pauta prueba 2. - Universidad de Atacama

UNIVERSIDAD DE ATACAMA
FACULTAD DE INGENIERÍA / DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
ESTADÍSTICA Y PROBABILIDAD
PAUTA DE CORRECCIÓN PRUEBA N◦ 2
Profesor: Hugo S. Salinas.
Primer Semestre 2010
1. Para estudiar si las ratas tienen visión cromática, en una caja que cuenta con tres palancas se
marca en rojo aquella que al pulsarla proporciona alimento. En cada prueba la posición de este
pulsador se cambia aleatoriamente. Se somete una rata a cuatro pruebas. Sea X : número de
pulsaciones que consiguen alimento, si la rata no distinguiera el rojo y pulsase al azar.
a) Calcular el rango de la variable aleatoria X.
Solución
La variable aleatoria número de pulsaciones puede tomar los valores 0, 1, 2, 3 y 4.
(8 ptos.)
b) Encontrar la distribución de probabilidades de X.
Solución
Sea R : la palanca marca rojo. El suceso que da origen a que la variable X = 0 serı́a:
R0 R0 R0 R0
cuya probabilidad serı́a 2/3 × 2/3 × 2/3 × 2/3 = 16/81.
El suceso que da origen a que la variable X = 1 serı́a:
(RR0 R0 R0 ) ∪ (R0 RR0 R0 ) ∪ (R0 R0 RR0 ) ∪ (R0 R0 R0 R)
cuya probabilidad serı́a 4 × 1/3 × 2/3 × 2/3 × 2/3 = 32/81.
El suceso que da origen a que la variable X = 2 serı́a:
(RRR0 R0 ) ∪ (RR0 RR0 ) ∪ (RR0 R0 R) ∪ (R0 RRR0 ) ∪ (R0 RR0 R) ∪ (R0 R0 RR)
cuya probabilidad serı́a 6 × 1/3 × 1/3 × 2/3 × 2/3 = 24/81.
El suceso que da origen a que la variable X = 3 serı́a:
(RRRR0 ) ∪ (RRR0 R) ∪ (RR0 RR) ∪ (R0 RRR)
cuya probabilidad serı́a 4 × 1/3 × 1/3 × 1/3 × 2/3 = 8/81.
Finalmente, el suceso que da origen a que la variable X = 4 serı́a:
(RRRR)
cuya probabilidad serı́a ×1/3 × 1/3 × 1/3 × 1/3 = 1/81.
CORRECCIÓN PRUEBA 2
1
Resumiendo la información del número de aciertos es:
x
P (X = x)
0
16/81
1
32/81
2
24/81
3
8/81
4
1/81
(8 ptos.)
Otra forma:
X ∼ Bi(n = 4, p = 1/3), entonces:
P (X = 0) =
P (X = 1) =
P (X = 2) =
P (X = 3) =
P (X = 4) =
4
(1/3)0 (2/3)4
0
4
(1/3)1 (2/3)3
1
4
(1/3)2 (2/3)2
2
4
(1/3)3 (2/3)1
3
4
(1/3)4 (2/3)0
4
= 16/81
= 32/81
= 24/81
= 8/81
= 1/81
c) ¿Cuál es el número esperado de pulsaciones que debe realizar la rata para conseguir alimento?
Solución
E(X) = 0(16/81) + 1(32/81) + 2(24/81) + 3(8/81) + 4(1/81) = 1.33
Es decir, se espera realizar entre 1 y 2 pulsaciones para conseguir el alimento.
(8 ptos.)
Otra forma:
Si X ∼ Bi(n = 4, p = 1/3), entonces E(X) = np = 4(1/3) = 1.33.
2. En Copiapó, la temperatura máxima durante el mes de mayo (31 dı́as) está distribuida normalmente con una media de 26.5◦ . Sabiendo que, en esta ciudad, la probabilidad de que en un dı́a
de mayo la temperatura máxima sea superior a 24◦ es 89.44 %:
a) Hallar la desviación estándar de la temperatura máxima.
Solución
Sea T : temperatura máxima en Copiapó, durante el mes de mayo (en grados Celsius).
Sabemos que T ∼ N (26.25, σ) con σ > 0. De la información dada tenemos que:
P
P (T > 24) = 0.8944,
24 − 26.5
Z>
= 0.8944, donde Z ∼ N (0, 1),
σ
−2.5
2.5
P Z>
= P Z<
= 0.8944.
σ
σ
Lo que implica que 2.5
= 1.25, entonces σ = 2. Por lo tanto, la desviación estándar de la
σ
temperatura máxima es de 2◦ .
(6 ptos.)
CORRECCIÓN PRUEBA 2
2
b) Calcular el número de dı́as que se espera tengan temperatura máxima comprendida entre
22◦ y 28◦ .
Solución
Primero calculamos:
22 − 26.5
28 − 26.5
P (22 < T < 28) = P
<Z<
2
2
= P (−2.25 < Z < 0.75) = P (Z < 0.75) − P (Z < −2.25)
= P (Z < 0.75) − [1 − P (Z < 2.25)]
= 0.7734 − 1 + 0.9878 = 0.7612
Por lo tanto, el 76 % de los dı́as de mayo (entre 23 y 24 dı́as) la temperatura máxima
oscila entre 22◦ y 28◦ .
(6 ptos.)
c) ¿Cuál es la probabilidad de que un dı́a la temperatura máxima sea inferior a 22.5 grados?
Solución
22.5 − 26.5
P (T < 22.5) = P Z <
2
= P (Z < −2) = 1 − P (Z < 2)
= 1 − 0.9772 = 0.0228
Por lo tanto, hay un 2.28 % de probabilidad que la temperatura máxima sea inferior a
22.5◦ .
(6 ptos.)
d ) El sistema de refrigeración de un edificio público se pone en funcionamiento en un 22.66 %
de los dı́as de mayo, siempre que el sistema considera que la temperatura es demasiado
elevada. ¿Cuál es la temperatura que se debe superar para que se active el sistema de
refrigeración?
Solución
Debemos buscar la temperatura T0 tal que P (T > T0 ) = 0.2266. Es decir:
T0 − 26.5
= 0.2266
P (T > T0 ) = P Z >
2
T0 − 26.5
= P Z<
= 0.7734
2
Esto implica que
T0 − 26.5
= 0.75 ⇔ T0 = 28
2
Por lo tanto, se deben superar los 28◦ para que se active el sistema de refrigeración.
(7 ptos.)
CORRECCIÓN PRUEBA 2
3
3. En 1 dm3 de aire se encuentra en promedio 3 moléculas de un gas raro. Se supone que el número
de moléculas de ese gas que se encuentra en un volumen de aire es una variable aleatoria de
Poisson.
a) ¿Cuál es la probabilidad de no encontrar moléculas de ese gas en una muestra de 1 dm3
de aire?
Solución
Sea W : número de moléculas de gas en un volumen de aire. Entonces la función de
probabilidad está dado por:
P (W = w) =
(λt)w e−λt
,
w!
w = 0, 1, 2, ...,
donde λ : es el promedio de moléculas en una unidad de volumen (1 dm3 de aire) y t : es
el número de unidades consideradas.
De acuerdo a la pregunta nos piden P (W = 0) con λ = 3 y t = 1 unidad, por lo tanto:
30 e−3
= e−3 = 0.04978
P (W = 0) =
0!
Por lo tanto, existe un 5 % de probabilidad de no encontrar moléculas en 1 dm3 de aire.
(6 ptos.)
b) Si se toma una muestra de 1.5 dm3 de aire, hallar la probabilidad de encontrar por lo
menos dos moléculas de ese gas.
Solución
De acuerdo a lo anterior, nos piden P (W ≥ 2) con λ = 3 y t = 1.5 unidades, por lo tanto:
P (W ≥ 2) = 1 − P (W ≤ 1) = 1 − P (W = 0) − P (W = 1)
(4.5)0 e−4.5 (4.5)1 e−4.5
−
= 1 − e−4.5 − (4.5)e−4.5
= 1−
0!
1!
= 1 − (5.5)e−4.5 = 0.9489
Por lo tanto, existe en 95 % de probabilidad de encontrar por lo menos 2 partı́culas de gas
en una muestra de 1.5 dm3 de aire.
(6 ptos.)
c) Suponiendo que la densidad se mantiene constante. Determinar el volumen que debe tener
la muestra de aire para que la probabilidad de encontrar una molécula de ese gas en la
muestra sea como mı́nimo 0.99.
Solución
Suponiendo que λ = 3 en 1 dm3 , se pide encontrar la muestra de t = x unidades, entonces:
P (W = 1) =
(3x)1 e−3x
≥ 0.99 ⇔ ln(3x) − 3x ≥ ln(0.99)
1!
Esta desigualdad no tiene solución real (la función f (x) = 3xe−3x tiene su valor máximo
en el punto (0.33, 0.37)), por lo tanto, no existe muestra de aire tal que la probabilidad de
encontrar una molécula de ese gas sea al menos 0.99.
(6 ptos.)
CORRECCIÓN PRUEBA 2
4
d ) ¿Qué densidad de moléculas deberı́a haber en el aire para que la probabilidad de no
encontrar moléculas en 5 dm3 sea mayor que 0.6?
Solución
De acuerdo a lo anterior, se pide el valor de λ para t = 5 unidades, entonces:
P (W = 0) > 0.6 ⇔
(5λ)0 e−5λ
≥ 0.6 ⇔ e−5λ ≥ 0.6 ⇔ −5λ ≥ ln(0.6)
0!
Por lo tanto, λ ≤ 0.10.
(6 ptos.)
4. Con base a estudios referente a los niveles de seguridad en la construcción de altura (edificios) se
dice que la probabilidad que un trabajador sufra un accidente con tiempo perdido (ctp) durante
su jornada diaria es del 10 %. Si en la construcción de un edificio laboran 20 trabajadores, para
un dı́a cualquiera:
a) ¿Cuál es la probabilidad que al menos dos trabajadores sufran un accidente ctp?
Solución
Sea X : número de trabajadores que sufren accidentes, en un total de 20. Entonces X ∼
Bi(n = 20, p = 0.1). Luego
P (X ≥ 2) = 1 − [P (X = 0) + P (X = 1)]
20
20
0
20
= 1−
(0.1) (0.9) −
(0.1)1 (0.9)19
0
1
20
19
= 1 − (0.9) − 20(0.1)(0.9) = 0.608253
Por lo tanto, hay un 61 % de probabilidad que al menos dos trabajadores sufran un accidente.
(9 ptos.)
b) Si trabajan la semana corrida (de lunes a sábado) en jornada completa, ¿cuál es la probabilidad que ningún dı́a de la semana se observen accidentes ctp?
Solución
Primero calculamos la probabilidad de no tener accidentes en un dı́a, es decir, P (X = 0) =
(0.9)20 = 0.12.
Luego definimos la variable aleatoria Y : número de dı́as sin accidentes, en un total de 6. Entonces Y ∼ Bi(n = 6, p = 0.12). De acuerdo a esto P (ningún dı́a se observen accidentes) =
P (Y = 6).
6
P (Y = 6) =
(0.12)6 (0.88)0 = 0.0000098
6
Por lo tanto, es seguro que habrá algún accidente en la semana.
(9 ptos.)
c) Si se considera que un dı́a accidentado fue aquel en que hubo al menos un trabajador
accidentado. ¿Cuál es la probabilidad que se tenga un tercer dı́a accidentado luego de una
semana trabajada (de lunes a sábado)?.
Solución
Primero calculamos la probabilidad de un dı́a accidentado, es decir,
P (X ≥ 1) = 1 − P (X = 0) = 1 − 0.12 = 0.88
CORRECCIÓN PRUEBA 2
5
Sea Z : número de dı́as hasta tener 3 éxitos. Entonces Z ∼ GGe(r = 3, p = 0.88)
6 X
x−1
P (Z > 6) = 1 − P (X ≤ 6) = 1 −
(0.88)3 (0.12)x−3
3
−
1
x=3
4
5
2
3
0
1
2
3
3
(0.12) +
(0.12) +
(0.12) +
(0.12)
= 1 − (0.88)
2
2
2
2
= 1 − (0.88)3 [1 + 3(0.12) + 6(0.12)2 + 10(0.12)3 ] = 0.002543063
Hay un 0.25 % de probabilidad que se tenga un tercer dı́a accidentado.
(9 ptos.)
CORRECCIÓN PRUEBA 2
6