Solución Parcial 1 Extra

EXTRAORDINARIO PARCIAL 1 – AGRIMENSURA – BIOINGENIERÍA – ELÉCTRICA
Registro……..… Apellido/ N. ..…………………………………………. Especialidad …………….
1. Sea X una variable aleatoria continua con distribución de probabilidades acumulada dada por:
0

 2
F( x )  x  2x  1

1

x 1
1 x  2
x2
a. Obtenga f(x) y grafíquela.
𝒇(𝒙) =
𝒅
𝑭(𝒙)
𝒅𝒙
𝒅 (𝒙𝟐 − 𝟐𝒙 + 𝟏)
𝒇(𝒙) =
= 𝟐𝒙 − 𝟐
𝒅𝒙
f(x) = 2(x-1)
si 1 ≤ x ≤ 2
0
en otro punto
f(x)
b. Determine P(X > 1.3) y P(1.1 < X < 1.8).
P(X > 1.3) = 1 – F(1.3)
Reemplazando 1.3 en F(x) = x2-2x+1  P(X > 1.3) = 1 – 0.09 = 0.91
P(1.1 < X < 1.8) = F(1.8) – F(1.1) = 0.64 - 0.01 = 0.63
Reemplazando 1.8 en F(x) = x2-2x+1  F(1.8) = 0.64
Reemplazando 1.1 en F(x) = x2-2x+1  F(1.1) = 0.01
c. Calcule E(3X-2) y V(2X – 4) aplicando propiedades.
E(3X-2) = 3E(X)–2
∞
𝟐
𝟐
𝑬(𝑿) = ∫ 𝒙 ∗ 𝒇(𝒙) ∗ 𝒅𝒙 = ∫ 𝒙 ∗ 𝟐(𝒙 − 𝟏)𝒅𝒙 = 𝟐 ∫ (𝒙𝟐 − 𝒙 )𝒅𝒙
−∞
𝟏
𝑬(𝑿) =
𝟏
𝟓
𝟑
𝑬(𝟑𝑿 − 𝟐) = 𝟑𝑬(𝑿) − 𝟐 = 𝟑 ∗
𝟓
−𝟐=𝟑
𝟑
V(2X – 4)= 22*V(X) = 4*V(X)
𝑽(𝑿) = 𝑬(𝑿𝟐 ) − 𝑬(𝑿)𝟐
∞
𝟐)
𝑬(𝑿
𝟐
𝟐
𝟐
𝟐
= ∫ 𝒙 ∗ 𝒇(𝒙) ∗ 𝒅𝒙 = ∫ 𝒙 ∗ 𝟐(𝒙 − 𝟏)𝒅𝒙 = 𝟐 ∫ (𝒙𝟑 − 𝒙𝟐 )𝒅𝒙
−∞
𝟏
𝑬(𝑿𝟐 ) =
𝟏𝟕
𝟔
𝟏
= 𝟐. 𝟖𝟑 entonces V(x) =
𝑽(𝟐𝑿 − 𝟒) = 𝟒 ∗ 𝑽(𝑿) = 𝟒 ∗
𝟏𝟕
𝟔
𝟓 𝟐
𝟏
− (𝟑) = 𝟏𝟖
𝟏
= 𝟎. 𝟐𝟐𝟐
𝟏𝟖
2. La probabilidad de que un vehículo que entra a cierta zona tenga matrícula extranjera es 0.12, la
probabilidad de que el vehículo sea una casa rodante es 0.28, y la probabilidad de que sea una
casa rodante y con matrícula extranjera es 0.09. Calcular la probabilidad de que:
a. El vehículo que ingresa a la zona sea una casa rodante o un vehículo con matrícula extranjera.
Datos:
Casa rodante: R  P=0.28
Matrícula extranjera: E  P=0.12
P(R∩E) = 0.09
a) P(RUE) = P(R) + P(E) - P(R∩E) = 0.28 + 0.12 - 0.09 = 0.31
b. Tenga matrícula extranjera si se sabe que el vehículo es una casa rodante.
𝐏(𝐄/𝐑) =
𝐏(𝐑 ∩ 𝐄) 𝟎. 𝟎𝟗
=
= 𝟎. 𝟑𝟐
𝐏(𝐑)
𝟎. 𝟐𝟖
c. Sea una casa rodante y no tenga matrícula extranjera
P(R∩EC) = P(R) - P(R∩E) = 0.28 – 0.09 = 0.19
3. Se sabe que en cierta intersección de calles se producen en promedio 2 accidentes por semana.
Encuentre la probabilidad de que:
a. Ocurran entre 4 y 6 accidentes en una semana.
X: “N° de accidentes en cierta intersección en una semana”
Distribución Modelo de Poisson con λ=2 en una semana
𝑿~𝑷(𝟐)
𝝀𝒙 𝒆−𝝀
∑ 𝒙 ∗ 𝒇(𝒙) = ∑
𝒙∗
=𝟏
𝒙!
𝒙=𝟎
𝒙=𝟎
P(4 ≤ X ≤ 6) = F(6) – F(3) = 0.9954 – 0.8571 = 0.1383
𝑭(𝟑) =
𝟐𝟎 𝒆−𝟐 𝟐𝟏 𝒆−𝟐 𝟐𝟐 𝒆−𝟐 𝟐𝟑 𝒆−𝟐
+
+
+
= 𝟎. 𝟖𝟓𝟕𝟏
𝟎!
𝟏!
𝟐!
𝟑!
𝟐𝟎 𝒆−𝟐 𝟐𝟏 𝒆−𝟐 𝟐𝟐 𝒆−𝟐 𝟐𝟑 𝒆−𝟐 𝟐𝟒 𝒆−𝟐 𝟐𝟓 𝒆−𝟐 𝟐𝟔 𝒆−𝟐
𝑭(𝟔) =
+
+
+
+
+
+
= 𝟎. 𝟗𝟗𝟓𝟒
𝟎!
𝟏!
𝟐!
𝟑!
𝟒!
𝟓!
𝟔!
b. Se produzca por lo menos un accidente en media semana.
P(X≥1) = 1 – P(X=0) = 1 – 0.3679 = 0.6321 con λ = 1 en media semana.
𝑷(𝑿 = 𝟎) =
𝟏𝟎 𝒆−𝟏
= 𝟎. 𝟑𝟔𝟕𝟗
𝟎!
c. Se sabe que la probabilidad de que un vehículo se accidente en cierta intersección es de 0.1.
Calcular:
i. la probabilidad de que el primer accidente ocurra en el segundo vehículo que llega a la
intersección.
Utilizando la ecuación p*(1 – p)x-1 = p*qx-1
P(X=2) = 0.1*(1 – 0.1) = 0.09
ii. la probabilidad de que el primer accidente ocurra a lo sumo en el tercer vehículo que llega
a la intersección.
∑
𝒙 ∗ 𝒇(𝒙) = ∑
𝒙=𝟏
(𝟏 − 𝒑)𝒙−𝟏 𝒑 = 𝟏
𝒙=𝟏
P(X≤3) = F(3) = 0.271
𝑭(𝟑) = 𝟎. 𝟗𝟏−𝟏 ∗ 𝟎. 𝟏 + 𝟎. 𝟗𝟐−𝟏 ∗ 𝟎. 𝟏 + 𝟎. 𝟗𝟑−𝟏 ∗ 𝟎. 𝟏 = 𝟎. 𝟐𝟕𝟏
iii. Defina la variable utilizada, su distribución y recorrido.
Modelo Geométrico
X:”N° de intentos hasta obtener el primer éxito”
Es decir X:”Número de vehículos que llegan a la intersección hasta que se produce
el primer accidente”
Donde p = P(éxito) = 0.1
𝑿~𝑮(𝟎. 𝟏)
Luego la distribución de probabilidad de X es
X
X: 1,2,3,….
f(x) = (1 – p)x-1*p
4. Se establece que el alargamiento (elongación) de una barra de acero bajo una carga particular
se distribuye normalmente con una media de 0.05 pulgadas y σ = 0.01 pulgadas. Calcular y
realizar las gráficas correspondientes en cada caso.
a. Calcular la probabilidad de que la elongación esté por arriba de 0.07 pulgadas;
Distribución Normal 
𝑿~𝑵(𝟎. 𝟎𝟓, 𝟎. 𝟎𝟎𝟎𝟏)
𝑿 − 𝝁 𝟎. 𝟎𝟕 − 𝟎. 𝟎𝟓
𝐏(𝐗 > 𝟎. 𝟎𝟕) = 𝟏 − 𝐏 (
<
) = 𝟏 − 𝐏(𝐙 < 𝟐) = 𝟏 − 𝐅(𝟐) = 𝟏 − 𝟎. 𝟗𝟖 = 𝟎. 𝟎𝟐
𝝈
𝟎. 𝟎𝟏
Z
F(z)
0.67
0.75
1.5
0.93
2
0.98
2.5
0.994
b. Calcular la probabilidad de que la elongación esté entre 0.025 y 0.065 pulgadas.
𝐏(𝟎. 𝟎𝟐𝟓 < 𝐗 < 𝟎. 𝟎𝟔𝟓) =
𝐏(
𝟎. 𝟎𝟐𝟓 − 𝟎. 𝟎𝟓
𝟎. 𝟎𝟔𝟓 − 𝟎. 𝟎𝟓
<𝐙<
) = 𝐏(−𝟐. 𝟓 < 𝐙 < 𝟏. 𝟓) = 𝐅(𝟏. 𝟓) − 𝐅(−𝟐. 𝟓) =
𝟎. 𝟎𝟏
𝟎. 𝟎𝟏
= 𝟎. 𝟗𝟑 − 𝟎. 𝟎𝟎𝟔 = 𝟎. 𝟗𝟐𝟒
𝐅(−𝟐. 𝟓) = 𝟏 − 𝐅(𝟐. 𝟓) = 𝟏 − 𝟎. 𝟗𝟗𝟒 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟔
Z
F(z)
0.67
0.75
1.5
0.93
2
0.98
2.5
0.994
c. Calcular c tal que P(X ≥ c) = 0.25. Interprete el cálculo realizado.
P(X ≥ c) = 0.25
𝑿−𝝁
𝐏(
𝝈
≥
𝒄−𝝁
𝒄−𝟎.𝟎𝟓
𝝈
𝟎.𝟎𝟏
) = 𝟎. 𝟐𝟓  P(Z ≥ k) = 0.25 y 𝒌 =
P(Z ≥ k) = 1 – F(k) = 0.25
F(k) = 1 – 0.25 = 0.75  Por la tabla: k=0.67
Z
F(z)
0.67
0.75
1.5
0.93
2
0.98
2.5
0.994
Entonces:
𝒌=
𝒄 − 𝟎. 𝟎𝟓
𝟎. 𝟎𝟏
𝟎. 𝟔𝟕 =
𝒄 − 𝟎. 𝟎𝟓
𝟎. 𝟎𝟏
𝒄 = 𝟎. 𝟔𝟕 ∗ 𝟎. 𝟎𝟏 + 𝟎. 𝟎𝟓 = 𝟎. 𝟎𝟓𝟔𝟕
El valor de alargamiento de una barra de acero bajo una carga particular que se espera
con una probabilidad del 25% es de como mínimo 0,0567 pulgadas.
Distribución Normal Estándar
Z
F(z)
0.67
0.75
1.5
0.93
2
0.98
2.5
0.994