DISTRUBUCIÓN BINOMIALUn experimento de Bernoulli se caracteriza por ser dicotómico, esto es, sólo son posibles dos resultados. A uno de estos se denomina éxito y tiene una probabilidad de ocurrencia p y al otro, fracaso, con una probabilidad q = 1 - p. En la distribución binomial el anterior experimento se repite n veces, de forma independiente, y se trata de calcular la probabilidad de un determinado número de éxitos. Para n = 1, la binomial se convierte, de hecho, en una distribución de Bernoulli.

Para una distribución de probabilidad binomial, deben darse las siguientes condiciones

En cada prueba del experimento sólo son posibles dos resultados: el suceso "éxito" y su contrario el suceso "fracaso".

El resultado obtenido en cada prueba es independiente de los resultados obtenidos anteriormente, esto es que el valor de la probabilidad de cada prueba no se afecta por pruebas anteriores, ni afecta pruebas futuras.

Tendremos cuatro diferentes formas de obtener resultados, estas cuatro formas las vemos en la columna "descripción" de la tabla anterior.

La probabilidad para cada resultado, se calcula multiplicando las probabilidades del resultado de cada prueba, dado que estas son

independientes.

El número de "éxitos" lo hacemos contando las "p" de cada línea.

Así podemos calcular la probabilidad desde cero hasta 2 éxitos.

Observa que para la P(1) sumamos dos veces cinco sextos que se encuentran en los renglones verdes de la tabla anterior.

Así podemos calcular la probabilidad desde cero hasta 2 éxitos.

Observa que para la P(1) sumamos dos veces cinco sextos que se encuentran en los renglones verdes de la tabla anterior.

Sustituimos con n = 2 y k = 0:

2! entre 2! es igual a uno.

Por definición 0! es igual a uno

1/6 elevado a la cero es uno.

Sustituimos con n = 2 y k = 1:

Sustituimos con n = 2 y k = 2:

DISTRIBUCION NORMAL1- Las puntuaciones de una prueba estandarizada se distribuyen normalmente con media de 480 y desviación estándar de 90.

a) ¿Cual es la proposición de puntuaciones mayores a 700?b) ¿Cual es el 25º? ¿Percentil de las puntuaciones?c) Si la puntuación de alguien es de 600. ¿En que percentil se encuentra?d) ¿Qué proporción de las puntuaciones se encuentra entre 420 y 520?

µ = 480 σ = 90

A - Z = (700-480)/90 = 2.44 el área a la derecha de Z es 0.0073

B – la puntuación de z en el 25 º percentil -0.67

El 25 º percentil es entonces 480 - 0.67 (90) = 419.7

C – z = (600-480)/90 = 1.33 el área a la derecha de z es 0.9082

Por lo que una puntuación de 600 esta en el percentil 91

D - z = (420 - 480)/90 = - 0.67

Z = (520 – 480)/90 = 0.44

El área entre z = - 0.67 y z = 0.44 es 0.6700 – 0.2514 = 0.4186

2- La resistencia de una aleación de aluminio se distribuye normalmente con media de 10 giga pascales (Gpa) desviación estándar de 1.4 Gpa.

a) ¿Cuál es la probabilidad de que una muestra de esta aleación tenga resistencia mayor a 12 GPa?

b) Determine el primer cuartil de la resistencia de esta aleación.c) Determine el 95º. Percentil de la resistencia de esta aleación.

RESULTADOS

µ = 10 σ = 1.4

A) z = (12 -10)/1.4 = 1.43 el área ala derecha de z = 1.43 es 1 – 0.9236 = 0.0764

B) la puntuación de z en el 25 º percentil es -0.67

El 25 º percentil es entonces 10 - 0.67 (1.4) = 9.062 Gpa.

C) la puntuación de z en el 95 º percentil es 1.645

El 25 º percentil es entonces 10 + 1.645(1.4) = 12.303 Gpa.

1. Determine el área bajo la curva normala) Ala derecha de z= -0.85.b) Entre z = 0.40 y z = 1.30.c) Entre z =0.30 y z = 0.90.d) Desde z = - 1.50 hasta z =-0.45

Estos resultados se obtuvieron con las tablas anexas al final de los problemas

A – 1 – 0.1977 = 0.8023

B – 0.9032 – 0.6554 = 0.2478

C – 0.8159 – 0.3821 = 0.4338

D – 0.0668 + (1 – 0.3264) = 0.7404

5- El volumen de las llantas llenadas por cierta maquina se distribuye con media de 12.05 onzas y desviación estándar de 0.03 onzas.

a) ¿Qué proporción de latas contiene menos de 12 onzas?

b) La medida del proceso se puede ajustar utilizando calibración. ¿En que valor debe fijarse la media para que el 99% de las latas contenga 12 onzas o mas?

c) Si la media del procesos sigue siendo de 12.05 onzas. ¿En que valor debe fijarse la media para que el 99% de las latas contenga 12 onzas o mas?

RESULTADOS

A) (12 – 12.05)/0.03 = -1.67 la proporción es 0.0475

B) Z= -2.33 entonces -2.33=(12 - µ)/0.03 despejando µ = 12 .07 onzas

C) – 2.33 = (12-12.05)/ σ despejando σ = 0.0215 onzas.

DISTRIBUCIÓN DE POISSON

1.- el numero de mensajes recibidos por el tablero computado de anuncios es una variable aleatoria de Poisson con una razón media de ocho mensajes por hora.

a) ¿Cuál es la probabilidad de que se reciban cinco mensajes en una hora?b) ¿Cuál es la probabilidad de que se reciban diez mensajes en 1.5 horas?c) ¿Cuál es la probabilidad de que se reciban menos de tres mensajes en 11/2 horas?

a) ¿Cuál es la probabilidad de que se reciban cinco mensajes en una hora?

P(X=3)= e-8* 85

5!

P(X=3)= 3.354626279x10-4 * 32768120

P(X=3)= 3.354626279x10-4 * 273.0666667

P(X=3)= 0.09160366

b) ¿Cuál es la probabilidad de que se reciban diez mensajes en 1.5 horas?

P(X=10)= e-12* 1210

10 !

P(X=10)= 6.144212353x10-6 * 6.191736423 x 1010

3628800

P(X=10)= 6.144212353x10-6 * 17062.76571

P(X=10)= 0.104837255

c) ¿Cuál es la probabilidad de que se reciban menos de tres mensajes en 11/2 horas?

P(X=0)= e-12* 120

0! P(X=1)= e-12*

121

1 !

P(X=0)= 6.144212353x10-6 * 11 P(X=1)= 6.144212353x10-6 *

121

P(X=0)= 6.144212353x10-6 * 1 P(X=1)= 6.144212353x10-6 * 12

P(X=0)= 6.144212353x10-6 P(X=1)= 7.373054824x10-5

P(X=2)= e-12* 122

2! P(X<3)= P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)

P(X=2)= 6.144212353x10-6 * 1442

P(X<3)= 6.144212353x10-6 +

7.373054824x10 -5 +

P(X=2)= 6.144212353x10-6 * 72 4.423832894x10-4 =

P(X=2)= 4.423832894x10-4 P(X<3)= 5.2225805x10-4

2.- una variable aleatoria X tiene una distribucion binomial y una variable Y tiene una distribucion de Poisson. Tanto X como Y tienen medias iguales a 3. ¿Es posible determinar que variable aleatoria tiene la varianza mas grande? Elija una de las siguientes respuestas:

i) Sí, X tiene la varianza mas grande.ii) Sí, Y tiene la varianza mas grandeiii) No, se necesita conocer el numero de ensayos,n, para X.iv) No, se necesita conocer la probabilidad de éxito, p, para X.v) No, se necesita conocer el valor de λ para Y.

Fórmula para determinar la varianza en una distribución binomial:

σ2x= (1-p)

σ2x= (1-3)

σ2x= -2

Formula para determinar la varianza en una distribución Poisson:

σ2y= λ

σ2y= 3

Respuesta:ii) Sí, Y tiene la varianza más grande

3.- La concentración de partículas en una suspensión es 2 por mL. Se agita por completo la concentración, y posteriormente se extraen 3 mL. Sea X el numero de partículas que son retiradas. Determine.

a) P(X=5)b) P(X≤2)c) μX

d) σx

a) P(X=5)= e-6 * 65

5!

P(X=5)= 2.478752177x10-3 * 7776120

P(X=5)= 2.478752177x10-3 * 64.8

P(X=5)= 0.160623141

b) P(X≤2)

P(X=0)= e-6 * 60

0 ! P(X=1)= e-6 *

61

1!

P(X=0)= 2.478752177x10-3 * 11 P(X=1)= 2.478752177x10-3 *

61

P(X=0)= 2.478752177x10-3 * 1 P(X=1)= 2.478752177x10-3 * 6

P(X=0)= 2.478752177x10-3 P(X=1)= 0.014872513

P(X=2)= e-6 * 62

2! P(X≤2)= P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)

P(X=2)= 2.478752177x10-3 * 362

P(X≤2)= 2.478752177+0.014872513+

0.044617539 P(X=2)= 2.478752177x10-3 * 18

P(X=2)= 0.044617539 P(X≤2)= 0.061968804

c) μX

μX= 6

d) σx

σx= √ 6

σx= 2.449489743

4.- suponga que 0.03 % de los contenedores plásticos producidos en cierto proceso tiene pequeños agujeros que los dejan inservibles. X representa el numero de contenedores en una muestra aleatoria de 10 000 que tienen este defecto. Determine:

a) P(X=3)b) P(X≤2)c) P(1≤X<4)d) μX

e) σx

a) P(X=3)= e-3* 33

3!

P(X=3)= 0.049787068 * 276

P(X=3)= 0.049787068 * 4.5

P(X=3)= 0.0224041807

b) P(X≤2)

P(X=0)= e-3 * 30

0 ! P(X=1)= e-3 *

31

1!

P(X=0)= 0.049787068 * 11 P(X=1)= 0.049787068 *

31

P(X=0)= 0.049787068 * 1 P(X=1)= 0.049787068 * 3

P(X=0)= 0.049787068 P(X=1)= 0.149361205

P(X=2)= e-3* 32

2! P(X≤2)= P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)

P(X=2)= 0.049787068 * 92 P(X≤2)= 0.049787068+0.149361205+

0.149361205P(X=2)= 0.049787068 * 4.5

P(X=2)= 0.0224041807 P(X≤2)=0.42319008

c) P(X<2) P(X=1)= e-3 *

31

1! P(X=2)= e-3*

32

2!

P(X=1)= 0.049787068 * 31 P(X=2)= 0.049787068 *

92

P(X=1)= 0.049787068 * 3 P(X=2)= 0.049787068 * 4.5

P(X=1)= 0.149361205 P(X=2)= 0.0224041807

P(X=3)= e-3* 33

3! P(X<2)= P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)

P(X=3)= 0.049787068 * 276

P(X<2)= 0.149361205+0.224041807+

0.224041807P(X=3)= 0.049787068 * 4.5

P(X=3)= 0.0224041807 P(X<2)= 0.597444819

d) μX

μX= 3

e) σx

σx= √ 3

σx= 1.732030808

5.- Sea X ~ Poisson(4). Determine

a) P(X=1)b) P(X=0)c) P(X<2)d) P(X>1)e) μX

f) σx

a) P(X=1)= e-4 * 41

1!

P(X=1)= 0.018315638 * 41

P(X=1)= 0.018315638 * 4

P(X=1)= 0.073262555

b) P(X=0) = e-4 * 40

0 !

P(X=0)= 0.018315638 * 11

P(X=0)= 0.018315638 * 1

P(X=0)= 0.018315638

c) P(X<2)

P(X=1)= e-4 * 41

1! P(X=0) = e-4 *

40

0 !

P(X=1) = 0.018315638 * 41 P(X=0)= 0.018315638 *

11

P(X=1) = 0.018315638 * 4 P(X=0)= 0.018315638 * 1

P(X=1) = 0.073262555 P(X=0)= 0.018315638

P(X<2) =P(X=1)+P(X=0)P(X<2) =0.07326255+0.018315638P(X<2) =0.091578193

d) P(X>1)

P(X=2)= e-4 * 42

2! P(X=3)= e-4 *

43

3!

P(X=2)= 0.018315638 * 162

P(X=3)= 0.018315638 * 646

P(X=2)= 0.018315638 * 8 P(X=3)= 0.018315638 * 10.66666667

P(X=2)= 0.146525111 P(X=3)= 0.195366814

P(X=4)= e-4 * 44

4 ! P(X>1)= P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)

P(X=4)= 0.018315638 * 25624

P(X>1)= 0.146525111+0.195366814+

0.195366814P(X=4)= 0.018315638 * 10.66666667

P(X=4)= 0.195366814 P(X>1)=0.537258739

e) μX

μX= 4

f) σx

σx= √ 4

σx= 2

DISTRIBUCIÓN GAMMAEjercicio 1Suponiendo que el tiempo de supervivencia, en años, de pacientes que son sometidos a una cierta intervención quirúrgica en un hospital sigue una distribución Gamma con parámetros a=0,81 y p=7,81, calcúlese:

1. El tiempo medio de supervivencia.2. Los años a partir de los cuales la probabilidad de supervivencia es menor que 0,1.

Cálculo de probabilidades. Distribuciones continuas

Gamma (a,p)a : Escala 0,8100p : Forma 7,8100

Cola Izquierda Pr [X<=k] 0,9000Cola Derecha Pr [X>=k] 0,1000Punto X 14,2429Media 9,6420

Varianza 11,9037Moda 8,4074El tiempo medio de supervivencia es de, aproximadamente, 10 años.

Ejercicio 2El número de pacientes que llegan a la consulta de un médico sigue una distribución dePoisson de media 3 pacientes por hora. Calcular la probabilidad de que transcurra menos de una hora hasta la llegada del segundo paciente.Debe tenerse en cuenta que la variable aleatoria “tiempo que transcurre hasta la llegada del segundo paciente” sigue una distribución Gamma (6, 2).Solución:

Cálculo de probabilidades. Distribuciones continuas

Gamma (a p)a : Escala 6000

0p : Forma 2000

0Punto X 1000

0

Cola Izquierda Pr[X<=k] 0,9826Cola Derecha Pr[X>=k] 0,0174Media 0,3333Varianza 0,0556Moda 0,1667

La probabilidad de que transcurra menos de una hora hasta que llegue el segundo paciente es 0,98.

Para poder resolver el problema lo que se tendrá que hacer será lo siguiente se aplicara una formula la cual tendremos que desarrollar con los datos con los que contamos.

Tendremos que sustituir los datos

t= x -μ

SI n α = 1- Nc = 10%

v = n-1 = 24

t = 2.22

Procedimiento:se demostrara la forma en que se sustituiran los datos.

VALOR DE LOS DATOS. . APLICACION DE LA FORMULA

µ=500 h t=505.36-500 t = 2.22

n=25 12.07 25

Nc=90% v = 25 -1 = 24

X=505.36 α = 1- 90% = 10%

S=12.07

DISTRIBUCIÓN T- STUDENT1. Sea T ~ Weibull(0.5,3)

a) Determinar μT

μT=( 13 )2 !=23=0.6667b) Determinar σ T

σ T=√(13

2

) [4 !−(2 !)2 ]=√( 19)[24−4 ]=1.4907

c) Determinar P(T¿5¿P (T>5) =1-P(T≤1) = 1 – e-[(3)(1)]0.5=1−e−15

0.5

=0.0208

2. En el articulo “Parameter Estimation with Only One Complete Failure Observation”se modela la duracion en horas, de cierto tipo de cojinete con la distribucion de Weibull con parámetros α=2.25 y β=4.474 X 10−4

a) Determine la probabilidad de que un cojinete dure mas de 1000 horas

P (T>1000 )=1−P (t ≤1000 )=1−(1−e−[ (0.0004474 ) (1000 )]2.25 )=0.8490

b) Determine la probabilidad de que un cojinete dure menos de 2000 horas

P(T<2000)= P(T≤2000¿=1−e [ (0.0004474 ) (2000 )]2.25¿=0.5410

c) La función de riesgo se definio en el ejercicio 4 ¿Cuál es el riesgo en T=2000 horas?

h(t) =α βα t α−1=2.25 (0.00044742.25 ) (20002.25−1 )=8.761 X10−4

3. La duración de un ventilador, en horas , que se usa en un sistema computacional tiene una distribución de Weibull con α=1.5 y β=0.0001a) ¿Cuáles la probabilidad de que un ventilador dure mas de 10 000

horas?

P(T>10 000 ) =1 –(1-e−¿ [(0.0001)(10000)]1.5¿=e−¿[(0.0001)(10000) ]1.5¿=0.3679

b) ¿Cuál es la probabilidad de que un ventilador dure menos de 5000 horas?

P(t<5000) =P(T≤5000¿=1−e[ (0.0001 ) (5000 )]1.5=0.2978

4. Un sistema consiste de dos componentes conectados en serie. El sistema fallara cuando alguno de los componentes falle. Sea T el momento en el que el sistema falla. Sean X1 y X2 las duraciones de los dos componentes. Suponga que X1 y X2 son independientes y que cada uno sigue una distribución Weibull con α=2 y β=0.2

a) Determine P(X1>5¿

P(X1>5¿=1−p (X1≤5 )=1−¿

b) Determine P(T≤5)

P(T≤5¿=1−P (T>5)=1−e−2=0.8647

c) T Tiene una distribución de Weibull= si es Asi ¿Cuáles son sus parametros?Si, T~ Weibull (2, √0.08¿=Weibull (2 ,0.2828)

5- Sea T ~ t(4,0.5)a) Determinar μT

μt=40.5

=8

b) Determinar σ T

σ T=√ 40.5

2

=4

c) Determinar P(T≤1¿

P(T¿1¿=1−¿ ∑j=0

4−1

e−(0.5 ) (1 ) [ (0.5 ) (1 ) ] jj !

= 1- e –(0.5)(1)[(0.5)(1)]0

0 ! - e –(0.5)(1)

[(0.5)(1)]11 !

- e –(0.5)(1)[(0.5)(1)]2

2 ! - e (0.5)(1)

[ (0.5 ) (1 ) ]33 !

=1- 0.60653 -0.30327 -0.075816 -0.012636

=0.000175

d) Determinar P(T≥4¿

P(T¿1¿=1−¿ ∑j=0

4−1

e−(0.5 ) (3 ) [ (0.5 ) (3 ) ] jj !

= e –(0.5)(3)[(0.5)(3)] 0

0 ! - e –(0.5)(3)

[(0.5)(3)]11 !

- e –(0.5)(3)[(0.5)(3)] 2

2 ! - e (0.5)(3)

[ (0.5 ) (3 ) ]33 !

=0.22313 + 0.33470+0.25102 +0.12551

=0.9344