha de ese listado, esto hace que ya no sea elegible de nuevo, y por tanto la cantidad de clientes morosos “a”, ha cambiado a “a – 1”, y del mismo modo la existencia total de clientes “N” también ha cambiado a “N – 1”. Al estar modificando las cantidades disponibles, en realidad produce cambios en los valores de la probabilidad de los eventos siguientes, ya que los elementos favorables, así como los posibles van cambiando. La Distribución Hipergeométrica permite modelar este tipo de problemas, por lo que es posible identificar las características de esta función de distribución de probabilidad: 1° Existe una cantidad definida inicial de elementos que poseen una característica particular: “morosos, defectuosos, bonitos, etc”. 2° Se elige una cantidad sucesiva de elementos (n) de la población (N), sin que los elementos elegidos sean nuevamente elegibles (se descartan una vez obtenidos). 3° Se desea evaluar la probabilidad de obtener una cantidad definida de elementos (x), que posee la característica en cuestión (a) Los experimentos que tienen este tipo de distribución tienen las siguientes características: a) Al realizar un experimento con este tipo de distribución, se esperan dos tipos de resultados. b) Las probabilidades asociadas a cada uno de los resultados no son constantes. c) Cada ensayo o repetición del experimento no es independiente de los demás. d) El número de repeticiones del experimento (n) es constante. La expresión que representa a la función de distribución de probabilidad hipergeométrica es:

P ( x) =

( a C x )( N −a Cn− x )

Cn Ejemplo: suponga que en un almacén de materia prima se tienen 100 cubetas con productos químicos, 25 de los cuales ya han caducado. Durante una auditoria se eligen 10 cubetas, ¿CELP de obtener exactamente 3 de las que están caducadas? N

Se tienen los siguientes datos: N = 100 que es el total de cubetas n = 10 que son las cubetas que se van a elegir a = 25 que son las cubetas caducadas (característica particular) x = 3 es la cantidad que se desea evaluar para calcular la probabilidad.

P ( x) =

( a C x )( N −a Cn− x ) N

Cn

=

P(3) =

( 25 C 3 )( 100−25 C10−3 ) 100

C10

=(

25

C 3 )( 75 C 7 ) 100 C 10

=0.2637

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Ejemplo: En una urna o recipiente hay un total de “N” objetos, entre los cuales hay una cantidad “a” de objetos que son defectuosos, si se seleccionan de esta urna “n” objetos al azar, y sin reemplazo, ¿cuál es la probabilidad de obtener “x” objetos defectuosos? Solución: Luego; p( x; n) =

a

Cx

N -a

N

C n− x

Cn

Donde: p(x, n) = probabilidad de obtener “x” objetos defectuosos de entre “n” seleccionados.

C x N-a Cn− x = muestras de “n” objetos en donde hay “x” que son defectuosos y n-x buenos. N C n = δ = todas las muestras posibles de seleccionar de “n” objetos tomadas de entre “N” objetos en total = espacio muestral a

Ejemplo; Considerando que en la urna hay un total de 10 objetos, 3 de los cuales son defectuosos, si se seleccionan 4 objetos al azar, ¿cuál es la probabilidad de que 2 sean defectuosos? Solución: N =10 objetos en total a = 3 objetos defectuosos n = 4 objetos seleccionados en muestra x = 2 objetos defectuosos deseados en la muestra p( x = 2; n = 4) =

3

C2

10-3

C 4− 2

= 0.30 C4 Es importante señalar que en esta distribución las probabilidades no permanecen constantes a lo largo del experimento. 10

Ejemplos: 1. Para evitar que lo descubran en la aduana, un viajero ha colocado 6 tabletas de narcótico en una botella que con tiene 9 píldoras de vitamina que son similares en apariencia. Si el oficial de la aduana selecciona 3 tabletas aleatoriamente para analizarlas, a) ¿Cuál es la probabilidad de que el viajero sea arrestado por posesión de narcóticos?, b) ¿Cuál es la probabilidad de que no sea arrestado por posesión de narcóticos? Solución: a) N = 9 + 6 = 15 total de tabletas a = 6 tabletas de narcótico n = 3 tabletas seleccionadas x = 0, 1, 2, o 3 tabletas de narcótico = variable que indica el número de tabletas de narcótico que se puede encontrar al seleccionar las 3 tabletas

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p (viajero sea arrestado por posesión de narcóticos) = p (de que entre las 3 tabletas seleccionadas haya 1 o más tabletas de narcótico) C C C C C C p ( x = 1, 2, 3; n = 3) = 6 1 9 2 + 6 2 9 1 + 6 3 9 0 = 0.81538 15 C 3 15 C 3 15 C 3 Otra forma de resolver; P (el viajero sea arrestado por posesión de narcóticos) = 1– p (de que entre las tabletas seleccionadas no haya una sola de narcótico) C C 1 − p ( x = 0; n = 3) = 6 0 9 3 = 0.81538 15 C3 b) p (no sea arrestado por posesión de narcóticos) C C p ( x = 0; n = 3) = 6 0 9 3 = 0.184615 15 C 3 2. De un lote de 10 proyectiles, 4 se seleccionan al azar y se disparan. Si el lote contiene 3 proyectiles defectuosos que no explotarán, ¿cuál es la probabilidad de que, a) los 4 exploten?,b) al menos 2 no exploten? Solución: a) N = 10 proyectiles en total a = 7 proyectiles que explotan n = 4 proyectiles seleccionados x = 0, 1, 2, 3 o 4 proyectiles que explotan = variable que nos define el número de proyectiles que explotan entre la muestra que se dispara C C p( x = 4; n = 4) = 7 4 3 0 = 0.16667 10 C 4 b) N = 10 proyectiles en total a = 3 proyectiles que no explotan n = 4 proyectiles seleccionados x = 0, 1, 2 o 3 proyectiles que no explotan p (al menos 2 no exploten) = p (2 o más proyectiles no exploten) = p (x = 2 o 3; n = 4) = C C C C = p ( x = 2, 3; n = 4) = 3 2 7 2 + 3 3 7 1 = 0.333333 10 C 4 10 C 4 3. a)¿Cuál es la probabilidad de que una mesera se rehúse a servir bebidas alcohólicas únicamente a dos menores de edad si verifica aleatoriamente solo 5 identificaciones de entre 9 estudiantes, de los cuales 4 no tienen la edad suficiente?; b) ¿Cuál es la probabilidad de que como máximo 2 de las identificaciones pertenezcan a menores de edad? Solución: a) N = 9 total de estudiantes; a = 4 estudiantes menores de edad; n = 5 identificaciones seleccionadas;

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x = variable que nos define el número de identificaciones que pertenecen a personas menores de edad x = 0, 1, 2, 3 o 4 identificaciones de personas menores de edad C C p ( x = 2; n = 5) = 4 2 5 3 = 0.47619 9 C5 b) N = 9 total de estudiantes; a = 4 estudiantes menores de edad; n = 5 identificaciones seleccionadas; x = variable que nos define el número de identificaciones que pertenecen a personas menores de edad x = 0, 1, 2, 3 o 4 identificaciones de personas menores de edad C C C C C C p ( x = 0,1, 2; n = 5) = 4 0 5 5 + 4 1 5 4 + 4 2 5 3 = 0.64286 9 C5 9 C5 9 C5

PROBLEMAS RESUELTOS DE LA DISTRIBUCIÓN HIPERGEOMÉTRICA 1° Un anuncio contiene fotografías de 10 piezas de joyería. Ocho son piezas baratas y dos son gemas muy costosas. Si no pueden distinguirse las fantasías de las gemas. a) ¿CELP de que al elegir dos piezas al azar ambas sean gemas? b) ¿CELP de elegir al menos una gema? R = Este problema tiene la característica de que el universo está partido en fantasías y gemas, al elegir la primera pieza, el universo se altera y por tanto la probabilidad cambia por lo que tiene las características de una distribución hipergeométrica: C C Sea P( X ) = a X N − a n − X N Cn Se tiene de acuerdo a la ecuación que: a = (característica especial “gemas”) = 2; N = de un total de 10 = 10; n = elegir dos = 2 X = elegir dos gemas = 2 C C C C Por lo que: P( X ) = a X N − a n − X = 2 2 8 0 = 0.0222 N Cn 10 C 2 También mediante Excel es posible obtener el resultado como se muestra:

16


Para el inciso b) al menos una equivale a decir que salga una o que salgan dos, lo que corresponde C C C C a calcular P (1) + P (2) = = 2 1 8 1 + 2 2 8 0 = 0.3777 10 C 2 10 C 2 Mediante Excel sólo hace falta calcular P (1), ya que P (2) se encuentra en la ventana mostrada para el inciso anterior, esto es P (2) = 0.0222, y para P (1) se muestra:

Por lo que la probabilidad pedida = 0.0222 + 0.35555 = 0.3777 2° Un producto industrial determinado se embarca en lotes de 20. La prueba para determinar si un artículo es defectuoso es muy costosa y por lo tanto se utiliza el muestreo, en lugar de hacer inspección al 100%. Un proyecto de muestreo elaborado para minimizar el número de artículos defectuosos exige un muestreo de 5 artículos del lote y este es rechazado si se encuentran más de un artículo defectuoso. Si en particular un lote contiene 4 defectuosos, ¿CELP de que sea rechazado? R = como el lote en realidad contiene a = 4 defectuosos, y la probabilidad cambia al extraer el primer artículo, teniendo que N = 20; n = 5 se tiene que la probabilidad pedida es rechazar si se encuentra más de uno esto es: P (rechazo) = P (2) + P (3) + P (4) no pueden salir 5 malos puesto que sólo hay cuatro; como son demasiados cálculos se plantea como una probabilidad complementaria: P (rechazo) = P (2) + P (3) + P (4) = 1 – P (0) – P (1) C C C C P (rechazo) = 1 − 4 0 16 5 − 4 1 16 4 = 1 − 0.2817 − 0.4696 = 0.2487 20 C 5 20 C 5 Como se puede observar en las ventanas de Excel, se obtienen los mismos resultados:

17


3° Las especificaciones piden que cierto tipo de termistor soporte entre 9 y 10 mil ohms a 25 ° C. De 10 termistores disponibles, se seleccionan tres para usarlos. Sea X entre los tres que no se apeguen a las especificaciones. Calcule la distribución de probabilidad de X, si entre los 10 hay dos que no se apegan a las especificaciones. R = sea “a” = dos que no se apegan = 2; “N” = 10 termistores disponibles = 10; “n” = se seleccionan tres para usarlos = 3; “X” = 0, 1, 2 no puede haber tres porque no hay tres malos. Como piden la distribución de probabilidad es necesario calcular cada una de las probabilidades;

P( X ) =

a

CX

N −a N

Cn− X

Cn

Cálculos mediante Excel

para X = 0, 1, 2

Cálculos realizados manualmente

P ( 0) =

2

C0 8 C3 7 = = 0.4666 15 10 C 3

18


P(1) =

2

C1 8 C2 7 = = 0.4666 15 10 C3

P ( 2) =

2

C 2 8 C1 1 = = 0.0666 15 10 C 3

19


DISTRIBUCIÓN HIPERGEOMETRICA GENERALIZADA. Características: a) Al realizar un experimento con este tipo de distribución, se esperan más de dos tipos de resultados. b) Las probabilidades asociadas a cada uno de estos resultados no son constantes. c) Los ensayos o repeticiones del experimento no son independientes entres í. d) El número de repeticiones del experimento n, es constante. Entonces en este caso se tienen más de dos tipos de objetos, por lo que la fórmula a utilizar sería: a C x b C y N − a −b C n − x − y p ( x, y , n ) = N Cn Donde: N = x + y + z = total de objetos a = total de objetos del primer tipo b = total de objetos del segundo tipo c = N – a – b = total de objetos del tercer tipo n = objetos seleccionados en la muestra x = objetos del primer tipo en la muestra y = objetos del segundo tipo en la muestra z = n – x – y = objetos del tercer tipo en la muestra Ejemplos: 1. En un lote de productos se tienen 20 productos sin defectos, 3 con defectos menores y 2 con defectos mayores, deseleccionan al azar 5 productos de este lote, determine la probabilidad de que: a) 3de los productos seleccionados no tengan defectos y 1 tenga defectos menores; b) 4 de los productos seleccionados no tengan defectos y 1 tenga defectos menores. Solución: N = 20 + 3 + 2 = 25 total de artículos a = 20 productos sin defectos b = 3 productos con defectos menores N – a – b = 2 productos con defectos mayores n = 5 productos seleccionados en la muestra x = 3 productos sin defectos en la muestra = variable que define e l # de productos sin defectos en la muestra. y = 1 producto con defectos menores en la muestra = variable que define el # de productos con defectos menores en la muestra z = n – x – y = 5 – 3 – 1 = 1 producto con defectos mayores en la muestra = variable que define el # de productos con defectos mayores en la muestra

20


p ( x = 3, y = 1, n = 5) =

20

C3 3C1 2 C1 = 0.128741 25 C 5

b) N = 25 a = 20 productos sin defectos b = 3 productos con defectos menores N – a – b = 2 productos con defectos mayores n = 5 productos seleccionados en la muestra x = 4 productos sin defectos en la muestra = variable que define el # de productos sin defectos en la muestra y = 1 producto con defectos menores en la muestra = variable que nos define el # de productos con defectos menores en la muestra z = n – x – y = 5 – 4 – 1 = 0 productos con defectos mayores en la muestra = variable que nos define el # de productos con defectos mayores en la muestra C C C p ( x = 4, y = 1, n = 5) = 20 4 3 1 2 0 = 0.27357 25 C 5 2. Un club de estudiantes extranjeros tiene en sus listas a 2 canadienses, 3 japoneses, 5 italianos y 2 alemanes. Si se selecciona aleatoriamente un comité de 4 estudiantes, encuentre la probabilidad de que: a) estén representadas todas las nacionalidades; b) estén representadas todas las nacionalidades, excepto la italiana. Solución: a) N = 12 estudiantes a = 2 Canadienses b = 3 Japoneses c = 5 Italianos N – a – b – c = 2 Alemanes n = 4 estudiantes seleccionados para formar comité x = 1 estudiante Canadiense en el comité seleccionado y = 1 estudiante Japonés en el comité seleccionado z = 1 estudiante Italiano en el comité seleccionado n – x – y – z = 1 estudiante Alemán en el comité seleccionado C C C C p( x = 1, y = 1, z = 1; n = 4) = 2 1 3 1 5 1 2 1 = 0.121212 12 C 4 b) N = 7 estudiantes quitando a los Italianos a = 2 Canadienses b = 3 Japoneses N – a – b = 2 Alemanes n = 4 estudiantes seleccionados para formar comité x = 1 o 2 estudiantes Canadienses en el comité seleccionado y = 1 o 2 estudiantes Japoneses en el comité seleccionado

21


n – x – y = 1 o 2 estudiantes Alemanes en el comité seleccionado p (estén representadas todas las nacionalidades, excepto la italiana) Las combinaciones de personas, en las que queden de las tres nacionalidades son: p(x = 1, y = 1; n = 4) + p(x =1, y = 2; n = 4) + p(x = 2, y = 1; n = 4) = C C C C C C 2 C1 3C1 2 C 2 + 2 1 3 2 2 1 + 2 2 3 1 2 1 = 0.04848 12 C 4 12 C 4 12 C 4

MEDIA Y VARIANZA DE UNA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDAD La media “µ”de una distribución de probabilidad es el “valor esperado” de su variable aleatoria. El valor esperado de una variable aleatoria discreta puede considerarse como el promedio pesado (ponderado) sobre todos los resultados posibles, siendo los pesos (ponderaciones) la probabilidad asociada con cada uno de los resultados. La expresión para el valor esperado de una función de distribución de probabilidad discreta queda de la siguiente forma:

µ = E(x) =

N

∑X

i

P( X i )

i =1

Considerando nuevamente el ejemplo del par de dados con el que se mostró la función de distribución de probabilidad, se presentará en la siguiente tabla la misma función de distribución, y el cálculo de E(X)

Evento Xi Formas posibles

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

sumas

1

2

3

4

5

6

5

4

3

2

1

36

Probabilidad P(Xi) 1/36 2/36 3/36 4/36 5/36 6/36 5/36 4/36 3/36 2/36 1/36 36/36 Probabilidad P(Xi) 0.03 0.06 0.08 0.11 0.14 0.17 0.14 0.11 0.08 0.06 0.03

Xi P(Xi) (x - µ ) 2 P(x)

0.06

0.17

0.33

0.56

0.83

1.17

1.11

1.00

0.83

0.61

0.33

0.694 0.889 0.750 0.444 0.139 0.000 0.139 0.444 0.750 0.889 0.694

1.00 7 5.83

N

Como puede observarse en la tabla la suma que se obtiene de los productos

∑X

i

P ( X i ) =7, esto

i =1

significa que el valor esperado (promedio, o más probable) para el par de dados es el número 7. La varianza σ 2 de una variable aleatoria discreta puede definirse como el promedio pesado (ponderado) de las diferencias cuadradas entre cada resultado posible y su media, siendo los pesos

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(ponderaciones) las probabilidades asociadas a cada uno de los resultados. De acuerdo a esto la expresión para el cálculo de la varianza de una variable aleatoria discreta es:

σ2=

N

2 ∑ ( X i − µ ) ( Pxi )

i =1

Continuando con la tabla anterior sólo basta agregar los cálculos que requiere esta fórmula, para obtener la siguiente tabla, y con ella el valor de la varianza:

Evento Xi

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

sumas

Formas posibles

1

2

3

4

5

6

5

4

3

2

1

36

Probabilidad P(Xi)

1/36 2/36 3/36 4/36 5/36 6/36 5/36 4/36 3/36 2/36 1/36

36/36

Probabilidad P(Xi)

0.03 0.06 0.08 0.11 0.14 0.17 0.14 0.11 0.08 0.06 0.03

1.00

Xi P(Xi)

0.06 0.17 0.33 0.56 0.83 1.17 1.11 1.00 0.83 0.61 0.33

7

(x - µ)2P(x)

0.7

0.9

0.8

0.4

0.1

0

0.1

0.4

0.8

0.9

0.7

5.83

De acuerdo a la tabla el valor de la varianza para este caso es 5.83. Si se desea calcular el valor de la desviación estándar sólo es necesario obtener la raíz cuadrada del valor de la varianza, que para este caso es 2.415229 En cualquier distribución de probabilidad discreta es posible calcular los valores de la media y la varianza, mediante los procedimientos antes mencionado, sin embargo como puede observarse, es necesario calcular la probabilidad asociada a cada uno de los eventos, para poder realizar los cálculos correspondientes, esto puede en muchos casos resultar poco practico e innecesario, afortunadamente las distribuciones de uso frecuente como son la Binomial, la Hipergeométrica, la de Poisson, cuentan con un procedimiento mucho más simple, que además se convierte en una propiedad muy útil e interesante de ellas. Para la distribución Binomial la media y la varianza de la distribución, pueden además del método anterior ser calculadas mediante las siguientes expresiones:

µ = E(x) = np

σ 2 = npq

Como puede notarse no es necesario calcular la probabilidad de cada evento, con los valores conocidos de n, p, q que se utilizan para el cálculo de cualquier probabilidad de la distribución, es posible calcular la media y la varianza. Para el ejemplo de las tarjetas de crédito los cálculos son mostrados a continuación:

23


µ = E(x) = np = (10)*(1/3) = 3.333 σ 2 = npq = (10)*(1/3)*(2/3) = 2.2222 Para la distribución hipergeométrica las expresiones correspondientes para la media y la varianza son las siguientes: a µ = E(x) = n 

N

σ2=

(n )(a )(N − a )(N − n ) (N 2 )(N − 1) )

DISTRIBUCIÓN DE POISSON Los experimentos que dan valores numéricos de una variable aleatoria X, el número de resultados que ocurren durante un intervalo dado o en una región específica, se llaman experimentos de Poisson. El intervalo dado puede ser de cualquier longitud, como un minuto, un día, un año, etc. Por ello un experimento de Poisson puede generar observaciones para la variable aleatoria X que representa por ejemplo el número de llamadas telefónicas por hora que recibe un conmutador de oficina, el número de accidentes por año en una empresa, el número de bacterias por muestra de cultivo, etc. Un experimento de Poisson se deriva del proceso de Poisson y posee las siguientes propiedades: a) El número de resultados que ocurren en un intervalo o región específica es independiente del número que ocurre en cualquier otro intervalo o región del espacio disjunto. Esto es que el proceso de Poisson no tiene memoria. b) La probabilidad de que ocurra un solo resultado durante un intervalo muy corto o en una región pequeña es proporcional a la longitud del intervalo o al tamaño de la región y no depende del número de resultados que ocurren fuera de este intervalo o región. c) La probabilidad de que ocurra más de un resultado en tal intervalo corto o que caiga en tal región pequeña es insignificante. Características: En este tipo de experimentos los éxitos buscados son expresados por unidad de área, tiempo, pieza, etc., # de defectos de una tela por m2 # de aviones que aterrizan en un aeropuerto por día, hora, minuto, etc., # de bacterias por cm2 de cultivo # de llamadas telefónicas a un conmutador por hora, minuto, etc. # de llegadas de embarcaciones a un puerto por día, mes, etc. La media µ = λ se calcula del promedio en la región de interés, generalmente asociado con el tiempo por ejemplo el promedio de llamadas por hora, etc.

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La probabilidad asociada se calcula como:

D x e −D P( X ) = para x = 0, 1, 2, ... X! Donde: P(x) = probabilidad de que ocurran “x” éxitos, cuando el número promedio de ocurrencia de ellos es λ = media o promedio de éxitos por unidad de tiempo, área o producto, e = 2.718 x = variable que denota el número de éxitos que se desea que ocurra. Hay que hacer notar que en esta distribución el número de éxitos que ocurren por unidad de tiempo, área o producto es totalmente al azar y que cada intervalo de tiempo es independiente de otro intervalo dado, así como cada área es independiente de otra área dada y cada producto es independiente de otro producto dado. Ejemplos:

1. El número promedio de personas que son atendidas por una cajera en un supermercado es de 25 por hora. ¿Cuál es la probabilidad de que en una hora en particular sean atendidas 12 personas? El promedio de personas es µ = λ = 25

D x e −D X = 12 por lo que P ( X ) = X!

=

25 12 e −25 = 12!

= 0.001728

2. Si un banco recibe en promedio 6 cheques sin fondo por día, ¿cuáles son las probabilidades de que reciba?: a) cuatro cheques sin fondo en un día dado; b) 10 cheques sin fondos en cualquiera de dos días consecutivos Solución: a) x = variable que define el número de cheques sin fondo que llegan al banco en un día cualquiera = 0, 1, 2, 3,....., etc. = 6 cheques sin fondo por día e = 2.718 6 4 e −6 P( x = 4, λ = 6) = = 0.13392 4! b) x = variable que define el número de cheques sin fondo que llegan al banco en dos días consecutivos = 0, 1, 2, 3, ......,etc. λ = 6 x 2 = 12 cheques sin fondo en promedio que llegan al banco en dos días consecutivos Nota: λ debe siempre estar en función de “x”, o dicho de otra forma, debe “hablar” de lo mismo que x.

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P( x = 10, λ = 12) =

1210 e −12 = 0.104837 10!

3. En la inspección de hojalata producida por un proceso electrolítico continuo, se identifican 0.2 imperfecciones en promedio por minuto. Determine las probabilidades de identificar a) una imperfección en 3 minutos, b) al menos dos imperfecciones en 5 minutos, c) cuando más una imperfección en 15 minutos. Solución: a) x = variable que define el número de imperfecciones en la hojalata por cada 3 minutos = 0, 1, 2, 3,...., etc. λ = 0.2 x 3 = 0.6 imperfecciones en promedio por cada 3 minutos en la hojalata 0.61 e −0.6 P( x = 1, λ = 0.6) = = 0.329307 1! b) x = variable que nos define el número de imperfecciones en la hojalata por cada 5 minutos = 0, 1, 2, 3, ....,etc. λ = 0.2 x 5 = 1 imperfección en promedio por cada 5 minutos en la hojalata. El universo de oportunidades en cuanto a defectos es que ocurran 0, 1, 2, 3, 4,…etc., por lo que al menos dos equivale a 2, 3, 4, …, etc. Esto obliga a pensar en la necesidad de calcular la probabilidad complemento que equivale a 1 – P (0) – P (1)

10 e −1 11 e −1 − = 0.26416 0! 1! c) x = variable que nos define el número de imperfecciones en la hojalata por cada 15 minutos = 0, 1, 2, 3, .....,etc.,etc. λ = 0.2 x 15 = 3 imperfecciones en promedio por cada 15 minutos en la hojalata. Cuando mas una equivale a P (0) + P (1), por lo que: 1−

30 e −3 31 e −3 − = 0.1992106 0! 1!

APROXIMACIÓN DE POISSON A LA DISTRIBUCIÓN BINOMIAL Debe ser evidente de los tres principios del proceso de Poisson que la distribución de Poisson se relaciona con la distribución binomial. Aunque la de Poisson por lo regular encuentra aplicaciones relacionadas con el tiempo y el espacio, puede funcionar como una buena aproximación para realizar cálculos de esta última. Considerando las propiedades sobre la media y la varianza de la distribución binomial, que nuevamente se mencionan:

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σ 2 = npq

µ = E ( x ) = np

Es posible establecer una relación entre la media (valor esperado) de ambas distribuciones, y por tanto hacer cálculos de la distribución binomial, mediante la distribución de Poisson. En este caso se determinarán probabilidades de experimentos Binomiales, pero que dadas sus características, es posible aproximarlas con la distribución de Poisson, estas características son, n → ∞ (n es muy grande) y p → 0 (p es muy pequeña), por lo que:

P( x, n, p) = n C x p x q n− x =

λx e −λ

x! La expresión anterior solo se cumple cuando n → ∞ y p → 0 , si esto no se cumple, la aproximación no se puede llevar a efecto. Una regla que ayuda a evitar lo complicado de interpretar lo anterior equivale a considerar valores de n ≥ 20 aceptable y p ≤ 0.05 : sí n ≥ 100, la aproximación es generalmente excelente siempre y cuando np ≤ 10. Mediante los ejemplos que a continuación se detallan, es posible observar la aplicación de la aproximación de Poisson para la distribución binomial. Ejemplo:

1. En un proceso de fabricación de artículos de vidrio aparecen defectos, como son burbujas o manchas, lo que deja a la pieza fabricada indeseable para su venta. Se sabe que en promedio uno de cada 1000 artículos son rechazados para su venta. ¿Cuál es la probabilidad de que en una muestra de 800 artículos elegidos para su revisión siete de ellos sean rechazados? Dado que es un defecto en cada 1000 se tiene que P (defecto) = 1 / 1000 = 0.001, y por tanto q = 1 – 0.001 = 0.999 Se elige una muestra de n = 800, se desea evaluar la probabilidad de X = 7 Como el hecho de que salga un artículo defectuoso no afecta al hecho de que otro aparezca, y como sólo existe el éxito (salga defectuoso) o fracaso (no salga) se tiene un problema con características binomiales, por lo que:

P (x) = n C x p x q n – x = p (7) =

800C7

(0.001)7 (0.999)800 – 7

800!  =  (0.001)7 (0.999 )793 = 0.0000183   7!*793!

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Realizar estos cálculos puede resultar complicado, sobretodo si se hacen en forma manual, por lo que de acuerdo a la aproximación y como “n es grande 800, y p es pequeña 0.001 de forma que el producto np = 0.8”, se tiene que:

µ = λ = np = 0.8 D x e −D P( X ) = X!

=

0.8 7 e −0.8 = 7!

= 0.0000186

Es evidente la similitud en los resultados.

2. Si un banco recibe en promedio 5 de cada 100 cheques sin fondo por día, ¿cuáles son las probabilidades de que reciba?: a) Dos cheques sin fondo en un día dado; b) 10 cheques sin fondos en cualquiera de dos días consecutivos

Solución: a) x = variable que nos define el número de cheques sin fondo que llegan al banco en un día cualquiera = 0, 1, 2, 3,....., etc. En este caso el valor pedido, es x = 2 cheques sin fondo por día P ( x = 2, n = 100, p = 0.05) =100 C 2 (0.05) 2 (0.95) 98 = 0.0812

La solución mediante la aproximación de Poisson, se puede calcular: = promedio = np = 5

λ = np = (100 )(0.05) = 5

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ܲሺ2ሻ =

ߣ௫ ݁ ିఒ 5ଶ ݁ ିହ = = 0.08422 ‫!ݔ‬ 2!

Como puede ser observado los resultados son bastante semejantes, considerando que es un cálculo mediante una aproximación. Es importante mencionar que el uso de hojas de cálculo como Excel evita la necesidad de hacer este tipo de aproximaciones, considere el lector que el cálculo manual mediante la distribución binomial puede resultar laborioso. El uso de la función en Excel es semejante a lo explicado para otras funciones, solamente debe buscarse “POISSON” en las funciones estadísticas con el icono fx. b) x = variable que nos define el número de cheques sin fondo que llegan al banco en dos días consecutivos = 0, 1, 2, 3, ......,etc. = 5 x 2 = 10 cheques sin fondo en promedio que llegan al banco en dos días consecutivos Nota: λ debe siempre estar en función de “x”, o dicho de otra forma, debe “hablar” de lo mismo que “x”.

PROBLEMAS RESUELTOS DE LA DISTRIBUCIÓN DE POISSON 1° Supóngase que 0.005% de la población de un país muere debido a cierto tipo de accidente cada año y que una compañía de seguros tiene entre sus clientes 10,000 que están asegurados contra ese tipo de accidente. ¿CELP de que la compañía pague más de dos pólizas en un año dado? R = Se tiene que la probabilidad de sufrir un accidente es 0.005% = 0.00005, y que no cambia ya que el hecho de que un apersona se accidente no afecta a que a otra le pase, existe una cantidad definida de eventos, que suceda en 0, 1, 2,... etc. por lo que es una distribución binomial.

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La pregunta más de dos implica P (2) + P (3) + P (5) + P (6) +... + P (10,000) lo cual sería muy difícil de calcular, por lo que es preferible calcular la probabilidad complemento: P (más de dos) = 1 – {P (0) + P (1) + P (2) } = 1−

(

10000

C0 (0.00005)0 (0.99995)10000 +10000C1 (0.00005)1 (0.99995)9999 +10000C2 (0.00005)2 (0.99995)9998

)

= 1 – 0.9856 = 0.01438 Que mediante Excel queda:

Ahora como la probabilidad es realmente pequeña (0.00005) y “n” es muy grande (10,000) de forma que np = 0.5, la aproximación de POISSON a la distribución binomial funciona de forma muy adecuada: λ X e −λ Sea: P( X ) = de forma tal que µ = λ = np = 0.5 se tiene que: X! P (más de dos) = 1 – {P (0) + P (1) + P (2)} =

 0.5 0 e −05 0.51 e −0.5 0.5 2 e −0.5 1 −  + + 0! 1! 2! 

  = 1 − e − 0.5 (1 + 0.5 + 0.125) = 1 − 0.9856 = 0.01438 

(

)

Como se pude apreciar la aproximación de POISSON es muy buena y mucho más fácil de calcular que la expresión binomial. También puede usarse Excel para calcular la expresión de POISSON como se muestra:

30


2° En un andén de carga de una empresa los camiones llegan en promedio de 7 camiones por día, ¿CELP de que en un día determinado no lleguen más de tres camiones? R = Cuando la información con la que se dispone presenta el promedio relacionado a una unidad de tiempo y pregunta la probabilidad de algo relacionado a dicho promedio, la distribución de POISSON es la herramienta apropiada. Sea Pr omedio = λ = 7 No lleguen más de tres = lleguen 0 “o” llegue uno “o” lleguen dos “o lleguen tres = P(0) + P(1) + P(2) + P(3) y con la expresión de POISSON λ X e −λ P( X ) = se tiene que: X! 7 0 e −7 7 1 e −7 7 2 e −7 7 3 e −7 P( x ≤ 3) = + + + = e −7 (1 + 7 + 24.5 + 57.17) = 0.0818 0! 1! 2! 3!

( )

Mediante Excel:

3° El número de llamadas telefónicas que entra a un conmutador es de cuatro llamadas por minuto. ¿CELP de que; a) ¿En un minuto determinado lleguen cinco llamadas? b) ¿En dos minutos consecutivos cualquiera lleguen 7 llamadas? R = sea Pr omedio = λ = 4

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4 5 e −4 = 0.15629 X! 5! Para el inciso b) se tiene una propiedad de los procesos de POISSON que permite suponer que si en un minuto el promedio es de 4, en dos minutos consecutivos el promedio será 8. por lo que 8 7 e −8 P (7 ) = = 0.1396 7!

Para el inciso a) P( X ) =

λ X e −λ

= P(5) =

4° Un estacionamiento cuenta con dos accesos, por el primero de ellos entran un promedio de 4 autos por hora, y por el segundo acceso un promedio de tres por hora (se supone que las llegadas sigue una distribución de poisson). ¿CELP de que en una hora determinada entren al estacionamiento tres autos? (suponga que le número de autos que llegan a cada entrada son independientes) R = Las diferentes maneras en que pueden llegar los autos y siempre ser tres queda expresado mediante la siguiente tabla: Entrada I

Entrada II

0

3

1

2

2

1

3

0

Corresponde ahora calcular las probabilidades asociadas a cada uno de los eventos formados por los renglones de la tabla, esto es 0 autos por la entrada I “y” 3 por la entrada II, o 1 auto por la entrada I “y” 2 por la entrada II, etc.  3 0 e −3 P (tres autos ) =   0!

 4 3 e − 4   3!

  31 e −3  +    1!

 4 2 e − 4   2!

  3 2 e −3  +    2!

 4 1 e − 4   1!

  3 3 e −3  +    3!

 4 0 e −4   0!

  = 0.0522 

Otra forma mucho más sencilla es utilizar el proceso de poisson. Como la pregunta en realidad dice que lleguen 3 autos al estacionamiento (sin especificar por cuál puerta), y como la legada de los autos es independiente de la puerta que utilicen, en realidad se reciben en el estacionamiento un promedio de 3 + 4 = 7 autos por hora, por lo que la probabilidad pedida queda:

P ( 7) =

λ X e −λ x!

7 3 e −7 = = 0.0522 3!

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LA DISTRIBUCIÓN GEOMÉTRICA Si pruebas independientes repetidas pueden tener como resultado un éxito con probabilidad “p”, y un fracaso con probabilidad “q = 1 – p”, entonces la distribución de probabilidad de la variable aleatoria X, el número de la prueba en el que ocurre el primer éxito, es:

g (x) = p qx –1 Esta distribución es un caso especial de la Binomial, ya que se desea que ocurra un éxito por primera y única vez en el último ensayo que se realiza del experimento, para obtener la fórmula de esta distribución, haremos uso de un ejemplo. Ejemplo: Se lanza al aire 8 veces una moneda cargada, de tal manera que la probabilidad de que aparezca águila es de 2/3, mientras que la probabilidad de que aparezca sello es de 1/3, Determine la probabilidad de que en el último lanzamiento aparezca un águila. Solución: Si se traza un diagrama de árbol que represente los 8 lanzamientos de la moneda, se observará que la única rama de ese árbol que interesa es aquella en donde aparecen 7 sellos seguidos y por último un águila; como se muestra a continuación: SSSSSSS A Sí se denota; x = el número de repeticiones del experimento necesarias para que ocurra un éxito por primera y única vez = 8 lanzamientos; p = probabilidad de que aparezca un águila = p (éxito) = 2/3; q = probabilidad de que aparezca un sello = p (fracaso)=1/3 Entonces la probabilidad buscada sería; P (aparezca un águila en el ultimo lanzamiento)=p(S)*p(S)*p(S)*p(S)*p(S)*p(S)*p(S)*p(A)= =q*q*q*q*q*q*q*p = qp x−1 Luego, la ecuación a utilizar cuando se desee calcular probabilidades con esta distribución sería; p(x) = qx − 1 p Donde: p (x) = probabilidad de que ocurra un éxito en el ensayo x por primera y única vez p = probabilidad de éxito q = probabilidad de fracaso Resolviendo el problema de ejemplo; x = 8 lanzamientos necesarios para que aparezca por primera vez una águila p = 2/3 probabilidad de que aparezca un águila q = 1/3 probabilidad de que aparezca un sello p(x = 8) = (1/3)8−1 (2 /3) = 0.0003048

Ejemplo 2. Si se sabe que en promedio uno de cada 100 billetes que recibe la cajera de un banco esta roto, ¿cuál es la probabilidad de que el quinto billete que reciba la cajera este roto? Dado X = 5, p = 1 / 100 = 0.01 Se tiene que el interés de que aparezca por primera vez en el quinto billete, el roto y ahí se termina, ya que la idea era encontrar el primero, por lo que es una distribución geométrica, y en consecuencia:

g (x) = p qx –1 = (0.01)(0.99) 4 = 0.0096

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PROBLEMAS RESUELTOS DE LA DISTRIBUCIÓN GEOMÉTRICA 1° Un tirador experto da en el blanco el 95% de las veces. ¿CELP de que acierte por primera vez en el quinceavo disparo? R = De acuerdo a lo descrito en el tema correspondiente a distribución geométrica corresponde este ejemplo por sus características, ya que la probabilidad no cambia, y la pregunta es el evento “éxito” que ocurre por primera vez en el intento “n”. Por lo tanto de acuerdo a lo anterior: Dado g (x) = p q x – 1 se tiene que “éxito” = fallar = p = 5% = 0.05; por lo que q = 1 – p =0.95; x = 15:

g(x) = p q x – 1 = g (15) = (0.95) (0.05) 15 – 1 = 0.0244 2° Un explorador de petróleo perforará una serie de pozos en cierta área para encontrar un pozo productivo. La probabilidad de que tenga éxito en una prueba es de 0.2. ¿CELP de que no encuentre ningún pozo productivo si sólo puede perforar un máximo de 10 pozos? R = en este caso no se da el éxito, sólo fracasos por lo que: 1° no y 2° no y 3° no... y 10° no = (0.8)(0.8)(0.8)... (0.8) = (0.8)10 = 0.1073 no aparece el valor de p, por que el “éxito” nunca se da. 3° Se estima que 60% de una población de consumidores prefiere una marca en particular. ¿CELP, al entrevistar un grupo de personas, de que se tengan que entrevistar a exactamente cinco para encontrar el primero que prefiere dicha marca? R = 1° no y 2° no y 3° no y 4° no y 5° si = g (x) = p q x – 1 = g (5) = (0.6) (0.4) 5 – 1 =0.01536

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DISTRIBUCIÓN MULTINOMIAL Los experimentos binomiales se convierten en multinomiales, si cada prueba tiene más de dos resultados posibles. Por ejemplo el rendimiento de las acciones en la bolsa puede ser alto, medio o bajo. Características: a) Al llevar a cabo un experimento con esta distribución se esperan más de dos tipos de resultados. b) Las probabilidades asociadas a cada uno de los resultados son constantes. c) Cada uno de los ensayos o repeticiones del experimento son independientes. d) El número de repeticiones del experimento, “n” es constante. En general, si una prueba dada puede tener “k” resultados posibles E1, E2,..., Ek, con probabilidades respectivas p1, p2,..., pk, entonces la distribución multinomial dará la probabilidad de que E1 ocurra X1 veces; E2 ocurra X2 veces,...; Ek ocurra Xk, en “n” pruebas independientes, donde:

n Px1 x2 .. xk =

n! x x x p1 1 p2 2 ... pk k x1! x2 !...xk !

Al igual que se hizo con la distribución binomial, en este caso se parte de un ejemplo para obtener la ecuación general para resolver problemas que tengan este tipo de distribución. Ejemplo: Se lanza al aire un dado normal, 5veces, determine la probabilidad de que aparezca dos números uno, dos números tres y un número cinco.

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Solución: Si se piensa en la forma que se han resuelto otros problemas, el diagrama de árbol, es una herramienta visual muy importante, en donde se muestran los 5 lanzamientos del dado; esto sería muy laborioso, y se muestra parte del mismo a continuación;

Del diagrama de árbol se podría calcular el espacio muestral y enseguida se determinarían las probabilidades requeridas. En lugar de lo anterior, se obtendrá una ecuación a partir de la siguiente expresión: P (aparezcan dos unos, dos tres y un cinco) = (número de ramas en donde haya dos unos, dos tres y un cinco) (probabilidad asociada a cada una de las ramas) Para esto se requiere definir lo siguiente: n = número de lanzamientos del dado x1 = número de veces que aparece el número (1) = 2 x2 = número de veces que aparece el número (2) = 0 x3 = número de veces que aparece el número (3) = 2 x4 = número de veces que aparece el número (4) = 0

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x5 = número de veces que aparece el número (5) = 1 p1 = probabilidad de que aparezca el número (1) = 1/6 p2 = probabilidad de que aparezca el número (2) = 1/6 p3 = probabilidad de que aparezca el número (3) = 1/6 p4 = probabilidad de que aparezca el número (4) = 1/6 p5 = probabilidad de que aparezca el número (5) = 1/6 p6 = probabilidad de que aparezca el número (6) = 1/6 Luego, ¿cómo se obtendrá el número de ramas donde aparecen dos números 1, dos números 3 y un número 5? Enunciando algunas de las ramas, se tiene lo siguiente; (1, 1, 5, 3, 3), (5, 1, 1, 3, 3), (1, 3, 3, 1, 5),...etc. ¿Qué tipo de arreglos son estos: combinaciones, permutaciones o qué? Son permutaciones en donde hay objetos iguales. Por tanto el número de ramas se puede obtener de la siguiente manera: 5! 120 = = 30 5! = 120 El número de ramas = 5 P2, 2,1 = 2!2!1! 4 En forma general, n1 n Px1, x 2 ,Lxk = x1! x2 !L xk ! Luego la probabilidad asociada a cada una de las ramas, sería; p (asociada a cada una de las ramas) = p (#1) p (#1) p (#3) p (#3) p (#5) = p1 * p1 * p3 * p3 * p5 = =p12*p32*p5 Es posible inferir para lo general la fórmula: n! P ( x1 , x2 ,L xk ) = P1x1 P2x2 L Pkxk x1! x2 !L xk ! Donde: p(x1, x2,...., xk, n) = probabilidad de que en”n” ensayos aparezcan x1 objetos del primer tipo, x2 objetos del segundo tipo.......y xk objetos del último tipo. n = x1 + x2 +....+ xk Resolviendo el ejemplo; n=5 x1 = número de veces que aparece el número 1 = 2 x2 = número de veces que aparece el número 3 = 2 x3 = número de veces que aparece e l número 5 = 1 p1 = probabilidad de que aparezca el número 1 = 1/6 p2 = probabilidad de que aparezca el número 2 = 1/6 p3 = probabilidad de que aparezca el número 3 = 1/6 2

2

1

5!  1   1   1  P ( x1 = 1, x 2 = 2, x3 = 3, n = 5) =       = 0.003858 2! 2!1!  6   6   6  Ejemplos:

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1. Las probabilidades son de 0.40, 0.20, 0.30 y 0.10, respectivamente, de que un delegado llegue a una convención: por aire, en autobús, en automóvil o en tren. ¿Cuál es la probabilidad (CELP) de que entre 9 delegados seleccionados aleatoriamente en esta convención: a) ¿3 hayan llegado por aire, 3 en autobús, 1 en auto y 2 en tren? b) ¿4 hayan llegado por aire, 1 en autobús y 2 en auto? Solución: n=9 x1 = # de delegados que llegan por aire = 3 x 2 = # de delegados que llegan en autobús = 3 x3 = # de delegados que llegan en auto = 1 x4 = # de delegados que llegan en tren = 2 p1 = probabilidad de que un delegado llegue por aire = 0.40 p2 = probabilidad de que un delegado llegue en autobús = 0.20 p3 = probabilidad de que un delegado llegue en auto = 0.30 p4 = probabilidad de que un delegado llegue en tren = 0.10 9! P( x1 = 3, x2 = 3, x3 = 1, x4 = 2, n = 9) = (0.4)3 (0.2)3 (0.3)1 (0.1)2 = 0.0077414 3! 3!1! 2! b) n=9 x1 = 4 por aire x2 = 1 en autobús x3 = 2 en auto x4 = 2 en tren

p1 = 0.40 p2 = 0.20 p3 = 0.30 p4 = 0.10

P( x1 = 4, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 2, n = 9) =

9! (0.4)4 (0.2)1 (0.3)2 (0.1)2 = 0.017418 4!1! 2! 2!

2. De acuerdo con la teoría de la genética, un cierto cruce de conejillo de indias resultará en una descendencia roja, negra y blanca en la relación 8:4:4. Encuentre la probabilidad de que entre 8 descendientes: a) 5 sean rojos, 2 negros y un blanco, b) 3 sean rojos y 2 sean negros. Solución: n=8 x1 = 5 rojos; p1 = probabilidad sean rojos = 8/16 = 0.50; x2 = 2 negros; p2 = probabilidad sean negros = 4/16 = 0.25; x3 = 1 blanco; p3 = probabilidad sean blancos = 4/16 = 0.25;

P( x1 = 5, x2 = 2, x3 = 1, n = 8) =

8! (0.5)5 (0.25)2 (0.25)1 = 0.082031 5! 2!1!

b) n = 8

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x1 = 3rojos; x2 = 2negros; x3 = 3blancos;

p1=0.50 p2=0.25 p3=0.25

P( x1 = 3, x2 = 2, x3 = 3, n = 8) =

8! (0.5)3 (0.25)2 (0.25)3 = 0.068359 3! 2! 3!

3.Según una encuesta preliminar acerca del voto que los ciudadanos darán por los candidatos para gobernador del estado se ha detectado que aproximadamente un 52% votará por el partido verde, un 40% por el partido azul y un 8% por los partidos restantes, si se seleccionan aleatoriamente 6 personas con edad de votar, determine la probabilidad de que: a) 2 voten por el partido verde, 1 por el azul y 3 por el resto de los partidos, b) 2 voten por el partido verde y 4 por el azul. Solución: a) n = 6 x1 = 2 voten por partido verde; p1 = probabilidad de que una persona vote por partido verde = 0.52 x2 = 1 vote por partido azul; p2 = probabilidad de que una persona vote por partido azul = 0.40 x3 = 3 voten por otros partidos; p3 = probabilidad de que una persona vote por otros partidos=0.08

P( x1 = 2, x2 = 1, x3 = 3, n = 6) =

6! (0.52)2 (0.40)1 (0.08)3 = 0.0033226 2!1! 3!

b) n = 6 x1 = 2 voten por el partido verde; p1 = probabilidad de que una persona vote por partido verde = 0.52 x2 = 4 vote por partido azul; p2 = probabilidad de que una persona vote por partido azul = 0.40 x3 = 0 voten por otros partidos; p3 = probabilidad de que una persona vote por otros partidos = 0.08 6! P( x1 = 2, x2 = 4, x3 = 0, n = 6) = (0.52)2 (0.40)4 (0.08)0 = 0.103834 2! 4! 0!

4. Las probabilidades de que un determinado tipo de acción suba menos de 40 puntos, entre 40 y 80, o más de 80 puntos son respectivamente: 0.30. 0.50, y 0.20. ¿Calcule la probabilidad de que entre 8 de tales acciones, 2 suban menos de 40 puntos, cinco suban entre 40 y 80 puntos, y una suba más de 80 horas. Se tiene una partición del universo, ya que no pueden ocurrir simultáneamente, y la suma de las tres probabilidades es igual a 1, por otro lado se debe suponer independencia entre los eventos, dado que no se tiene información del mercado, y necesariamente algún evento deberá ocurrir, ya que el campo unido de los tres corresponde a todas las posibilidades. Entonces se tiene la distribución multinomial: Sea: n = 8, X 1 = 2, X 2 = 5, X 3 = 1, P 1 = 0.30, P 2 = 0.50, P 3 = 0.20, por lo que:

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n Px1 x2 .. xk =

8

P2, 5,1 =

n! x x x p1 1 p2 2 ... pk k x1! x2 !...xk !

8! (0.30)2 (0.50)5 (0.20)1 = 0.0945 2!5!1!

PROBLEMAS RESUELTOS DE LA DISTRIBUCIÓN MULTINOMIAL 1° En un tablero para dardos circular, se tiene un pequeño círculo que se llama centro y 20 áreas numeradas del 1 al 20. cada una de estas áreas se divide a su vez en cuatro partes, de tal forma que una persona que lanza un dardo y que acierta en un número determinado, obtiene un marcador sencillo, doble o triple del número, según donde haya acertado. Si la probabilidad de que una persona atine en el centro es 0.01, de que sea el doble es 0.10, de que sea el triple es de 0.05 y de que no atine es 0.02. ¿CELP de que en siete lanzamientos no atine ninguno en el centro, no haga triples, haga un doble dos veces y no atine una vez al tablero? R = Se tiene que P (centro) + P (sencillo) + P (doble) + P (triple) +P (no atine) =1 Y como P (centro) = 0.01; P (doble) = 0.10; P (triple) = 0.05; P (no atine) =0.02, por complemento P (sencillo) = 1 – 0.01 – 0.10 – 0.05 – 0.02 = 1 – 0.18 = 0.82 Por otra parte si se hacen 7 tiros y se desea que 0 al centro, 2 doble, 0 triples y 1 afuera, por complemento se obtiene que son 4 sencillos, por lo que de acuerdo a la expresión multinomial: n! p1x1 p 2x2 K p kxk x1 ! x 2 !L x k ! 7! = (0.01) 0 (0.82) 4 (0.10) 2 (0.05) 0 (0.02) 1 = 0.0095 0!4!2!0!1!

n

PX 1 X 2 L X K =

7

P0, 4, 2, 0,1

2° Los artículos que se inspeccionan están sujetos a dos clases de defectos. Se supone que 70% de los artículos de un lote grande no tienen defectos, en tanto que 20% tienen defectos tipo A, y sólo 10% tiene defectos tipo B, ninguno tiene simultáneamente ambos defectos. Si se extraen al azar 6 artículos del lote para inspeccionarlos, ¿CELP de que tres no tengan defectos, uno tenga defecto tipo A y dos tengan defectos tipo B? R = sea P (no-defecto) = P (C) = 70% =0.7; X1 = 3 P (Defecto A) = P (A) = 20% = 0.2; X2 = 1 P (Defecto B) = P (B) = 10% = 0.1; X3 = 2

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n

PX 1 X 2 L X K =

6! n! (0.7) 3 (0.2)1 (0.1) 2 = 0.041 p1x1 p 2x2 K p kxk = 6 P3,1, 2 = x1 ! x 2 !L x k ! 3!1!2!

3° Se fabrican lápices mecánicos mediante un proceso que implica una gran calidad de mano de obra en las operaciones de ensamble. Este es un trabajo altamente repetitivo y hay un pago de incentivo. La inspección final ha revelado que 85% del producto es bueno, 10% defectuoso pero que se puede arreglar, y el 5% restante es defectuoso sin arreglo. Se elige una muestra aleatoria de 10 productos, ¿CELP de que salgan 7 buenos, 2 que se pueden arreglar y uno que no tenga arreglo? R = De forma semejante al ejemplo anterior: sea P (no-defecto) = P (C) = 85% =0.85; X1 = 7 P (Defecto con arreglo) = P (A) = 10% = 0.1; X2 = 2 P (Defecto sin arreglo) = P (B) = 5% = 0.05; X3 = 1 n

PX 1 X 2 L X K =

10! n! (0.85) 7 (0.1) 2 (0.05) 1 = 0.0577 p1x1 p 2x2 K p kxk = 10 P7 , 2,1 = 7!2!1! x1 ! x 2 !L x k ! SIMULACIÓN

En los últimos tiempos, las técnicas de simulación han sido aplicadas a diversos problemas, y si los procesos de simulación contienen algún elemento aleatorio, a estas técnicas se les conoce con el nombre de métodos de Monte Carlo. Con frecuencia, este método permite ahorrar los gastos de construcción y operación de equipos muy costosos, estos métodos se emplean también cuando la experimentación directa es imposible (estudiar epidemias). En apoyo a estas técnicas se tiene la asignación de números aleatorios (random en la calculadora), que pueden ser utilizados para asignar valores a los experimentos. Por ejemplo si se dispone que los números pares equivalen al sello de la moneda y los números nones al águila, es posible encontrar mediante tablas o calculadora el número aleatorio que permita simular el volado de la moneda. En problemas de otra índole es posible mediante simulación calcular los riesgos de invertir, estimar el tiempo de terminación de un proyecto, y muchos otros más.

PROBLEMAS PROPUESTOS DE LAS DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD 1. La probabilidad de un submarino hunda un barco enemigo con un disparo de sus torpedos es de 0.8. Si los disparos son independientes, determine la probabilidad de un hundimiento: a) en los primeros dos disparos; b) en los primeros tres.

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R = a) 0.96; b) 0.992 2. Un dado se lanza tres veces. ¿Cuál es la probabilidad de que aparezca al menos un cinco o un seis? R = 0.7037 3. De un lote grande de neumáticos nuevos, un comprador potencial selecciona “n” y se registra el número de neumáticos defectuosos X. Si se observa por lo menos uno defectuoso en la muestra “n”, el cliente potencial rechazará el lote completo. Calcular “n” de modo que la probabilidad de que se descubra por lo menos un neumático defectuoso sea aproximadamente de 0.90, en caso de que: a) 10 % del lote sea de neumáticos defectuosos, b) 5 % del lote sea de neumáticos defectuosos. R = a) 22; b) 45 4. La compañia XYZ ha planeado presentaciones de ventas a una docena de clientes importantes. La probabilidad de recibir un pedido como resultado de tal presentación se estima en 0.5. ¿Cuál es la probabilidad de recibir cuatro o más pedidos como resultado de las reuniones? R = 0.927 5. Un proceso de producción que manufactura transistores genera, en promedio, una fracción de 2 % de piezas defectuosas. Cada dos horas se toma del proceso una muestra aleatoria de tamaño 50. Si la muestra contiene más de dos piezas defectuosas, el proceso debe interrumpirse. Determine la probabilidad de que el proceso deba interrumpirse mediante el esquema de muestreo indicado. R = 0.078 6. Se planean seis misiones espaciales independientes a la luna. La probabilidad estimada de éxito de cada misión es de 0.95. ¿Cuál es la probabilidad de que al menos cinco de las misiones planeadas tengan éxito? R = 0.9672 7. Suponga que aviones pequeños llegan al aeropuerto del Bajio según un proceso de Poisson, con una tasa α = 8 por hora, de modo que el número de llegadas durante un período de “t” horas es una variable del proceso de Poisson con un parámetro λ = 8t (considere que λ = αt ). ¿CELP de que en una hora determinada lleguen exactamente 5 aviones? R = 0.091 8. Una vendedora se da cuenta de que la probabilidad de venta en una entrevista única es aproximadamente de 0.03. ¿Cuál es la probabilidad de que haga al menos una venta al tener 100 compradores posibles?

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R = 0.9524 9. La probabilidad de que un ratón inoculado con un suero contraiga la enfermedad es de 0.2. Mediante el uso de una aproximación por Poisson, encuentre la probabilidad de que un máximo de tres ratones entre 30 contraigan la enfermedad. R = 0.1512 10. Suponga que en promedio una de cada mil personas comete un error numérico al preparar su declaración de impuestos. Si se seleccionan al azar 10 mil formas, encuentre la probabilidad de que seis, siete u ocho tengan error. R = 0.2657 11. Si 0.8 % de los fusibles depositados en un lote están defectuosos, úsese la aproximación de Poisson para determinar la probabilidad de que cuatro fusibles estén defectuosos en una muestra aleatoria de 400. R = 0.178 12. El número de rayos gamma que emite por segundo cierta sustancia radiactiva es una variable aleatoria que tiene distribución de Poisson con λ = 5.8 . Si un detector deja de operar cuando hay más de 12 rayos por segundo, ¿cuál es la probabilidad de que este instrumento deje de funcionar durante un segundo cualquiera? R = 0.007 13. Entre 16 máquinas nuevas que se vendieron a un distribuidor, hay siete con defectos mínimos. Si el departamento de control de calidad selecciona al azar dos de estas máquinas para revisar si hay defectos, ¿cuál es la probabilidad de que: a) ninguna de las máquinas revisadas tenga defectos? b) una de las máquinas tenga defectos? c) ambas máquinas tengan defectos? R =a) 0.3; b) 0.525; c) 0.175 14. Si siete de 14 maletas contienen artículos de contrabando, determine la probabilidad de que exactamente cuatro de seis maletas seleccionadas al azar en la inspección de pasajeros contengan artículos de contrabando. R = 0.2447 15. Un auditor comprueba la contabilidad de una empresa y toma como muestra tres cuentas de una lista de ocho cuentas por cobrar. Calcular la probabilidad de que el auditor revise por lo menos una cuenta vencida si hay: a) dos de éstas entre las ocho, b) cuatro de éstas entre las ocho, c) siete de éstas entre las ocho. R = a) 9/14; b) 13/14; c) 1

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16. En un mazo hay 10 cartas, de las cuales cinco son corazones. Se desea tomar cuatro cartas y se quiere determinar la probabilidad de que dos de las extraídas sean corazones. R = 0.4762 17. De una urna que contiene nueve canicas de color azul y tres de color negro se extraen ocho sin remplazo. Encontrar la probabilidad de obtener precisamente x canica de color azul. C C R = P = 9 X 3 8− X 12 C 8 18. Una caja contiene cinco canicas, de las cuales tres están dañadas. Se eligen dos canicas al azar sin remplazo. ¿Cuál es la función de probabilidad para el número de canicas dañadas en la muestra? C C R = P = 3 K 2 2− K 5 C2 19. Se aplican análisis a los obreros de una empresa que fabrica material aislante, a fin de detectar la existencia de asbesto en sus pulmones. La fábrica tiene que mandar tres obreros, con indicaciones positivas de asbesto, a un centro médico para realizar más pruebas. Si 40 % de los trabajadores tienen indicaciones positivas de asbesto en los pulmones, encuentre la probabilidad de que se tengan que examinar a 10 operarios para encontrar tres "positivos". (es importante considerar que los primeros dos operadores con el “problema”, pueden aparacer en cualquier lugar dentro de los nueve, pero el último necesariamente se dará en la décima posición) R = 9 C 2 (0.4) 2 (0.6) 7 [0.4] = 0.0644 20. Diez por ciento de las máquinas producidas en una línea de montaje resultan defectuosas. Si se seleccionan máquinas aleatoriamente de una por una para probarlas, ¿cuál es la probabilidad de encontrar la primera máquina defectuosa: a) en la segunda prueba? b) en la quinta prueba? c) en la quinta prueba o antes? R = a) 0.09; b) 0.0656; c) 0.4095 21. Suponer que 10 % de los motores fabricados en determinada línea de montaje son defectuosos. Si se seleccionan al azar, uno a uno, los motores para probarlos, calcular la probabilidad de que se encuentre el primer motor no defectuoso en el segundo intento. R = 0.09 22. Una compañía aeroespacial ha construido cinco misiles. La probabilidad de un disparo exitoso es, en cualquier prueba, de 0.95. Si se suponen lanzamientos independientes, ¿cuál es la probabilidad de que la primera falla ocurra en el quinto disparo?

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R = 0.0407 23. Un agente de bienes raíces estima que la probabilidad de vender una casa es de 0.10. El día de hoy tiene que ver cuatro clientes. Si tiene éxito en las primeras tres visitas, ¿cuál es la probabilidad de que su cuarta visita no sea exitosa? R = 0.0009 24. En Chihuahua la probabilidad de que ocurra una tormenta en cualquier día durante la primavera es de 0.05. Bajo el supuesto de independencia, ¿cuál es la probabilidad de que la primera tormenta ocurra el 5 de abril? Suponga que la primavera empieza el 1 de marzo. R = 0.0083 25. Como puede verificarse fácilmente, las probabilidades de obtener 0, 1 o 2 lados A con un par de monedas balanceadas son de 1/4, 1/2 y 1/4, respectivamente. ¿Cuál es la probabilidad de obtener dos lados A dos veces, una A y una B tres veces y dos B una vez en seis lanzamientos de un par de monedas legales? R = 0.117 26. Las probabilidades de que al conducir en cierta ciudad un modelo específico de automóvil importado se obtenga en promedio menos de 22 Km./litro, entre 22 y 25 Km./litro o más de 25 Km./litro son de 0.40, 0.40 y 0.20, respectivamente. Calcúlese la probabilidad de que entre 12 de tales automóviles probados, cuatro den en promedio menos de 22 Km./litro; seis, entre 22 y 25 Km./litro, y dos más Km./litro. R = 0.058 27. Las probabilidades de que una declaración de impuestos se llene correctamente, que contenga un error que favorezca al declarante, que lleve un error que favorezca al fisco o que contenga ambos tipos de errores son de 0.60, 0.20, 0.10 y 0.10, respectivamente. Calcule la probabilidad de que entre 10 de tales declaraciones de impuestos aleatoriamente elegidas para una auditoría, cinco estén correctas, tres contengan un error que favorezca al declarante, una lleve un error que favorezca al fisco y una contenga ambos tipos de errores. R = 0.0313 28. Un supermercado suburbano vende los siguientes porcentajes de tres tipos de carne de res según la oficina de inspección de alimentos: 10 % de primera calidad, 60 % de carne selecta y 30 % de carne buena. ¿Cuál es la probabilidad de que entre nueve clientes seleccionados al azar tres compren carne de primera calidad; tres, carne selecta, y tres, carne de buena calidad? R = 0.0099 29. Si cuatro empleados elaboran todas las facturas de la oficina de una compañía y se ha determinado que 40 % de todas las facturas con errores son elaboradas por el empleado A, 20 % por el empleado B, 10 % por el C y el resto por el empleado D, ¿cuál es la

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probabilidad de que entre siete facturas con errores elegidas al azar dos hayan sido elaboradas por el empleado A, una por B, una por C y tres por D? R = 0.036

30. Una compañía manufacturera utiliza un esquema para la aceptación de los artículos producidos antes de ser embarcados. El plan es de dos etapas. Se preparan cajas de 25 para embarque y se selecciona una muestra de 3 para verificar si tienen algún artículo defectuoso. Si se encuentra uno, la caja entera se regresa para verificar la al 100%. S i no se encuentra ningún artículo defectuoso, la caja se embarca. a) ¿Cuál es la probabilidad de que se embarque una caja que tiene tres artículos defectuosos?, b) ¿Cuál es la probabilidad de que una caja que contiene solo un artículo defectuoso se regresa para verificación? 31. Un agricultor que siembra fruta afirma que 2/3 de su cosecha de duraznos han sido contaminada por la mosca del mediterráneo. Encuentre la probabilidad de que al inspeccionar 4 duraznos: a) Los 4 estén contaminados por la mosca del mediterráneo b) cualquier cantidad entre 1 y 3 esté contaminada. R. a) 16/81 b) 64/61 32. De acuerdo con una investigación llevada a cabo por la Administrative Management Society, 1/3 de las compañías en EstadosUnidos le dan a sus empleados cuatro semanas de vacaciones después de 15 años de servicio. Encuentre la probabilidad de que 6 de las compañías investigadas al azar, el número que les dan a sus empleados cuatro semanas de vacaciones después de 15 años de servicio es: a) Cualquier cantidad entre 2 y 5; b) menos de 3. R. a) 0.647 b) 0.680 33. De acuerdo con un estudio publicado por un grupo de sociólogos, aproximadamente 60% de los adictos al Valium, lo tomaron por primera vez debido a problemas psicológicos. Encuentre la probabilidad de que los siguientes 8 adictos entrevistados: a) exactamente 3 han comenzado a usarlo debido a problemas psicológicos. b) al menos 5 de ellos comenzaran a tomarlo por problemas que no fueron psicológicos. R. a) 0.1239 b) 0.5941 34. Al probar una cierta clase de neumático para camión en un terreno escabroso se encontró que 25% de los camiones terminaban la prueba con los neumáticos dañados. De los siguientes 15 camiones probados encuentre la probabilidad de que: a) De 3 a 6 tengan pinchaduras; b) menos de 4 tengan pinchaduras; c)más de 5 tengan pinchaduras. R. a) 0.7073 b) 0.4613 c) 0.1484 35. De acuerdo con un reporte publicado en la revista Parade, septiembre 14 de 2004, una investigación a nivel nacional llevada a cabo por la Universidad de Michigan reveló que

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casi el 70% de los estudiantes del último año desaprueban las medidas para controlar el hábito de fumar mariguana todos los días. Si 12 de estos estudiantes se seleccionan al azar y se les pregunta su opinión, encuentre la probabilidad de que el número que desaprueba dicha medida sea: a) Cualquier cantidad entre 7 y 9 b) cuando mucho 5 ;c) no menos de 8 R. a) 0.6294b) 0.0386c) 0.7237

36. La probabilidad de que un paciente se recupere de una delicada operación de corazones de 0.9.¿Cuál es la probabilidad de que exactamente 5 de los próximos 7 pacientes que se sometan a esta intervención sobrevivan? R= 0.1240 37. Un ingeniero de control de tráfico reporta que el 75% de los vehículos que pasan por un punto de verificación tienen matrículas del estado. ¿Cuál es la probabilidad de que hasta 3 de los siguientes 9 vehículos no sean del estado? R= 0.8343 38. Una investigación de los residentes de una ciudad de Estados Unidos mostró que 20% preferían un teléfono blanco que de cualquier otro color disponible. ¿Cuál es la probabilidad de que más de la mitad de los siguientes 20 teléfonos que se instalen en esta ciudad sean de color blanco? R= 0.0006 39. El dueño de una casa planta 6 tallos que selecciona al azar de una caja que contiene 5 tallos de tulipán y 4 de narciso. ¿Cuál es la probabilidad de que plante 2 tallos de narciso y 4 de tulipán? R= 5/14 40. El número promedio de ratas de campo por acre en un campo de trigo de 5 acres se estima que es de 12. Encuentre la probabilidad de que menos de 7 ratas de campo se encuentren a) en una acre de terreno determinado; b) en 2 de los siguientes 3 acres inspeccionados. R= a) 0.0458 b)0.0060 41. Un restaurante prepara una ensalada que contiene en promedio 5 verduras diferentes. Encuentre la probabilidad de que la ensalada contenga más de 5 verduras a) En un determinado día; b) en 3 de lo siguientes 4 días; c) por primera vez el 5deabril. R= a) 0.3840b) 0.1395c) 0.0553 42. La probabilidad de que una persona muera debido a cierta infección respiratoria es 0.002. Encuentre la probabilidad de que mueran menos de 5 de las próximas 2000 personas infectadas. R= 0.6288

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43. Suponga que en promedio 1 persona de cada 1000 comete un error numérico al preparar su declaración de impuestos. Si se seleccionan al azar 10000 formas y se examinan, encuentre la probabilidad de que 6, 7 u 8 formas tengan error. R. 0.2657 44. La probabilidad de que un estudiante presente problemas de escoliosis (desviación lateral sufrida por la columna vertebral) en una escuela de la localidad es de 0.004.De los siguientes 1875 estudiantes revisados encuentre la probabilidad de que: a) Menos de 5 presenten este problema b) 8, 9 o 10 presenten este problema R. a) 0.1321b) 0.3376 45. En un proceso de manufactura se seleccionan aleatoriamente 15 unidades diarias de la línea de producción para verificar el porcentaje del número de defectos en el proceso. A partir de información histórica se sabe que la probabilidad de que se tenga una unidad defectuosa es 0.05. El proceso se detiene en cualquier momento en que se encuentran dos o más defectos. Este procedimiento se utiliza para proporcionar una señal en caso de que la probabilidad de defectos se incremente. a) ¿Cuál es la probabilidad de que en un determinado día el proceso de producción se detenga? (suponga un 5% de defectos) b) Suponga que la probabilidad de que se tenga un defecto se incrementa a 0.07. ¿Cuál es la probabilidad de que en un determinado día el proceso de producción se detenga? 46. Se está considerando la producción de una máquina automática de soldar. Se considerará exitosa si tiene una efectividad del 99% en sus soldaduras. De otra manera, no se considerará eficiente. Se lleva a cabo la prueba de un prototipo y se realizan 100 soldaduras. La máquina se aceptará para su fabricación si no son defectuosas más de tres soldaduras. a) ¿Cuál es la probabilidad de que una máquina eficiente sea rechazada? b) ¿Cuál es la probabilidad de que una máquina ineficiente con 95% de soldaduras correctas sea aceptada? 47. Una agencia que renta automóviles en un aeropuerto local tiene disponibles 5 Ford, 7 Chevrolet, 4 Dodge ,3 Datsun y 4 Toyota. Si la agencia selecciona aleatoriamente 9 de estos vehículos para transportar delegados desde el aeropuerto hasta el centro de convenciones en el centro de la ciudad, encuentre la probabilidad de que se utilicen 2 Ford, 3 Chevrolet, 1 Dodge, 1 Datsuny 2 Toyota.

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