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UNIVERSIDAD DE ATACAMA
FACULTAD DE INGENIER´IA / DEPARTAMENTO DE MATEM ´ATICA
ESTAD´ISTICA Y PROBABILIDADES
PAUTA DE CORRECCI ´ON: PRUEBA PARCIAL No 2
Profesor: Hugo S. Salinas. Segundo Semestre 2011
- RESOLVER. 30 puntos. a) En una gran ciudad se producen 2 incendios anuales por t´ermino medio. ¿Cu´al es la probabilidad de que el pr´oximo a˜no se produzcan m´as de dos? Soluci´on: Sea X n´umero de incendios anuales. En este caso X se puede modelar con la distribuci´on de Poisson con λt = 2. La probabilidad que se pide es
P (X > 2) = 1 − P (X ≤ 2) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1) − P (X = 2) = 1 − e−^2 − 2 e−^2 − 2 e−^2 = 0. 3233.
(6 ptos.) b) Una caja con 12 art´ıculos tiene 4 defectuosos. Si se toma una muestra de 3, en un caso sin reemplazamiento, ¿cu´al ser´a la probabilidad de no incluir art´ıculos defectuosos en la muestra? Soluci´on: Sea X el n´umero de art´ıculos defectuosos en la muestra de tama˜no tres. Aqu´ı X sigue una distribuci´on hipergeom´etrica con par´ametros N = 12, k = 4 y n = 3. Se pide calcular P (X = 0) =
0
3
3
(6 ptos.) c) Se lanza un dado todas las veces necesarias hasta que aparece dos 6. Si sabemos que no sali´o en la primera tirada, ¿cu´al es la probabilidad de necesitar m´as de 3 lanzamientos? Soluci´on: Sea X el n´umero de lanzamientos necesarios hasta que aparece dos 6. En este caso X se distribuye binomial negativa con probabilidad de ´exito p = 1/6, k = 2 y X ∈ { 2 , 3 ,.. .}. Se pide calcular P (X > 3 |X > 1) =
P (X > 3)
P (X > 1)
= P (X > 3)
porque seguro que se necesitan m´as de un lanzamiento para conseguir dos veces 6. Como m´ınimo se necesitan dos lanzamientos. Por lo tanto:
P (X > 3) = 1 − P (X ≤ 3) = 1 −
(1/6)^2 (5/6)^0 −
(1/6)^2 (5/6)^1 = 0. 9259.
(6 ptos.)
d ) Si se contesta sin pensar (al azar) un test de 10 preguntas en las que hay que contestar si es verdadero o falso. ¿Cu´al es la probabilidad de acertar m´as del 70 % de las preguntas? Soluci´on: Primero, el test posee 10 preguntas y el 70 % del test son 7 preguntas. Sea X el n´umero de respuestas correctas del test. La v.a. X se distribuye binomial con par´ametros n = 10 y probabilidad de ´exito p = 0.5. Se pide calcular
P (X ≥ 8) =
∑^10
x=
x
(0.5)^10 = 0. 0546.
(6 ptos.) e) Una agencia de arriendo de autom´oviles en un aeropuerto tiene disponibles cinco Hyun- dai, siete Chevrolet, cuatro Kia, tres Honda y cuatro Toyota. Si la agencia selecciona al azar nueve de estos autos para transportar delegados del aeropuerto al centro de con- venciones de una Universidad, calcular la probabilidad de que se utilicen dos Hyundai, tres Chevrolet, un Kia, un Honda y dos Toyota. Soluci´on: Sean los siguientes eventos:
E 1 = se utiliza un auto Hyundai E 2 = se utiliza un auto Chevrolet E 3 = se utiliza un auto Kia E 4 = se utiliza un auto Honda E 5 = se utiliza un auto Toyota
Las probabilidades correspondientes para cada evento son p 1 = 5/23, p 2 = 7/23, p 3 = 4 /23, p 4 = 3/23 y p 5 = 4/23, respectivamente. Estos valores permanecen constantes para todas las selecciones. En este caso caso se trata de una v.a. (X 1 , X 2 , X 3 , X 4 ) multinomial con par´ametros n = 9, p 1 = 5/23, p 2 = 7/23, p 3 = 4723, p 4 = 3/23 y p 5 = 4/23. Entonces se pide calcular
f
(6 ptos.)
Prueba: Sabemos que, por definici´on 0 ≤ p ≤ 1, entonces (1 − p)^2 ≥ 0. Desarrollando este binomio se llega al resultado. En efecto,
(1 − p)^2 ≥ 0 , 1 − 2 p + p^2 ≥ 0 , × 2 , 2 − 4 p + 2p^2 ≥ 0 , 2 − 4 p + p^2 ≥ −p^2 , + 4 − 4 p + p^2 ≥ 2 − p^2 , (2 − p)^2 ≥ 2 − p^2.
(3 ptos.)
- (27 ptos.) En una regulaci´on de calles por sem´aforos, la luz verde est´a encendida durante 15 segundos, la luz amarilla 5 segundos y la luz roja 55 segundos. Supongamos que las condicio- nes de tr´afico inducen variaciones aleatorias en los tiempos de llegada de los autom´oviles, de forma que llegar cuando el sem´aforo est´a verde es un suceso aleatorio. Para cinco autom´oviles que lleguen en tiempos diferentes e indeterminados, calcular la probabilidad de que: Primero, sea p la probabilidad de que un autom´ovil cualquiera encuentre luz verde. La luz verde est´a encendida durante 15 segundos de un total de 75, por lo tanto p = 1575 = 0.2. Sea X el n´umero de autom´oviles que encuentran la luz verde. Entonces X ∼ b(n = 5, p = 0.2).
a) solo tres encuentren la luz verde, Soluci´on:
P (X = 3) =
(0.2)^3 (0.8)^2 = 0. 0512.
(9 ptos.) b) a lo m´as cuatro encuentren la luz verde Soluci´on:
P (X ≤ 4) = 1 − P (X = 5) = 1 −
(0.2)^5 (0.8)^0 = 1 − (0.2)^5 = 0. 9996.
(9 ptos.) c) m´as de uno encuentre la luz verde. Soluci´on:
P (X > 1) = 1−P (X = 0)−P (X = 1) = 1−
(0.2)^0 (0.8)^5 −
(0.2)^1 (0.8)^4 = 0. 2627.
(9 ptos.)
- (16 ptos.) Supongamos que se desea estudiar la temperatura m´axima de una reacci´on en un proceso qu´ımico durante un determinado per´ıodo. Para esto se lleva a cabo una investigaci´on durante varios d´ıas y se concluye que la temperatura m´axima de dicho proceso, se puede modelar por la v.a. T con funci´on de densidad:
f (t) =
0 , t ≤ − 1 −α t, − 1 < t < 0 αe−^6 t, t ≥ 0 a) Sabiendo que f (t) es la funci´on de densidad de la v.a. T , determinar α. Soluci´on: Se sabe que
−∞ f^ (t)dt^ = 1 por definici´on. Entonces ∫ (^) ∞
−∞
f (t)dt =
−∞
0 dt − α
− 1
tdt + α
0
e−^6 tdt = 1
Resolviendo la integral, −α
[
t^2 2
] 0
− 1
[
e−^6 t 6
]∞
0
Evaluando, resulta la ecuaci´on α 2 + α 6 = 1. Por lo tanto la soluci´on es α = 32. (4 ptos.) b) ¿Cu´al es la temperatura m´axima esperada? Soluci´on: Se pide calcular la esperanza de la distribuci´on f (t). En efecto:
E(T ) =
−∞
tf (t)dt
− 1
t^2 dt +
0
te−^6 tdt
[
t^3 3
] 0
− 1
ver formulario.
= −
(4 ptos.) c) ¿Cu´al es la probabilidad de que la temperatura m´axima est´e entre − 0 .5 y 2? Soluci´on:
P (− 0. 5 < T < 2) = P (− 0. 5 < T < 0) + P (0 < T < 2)
− 0. 5
tdt +
0
e−^6 tdt
[
t^2 2
] 0
− 0. 5
[
e−^6 t 6
] 2
0
(1 − e−^12 ) = 0. 4374.
(4 ptos.)
