Unidad 16 Distribuciones continuas. Distribución normal.

Transcripción

1 Unidad 16 Distribuciones continuas. Distribución normal. PÁGINA 49 SOLUCIONES 1. Las áreas quedan: 1, 5 0, 75 a) Área = = 0,565 unidades cuadradas. 0,5 + 1 b) Área = = 1,5 unidades cuadradas. 0,5 c) Área = 1 0,5 + = 1 unidades cuadradas. 54

2 . Sabemos que: μ= 9,85; σ= 14,76. En ( μ σ, μ+σ ) = (5,065;54,585) hay 405 personas, es decir, el 67,5%. En ( μ σ, μ+ σ ) = (10,05;69,45) hay 57 personas, es decir, el 95,%. En ( μ σ, μ+ σ ) = ( 4,455;84,105) hay 600 personas, es decir, el 100%.. La representación y el área quedan: El área rayada queda: 1, 5 0, 75 0,565unidades = cuadradas. 55

3 PÁGINA 6 SOLUCIONES 1. Como cada día asciende 0 m y resbala 0 m, en realidad asciende 10 m. Luego al cabo de 7 días ha ascendido 70 m, y ya el día 8 asciende a la superficie, pues asciende 0m = 00m. El caracol tarda 8 días en salir.. La solución queda: Simplemente cambiando tres monedas, las señaladas con los números 1- -, el triángulo se invierte.. La solución queda: Llamamos x y elevam = os al cuadrado = x = x = + x x x = x 1± x= x= =Φ = nº áureo. 56

4 4. Comenzando el problema desde el final. Ave 8ª le da 1+ 1=. Ave 7ª (tiene 6) le da + 1= 4 le quedan. Ave 6ª (tiene 14) le da 7+ 1= 8 le quedan 6. Ave 5ª (tiene 0) le da = 16 le quedan 14. Ave 4ª (tiene 6) le da 1+ 1= le quedan 0. Ave ª (tiene 16) le da 6 + 1= 64 le quedan 6. Ave ª (tiene 54) le da = 18 le quedan 16. Ave 1ª (tiene 510) le da = 56 le quedan 54. Al principio tenía 510 gramos de maíz. 5. Las pesas que necesitam os han de ser de: 1,, 9 y 7 kg. Así: 1 kg = 1 kg = 1 kg = 4 kg = kg = kg = 9 7 kg = kg = kg = 9 10 kg = Y así sucesivamente. La suma de l os números significa que las pesas se colocan en el mismo plato de la balanza, y la diferencia, que se colocan en platos diferentes. 57

5 PÁGINA 66 58

6 SOLUCIONES 1. En cada caso queda: a) f( x) x x y además el área del recinto rayado vale 1, por tanto es función de densidad. 1 1 P( x ) = = P( x 1) = = P( x=,5) = 0 P( x ) = = b) gx ( ) x x y además el área del recinto rayado vale densidad. 4 0,5 = 1, por tanto es función de P( x ) = 8 = 16 P( x 1) = 1 P( x=,5) = 0 1 P( x ) = 16. La gráfica y los cálculos quedan: if( x)ha de ser 0, por tanto a > 0. 6 a 1 i Como área rayada = 1 = 1 a = 1 Por lo tanto f( x)es una función de densidad si a=. 59

7 . La solución es: a) La gráfica 1 se corresponde con la distribución N (7;1,5). La gráfica se corresponde con la distribución N (5;1,5). La gráfica se corresponde con la distribución N (5;,5). b) Las plantas más altas corresponden a la distribución N(7;1,5). En las otras distribuciones, la media de las alturas coincide, y en N(5;1,5) están más agrupadas, respecto a la media, que en N(5;,5). 4. Manejando la tabla de la distribución normal, hallamos cada caso: a) PZ ( 1,45) = 0,965 b) PZ ( 0,5) = 1 PZ ( < 0,5) = 1 0,5987 = 0,401 c) PZ ( 1,45) = 1 PZ ( 1,45) = 1 0,965 = 0,075 d) P(0,5 Z 1,5) = P( Z 1,5) P( Z 0,5) = 0,9 0,668 = 0,964 e) P( 1,5 Z 0,5) = PZ ( 0,5) PZ ( 1,5) = PZ ( 0,5) [ 1 PZ ( 1,5) ] = 0,510 f) PZ ( 0,84) = PZ ( 0,84) = 0,7995 g) P( 1,45 Z 0,15) = P(0,15 Z 1,45) = PZ ( 1,45) PZ ( 0,15) = 0,669 h) P(,5 Z ) = PZ ( ) PZ (,5) = PZ ( ) 1 PZ (,5) = 0,965 [ ] 5. En las tablas vemos que: a) PZ ( K) = 1 PZ ( K) = 1 0,1075 = 0,895 K= 1,4. b) PZ ( K) = 0,7967 = 1 PZ ( K) K= 0,8. c) P(0 Z K) = 0,46 P( Z K) P( Z 0) K= 0,46 K= 1,4. 6. Tipificamos la variable X, convirtiéndola en N(0,1) y, posteriormente, consultamos la tabla: x a) P( X 6) = P Z = P( Z 0,5) 0,6915 = = x 5 4,5 5 b) P( X 4,5) = P Z = P( Z 0,5) P( Z 0,5) 0,5987 = = = x 5 7, 5 c) P( X 7,) = P Z = P( Z 1,1) 0,864 = = 5 x d) P( X 6) = P = P( 1 Z 0,5) = 0,58 7. Tipificamos la variable y consultamos la tabla. a) k= 6,76 b) k= 5,1 c) k= 1,66 60

8 PÁGINA 67 61

9 SOLUCIONES 8. La solución queda: x a) P( X 8) = P P Z P Z 0,69 = = = x b) P( X 5) = P P Z P Z ,0918 = = = = 11 9 x c) P(11 X 1) = P P Z P Z P Z 0,1 = = = La solución es: a) P(1 t 1) = P Z P( 1, Z 1,) P( Z 1,) 1 0,8164 = = = b) P( X t) = 0,95 t 17 t 17 P Z 0,95 1,645 = = t= 1,95 minutos. 10. La solución es: 8 0 a) P( X < 8) = P Z < P( Z 0,4) 1 P( Z 0,4) 0,46 5 = < = < = b) P(5 X 5) = P Z P( 1 Z 1) P( Z 1) P( Z 0) 0, = = = Esdecir,el 68,6%. t 0 t 0 c) P( X t) = 0,80 P Z = 0,80 = 0,84 t= 4,minutos La variable se ajusta a una normal N(60;) a) P( X 6) = P Z P( Z 0,67) 1 P( Z 0,4) 0,514 5,14% = = = Por lo tanto hay 01 adultos con el dedo corazón más largo de 6 mm. ( ) ( ) ( ) b) P( X 57) = P Z 1 = P Z 1 = 1 P Z 1 = 0,1587 Es el 15,87% que suponen 17 adultos. ( ) ( ) ( ) c) P(60 X 66) = P 0 Z = P Z Z 0 = 0,477 Es el 47,7% que suponen 8 adultos. 6

10 1. La solución queda: a) P (salga 0 una sola vez) = = 0, b) Es una distribución binomial B ( 100;0,1) y la aproximaremos con una distribución normal de la forma N(10;). 1. La solución queda: 1 10 P( X > 1) = P Z = P( Z 1) = 1 P( Z 1) = 0,1587 De los parámetros de la distribución obtenemos: μ = 8 = n p p= 0,8. La desviación típica: σ= 10 0,8 0, = 1,6 P(ningunacar a) = 1 0,89 = 0,107. n ( 0,) n 0,107 n log0,107 1,4 0 = = = log0, Hay que lanzarla al menos dos veces. 14. Llamamos k a la nota mínima a partir de la cual se conseguirá el sobresaliente. Debe cumplirse: x 5,5 k 5,5 k 5,5 PX ( k) = 0,9 P 0,9 1,8 k 7,4 1, 5 1, 5 = = = 1, 5 De igual forma, para la calificación de notable: x 5,5 k 5,5 k 5,5 PX ( k) = 0,7 P 0,7 0,55 k 6,875 1, 5 1, 5 = = = 1, 5 ( 60, 1 ) 15. Es una distribución binomial B y la aproximaremos con una distribución normal Quedaría: μ= 60 = 60 y σ= 60 5 = 7, La probabilidad es: X ' 60 55,5 60 PX ( 55) = PX ( ' 55,5) = P = PZ ( 0,64) = 1 PZ ( 0,64) = 0,611 7,07 7,07 6

11 PÁGINA 68 64

12 SOLUCIONES ( ) 16. Es una distribución binomial B 50;0,9 y la aproximaremos con una distribución normal. Quedaría: μ= 50 0,9= 45 y σ= 50 0,9 0,1 = 1,1. La probabilidad pedida con la corrección de Yates es: 9, ,5 45 P( X = 40) = P(9,5 X' 40,5) = P Z P(,59 Z,1),1,1 = = = 1 P,1 Z,59 = P Z,59 P Z,1 = 0,1 ( ) ( ) ( ) ( 100;0,5 ) 17. Es una distribución binomial B y la aproximaremos con una distribución normal. Quedaría: μ= 100 0,5 = 50 y σ= 100 0,5 0,5 = 5. La probabilidad pedida con la corrección de Yates es: 45,5 50 X ' 50 55,5 50 P(45 X 55) = P(44,5 X' 55,5) = P = P( 1,1 Z 1,1 ) = ( ) P( Z ) = P Z 1,1 1 1,1 = 0,786 ( ) 18. Es una distribución binomial B 100;0,5 y la aproximaremos con una distribución normal N(5; 4,).La probabilidad pedida es: 19,5 5 PX ( 0) = PX ( ' 19,5) = P Z = PZ ( 1,7) = PZ ( 1,7) = 0,8980 4, 19. Es una binomial B ( 000;0,5) que podemos aproximarla a una normal N(1 560;7,4). La probabilidad pedida queda: ( ) P( Z ) ( ) P(1 450 X 1 600) = P(1 449,5 X' 1 600,5) = P 4 Z 1,48 = = P Z 1,48 4 = 0, Es una binomial B ( 80;0,5) que podemos aproximarla a una normal N(40; 4, 47). La probabilidad pedida queda: P( X 45) = P( Z 1,1) = 1 0,8686 = 0, Es una distribución normal N(19;1) La probabilidad pedida queda: PX ( 186) = PZ ( 0,5) = PZ ( 0,5) = 1 PZ ( 0,5) = 0,085 65

13 . Es una distribución normal N(170;) P X P( Z 1,67) = P( Z ) P( Z ) ( ) = 5 5 1,67 = 0,0475,es decir 48 batas. ( ) ( ) P(165 X 175) = P 1,67 Z 1,67 = P 0 Z 1,67 = (0,955 0,5) = 0,905,es decir 105 batas. ( ) ( ) ( ) P(175 X 185) = P 1,67 Z 5 = P Z 5 P Z 1,67 = 0,0475,es decir 48 batas.. La solución queda: 1 a) Es una binomial B 5;. 1 1 Los parámetros quedan: μ= 5 = 1,67 y σ= 5 = 1,05. ( ) ( ) La probabilidad es: P( X ) = 1 P X< = 1 P X= 0 P( X= 1) = 0,59 1 b) Es una binomial B 88; que aproximamos a una normal N(96;8) ( ) ( ) La probabilidad es: PX ( > 90) = P X 90,5 = PZ 0,69 = PZ ( 0,69) = 0, La solución queda: Es una binomial B ( 10;0,4 ). P( X ) = P( X = 0) + P( X = 1) + P( X = ) = = ( 0,60 ) ( 0,60) ( 0, 4 ) ( 0, 60) ( 0, 4) 0, = 1 La aproximamos a una distribución normal N ( 400;15,49 ). P( X > 450) = P( X 450,5 = P( Z, ) = P( Z ) = ) 6 1,6 0,

14 5. Es una distribución normal del tipo: N ( 50;σ ). En el primer caso: P( X > 70) = 0, P Z = 0,08 P Z = 1 P Z = 0,08 σ σ σ 0 0 Z = 0,977 = σ σ σ=. En el segundo caso: P( X 45) = P Z = P( Z 0,5) = P( Z 0,5) = 0,