1. Un ingeniero de control de calidad toma una muestra de 10 productos que salen de una línea de ensamblaje y él desea verificar sobre la base de los datos que siguen, los números de productos con defectos observados en 200 días, si es cierto que el 5% de todos los productos tienen defecto. Número de productos con defecto
Número de muestras
0
138
1
53
2 ó más
9
Determinar la distribución de probabilidad con una significancia α=5 % Solución:
Productos defecto 0 1 ≥2 Total
con
Oi
P(x)
Ei
(Oi-Ei)2/Ei
138 53 9 200
0.599 0.315 0.086 1.0
119.8 63.0 17.2 200
2.76 1.59 3.91 8.26
0 10 0 f (0) 10 0 0.05 ( 1 0.05)
= 0.599
1 10 1 f (1) 10 1 0.05 (1 0.05) = 0.315
y la probabilidad de 2 ó más = 1.0 - 0.599 - 0.315 =0.086
=8.26 ., =5.991 < ., → ó ó
2. Los siguientes datos son el número de aviones que aterrizan en un aeropuerto por día: 11
4
10
13
13
10
11
14
12
13
10
12
7
12
13
11
9
14
11
9
10
17
5
14
16
8
9
14
6
15
17
7
15
12
10
13
21
15
13
15
9
11
17
12
7
10
18
20
12
15
Determinar la distribución de probabilidad con un nivel de confianza de 95 porciento. Solución: n=50 entonces m=7 intervalos calculamos la media muestral = 12.04 por lo tanto nos planteamos la hipótesis de que los datos tienen una distribución Poisson con λ=12 aviones/día.
Intervalo 0-4 5-8 9-12 13-16 17-20 21-24 25-∞ Total
Oi 1 6 21 16 5 1 0 50
p(x) 0.0076 0.1474 0.4209 0.3227 0.0897 0.0109 0.0008 1
Ei 0.38 7.37 21.045 16.135 4.485 0.545 0.04 50
(Ei-Oi)^2/Ei
Calculamos las probabilidades para cada intervalo:
12 ()= ! = ! 12 12 12 12 12 (=0,1,2,3,4)= 0! + 1! + 2! + 3! + 4! =0.0076 (=5,6,7,8)= 125! + 126! + 127! + 128! =0.1474 12 12 12 12 (=9,10,11,12)= 9! + 10! + 11! + 12! =0.4209 Agrupamos frecuencias esperadas:
Intervalo 0-8 9-12 13-16 17-∞ Total
Oi 7 21 16 6 50
Ei 7.75 21.045 16.135 5.07 50
(Ei-Oi)^2/Ei 0.07258 0.00010 0.00113 0.17059 0.2444
, =., =5.991 <., → ó
3. En un proceso de llegada de entidades a un sistema, se han registrado los intervalos de tiempo entre llegadas durante un periodo de 100 minutos. Las observaciones registradas han sido las siguientes (ordenadas en el orden en que se han recogido). 0.44 0.53 2.04 2.74 2.00 0.30 2.54 0.52 2.02 1.89 1.53 0.21 2.80 0.04 1.35 8.32 2.34 1.95 0.10 1.42 0.46 0.07 1.09 0.76 5.55 3.93 1.07 2.26 2.88 0.67 1.12 0.26 4.57 5.37 0.12 3.19 1.63 1.46 1.08 2.06 0.85 0.83 2.44 2.11 3.15 2.90 6.58 0.64 Contraste la hipótesis de que los intervalos entre llegadas están distribuidos exponencialmente, empleando para ello la prueba de Kolmogorov-Smirnov con una significancia α de 5 por ciento. Solución: n= 48
m =7 intervalos
Intervalo Oi POi POAi 0-1.3 20 0.42 0.42 1.3-2.6 16 0.33 0.75 2.6-3.9 6 0.13 0.88 3.9-5.2 2 0.04 0.92 5.2-6.5 2 0.04 0.96 6.5-7.8 1 0.02 0.98 7.8-∞ 1 0.02 1.00 Total 48 1.00 c = máx|POAi-PEAi| = 0.06803
PEAi 0,484696896 0,734462711 0,863167811 0,929489948 0,963665951 0,981276952 1.0
|POAi – PEAi| 0.06803 0.01554 0.01183 0.01282 0.00533 0.00211 0.00000
buscamos en tablas : D0.05,48 = 0.19221 Cómo c < D0.05,48 entonces la variable aleatoria se comporta de acuerdo a una distribución exponencial con 1/λ=1.96.
Calculando las PEA i
f ( x) e x
para x 0
Función de probabilidad acumulada distribución exponencial: x
F ( x)
e
t
dt 1 e x
0
Con la media muestral 1.96 1/λ=1.96λ=0.51
. =1−.(.) =0.4846969 . =1−.(.) =0.73446271 . =1−.(.) =0.86316781 … 4. Se ha observado que una variable aleatoria discreta puede tomar los valores 0, 1 y 2, con probabilidad 0.50, 0.20 y 0.30 respectivamente. Aplicando el método de la transformada inversa genere cinco observaciones de esa distribución empírica discreta. Solución: Probabilidades acumuladas:
x p(x) P(x) 0 0.5 0.5 1 0.2 0.7 2 0.3 1.0 Entonces la regla para generar esta variable aleatoria estaría dada por:
0 ≤0. 5 8 =12 0.0.58≤≤ ≤0. ≤1.0 Generando las cinco observaciones para esta distribución empírica: i 1 2 3 4 5
ri 0.723 0.304 0.707 0.482 0.664
Observación 1 0 1 0 1
5. Un agricultor atiende una porción de tierra. Todos los años al inicio de la estación de cultivo realiza pruebas químicas para revisar la condición de la parc ela. Dependiendo de los resultados de las pruebas puede clasificar la productividad del terreno como “buena”(1), “regular”(2) o “mala”(3). La experiencia anterior indica que la productividad del año en curso puede suponerse dependiente solo de la condición del terreno del año anterior. Por tanto, el agricultor, puede representar las probabilidades de transición en un periodo de un año de un estado de productividad a otro en términos de la siguiente matriz:
Estado del sistema este año
1 2 3
Estado del sistema el año próximo 1 2 0.30 0.60 0.10 0.60 0.05 0.40
3 0.10 0.30 0.55
Cuál sería el estado final del ter reno dentro de 7 años partiendo de un estado “buena” (1). Solución:
Año 1 2 3 4 5 6 7
Estado Inicial 1 2 2 2 2 2 3
Probabilidad de transición Acumulada 1 2 3 0.3 0.9 1.0 0.1 0.7 1.0 0.1 0.7 1.0 0.1 0.7 1.0 0.1 0.7 1.0 0.1 0.7 1.0 0.05 0.45 1.0
El estado final del terreno dentro de siete año es 1 “buena”.
r i 0.80314 0.14790 0.42915 0.49127 0.50658 0.93742 0.02064
Estado final 2 2 2 2 2 3 1
