Distribucion Geometrica

Tema III.- “Modelos probabilísticos comunes” III.1.- Modelos probabilísticos para variables aleatorias discretas: Funciones de distribución binomial, binomial negativa, geométrica, de poisson y sus características principales. Modelos probabilísticos para variables aleatorias discretas. Distribución binomial. Se sabe que una variable aleatoria discreta es aquella que puede asumir un número finito de valores. La distribución binomial es un modelo probabilístico que solo puede asumir dos valores, a los cuales se les llamará éxito o fracaso. Sea:

p la probabilidad de que la variable aleatoria asuma el valor éxito y q la probabilidad de que la variable aleatoria asuma el valor fracaso.

Debe cumplirse que p + q = 1 Ejemplo: El 12 porciento de las hojas que imprime una máquina son defectuosas. A) sí se selecciona al azar una hoja impresa por ésta máquina. ¿ cuanto vale p y q, sí defectuosa se entiende por fracaso?.

q = 0.12

y

p = 1 - 0.12 = 0.88

b) Sí se seleccionan dos hojas al azar, regresando la primera antes de extraer la segunda, ¿ cuanto vale la probabilidad de que las dos no sean defectuosas?. Debido a que la probabilidad de elegir una segunda hoja no se ve afectada por la elección de la primer hoja, se trata de eventos independientes La probabilidad de obtener dos fracasos es

P( fracaso ∩ fracaso ) = qq = 0.12 * 0.12 = 0.0144 Y la probabilidad de obtener dos éxitos, es decir, elegir dos hojas no defectuosas esta dada por

P(éxito ∩ éxito) = pp = 0.88 * 0.88 = 0.7744 c) ¿Cual es la probabilidad de que la primera no sea defectuosa y la segunda sí?

P(éxito ∩ fracaso) = pq = 0.12 * 0.88 = 0.1056 d) ¿Cual es la probabilidad de que la primera sea defectuosa y la segunda no?

P( fracaso ∩ éxito) = qp = 0.88 * 0.12 = 0.156 e) ¿Cual es la probabilidad de obtener una hoja defectuosa y otra perfecta? (no importa el orden)

P(( fracaso ∩ éxito) ∪ (éxito ∩ fracaso)) = qp + pq = 0.12 * 0.88 + 0.88 * 0.12 = 0.2112

Puesto que los eventos son mutuamente exclusivos. f) Sí Y es la variable aleatoria “número de piezas no defectuosas observadas al extraer dos piezas, regresando la primera antes de extraer la segunda” ¿ cual es la distribución de probabilidades correspondientes? Y={0, 1, 2} i 1 2 3

Y 0 1 2

P(y) qq =0.12*0.12=0.0144 pq + qp=0.88*0.12 + 0.12*0.88=0.1056 + 0.1056= 0.2112 pp = 0.88*0.88=0.7744

∑ P( y) = 1 De acuerdo al resultado anterior, se ve que no importa el orden de aparición de los éxitos, entonces estamos hablando de combinaciones, es decir, del número de maneras en que pueden ocurrir “r” éxitos al repetir dos veces el experimento. Resolviendo el inciso f con este método 2

donde r = 0, 1 y 2

Cr

Para r=0

2

C0 =

2! =1 0! 2!

2

C1 =

2! =2 1! 1!

C2 =

2! =1 2! 0!

Para r=1

Para r=2

2

considerando lo anterior, tenemos: P(Y=0)=(1)(qq)=0.0144 P(Y=1)=(2)(pq)=0.2112 P(Y=2)=(1)(pp)=0.7744 Siendo los resultados iguales a los obtenidos con anterioridad.

Considerando que se extraen tres hojas impresas de un lote donde el 12% es defectuoso. Sí Y es la variable “número de hojas no defectuosas observadas al sacar tres al azar, regresando cada una de ellas antes de extraer la siguiente”. ¿Cual es la distribución de probabilidades? Y={0, 1, 2, 3 } Aplicando el procedimiento antes indicado ( número de combinaciones )

P(Y = 0) = 3 C 0 qqq = 3 C 0 p 0 q 3 = P(Y = 1) = 3 C1 pqq = 3 C1 p 1 q 2 =

3! (0.88) 0 (0.12) 3 = 0.0017 0! 3!

3! (0.88)(0.12) 2 = 0.038 1! 2!

P(Y = 2) = 3 C 2 ppq = 3 C 2 p 2 q 1 =

3! (0.88) 2 (0.12)1 = 0.2788 2! 1!

P(Y = 3) = 3 C 3 ppp = 3 C 3 p 3 q 0 =

3! (0.88) 3 (0.12) 0 = 0.6815 3! 0!

Generalizando para n hojas extraídas tendremos que

P(Y = r ) = n C r p r q n − r Tal generalización es conocida como Distribución

; r = 1, 2, 3, ....., n

Binomial

Concluyendo: Mediante la distribución de probabilidad binomial se obtiene la probabilidad de que al repetir “n” veces un experimento cuya variable aleatoria sólo puede asumir dos valores distintos (éxito , fracaso ) se observen r éxitos. Definición: Un experimento binomial será aquel que posea las siguientes propiedades. 1. 2. 3. 4. 5.

El experimento consiste de “n” pruebas idénticas. Sólo existen dos posibles resultados (éxito y fracaso) La probabilidad de un suceso, en una sola prueba puede ser p o q y esta se mantiene de prueba en prueba. Las pruebas son independientes. La variable aleatoria Y representa el número de sucesos observados durante n pruebas.

Ejemplo: En cierto curso se distribuye un examen con 10 preguntas de opción múltiple. Para aprobarlo, se requiere responder correctamente a siete o más de las preguntas. Sí se supone que se está adivinando la respuesta en cada pregunta ¿ Cual es la probabilidad de aprobar el examen sí a) Cada pregunta tiene tres respuestas opcionales. b) Cada pregunta tiene cuatro respuestas opcionales. c) Las cinco primeras preguntas tienen tres respuestas opcionales y las últimas cinco tiene cuatro respuestas opcionales. Respuestas: Sea X = número de respuestas correctas. a) X={7, 8, 9, 10}

P( X ≥ 7) = P( X = 7) + P( X = 8) + P( X = 9) + P( X = 10) Sí se esta adivinando, entonces las tres opciones tienen la misma probabilidad de ser elegidas, es decir, la probabilidad de elegir una opción es 1/3. 7

3

7

3

8

2

8

2

9

1

10!  1   2  1  2 P( X = 7) = 10 C 7     =     = (120)(0.0005)(0.2963) = 0.0163 7! 3!  3   3  3  3 10!  1   2  1  2 P( X = 8) = 10 C8     =     = (45)(0.0002)(0.4444) = 0.003 8! 2!  3   3  3  3 9

1

10!  1   2  1  2 P( X = 9) = 10 C 9     =     = (10)(0.0001)(0.6667) = 0.0003 9! 1!  3   3  3  3 10

P( X = 10) =

0

10

0

10!  1   2  1  2   =     = (1)(0.00002)(1) = 0.00002 10 C10   10! 0!  3   3  3  3

∴ P( X ≥ 7) = 0.0163 + 0.003 + 0.0003 + 0.00002 = 0.0196 b) X={7, 8, 9, 10}

P( X ≥ 7) = P( X = 7) + P( X = 8) + P( X = 9) + P( X = 10) 7

3

7

3

8

2

8

2

10!  1   3  1 3 P( X = 7) = 10 C 7     =     = (120)(0.0001)(0.4219) = 0.0031 7! 3!  4   4  4 4 10!  1   3  1 3 P( X = 8) = 10 C8     =     = (45)(0.00002)(0.5625) = 0.0004 8! 2!  4   4  4 4

9

1

9

1

10!  1   3  1 3 P( X = 9) = 10 C 9     =     = (10)(0.000004)(0.75) = 0.000029 9! 1!  4   4  4 4 10

P( X = 10) =

0

10

0

10!  1   3  1 3 −7   =     = (1)(0.000001)(1) = 9.5 * 10 10 C10   10! 0!  4   4  4 4

P( X ≥ 7) = 0.0031 + 0.0004 + 0.000028 + 9.5 * 10 −7 = 0.00352895 c) X={7, 8, 9, 10}

P( X ≥ 7) = P( X = 7) + P( X = 8) + P( X = 9) + P( X = 10) Para P(X=7) Sí formamos dos grupos, uno que incluya las preguntas con tres opciones (grupo 1) y otro que incluya las preguntas con 4 opciones (grupo 2), se tiene que las formas posibles de responder un examen son: Cinco preguntas del grupo 1 y dos preguntas del grupo 2 Cuatro preguntas del grupo 1 y tres preguntas del grupo 2 Tres preguntas del grupo 1 y cuatro preguntas del grupo 2 Dos preguntas del grupo 1 y cuatro preguntas del grupo 2 1er. grupo 5 4 3 2

Combinaciones 5C5 = 1 5C4 =5 5C3 =10 5C2 =10

2o. grupo 2 3 4 5

Combinaciones 5C2= 10 5C3= 10 5C4= 5 5C5= 1

Combinaciones totales 1*10=10 5*10=50 10*5=50 10*1=10

Aplicando la distribución binomial para las posibles formas de responder un examen 5

0

2

3

2

3

5

0

4

1

3

2

3

2

4

1

1  2 1  3 1  2 1  3 1  2 1  3 P( X = 7) = 10 *         + 50 *         + 50 *         +  3  3   4  4  3  3  4  4  3  3  4  4 1  2 1  3 10 *         3  3  4  4

P( X = 7) = 0.001085 + 0.003617 + 0.0024 + 0.00032 = 0.007422 Para X=8 1er. grupo 5 4 3

Combinaciones 5C5 = 1 5C4 =5 5C3 =10 5

0

2o. grupo 3 4 5 3

2

Combinaciones 5C3= 10 5C4= 5 5C5= 1 4

1

4

Combinaciones totales 1*10=10 5*5=25 10*1=10 1

3

2

5

1  2 1  3 1  2 1  3 1  2 1  3 P ( X = 8) = 10 *         + 25 *         + 10 *          3  3   4  4   3  3   4  4   3  3   4  4 

0

P( X = 8) = 0.00036 + 0.0006 + 0.00016 = 0.00112 Para X=9 1er. grupo 5 4

Combinaciones 5C5 = 1 5C4 =5 5

0

2o. grupo 4 5 4

1

Combinaciones 5C4= 5 5C5= 1 4

1

5

1  2 1  3 1  2 1  3 P ( X = 9) = 5 *         + 5 *         3  3  4  4 3  3  4  4

Combinaciones totales 1*5=5 5*1=5

0

P( X = 9) = 0.00006 + 0.00004 = 0.0001 Para X=10 1er. grupo 5

Combinaciones 5C5 = 1 5

0

2o. grupo 5 5

1  2 1  3 P ( X = 10) = 1 *         3  3  4  4

Combinaciones 5C5= 1

Combinaciones totales 1*1=1

0

P(X = 10) = 0.000004 P( X ≥ 7) = 0.007422 + 0.00112 + 0.0001 + 0.000004 = 0.008646 Para evaluar la distribución binomial (función de probabilidad), basta con conocer el valor de n y p por lo que a n y p se les conoce como los parámetros de la distribución binomial.

 n C r p r q n−r ⇒ P(r ) =  0

; r = 0, 1, 2, ....., n ; en otros casos

La función de distribución acumulada estará dada por: n

F (r ) = ∑ n C r p r q n −r = 1 r =0

mientras que la función generatriz es obtenida como sigue

[ ]

n

m(t ) = E e tx =∑ e tr n C r p r q n − r r =0

n

=∑ r =0

n

C

r

( )

n

=∑

e tr p r q n − r r

C r e t p q n−r

n

r =0

lo cual representa una serie que converge en

(

m(t ) = pe t + q

)

n

para obtener la media y la variancia, hay que derivar esta expresión ⇒ µ = m1 =

(

d pe t + q dt

)

n

(

= n pe t + q

) (pe ) n −1

t

evaluando en t=0

µ = np como σ2=m2-m1

2

⇒ m2 =

(

d2 pe t + q dt

(

= n pe t + q

)

)

n −1

n

=

pe t

((

) (pe )) + pe [(n(n − 1)(pe + q )

d n pe t + q dt

n −1

t

t

t

n−2

pe t

)]

evaluando en t=0

m2 = np + p 2 (n )(n − 1) = np((n − 1) p + 1) = np (np − p + 1) = np(np + 1 − p ) = np(np + q)

como q = 1 − p

∴ σ 2 = m2 − m12 = np (np + q) − (np ) 2 = np(np + q − np) = npq

σ 2 = npq

Distribución de probabilidad geométrica • • •

La variable aleatoria al igual que en la distribución binomial, sólo puede tomar dos valores (éxito o fracaso). Las pruebas son también idénticas e independientes entre sí. La probabilidad de éxito es p y se mantiene constante de prueba en prueba.

Sin embargo, mientras que en la distribución binomial se buscaba el número de éxitos que ocurrían en “n” pruebas, en la distribución geométrica lo que se busca es el número de pruebas necesarias para que ocurra un éxito, es decir, el experimento consiste de una serie de pruebas, las cuales concluyen cuando un éxito es observado.

Ejemplo: Un jugador de baloncesto se dispone a tirar hasta anotar una canasta. Sí se supone que sus tiros son independientes y la probabilidad de anotar una canasta es de 0.8. ¿Cual es la probabilidad de necesitar efectuar dos tiros?, ¿tres tiros?, ¿cuatro tiros?, ¿cinco tiros?, ¿n tiros?. Solución Sea Y = número de tiros necesarios para anotar una canasta p= 0.8 q = 0.2 P( Y=2 ) =q p =(0.2)*(0.8) = 0.16 P( Y=3 ) = q q p = (0.2)(0.2)(0.8)= 0.032 P( Y=4 ) = q q q p = (0.2)(0.2)(0.2)(0.8) = 0.0064 P( Y=5) = q q q q p= (0.2)(0.2)(0.2)(0.2)(0.8)= 0.00128

P( Y=n) = q n-1 p = b) ¿Cual es la probabilidad de necesitar a lo más 5 tiros?

P(Y ≤ 5) = P (1) + P(2) + P(3) + P(4) + P(5) 5

P(Y ≤ 5) = ∑ q r −1 p =(0.2 0 * 0.8) + (0.21 * 0.8) + (0.2 2 * 0.8) + (0.2 3 * 0.8) + (0.2 4 * 0.8) r =1

= 0.8 + 0.16 + 0.032 + 0.0064 + 0.00128 = 0.99968 Resumiendo:

La distribución de probabilidad geométrica q r −1 p ; r = 1, 2, 3,....., n P(r ) =  ; en otros casos 0

La función de distribución acumulada n

F (r ) = ∑ q r −1 p = 1 r =1

La función generatriz de momentos m(t ) =

pe t 1 − qe t

La media

µ=

1 p

La variancia

σ2 =

q p2

Distribución de Pascal o binomial negativa. En el desarrollo de la distribución binomial nos dimos cuenta que al realizar “n” pruebas podrían ocurrir “r” éxitos. En la distribución de Pascal interesa realizar “n” pruebas hasta que ocurran “r” éxitos, es decir, el número de pruebas no está limitado. Usando el razonamiento empleado en la distribución binomial , tenemos que para cualquier secuencia de “r” éxitos en “n” pruebas la probabilidad está dada por

P(r) =pr q n-r Para determinar la distribución binomial, es necesario conocer el número posible en que pueden ocurrir “r” éxitos en “n” pruebas.

⇒ P(r ) = n C r p r q n −r pero sí el número de éxitos se ha predeterminado en lugar del número de pruebas entonces debe cumplirse que en la prueba final ocurra un éxito, esto indica que antes de realizar la última prueba ya que ocurrieron r-1 éxitos en n-1 pruebas por lo tanto puede conocerse el número posible de formas en que pueden ocurrir r-1 éxitos en “n-1” pruebas, mediante el uso del análisis combinatorio.

n −1

∴ P(r ) =

n −1

C r −1

C r −1 p r q n− r

; r = 0, 1, 2, 3,...., n

La función generatriz de momentos m(t ) =

pe t 1 − qe t

La media

µ=

r p

La variancia

σ 2=

rq p2

Distribución de Poisson Suponga que queremos encontrar la distribución de probabilidad del número de accidentes automovilísticos en una intersección determinada, durante un periodo de una semana. Sea Y el número de accidentes. Una primer ojeada a la variable aleatoria puede indicar que no existe relación con la distribución binomial. Sí este periodo lo dividimos en “n” subintervalos, donde en cada subintervalo sólo pueda ocurrir a lo más un accidente. Sea p la probabilidad de ocurrir un accidente en cualquier subintervalo. Entonces el número total de accidentes en una semana será el número total de subintervalos en los que ocurrió un accidente. Sí la ocurrencia de accidentes es considerada independiente de intervalo en intervalo, entonces el número total de accidentes tendrá una distribución binomial. Sea λ =

np (media de la distribución binomial)

Tomando el límite cuando n tiende a infinito

P(r ) = lim n C r p r q n − r = lim n →∞

n →∞

n! λ   r!(n − r )!  n 

r

 λ 1 −   n

n−r

λ   n

n(n − 1)(n − 2)(n − 3)......(n − (r + 1)) = lim n →∞ r!

λ  λ  λ   1 −  1 −  n  n  n

n(n − 1)(n − 2)(n − 3)......(n − (r + 1)) n →∞ r!

=

λr n(n − 1)(n − 2)(n − 3)......(n − (r + 1)) lim r! n →∞ r!

r

 λ 1 −   n

n− r

= lim

r

 λ 1 −   n

n

n

 λ 1 −   n

−r

−r

como nr = n*n*n*n*n*n*n*n*…………*n (r veces)

⇒

n(n − 1)(n − 2).....(n − (r + 1)) n n − 1 n − 2 n − r +1 ......... = r n n n n n  1  2  r −1 = 1 1 −  1 − ..........1 −  n   n n 

λr  r −1  λ   λ   1  2  3 lim 1 −  1 −  1 −  ........ 1 − ∴  1 −  1 −  r! n →∞  n   n   n  n  n  n  n

−r

Tomando límites

 1 lim1 −  = 1 n →∞  n

 λ lim1 −  n →∞  n

−r

=1

 r −1 lim1 −  =1 n→∞ n  

Por definición

 λ lim1 −  = e −λ n →∞  n n

∴ P(r ) =

λ r −λ e r!

; e = 2.718 r = 0, 1, 2, 3,.....

Entonces la distribución de Poisson puede aproximarse mediante la distribución binomial cuando n p λ

sea muy grande (n tienda a infinito) sea muy pequeña (p tienda a cero) sea menor o aproximadamente igual a 7

La distribución de Poisson se emplea para obtener modelos de probabilidad para eventos raros, es decir, que no ocurren frecuentemente en el espacio, en el tiempo, o en cualquier otra dimensión. Por ejemplo accidentes automovilísticos, accidentes industriales, etc. en una unidad de tiempo dada. Otros ejemplos son el número de llamadas telefónicas recibidas en una central en un tiempo dado. El número de partículas

radioactivas que decaen en un periodo de tiempo específico, el número de errores de una secretaria al escribir una página, etc.

Función de probabilidad P(r ) =

λ r e −λ r!

; r = 0, 1, 2, .....

La media

µ=λ

La variancia

σ

2

=λ

La función generatriz m(t ) = e λ (e −1) t

Ejemplos 1.- Suponga que en una población muy grande de animales, el 80% tienen una coloración normal y solo el 20% son albinos (no tienen pigmentación en la piel y el cabello). Una expedición científica quiere atrapar tres animales al azar. Nota: El hecho que la población sea muy grande, implica que al atrapar tres animales sin reemplazarlos, no afecta los resultados de expediciones futuras, es decir, cada prueba será considerada como independiente. a)

¿Cual es la probabilidad de que alguno de los animales, sea albino? (distribución binomial)

Sea Y =número de animales albinos;

p=0.20 y

q=0.80

P(Y = 1)= 3 C1 0.21 * 0.8 2 = 0.384 Entonces la probabilidad de que un animal sea albino es 0.384 b) Sí los expedicionarios deciden atrapar animales hasta que uno sea albino, ¿Cual es la probabilidad de que esto ocurra? Suponga que esto ocurrió en el tercer intento. (distribución geométrica)

P(Y = 3) = 0.8 3−1 * 0.2 = 0.128

2.- Una fábrica de helados produce paletas cubiertas de chocolate que se venden a diez centavos. Suponer que se pone una estrella en cada 50 paletas; cualquiera que compra una paleta con una estrella obtiene otra paleta en forma gratuita. Sí decide comprar paletas hasta obtener una paleta gratuita, ¿cuántas se espera que compre antes de lograr una grátis? Se trata de una distribución geométrica, porque la prueba se detendrá hasta obtener un éxito. Como se sabe que una de cada 50 paletas tiene una estrella, entonces la probabilidad de éxito será p= 1/50 El valor esperado del número de paletas corresponde a la media, la cual está definida como

µ=

1 1 = = 50 paletas 1 p 50

3.- Un jurado de siete jueces va a decidir entre dos finalistas quién es la ganadora de un concurso de belleza, para lo cual bastará una mayoría de los jueces. Suponer que cuatro jueces voten por María y que los otros tres voten por Susana. Sí se seleccionan al azar tres jueces y se les pregunta por quién van a votar, ¿cuál es la probabilidad de que la mayoría de los jueces de la muestra estén a favor de María? Debido a que el evento consiste en votar por María o no votar por María, es decir, solo se admiten dos resultados, el problema se basa en una distribución binomial Sea Y= número de jueces que votaran por María. p = 4/7 y

q=3/7 2

1

3!  4   3  3!  4  P(Y ≥ 2) = P(Y = 2) + P(Y = 3) = 3 C 2 p q + 3 C 3 p q =     +   2!*1!  7   7  3! 0!  7  = 0.4198 + 0.1866 = 0.6064 2

1

3

3

0

4.- Suponer que cada vez que una persona maneja un auto tiene 0.001 de probabilidad de recibir una infracción de tránsito por manejar con exceso de velocidad, y suponer también que se pierde la licencia de manejo al sumar tres infracciones. Sea X el número de veces que se maneja el automóvil hasta recibir la tercera infracción. Obtener la función de probabilidad para X (suponer que cada vez que se maneja el auto se tiene la misma probabilidad de 0.001 de recibir una infracción y que las veces que ocurren esas boletas, son independientes). X= Número de veces que se maneja un automóvil hasta recibir la tercera infracción. p = 0.001

;probabilidad de recibir una infracción

P( X )= n −1 C r −1 p r q n− r

;r = 3

P( X ) =

=

( x − 1)! ( x − 1)! 0.0013 * 0.999 x −3 = 0.0013 * 0.999 x −3 (3 − 1)!(( x − 1) − (3 − 1))! 2 * ( x − 3)! ( x − 1) * ( x − 2) 0.0013 * 0.999 x −3 2

5.- Suponga que un lote de 300 fusibles eléctricos contiene 5% de defectuosos. Sí una muestra de 5 fusibles es probada, encontrar la probabilidad de observar al menos uno defectuoso.

Debido a que el evento responde a dos valores (se es o no defectuoso) se trata de una distribución binomial. Sea Y= número de fusibles defectuosos Tamaño del lote = 300 fusibles Tamaño de la muestra = 5 fusibles p = P(defectuosos) = 5% q = P(no defectuosos) = 95%

P(Y ≥ 1) = P(Y = 1) + P(Y = 2) + P(Y = 3) + P(Y = 4) + P(Y = 5) = 1 − P(ninguno sea defectuoso)

P(Y ≥ 1) = 1− 5 C 0 p 0 q 5 = 1 −

5! 0.05 0 * 0.95 5 = 0.2262 0! 5!

6.- La experiencia ha mostrado que el 30% de todas las personas que sufren alguna enfermedad, se recuperan. Una compañía farmacéutica ha desarrollado una nueva vacuna. 10 personas con alguna enfermedad fueron seleccionadas aleatoriamente e inyectadas con la vacuna; nueve se recuperaron rápidamente después de esto. Suponga que la vacuna fue completamente inservible. ¿ Cuál es la probabilidad de que al menos 9 de los 10 vacunados se recuperaran? En este ejemplo lo que importa es saber si una persona se recupero o no, por lo que se trata de una distribución binomial Sea Y= número de personas que se recuperaron p = 0.3 q = 0.7

P(Y ≥ 9) = P(Y = 9) + P(Y = 10)

10! 10! 0.39 0.71 + 0.310 0.7 0 9! 1! 10! 0! = 10 * 0.00001968 * 0.7 + 0.0000059 = 0.0001378 + 0.0000059 = 0.0001437

P(Y ≥ 9)=10 C 9 p 9 q1 + 10 C10 p 10 q 0 =

La probabilidad de que se recuperen al menos 9 personas, sin haberles aplicado la vacuna, suponiendo que la misma es inservible, es muy pequeña (1.437 x 104), por lo que si se recuperaron al menos 9 personas significa que la vacuna es sumamente efectiva. 7.- Suponga que la probabilidad de que una máquina funcione mal durante cualquier periodo de 1 hora es p=0.02. Encontrar la probabilidad de que una máquina no sufra descomposturas sí se usa por 2 horas. Lo que importa es saber sí la máquina funciona (éxito) en un cierto número de pruebas, por lo que se tiene una distribución geométrica.

Sea Y= número de periodos de un hora hasta la primer descompostura. ∞

P( trabajar dos horas antes de descomponerse) = P(Y ≥ 3) = ∑ P(Y) Y =3

∞

Como∑ P(Y ) = 1 Y =1

2

∴ P(2 horas antes de descomponerse) = 1 − ∑ P(Y ) = 1 − [ p + qp ] = 1 − 0.02 − (0.98)(0.02) Y =1

= 0.9604 8.- Una compañía petrolera perforará varios pozos en cierta área para encontrar uno que sea productivo. La probabilidad de tener éxito en una prueba dada es 0.2 a)

¿Cuál es la probabilidad que el tercer pozo perforado sea el primer pozo productivo?.

Lo que se busca es obtener un pozo productivo (éxito) después de un cierto número de pruebas (fracasos), lo que nos lleva a determinar que estamos frente a una distribución geométrica.

Sea Y= número de pozos perforados hasta encontrar uno productivo. P(Y=3)=q q p = (0.8)(0.8)(0.2)=0.128 b) Sí la compañía sólo puede perforar, a lo más 10 pozos, ¿cual es la probabilidad que ninguno sea productivo?. P(ninguno sea productivo) = q q q q q q q q q q = q 10 = 0.8 10 = 0.1074

9.- Sí la probabilidad de que un individuo sufra una reacción por una inyección de un determinado suero es de 0.001, determinar la probabilidad de que de un total de 2 000 individuos a)

exactamente tres tengan alguna reacción.

Este problema puede resolverse aplicando el concepto de distribución binomial, es la cual una variable puede tomar sólo dos valores (éxito o fracaso). Sea X = número de individuos que sufren alguna reacción. De donde p=0.001 y n = 2 000 individuos. Entonces

P( X = 3)= 2000 C 3 (0.001) 3 (0.999)1997 = =

2000 ! (0.001) 3 (0.999)1997 3 ! 1997 !

2000 *1999 *1998 (1x10 −9 )(0.136) = 0.1805 6

b) más de dos individuos tengan reacción.

P( X > 2) = 1 − [ P( X = 0) + P( X = 1) + P( X = 2)]  2000 ! 2000 ! = 1−  (0.001) 0 (0.999) 2000 + (0.001)1 (0.999)1999 0 ! 2000 ! 1 ! 1999 !   2000 ! + (0.001) 2 (0.999)1998  2 ! 1998 !  = 1 − [0.135 + 0.271 + 0.271] = 0.323

Este problema puede resolverse también, mediante la aplicación de la distribución de Poisson si consideramos que n es grande (no muy grande) y que p es pequeña (no muy pequeña), así se tiene

λ = np = 2000 * 0.001 = 2 Como λ es menor de 7 puede aplicarse la distribución de Poisson

λ 3 e − λ 2 3 e −2 = = 0.1804 3! 6

a)

P( X = 3) =

b)

P( X > 2) = 1 − [ P( X = 0) + P( X = 1) + P( X = 2)]

P( X > 2) = 1 −

2 0 e − 2 21 e − 2 2 2 e − 2 − − = 1 − 0.135 − 0.271 − 0.271 = 0.324 0! 1! 2!

10.- Suponga que el número de llamadas que llegan a un conmutador telefónico de una industria, es un proceso de Poisson con parámetro λ = 120 llamadas por hora. Sea x el número de llamadas que llegan en un periodo de un minuto. a.- determine la función de probabilidad

λ = 120 llamadas por hora 120 λ= = 2 llamadas por min uto 60 2 r e −2 ⇒ P(r ) = ; r = 0, 1, 2, ... r! b.- ¿Cual es la probabilidad de no recibir alguna llamada en este intervalo (1 min.)?

P(r = 0) =

2 0 e −2 = e − 2 = 0.135 0!

c.- ¿Cual es la probabilidad de que lleguen entre 1 y 5 llamadas inclusive?

P(1 ≤ r ≤ 5) = P(r ≤ 5) − P(r = 0) de tablas P(r ≤ 5 ; λ = 2) = 0.983 P(r = 0 ; λ = 2) = 0.135 ⇒ P(1 ≤ r ≤ 5) = 0.983 − 0.135 = 0.848