Problemas de Probabilidad resueltos.

Problemas de Probabilidad resueltos. Problema 1 El profesor Pérez olvida poner su despertador 3 de cada 10 dias. Además, ha comprobado que uno de cada 10 dias en los que pone el despertador acaba no levandandose a tiempo de dar su primera clase, mientras que de cada 10 dias en los que olvida poner el despertador, llega a tiempo a dar su primera clase. (a) Identifica y da nombre a los sucesos que aparecen en el enunciado. (b) Cuál es la probabilidad de que el profesor Pérez llegue a tiempo a dar su primera clase? (c) Si un día no ha llegado a tiempo, que probabilidad hay de que olvidase poner el despertador la noche anterior? Solución: En primer lugar conviene identificar el experimento aleatorio que estamos realizando. Este consiste en tomar un día al azar en la vida del profesor Pérez y analizarlo en base a los siguientes sucesos. (a) Para un día al azar decimos que se ha dado el suceso: O cuando el profesor ha olvidado poner el despertador T cuando el profesor ha llegado tarde a su primera clase. Notemos que tanto {O, Ō} como {T, T } forman un sistema completo de sucesos. A continuación traducimos en términos de probabilidad de los sucesos anteriores todos los datos que nos dan en el enunciado. P (O) = 3 10, P ( T O) = 10, P (Ō) = 7 1, P (T Ō) = 10 10. (b) El suceso llegar a tiempo a su clase es el complementario de T, por tanto nos piden que calculemos P ( T ). Puesto que {O, Ō} es un sistema completo de sucesos, podemos aplicar la fórmula de la probabilidad total, de donde tenemos que: P ( T ) = P ( T O)P (O) + P ( T Ō)P (Ō). En la expresión anterior aparecen varios de los datos que nos ha proporcionando el enunciado, sin embargo no conocemos directamente el valor de P ( T Ō). Para calcularlo utilizamos que P ( T Ō) = 1 P (T Ō) = 1 1 10 = 9 10. De esta forma, la expresión anterior se puede escribir como: P ( T ) = 3 10 10 + 9 7 10 10 = 69 100 = 0.69. (c) Nos piden calcular la probabilidad del suceso O sabiendo que ha tenido lugar el suceso T, esto es, P (O T ). Como {O, Ō} es un sistema completo de sucesos, podemos utilizar el Teorema de Bayes para calcular P (O T ). Así, P (T O)P (O) P (O T ) = P (T Ō)P (Ō) + P (T O)P (O). En la expresión anterior nos falta por conocer P (T O). Utilizando que P (T O) = 1 P ( T O) = 1, llegamos a que 8 10 P (O T ) = 8 3 10 10 1 7 10 10 + 8 3 10 10 = 4 31 0.774. 10 = 1

Problema Un banco local revisa su política de tarjetas de crédito, con el objetivo de cancelar algunas de ellas. En el pasado, el 5% de los clientes con tarjeta ha pasado a ser moroso, esto es ha dejado de pagar sin que el banco pudiera recuperar la deuda. Además, el banco ha comprobado que la probabilidad de que un cliente normal se atrase en un pago es de 0.. Naturalmente, la probabilidad de que un cliente moroso se atrase en un pago es 1. (a) Identifica y da nombre a los sucesos que aparecen en el enunciado. (b) Elegido un clienta al azar, qué probabilidad hay de que el cliente se atrase en un pago mensual? (c) Si un cliente se atrasa en un pago mensual, calcular la probabilidad de que el cliente acabe convirtiendose en moroso. (d) Al banco le gustaría cancelar la línea de crédito de un cliente si la probabilidad de que éste acabe convirtiendose en moroso es mayor de 0.5. De acuerdo con los resultados anteriores, debe cancelar una línea si un cliente se atrasa en un pago? Por qué? Solución: Comenzamos identificando el experimento aleatorio. En este caso consiste en elegir al azar a un cliente del banco que tenga tarjeta de crédito y preguntarnos por los siguientes sucesos. (a) Para un cliente cualquiera decimos que ha sucedido el suceso: M cuando el cliente es moroso, A cuando el cliente se ha atrasado en un pago mensual. Los conjuntos de sucesos {M, M} y {A, Ā} son dos sistemas completos de sucesos. A continuación reescribimos los datos que nos proporciona el enunciado en términos de probabilidades. P (M) = 0.05, P (A M) = 0., P (A M) = 1. (b) Es sencillo darse cuenta de que nos piden calcular P (A). Como {M, M} es un sistema completo de sucesos, aplicamos la fórmula de la probabilidad total y tenemos P (A) = P (A M)P ( M) + P (A M)P (M). De la fórmula anterior, únicamente desconocemos P ( M), que podemos calcularlo mediante P ( M) = 1 P (M) = 1 0.05 = 0.95. Por tanto: P (A) = 0. 0.95 + 1 0.06 = 0.4. (c) Nos piden calcular la probabilidad de que el cliente se convierta en moroso (suceso M) sabiendo que se ha atrasado en una mensualidad (suceso A); esto es P (M A). Como {M, M} es un sistema completo de sucesos, aplicando la fórmula de Bayes tenemos que P (A M)P (M) P (M A) = P (A M)P ( M) + P (A M)P (M) 1 0.05 = 0. 0.95 + 1 0.06 0.083. (d) De acuerdo con el resultado anterior, la probabilidad de que un cliente que se atrasa en un pago acabe convirtiendose en moroso es 0.083, que es menor que la probabilidad 0.5 exigida por el banco. Por lo tanto, no debería de cancelarse la cuenta de un cliente que se atrase en un pago.

Problemas de Variable Aleatoria resueltos. Problema 3 El gimnasio El primo de sumosol ha comprobado que el 0% de sus alumnos se dan de baja durante el primer mes y el 80% restante permanecen todo el año. Supongamos que este año se inscribieron 0 alumnos. (a) Explica con brevedad qué es una variable aleatoria. Identifica la variable aleatoria del problema e indica qué distribución sigue. (b) Cuál es la probabilidad de que o menos se den de baja? (c) Cuál es la probabilidad de que exactamente se den de baja 4 alumnos? (d) Cuál es la probabilidad de que se den de baja más de 3 alumnos? Al hacer la inscripción se realiza un único pago anual de 600 euros. Cada alumno que permanece todo el año genera un gasto anual de 150 euros. (e) Cuál es el beneficio anual esperado? (f) Cuántos alumnos se han dado de baja el primer mes si al final del año el gimnasio ha obtenido el beneficio esperado? Solución: (a) Una variable aleatoria es una aplicación X que hace corresponder un número real a cada suceso básico del espacio muestral. Despues de leer detenidamente todo el enunciado, para este problema elegimos la variable aleatoria X = número de alumnos que se dan de baja el primer mes. Los posibles valores que puede tomar la variable X son 0, 1,..., 0, luego X es una variable aleatoria discreta (V.A.D). El experimento que a cada alumno le asocia un 0 si este alumno permanece durante todo el año; o un 1 si este alumno se da de baja el primer mes es un experimento de Bernouilli de parámetro p = 0.. De esta forma, X es la suma de 0 experimentos de Bernouilli independientes de igual p, por tanto X sigue una distribución binomial de parámetros n = 0 y p = 0., esto es X B(0, 0.). (b) Nos piden la probabilidad de que el número de alumnos que se den de baja el primer mes sea igual o menor de. En lenguaje matemático esto es P (X ). Este valor es el de la función de distribución de la binomial en el punto. Mirando en las tablas tenemos que P (X ) = 0.061. (c) Nos piden calcular P (X = 4), esto es, la función de probabilidad de la binomial en 4. La función de probabilidad se puede expresar como resta de la función de distribución en dos puntos consecutivos, entonces P (X = 4) = P (X 4) P (X 3). Mirando la tabla de la distribución binomial tenemos que P (X 4) = 0.696 y P (X 3) = 0.4114. Por tanto P (X = 4) = 0.696 0.4114 = 0.18. (c) Hemos de calcular P (X > 3). Utilizando la probabilidad del suceso complementario tenemos que P (X > 3) = 1 P (X 3) = 1 0.4114 = 0.5886. (d) Por cada alumno tenemos un ingreso de 600 euros. Como se han inscrito 0 alumnos tenemos un ingreso total de I = 0 600 = 1000 euros. Cada alumno que permanece todo el año genera un gasto anual de 150 euros. Si X es el número de alumnos que se dan de baja el primer mes, entonces el número de alumnos que permanecen todo el año es 0 X. Por tanto, el gasto anual es G = 150 (0 X). Así, el beneficio anual es B = I G = 1000 150(0 X). Operando obtenemos B = 9000 + 150X. 3

El beneficio anual esperado es E(B). Aplicando que E(a + bx) = a + be(x), tenemos que E(B) = E(9000 + 150X) = 9000 + 150E(X). Como la variable X sigue una distribución binomial de parámetros n = 0 y p = 0., entonces E(X) = np = 4. Así, E(B) = 9000 + 150 4 = 9600. (e) Si el beneficio obtenido es el esperado, esto es B = 9600, despejando X en la expresión B = 9000+150X se sigue que 9600 9000 X = = 4, 150 luego se han dado de baja 4 alumnos. Otra forma de resolver este apartado es la siguiente. Notemos que de E(B) = 9000 + 150E(X), esto significa que si hemos obtenido el valor esperado para el beneficio, es porque se han dado de baja el número esperado de alumnos, E(X) = 4. 4

Problema 4 Un estudio de la DGT estima que el número de horas prácticas necesarias para la obtención del permiso de conducir sigue una distribución normal N (4, 3 ). (a) Qué probabilidad hay de obtener el permiso de conducir con 0 horas de prácticas o menos? (b) Cuántas horas de prácticas ha necesitado un conductor para obtener el permiso si el 68% de los conductores ha necesitado más horas de prácticas que él? La autoescuela D spacio ingresa por alumno una parte fija de 50 euros, más 3 euros por hora de práctica. (c) Calcular el ingreso por alumno esperado. (d) Calcular la desviación típica del ingreso por alumno. Solución: Para este problema escogemos como variable aleatoria X = número de horas de práctica necesarias para obtener el permiso de conducir que nos aseguran que sigue una distribución normal de media µ = 4 y desviación típica σ = 3, esto es X N (4, 3 ). Por tanto X es una variable aleatoria continua (V.A.C.) (a) Nos piden que calculemos P (X 0), que es el valor de la función de distribución de una normal en el punto 0. Como X no sigue una distribución normal estándar, este valor no puede buscarse directamente en la tabla. Hemos de tipificar la variable, esto es, cambiamos a la variable Z = X µ σ = X 4, 3 que sí sigue una distribución normal estándar, Z N (0, 1). Así, ( ) 0 4 P (X 0) = P Z = P (Z 1.33). 3 Utilizando el carácter simétrico de la normal tenemos que P (Z 1.33) = P (Z 1.33), y aplicando la probabilidad del suceso complementario P (Z 1.33) = 1 P (Z 1.33) llegamos a P (X 0) = 1 P (Z 1.33). Como Z sigue una distribución normal estándar, buscando en la tabla, tenemos que P (Z 1.33) = 0.903. De donde, P (X 0) = 1 0.903 = 0.0968. (b) Sea x 0 el número de horas prácticas que buscamos. Nos piden el valor de x 0 de forma que P (X x 0 ) = 0.68. Utilizando la variable tipificada Z tenemos que ( P (X x 0 ) = P Z x ) 0 4 = 0.68. 3 Si definimos z 0 = x 0 4, 3 de la expresión anterior tenemos que P (Z z 0 ) = 0.68. Utilizando la simetría de la normal tenemos que P (Z z 0 ) = 0.68. Buscando en la tabla obtenemos que la P (Z 0.46) = 0.677 y P (Z 0.47) = 0.6808, por tanto z 0 es un valor comprendido entre 0.46 y 0.47, pero más cercano al segundo. Tomamos z 0 = 0.468, de donde z 0 = 0.468. Despejando x 0 en función de z 0 tenemos que x 0 = 4 + 3z 0 = 4 + 3( 0.468) =.596. (c) Para un alumno cualquiera, X es número de horas de práctica necesarias para obtener el permiso de conducir. Así, el ingreso de la autoescuela por las prácticas de un alumno es 3X. Si añadimos la parte fija tenemos que el ingreso por alumno es I = 50 + 3X. 5

El ingreso por alumno esperado es E(I). Aplicando que E(a + bx) = a + be(x), tenemos que E(I) = E(50 + 3X) = 50 + 3E(X). Como X N (4, 3 ), sabemos que E(X) = 4. Por tanto E(I) = 50 + 3 4 = 80. (d) Aplicando que V ar(a + bx) = b V ar(x), tenemos que V ar(i) = V ar(50 + 3X) = 3 V ar(x). Como X N (4, 3 ), sabemos que V ar(x) = 3. Por tanto, V ar(i) = 3 3. Finalmente, la desviación típica del ingreso dt(i) es dt(i) = V ar(i) = 3 3 = 69. 6

Problemas de Intervalos de Confianza y Contraste de Hipótesis resueltos. Problema 5 La cantidad de horas que duermen los estadounidenses cada noche varía mucho. Consideremos la siguiente muestra de las horas que duermen cada noche 16 personas. 6.9 7.6 6.5 6. 7.8 7.0 5.5 7.6 7.3 6.6 7.1 6.9 6.8 6.5 7. 5.8 (a) Calcula una estimación puntual para la media de horas que se duerme cada noche y para la desviación típica. Qué estimadores utilizas? Por qué? Suponer que la población sigue una distribución normal. (b) Determinar un intervalo de confianza del 80% para la media de horas que se duerme cada noche. (c) Determinar un intervalo de confianza del 95% para la varianza. Solución: Sobre la población de estadounidenses definimos la variable aleatoria continua X = número de horas que duerme que sigue una distribución normal de media y varianza desconocidas. (a) Para estimar la media de horas que duermen los estadounidenses utilizamos la media muestral, P n i=1 X = xi n, por ser un estimador insesgado y eficiente para la media poblacional µ X. Para la muestra que nos proporcionan obtenemos que X = 6.831. Luego una estimación puntual de la media poblacional es µ X 6.831. Para estimar la desviación típica de X utilizamos la desviación típica muestral ŜX por ser un estimador insesgado y eficiente, donde ŜX = n ( n ) i=1 x i x. n 1 n Para la muestra proporcionada obtenemos que ŜX desviación típica poblacional es σ X 0.6374. = 0.6374. Luego una estimación puntual de la (b) Los extremos del intervalo de confianza para una variable normal de varianza desconocida y tamaño de la muestra pequeño vienen dados por Ŝ X ± t n 1, α X n donde t n 1, α es el valor con probabilidad acumulada del 1 α distribución t-student con n 1 grados de libertad. de una variable aletoria que sigue una Como n = 16 y α = 0., buscando en la tabla de la distribución t-student con 15 grados de libertad el valor que tiene una probabilidad acumulada de 0.9 obtenemos que t n 1, α = 1.34. Por tanto, el intervalo de confianza del 80% para la media µ X es: ( 6.831 1.34 0.6374, 6.831 + 1.34 0.6374 ) = (6.6178, 7.0447) 16 16 (c) Los extremos del intervalo de confianza para la varianza de una población normal son (n 1)Ŝ X χ n 1,1 α y (n 1)Ŝ X χ n 1, α 7

donde χ n 1,1 es el valor que tiene una probabilidad acumulada de 1 α α para una variable que sigue una distribución χ con n 1 grados de libertad y χ n 1, es el valor que acumula una probabilidad de α para la misma distribución. α Como n = 16 y α = 0.05, buscando en las tablas de la distribución χ con 15 grados de libertad los valores con probabilidad acumulada de 0.975 y 0.05, obtenemos que χ n 1,1 = 7.5 y χ α n 1, = 7.6, α respectivamente. Por tanto, el intervalo de confianza del 95% para la varianza σ X es ( ) 15(0.6374), 15(0.6374) = (0.16, 0.8394). 7.5 7.6 8

Problema 6 La empresa BBM afirma que nueva gama de neumáticos duran en promedio más de 8.000 km. Las pruebas con 64 neumáticos dan como resultado una duración media de 7.800 km, con una desviación típica muestral de 1.000 km. (a) Si se usa un nivel de significación del 5%, comprobar si hay evidencia suficiente para rechazar la afirmación de la empresa. Establecer claramente la hipótesis nula y alternativa. (b) Explica brevemente qué es el p valor. Cuál es el p-valor? Solución: Sobre la población de los neumáticos definimos la variable aleatoria X = duración en kilometros. De esta variable desconocemos la distribución que sigue y los valores de los parámetros µ X y σ X. (a) La decisión sobre la afirmación de la empresa la tomaremos en base a un contraste de hipótesis sobre la media poblacional µ X H 0 : µ X = 8000 con hipótesis alternativa unilateral por la izquierda (ya que el exceso en la duración de los neumáticos favorece la afirmación de la empresa) H 1 : µ X < 8000. Puesto que el contraste es unilateral por la izquierda, la región crítica tendrá la forma RC = (, z 0 ) y por la región de aceptación RA = (z 0, + ). Para calcular el valor z 0 aplicamos que el nivel de significación es la probabilida de que el estadístico de contraste caiga en la región crítica, esto es P (Z z 0 ) = α = 0.05 siendo Z el estadíıstico de contraste. Por tratarse el problema de un contraste sobre la media de una población con muestras grandes sabemos que el estadístico de contraste es: Z = X µ X Ŝ X n N (0, 1). Como en la tabla de la normal no aparecen probabilidades menores que 0.5 aplicando la simetría de la distribución normal se sigue que P (Z z 0 ) = 1 P (Z z 0 ) = 1 0.05 = 0.95 El 0.95 no aparece en la tabla de la normal, sin embargo tenemos que P (Z 1.64) = 0.9405 y P (Z 1.65) = 0.9505, que se encuentran a igual distancia por abajo y por arriba del valor deseado, por lo que podemos considerar z 0 = 1.645. La región crítica y la región de aceptación quedan pues como: RC = (, 1.645) y RA = ( 1.645, ). Calculamos ahora el valor del estadístico que se obtiene con la muestra Z = X µ X 7800 800 n = 64 = 1.6. Ŝ X 1000 Como el valor del estadístico cae dentro de la región de aceptación concluimos que se acepta la hiṕotesis nula y, por tanto, no hay evidencias suficientes para rechazar la afirmación de la empresa. (b) El p valor, α p, es el menor nivel de significación para el que se rechaza la hipótesis nula. Como el contraste es unilateral por la izquierda, el p valor viene dado por P (Z 1.6) = α p. De nuevo este valor no aparece en las tablas. Utilizando la simetria de la distribución tenemos que α p = P (Z 1.6) = 1 P (Z 1.6) = 1 0.945 = 0.0548. 9

Problema 7 Una línea de producción funciona con un peso de llenado de 16 gr por envase. De acuerdo con datos anteriores, se sabe que el peso sigue una distribución normal. El exceso o defecto de peso en el llenado son problemas graves, y la linea de producción debe parar si se presenta alguno de ellos. Un inspector de calidad toma una muestra de 30 artículos y de acuerdo con los resultados toma la decisión de parar la línea o dejarla trabajando. (a) Para un nivel de significación α = 0.05, si se encuentra que x = 16.3 gr y ŜX = 0.8 gr qué acción recomendarías? Cuál es el p valor? (b) Para el mismo nivel de significación y el mismo valor de ŜX qué acción recomendarías si se obtiene que x = 15.8 gr? Solución: Sobre la población de los envases producidos aplicamos la variable aleatoria continua X = peso de llenado que sigue una distribución normal, X N(µ X, σ X ). (a) La decisión a tomar la basaremos en un contraste de hipótesis sobre la media poblacional µ X con nivel de significación α = 0.05. Tomamos como hipótesis nula el peso de llenado de referencia: H 0 : µ X = 16. Puesto que tanto el exceso como el defecto de llenado son defectos de funcionamiento, planteamos un contraste bilateral: H 1 : µ X 16. Al ser el contraste bilateral, la región crítica RC está formada por dos intervalos, uno a cada lado de la región de aceptación RA y por tanto: RC = (, t 0 ) (t 0, + ) y RA = ( t 0, t 0 ). Como la probabilidad de que el estadístico de contraste se encuentre en la región crítica es α, tenemos que sobre cada uno de los intervalos que forma RC la probabilidad es α, esto es P (T t 0) = α, siendo T el estadístico de contraste, que por tratarse de un contraste sobre la media de una población normal de varianza desconocida es T = X µ X Ŝ X n tn 1. De α = 0.05 y por la simetría de la distribución t-student, P (T t 0 ) = 1 P (T t 0 ) = 1 α = 0.975. Buscando en la tabla de la t-student con n 1 = 9 grados de libertad el valor con probabilidad acumulada 0.975 obtenemos que t 0 =.04. Así: es RC = (,.04) (.04, + ) y RA = (.04,.04). Para los valores muestrales X = 16.3 y ŜX = 0.8, tenemos que el valor del estadístico de contraste T = X µ X Ŝ X n tn 1 = 16.3 16 30 =.191 0.8 que pertenece a la región crítica, luego hemos de rechazar la hipótesis nula en favor de la hipótesis alternativa. Concluimos por tanto que existe un problema grave en el llenado y debe pararse la línea de producción. Al ser el contraste bilateral, el p valor α p viene dado por la expresión P (T.191) = αp. Por la simetría de la t Student tenemos que P (T.191) = 1 P (T.191) = 1 α p. 10

Buscando en la tabla de la t Student con 9 grados de libertad encontramos que P (T.04) = 0.975 y P (T.46) = 0.99. Por ser.191 más proximo al primero de ellos tomamos P (T.191) 0.975. Así 0.975 = 1 αp, de donde α p = 0.05. (b) Como ni el contraste ni el nivel de significación han cambiado, las regiones crítica y de aceptación son iguales a las del apartado (a), esto es RC = (,.04) (.04, + ) y RA = (.04,.04). Calculamos ahora el valor del estadístico de contraste para los nuevos valores muestrales: T = X µ X Ŝ X n tn 1 = 15.8 16 30 = 1.3 0.8 que ahora está dentro de la región de aceptación, luego aceptamos la hipótesis nula en contra de la hipótesis alternativa. Concluimos que no se ha producido ningún problema grave en el llenado y que por tanto no es necesario detener la línea de producción. 11