MODELOS DISCRETOS DE PROBABILIDAD

Modelos Discretos de Probabilidad: Herramientas Matemáticas para Decisiones en la Incertidumbre

La probabilidad es una rama fundamental de la estadística que permite modelar y analizar fenómenos aleatorios, es decir, situaciones donde el resultado no puede preverse con certeza, pero sí puede describirse en términos de posibilidades cuantificables. Los modelos discretos de probabilidad son aquellos que estudian variables aleatorias que solo pueden tomar valores aislados y contables, como el número de caras al lanzar una moneda varias veces, la cantidad de defectos en un lote de productos, o el número de llamadas que recibe un hospital en un periodo específico.

Estos modelos son esenciales en la vida cotidiana y en la toma de decisiones en áreas como la ingeniería, la medicina, la administración y la industria. El taller que vas a desarrollar aborda precisamente este tipo de situaciones, utilizando modelos clásicos como el binomial, el de Poisson, el hipergeométrico y el geométrico, entre otros. Cada uno de estos modelos responde a contextos particulares, como conteo de éxitos en ensayos independientes, ocurrencia de eventos raros en intervalos de tiempo, o selección sin reemplazo de elementos de un conjunto finito.

Variables Aleatorias Discretas y Funciones de Probabilidad

Una variable aleatoria discreta es aquella que solo puede tomar un número finito o numerable de valores. Su comportamiento se describe mediante la función de masa de probabilidad (fmp), que asigna a cada valor x_i la probabilidad p_i de que la variable tome ese valor:

P(X = x_i) = p_i

La suma de todas las probabilidades debe ser igual a 1:

\sum_{i} p_i = 1

La función de distribución acumulada permite calcular la probabilidad de que la variable tome un valor menor o igual a un cierto número:

F(x) = P(X \leq x)

Medidas Fundamentales: Esperanza y Varianza

Para describir el comportamiento de una variable aleatoria discreta se utilizan medidas como la esperanza matemática (media) y la varianza:

• Esperanza (media): \mu = E[X] = \sum_{i} x_i p_i

• Varianza: \sigma^2 = \sum_{i} (x_i - \mu)^2 p_i

Principales Modelos Discretos de Probabilidad

A continuación, se resumen los modelos más frecuentes que encontrarás en el taller:

Modelos discretos de probabilidad

Modelo	Contexto	Formula
Binomial	Número de éxitos en n ensayos independientes con probabilidad p	P(X = k) = C(n, k) p^k (1-p)^{n-k}
Poisson	Número de ocurrencias de un evento raro en un intervalo	P(X = k) = (λ^k e^{-λ})/k!
Hipergeométrico	Selección sin reemplazo de una muestra de una población finita	P(X = k) = [C(K, k) C(N-K, n-k)] / C(N, n)
Geométrico	Número de ensayos hasta el primer éxito	P(X = k) = (1-p)^{k-1} p

Importancia y Aplicación

El dominio de estos modelos permite resolver problemas como los que plantea tu taller: desde calcular la probabilidad de que cierto número de estudiantes asistan a clase, hasta estimar la frecuencia de accidentes, defectos en productos, o urgencias en hospitales. Aplicar correctamente cada modelo implica identificar las condiciones del problema y seleccionar la fórmula adecuada, lo que constituye una habilidad clave en la formación científica y profesional.

En resumen, los modelos discretos de probabilidad son herramientas poderosas para analizar y predecir el comportamiento de sistemas aleatorios, facilitando la toma de decisiones informadas en contextos de incertidumbre.

1 . Ejercicio

# Parámetros
n <- 8
p <- 0.6

# a) Probabilidad de que por lo menos 7 asistan
prob_al_menos_7 <- sum(dbinom(7:8, size = n, prob = p))
# o equivalente:
prob_al_menos_7_alt <- 1 - pbinom(6, size = n, prob = p)

# b) Probabilidad de que por lo menos 2 no asistan
prob_al_menos_2_no_asisten <- pbinom(6, size = n, prob = p)

# Mostrar resultados
prob_al_menos_7

[1] 0.1063757

prob_al_menos_7_alt

[1] 0.1063757

prob_al_menos_2_no_asisten

[1] 0.8936243

1. Se sabe que el 60% de los alumnos de una universidad asisten a clases el viernes. En una encuesta a 8 alumnos de la universidad. ¿Cuál es la probabilidad de que a) por lo menos siete asistan a clase el viernes? b) por lo menos dos no asistan a clase.

Resolución Paso a Paso

Contexto y Modelo

Tenemos:

• Probabilidad de que un alumno asista el viernes: p = 0.6

• Número de alumnos encuestados: n = 8

• Variable aleatoria X: número de alumnos que asisten el viernes.

Como hay dos posibles resultados (asiste/no asiste) y los ensayos son independientes, el modelo adecuado es la distribución binomial.

La función de probabilidad binomial es:

P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} donde:

• n = número de ensayos (alumnos encuestados)

• k = número de éxitos (alumnos que asisten)

• p = probabilidad de éxito (asistir)

• 1-p = probabilidad de fracaso (no asistir)

a) Probabilidad de que por lo menos siete asistan a clase el viernes

Buscamos P(X \geq 7) = P(X=7) + P(X=8).

Calculamos cada término:

Para X = 7:

P(X=7) = \binom{8}{7} (0.6)^7 (0.4)^1 = 8 \times 0.0279936 \times 0.4 = 8 \times 0.01119744 = 0.08957952

Para X = 8:

P(X=8) = \binom{8}{8} (0.6)^8 (0.4)^0 = 1 \times 0.016777216 \times 1 = 0.016777216

Sumamos:

P(X \geq 7) = 0.08958 + 0.01678 = 0.10636

Respuesta:

La probabilidad de que por lo menos siete alumnos asistan a clase el viernes es aproximadamente 0.106 (10.6%).

b) Probabilidad de que por lo menos dos no asistan a clase

“Por lo menos dos no asistan” significa que como máximo seis asisten (X \leq 6), ya que si 7 u 8 asisten, solo 1 o ninguno faltó.

P(\text{al menos 2 no asisten}) = P(X \leq 6)

Esto es la suma de las probabilidades desde X=0 hasta X=6:

P(X \leq 6) = 1 - P(X=7) - P(X=8)

Ya calculamos P(X=7) y P(X=8):

P(X \leq 6) = 1 - 0.08958 - 0.01678 = 1 - 0.10636 = 0.89364

Respuesta:

La probabilidad de que por lo menos dos alumnos no asistan a clase el viernes es aproximadamente 0.894 (89.4%).

Resumen de Fórmulas Utilizadas

• Distribución binomial:
  P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}
• Probabilidad acumulada:
  P(X \geq a) = \sum_{k=a}^{n} P(X = k) P(X \leq b) = 1 - P(X > b)

Interpretación

• El modelo binomial permite calcular la probabilidad de un número específico de éxitos (asistencias) en un número fijo de ensayos (alumnos), dada una probabilidad constante de éxito.

• En este caso, es poco probable que 7 u 8 de 8 asistan (10.6%), pero es muy probable que al menos dos no asistan (89.4%).

2 . Ejercicio

2. Según los registros universitarios fracasa el 5% de los alumnos de cierto curso. ¿Cuál es la probabilidad de que, de 6 estudiantes seleccionados al azar, menos de 3 hayan fracasado?

# Parámetros
n <- 6
p <- 0.05

# Probabilidad de que menos de 3 hayan fracasado (es decir, 0, 1 o 2)
prob_menos_de_3 <- pbinom(2, size = n, prob = p)

# Mostrar resultado
prob_menos_de_3

[1] 0.9977702

Paso a paso: Probabilidad de que menos de 3 estudiantes hayan fracasado

Contexto y modelo

• Probabilidad de fracaso de un estudiante: p = 0.05 (5%)

• Número de estudiantes seleccionados: n = 6

• Variable aleatoria X: número de estudiantes que han fracasado

Como cada estudiante puede fracasar o no de manera independiente, usamos el modelo binomial:

P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}

donde:

• n = 6

• p = 0.05

• k = número de estudiantes que han fracasado (puede ser 0, 1 o 2 para “menos de 3”)

Cálculo de la probabilidad

Buscamos:

P(X < 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)

1. Para X = 0:

P(X=0) = \binom{6}{0} (0.05)^0 (0.95)^6 = 1 \times 1 \times 0.7351 = 0.7351

2. Para X = 1:

P(X=1) = \binom{6}{1} (0.05)^1 (0.95)^5 = 6 \times 0.05 \times 0.7738 = 6 \times 0.03869 = 0.2321

3. Para X = 2:

P(X=2) = \binom{6}{2} (0.05)^2 (0.95)^4 = 15 \times 0.0025 \times 0.8145 = 15 \times 0.002036 = 0.0305

Suma total:

P(X < 3) = 0.7351 + 0.2321 + 0.0305 = 0.9977

Respuesta final

La probabilidad de que, de 6 estudiantes seleccionados al azar, menos de 3 hayan fracasado es aproximadamente 0.998 (99.8%).

Resumen de fórmulas utilizadas

Distribución binomial:

P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} Probabilidad acumulada:

P(X < 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)

Interpretación

Es extremadamente probable que, al seleccionar 6 estudiantes al azar, menos de 3 hayan fracasado en el curso, dado que la tasa de fracaso es muy baja (5%).

3 . Ejercicio

3. En promedio, el 10% de las varillas de madera usadas en cierto producto presentan problemas para ser usadas. ¿Cuál es la probabilidad de que en un paquete de 15 varillas, a) encuentre exactamente 5 con defectos. b) por lo menos 10 estén nudosas, c) no más de 4 estén nudosas.

n <- 15
p <- 0.1

# a) Exactamente 5 defectuosas
prob_exactamente_5 <- dbinom(5, size = n, prob = p)

# b) Al menos 10 defectuosas
prob_al_menos_10 <- sum(dbinom(10:15, size = n, prob = p))
# o equivalente:
prob_al_menos_10_alt <- 1 - pbinom(9, size = n, prob = p)

# c) No más de 4 defectuosas
prob_no_mas_de_4 <- pbinom(4, size = n, prob = p)

# Mostrar resultados
prob_exactamente_5

[1] 0.01047081

prob_al_menos_10

[1] 1.866202e-07

prob_al_menos_10_alt

[1] 1.866202e-07

prob_no_mas_de_4

[1] 0.9872795

Resolución paso a paso

El problema plantea que el 10% de las varillas de madera presentan defectos. En un paquete de 15 varillas, se pide calcular varias probabilidades.
Esto corresponde a un modelo binomial donde:

• n = 15 (número de varillas)

• p = 0.10 (probabilidad de defecto)

• X: número de varillas defectuosas en el paquete

La fórmula general de la distribución binomial es:

P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}

a) Probabilidad de encontrar exactamente 5 con defectos

Buscamos: P(X = 5)

P(X = 5) = \binom{15}{5} (0.10)^5 (0.90)^{10}

Calculamos paso a paso:

• \binom{15}{5} = 3003

• (0.10)^5 = 0.00001

• (0.90)^{10} \approx 0.3487

Multiplicando:

P(X = 5) = 3003 \times 0.00001 \times 0.3487 \approx 3003 \times 0.000003487 \approx 0.01047

Respuesta:

La probabilidad de encontrar exactamente 5 varillas defectuosas es aproximadamente 0.0105 (1.05%).

b) Probabilidad de que por lo menos 10 estén nudosas

Buscamos: P(X \geq 10) = P(X=10) + P(X=11) + \ldots + P(X=15)

Cada término se calcula con la fórmula binomial:

P(X = k) = \binom{15}{k} (0.10)^k (0.90)^{15-k}

Calculando cada uno:

• P(X=10) = \binom{15}{10} (0.10)^{10} (0.90)^5

• P(X=11) = \binom{15}{11} (0.10)^{11} (0.90)^4

• P(X=12) = \binom{15}{12} (0.10)^{12} (0.90)^3

• P(X=13) = \binom{15}{13} (0.10)^{13} (0.90)^2

• P(X=14) = \binom{15}{14} (0.10)^{14} (0.90)^1

• P(X=15) = \binom{15}{15} (0.10)^{15} (0.90)^0

Dado que p es pequeño y k es grande, estos valores serán extremadamente pequeños.
Por ejemplo, para k=10:

\binom{15}{10} = 3003

(0.10)^{10} = 1 \times 10^{-10}

(0.90)^5 \approx 0.59049

P(X=10) = 3003 \times 1 \times 10^{-10} \times 0.59049 \approx 1.774 \times 10^{-7}

Los siguientes términos serán aún menores.
Sumando todos, la probabilidad total es prácticamente cero (menos de 0.000001).

Respuesta: La probabilidad de que por lo menos 10 varillas estén nudosas es prácticamente cero.

c) Probabilidad de que no más de 4 estén nudosas

Buscamos: P(X \leq 4) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) + P(X=4)

Calculamos cada término:

• P(X = k) = \binom{15}{k} (0.10)^k (0.90)^{15-k}

Por ejemplo:

• P(X=0) = \binom{15}{0} (0.10)^0 (0.90)^{15} = 1 \times 1 \times 0.2059 = 0.2059

• P(X=1) = \binom{15}{1} (0.10)^1 (0.90)^{14} = 15 \times 0.10 \times 0.2288 = 0.3432

• P(X=2) = \binom{15}{2} (0.10)^2 (0.90)^{13} = 105 \times 0.01 \times 0.2542 = 0.2671

• P(X=3) = \binom{15}{3} (0.10)^3 (0.90)^{12} = 455 \times 0.001 \times 0.2824 = 0.1285

• P(X=4) = \binom{15}{4} (0.10)^4 (0.90)^{11} = 1365 \times 0.0001 \times 0.3138 = 0.0428

Sumando:

P(X \leq 4) = 0.2059 + 0.3432 + 0.2671 + 0.1285 + 0.0428 = 0.9875

Respuesta:
La probabilidad de que no más de 4 varillas estén nudosas es aproximadamente 0.988 (98.8%).

Resumen de fórmulas utilizadas

• Distribución binomial:

P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}

• Probabilidad acumulada:

P(X \leq a) = \sum_{k=0}^{a} P(X = k)

P(X \geq b) = \sum_{k=b}^{n} P(X = k)

Interpretación

• Es poco probable encontrar exactamente 5 defectuosas.

• Es prácticamente imposible encontrar 10 o más defectuosas.

• Es muy probable encontrar 4 o menos defectuosas en un paquete de 15 varillas cuando la tasa de defecto es del 10%.

4 . Ejercicio

4. Una compañía de seguros considera que alrededor del 25% de los carros se accidentan cada año. ¿Cuál es la probabilidad de que por lo menos 3 de una muestra de 7 vehículos asegurados, se haya accidentado?

# Parámetros
n <- 7
p <- 0.25

# Probabilidad de que al menos 3 vehículos se hayan accidentado
prob_al_menos_3 <- 1 - pbinom(2, size = n, prob = p)

# Mostrar resultado
prob_al_menos_3

[1] 0.2435913

Para este problema, la situación describe una muestra de 7 vehículos asegurados donde la probabilidad de que un vehículo se accidente en el año es del 25% (p = 0.25). Queremos calcular la probabilidad de que por lo menos 3 vehículos se hayan accidentado.

Modelo y Fórmula

Este es un caso de distribución binomial, donde:

• n = 7 (vehículos)

• p = 0.25 (probabilidad de accidente)

• X: número de vehículos accidentados

La función de probabilidad binomial es:

P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}

Probabilidad de al menos 3 accidentados

Buscamos:

P(X \geq 3) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5) + P(X=6) + P(X=7)

Es más eficiente calcular el complemento:

P(X \geq 3) = 1 - P(X \leq 2)

donde

P(X \leq 2) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)

Cálculo de cada término

• P(X=0) = \binom{7}{0} (0.25)^0 (0.75)^7 = 1 \times 1 \times 0.1335 = 0.1335

• P(X=1) = \binom{7}{1} (0.25)^1 (0.75)^6 = 7 \times 0.25 \times 0.1788 = 7 \times 0.0447 = 0.3129

• P(X=2) = \binom{7}{2} (0.25)^2 (0.75)^5 = 21 \times 0.0625 \times 0.2373 = 21 \times 0.0148 = 0.3108

Sumamos:

P(X \leq 2) = 0.1335 + 0.3129 + 0.3108 = 0.7572

Por lo tanto:

P(X \geq 3) = 1 - 0.7572 = 0.2428

Respuesta final

La probabilidad de que por lo menos 3 de una muestra de 7 vehículos asegurados se haya accidentado es aproximadamente 0.243 (24.3%).

5 . Ejercicio

5. Los registros muestran que 30% de los pacientes admitidos en una clínica, no pagan sus facturas y eventualmente se condona la deuda. Suponga que llegan 4 nuevos pacientes a la clínica, cual es la probabilidad de que se tenga que perdonar la deuda de uno de los cuatro. b) los cuatro pacientes paguen sus facturas.

n <- 4
p <- 0.3

# a) Probabilidad de que exactamente 1 no pague
prob_uno_no_paga <- dbinom(1, size = n, prob = p)

# b) Probabilidad de que los 4 paguen
prob_todos_pagan <- dbinom(0, size = n, prob = p)

# Mostrar resultados
prob_uno_no_paga

[1] 0.4116

prob_todos_pagan

[1] 0.2401

Para este problema, la probabilidad de que un paciente no pague su factura es p = 0.30 y la de que pague es q = 1 - p = 0.70. Se consideran 4 pacientes, y la variable aleatoria X es el número de pacientes a los que se les condona la deuda (no pagan). El modelo adecuado es la distribución binomial:

P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}

donde n = 4, p = 0.30, k es el número de pacientes que no pagan.

1. Probabilidad de que se tenga que perdonar la deuda de uno de los cuatro

Buscamos P(X = 1):

P(X = 1) = \binom{4}{1} (0.30)^1 (0.70)^{3}

Calculando paso a paso:

• \binom{4}{1} = 4

• (0.30)^1 = 0.30

• (0.70)^3 = 0.343

Multiplicando:

P(X = 1) = 4 \times 0.30 \times 0.343 = 0.4116

Respuesta:

La probabilidad de que se tenga que perdonar la deuda de uno de los cuatro pacientes es 0.412 (41.2%).

2. Probabilidad de que los cuatro pacientes paguen sus facturas

Aquí, ninguno deja de pagar, es decir, X = 0:

P(X = 0) = \binom{4}{0} (0.30)^0 (0.70)^4 = 1 \times 1 \times 0.2401 = 0.2401

Respuesta:

La probabilidad de que los cuatro pacientes paguen sus facturas es 0.240 (24.0%).

Resumen de fórmulas utilizadas

• Distribución binomial:

P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}

Interpretación

• Es mucho más probable que solo uno de los cuatro no pague (41.2%) que todos paguen (24.0%), dado el 30% de morosidad en la clínica.

6 . Ejercicio

6. El conmutador de un hospital recibe en promedio 20 llamadas cada dos minutos. Cuál es la probabilidad de que lleguen como máximo dos llamadas en un periodo de 15 segundos.

# Parámetro de Poisson
lambda <- 2.5

# Probabilidad de que lleguen como máximo 2 llamadas
prob_max_2 <- ppois(2, lambda)

# Mostrar resultado
prob_max_2

[1] 0.5438131

Para resolver este problema, identificamos que se trata de un proceso de Poisson, adecuado para modelar el número de llamadas que se reciben en intervalos cortos de tiempo cuando los eventos son raros y ocurren de manera independiente.

Datos y planteamiento

• Promedio: 20 llamadas cada 2 minutos (120 segundos).

• Queremos la probabilidad de como máximo 2 llamadas en 15 segundos.

1. Calcula la tasa de llamadas por segundo

\text{Tasa} = \frac{20\ \text{llamadas}}{120\ \text{segundos}} = \frac{1}{6}\ \text{llamadas/segundo}

2. Calcula el parámetro \lambda para 15 segundos

\lambda = \text{tasa} \times \text{intervalo} = \frac{1}{6} \times 15 = 2.5

3. Fórmula de la distribución de Poisson

P(X = k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}

Donde X es el número de llamadas en 15 segundos y \lambda = 2.5.

4. Probabilidad de como máximo 2 llamadas (P(X \leq 2))

P(X \leq 2) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)

Calculamos cada término:

• P(X=0) = \frac{e^{-2.5} \cdot 2.5^0}{0!} = e^{-2.5} \approx 0.0821

• P(X=1) = \frac{e^{-2.5} \cdot 2.5^1}{1!} = 0.0821 \times 2.5 = 0.2053

• P(X=2) = \frac{e^{-2.5} \cdot 2.5^2}{2!} = 0.0821 \times 6.25 / 2 = 0.2566

Sumando:

P(X \leq 2) = 0.0821 + 0.2053 + 0.2566 = 0.544

Respuesta final

La probabilidad de que lleguen como máximo dos llamadas en un periodo de 15 segundos es aproximadamente 0.544 (54.4%).

7 . Ejercicio

7. Los clientes llegan a una exhibición a razón de 6,8 clientes / hora Calcule la probabilidad de que a) en la primera media hora por lo menos lleguen dos clientes; b) en cualquier hora dada llegue más de uno.

# a) Media hora, al menos 2 clientes
lambda_a <- 6.8 * 0.5
prob_al_menos_2 <- 1 - ppois(1, lambda_a)

# b) Una hora, más de 1 cliente
lambda_b <- 6.8
prob_mas_de_1 <- 1 - ppois(1, lambda_b)

# Mostrar resultados
prob_al_menos_2

[1] 0.8531576

prob_mas_de_1

[1] 0.9913126

Para este problema, los clientes llegan a una exhibición siguiendo un proceso de Poisson con una tasa promedio de 6,8 clientes por hora. Vamos a resolver cada inciso paso a paso con sus fórmulas.

1. Probabilidad de que en la primera media hora lleguen al menos dos clientes

Datos:

• Tasa por hora: \lambda = 6.8

• Intervalo: media hora (t = 0.5 horas)

• Parámetro para media hora: \lambda_{0.5} = 6.8 \times 0.5 = 3.4

Queremos: P(X \geq 2), donde X es el número de llegadas en media hora.

Fórmula de Poisson:

P(X = k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}

Cálculo:

P(X \geq 2) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1)

Calculando cada término:

• P(X=0) = e^{-3.4} \frac{3.4^0}{0!} = e^{-3.4} \approx 0.0334

• P(X=1) = e^{-3.4} \frac{3.4^1}{1!} \approx 0.0334 \times 3.4 = 0.1136

Sumando:

P(X \geq 2) = 1 - (0.0334 + 0.1136) = 1 - 0.1470 = 0.853

Respuesta:

La probabilidad de que en la primera media hora lleguen al menos dos clientes es aproximadamente 0.853 (85.3%).

2. Probabilidad de que en cualquier hora dada llegue más de uno

Datos:

• Tasa por hora: \lambda = 6.8

• Queremos: P(X > 1) en una hora.

P(X > 1) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1)

Calculando:

• P(X=0) = e^{-6.8} \approx 0.0011

• P(X=1) = e^{-6.8} \times 6.8 \approx 0.0011 \times 6.8 = 0.0075

Sumando:

P(X > 1) = 1 - (0.0011 + 0.0075) = 1 - 0.0086 = 0.991

Respuesta:

La probabilidad de que en cualquier hora dada llegue más de un cliente es aproximadamente 0.991 (99.1%).

Resumen de fórmulas utilizadas

• Distribución de Poisson:

P(X = k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}

• Probabilidad acumulada:

P(X \geq n) = 1 - \sum_{k=0}^{n-1} P(X = k) P(X > n) = 1 - \sum_{k=0}^{n} P(X = k)

Interpretación

• Es muy probable que lleguen al menos dos clientes en media hora (85.3%).

• Es casi seguro que en una hora lleguen más de un cliente (99.1%).

8 . Ejercicio

8. El número promedio de urgencias que llega a un hospital en una hora es de 12. Cuál es la probabilidad de que en un minuto lleguen por lo menos 2 urgencias. ¿Cuál es el número de urgencias esperado por minuto?

# Parámetro de Poisson para un minuto
lambda <- 0.2

# Probabilidad de al menos 2 urgencias en un minuto
prob_al_menos_2 <- 1 - ppois(1, lambda)

# Número esperado de urgencias por minuto
esperado <- lambda

# Mostrar resultados
prob_al_menos_2

[1] 0.0175231

esperado

[1] 0.2

Resolución paso a paso

Datos y modelo

• Promedio de urgencias por hora: \lambda_{hora} = 12

• Intervalo de interés: 1 minuto

• La llegada de urgencias se modela con una distribución de Poisson.

1. Calcula el parámetro \lambda para un minuto

Como hay 60 minutos en una hora:

\lambda_{minuto} = \frac{12}{60} = 0.2

a) Probabilidad de que en un minuto lleguen por lo menos 2 urgencias

Buscamos:

P(X \geq 2) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1)

donde X es el número de urgencias en un minuto, X \sim \text{Poisson}(0.2).

La fórmula de Poisson es:

P(X = k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}

Calculamos cada término:

• Para X = 0:

P(X=0) = e^{-0.2} \frac{0.2^0}{0!} = e^{-0.2} \approx 0.8187

• Para X = 1:

P(X=1) = e^{-0.2} \frac{0.2^1}{1!} = 0.8187 \times 0.2 = 0.1637

Sumamos:

P(X=0) + P(X=1) = 0.8187 + 0.1637 = 0.9824

Por lo tanto: P(X \geq 2) = 1 - 0.9824 = 0.0176

Respuesta:

La probabilidad de que en un minuto lleguen por lo menos 2 urgencias es aproximadamente 0.0176 (1.76%).

b) Número de urgencias esperado por minuto

El valor esperado en una distribución de Poisson es igual a su parámetro:

E[X] = \lambda_{minuto} = 0.2

Respuesta:

El número de urgencias esperado por minuto es 0.2.

Resumen de fórmulas utilizadas

• Distribución de Poisson:

P(X = k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}

• Probabilidad acumulada:

P(X \geq 2) = 1 - P(X=0) - P(X=1)

• Valor esperado:

E[X] = \lambda

9 . Ejercicio

9. Las estadísticas indican que en una fábrica se presentan en promedio 10 accidentes por trimestre. Determine la probabilidad de que no haya más de 12 accidentes en el último trimestre.

# Parámetro de Poisson
lambda <- 10

# Probabilidad de que ocurran como máximo 12 accidentes
prob_no_mas_de_12 <- ppois(12, lambda)

# Mostrar resultado
prob_no_mas_de_12

[1] 0.7915565

Para resolver este problema, identificamos que el número de accidentes por trimestre en la fábrica sigue una distribución de Poisson con media (λ) de 10 accidentes por trimestre.

Planteamiento

• Media por trimestre: \lambda = 10

• Variable aleatoria X: número de accidentes en el trimestre

• Queremos: P(X \leq 12) (probabilidad de que no haya más de 12 accidentes)

La fórmula de la distribución de Poisson es:

P(X = k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}

La probabilidad acumulada hasta 12 es:

P(X \leq 12) = \sum_{k=0}^{12} \frac{e^{-10} 10^k}{k!}

Cálculo

Términos individuales:

• ( P(X = 0) = \frac{e^{-10} \cdot 10^0}{0!} \approx 0.000045 ).

• ( P(X = 1) = \frac{e^{-10} \cdot 10^1}{1!} \approx 0.000454 ).

• ( P(X = 2) = \frac{e^{-10} \cdot 10^2}{2!} \approx 0.002270 ).

• … …

• ( P(X = 12) = \frac{e^{-10} \cdot 10^{12}}{12!} \approx 0.0948 ).

Suma acumulada:

[P(X \leq 12) \approx 0.000045 + 0.000454 + 0.002270 + \dots + 0.0948 \approx 0.7916 ]

P(X \leq 12) \approx 0.792

Respuesta final

La probabilidad de que no haya más de 12 accidentes en el último trimestre es aproximadamente 0.792 (79.2%).

10 . Ejercicio

10. El número de personas que ingresan a la unidad de cuidados intensivos de un hospital en un día cualquiera, es de 5 personas diarias. ¿Cuál es la probabilidad de que el número de personas que ingresan a la unidad de cuidados intensivos en un día particular sea menor o igual a 2 personas?

# Parámetro de Poisson
lambda <- 5

# Probabilidad de que ingresen como máximo 2 personas en un día
prob_menor_igual_2 <- ppois(2, lambda)

# Mostrar resultado
prob_menor_igual_2

[1] 0.124652

Para este problema, el número de personas que ingresan a la unidad de cuidados intensivos (UCI) en un día se modela con una distribución de Poisson con media \lambda = 5 personas por día.

La fórmula de la distribución de Poisson es:

P(X = k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}

donde:

• X = número de personas que ingresan en un día,

• \lambda = 5,

• k = 0, 1, 2.

Buscamos la probabilidad de que ingresen 2 o menos personas en un día:

P(X \leq 2) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)

Calculamos cada término:

• Para k = 0:

P(X=0) = e^{-5} \frac{5^0}{0!} = e^{-5} \approx 0.0067 - Para k = 1:

P(X=1) = e^{-5} \frac{5^1}{1!} = 0.0067 \times 5 = 0.0337

• Para k = 2:

P(X=2) = e^{-5} \frac{5^2}{2!} = 0.0067 \times 25 / 2 = 0.0839

Sumando los resultados:

P(X \leq 2) = 0.0067 + 0.0337 + 0.0839 = 0.1243

Respuesta:

La probabilidad de que el número de personas que ingresan a la UCI en un día particular sea menor o igual a 2 personas es aproximadamente 0.124 (12.4%).

11 . Ejercicio

11. Un jefe de almacén sabe que 6 de las 25 bicicletas que tiene para la venta presentan fallas en los frenos y necesitan ajuste. Si el vendedor que no tenía conocimiento de lo anterior vendió en el día 4 bicicletas, ¿Cuál es la probabilidad de que vendiera dos de las que requerían ajuste.

# Parámetros
N <- 25      # Total de bicicletas
K <- 6       # Bicicletas defectuosas
n <- 4       # Bicicletas vendidas
k <- 2       # Defectuosas vendidas

# Probabilidad hipergeométrica
prob_2_defectuosas <- dhyper(k, K, N - K, n)
prob_2_defectuosas

[1] 0.2027668

Para este problema, se tiene una población finita de bicicletas, de las cuales algunas presentan fallas, y se selecciona una muestra sin reemplazo. Por tanto, el modelo adecuado es la distribución hipergeométrica.

Datos del problema

• Total de bicicletas: N = 25

• Bicicletas con fallas: K = 6

• Bicicletas sin fallas: N - K = 19

• Bicicletas vendidas (tamaño de la muestra): n = 4

• Bicicletas vendidas con fallas (éxitos deseados): k = 2

Fórmula de la distribución hipergeométrica

P(X = k) = \frac{\binom{K}{k} \binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}}

donde:

• \binom{K}{k}: formas de elegir k bicicletas con fallas de las K que hay,

• \binom{N-K}{n-k}: formas de elegir n-k bicicletas sin fallas de las N-K que hay,

• \binom{N}{n}: formas de elegir cualquier grupo de n bicicletas de las N totales.

Aplicando los datos

P(X = 2) = \frac{\binom{6}{2} \binom{19}{2}}{\binom{25}{4}}

Calculamos cada término:

• \binom{6}{2} = \frac{6!}{2!4!} = 15

• \binom{19}{2} = \frac{19!}{2!17!} = 171

• \binom{25}{4} = \frac{25!}{4!21!} = 12,650

Sustituimos:

P(X = 2) = \frac{15 \times 171}{12,650} = \frac{2,565}{12,650} \approx 0.203

Respuesta final

La probabilidad de que el vendedor haya vendido exactamente dos bicicletas que requieren ajuste es aproximadamente 0.203 (20.3%).

12 . Ejercicio

12. De un grupo de 20 ingenieros con doctorado, se seleccionan 10 para un alto cargo de una compañía. ¿Cuál es la probabilidad de que los 10 seleccionados incluya a los 5 ingenieros que tienen las mejores calificaciones del grupo de 20?

# Probabilidad de que los 10 seleccionados incluyan a los 5 mejores
prob_5_mejores <- choose(15, 5) / choose(20, 10)
prob_5_mejores

[1] 0.01625387

Para resolver este problema, debemos calcular la probabilidad de que, al seleccionar 10 ingenieros de un grupo de 20, los 5 ingenieros con las mejores calificaciones estén incluidos entre los seleccionados.

Este es un caso clásico de combinatoria, específicamente, de cálculo de probabilidades en una muestra sin reemplazo y con elementos distinguidos.

Planteamiento

• Total de ingenieros: 20

• Ingenieros a seleccionar: 10

• Ingenieros con mejores calificaciones: 5 (estos deben estar sí o sí en el grupo seleccionado)

• Se seleccionan 10 ingenieros al azar.

Cálculo paso a paso

1. Número total de formas de seleccionar 10 ingenieros de 20

Esto es una combinación simple:

\text{Total} = \binom{20}{10}

2. Número de formas en que los 5 mejores estén incluidos

Si los 5 mejores ya están seleccionados, solo queda elegir 5 más de los otros 15 ingenieros restantes:

\text{Favorables} = \binom{15}{5}

3. Probabilidad solicitada

P = \frac{\text{Favorables}}{\text{Total}} = \frac{\binom{15}{5}}{\binom{20}{10}}

Calculamos los valores:

• \binom{15}{5} = \frac{15!}{5! \, 10!} = 3003

• \binom{20}{10} = \frac{20!}{10! \, 10!} = 184756

P = \frac{3003}{184756} \approx 0.0163

Respuesta final

La probabilidad de que los 10 seleccionados incluyan a los 5 ingenieros con las mejores calificaciones es:

\boxed{P = \frac{\binom{15}{5}}{\binom{20}{10}} = \frac{3003}{184756} \approx 0.0163}

Es decir, aproximadamente 1.63%.

13 . Ejercicio

13. Un almacén contiene diez maquinas impresoras, cuatro de las cuales están defectuosas. Una compañía selecciona al azar cinco de las maquinas, pensando que todas están en condiciones de trabajar, ¿Cuál es la probabilidad de que las cinco maquinas estén en buen estado?

# Parámetros
N <- 10   # Total de máquinas
K <- 6    # Buenas
n <- 5    # Seleccionadas
k <- 5    # Buenas seleccionadas

# Probabilidad hipergeométrica
prob_todas_buenas <- dhyper(k, K, N - K, n)
prob_todas_buenas

[1] 0.02380952

Para este problema, se tiene un almacén con 10 máquinas impresoras, de las cuales 4 están defectuosas y 6 están en buen estado. Una compañía selecciona al azar 5 máquinas. Se pide la probabilidad de que las cinco seleccionadas estén en buen estado.

Modelo adecuado

Como la selección es sin reemplazo y de una población finita, se utiliza la distribución hipergeométrica.

Fórmula de la distribución hipergeométrica

P(X = k) = \frac{\binom{K}{k} \binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}}

donde:

• N = 10: total de máquinas

• K = 6: máquinas en buen estado

• n = 5: máquinas seleccionadas

• k = 5: máquinas buenas seleccionadas

Aplicando los datos

P(X = 5) = \frac{\binom{6}{5} \binom{4}{0}}{\binom{10}{5}}

Calculando cada término:

• \binom{6}{5} = 6

• \binom{4}{0} = 1

• \binom{10}{5} = 252

P(X = 5) = \frac{6 \times 1}{252} = \frac{6}{252} = \frac{1}{42} \approx 0.0238

Respuesta final

La probabilidad de que las cinco máquinas seleccionadas estén en buen estado es aproximadamente 0.0238 (2.38%).

14 . Ejercicio

14. En promedio una casa de cada 2000 en cierta zona de Barranquilla se incendia durante el año, si hay 6000 casas en dicha zona ¿Cuál es la probabilidad de que más de 3 casas se incendien durante el año?

n <- 6000
p <- 1/2000
lambda <- n * p

# Probabilidad de que más de 3 casas se incendien
prob_mas_de_3 <- 1 - ppois(3, lambda)
prob_mas_de_3

[1] 0.3527681

Para este problema, el número de casas que se incendian en un año en una zona de 6000 casas, donde en promedio 1 de cada 2000 se incendia al año, se modela usando la distribución de Poisson.

Planteamiento

• Probabilidad de incendio por casa: p = \frac{1}{2000} = 0.0005

• Número de casas: n = 6000

• Media esperada (\lambda):

\lambda = n \times p = 6000 \times 0.0005 = 3

• Variable aleatoria X: número de casas incendiadas en el año (X \sim \text{Poisson}(3))

• Se pide: probabilidad de que más de 3 casas se incendien durante el año

P(X > 3) = 1 - P(X \leq 3)

Cálculo paso a paso

La función de masa de probabilidad de Poisson es:

P(X = k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}

Para \lambda = 3:

Calculamos P(X \leq 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3):

• P(X=0) = e^{-3} \frac{3^0}{0!} = e^{-3} \approx 0.0498

• P(X=1) = e^{-3} \frac{3^1}{1!} = 0.0498 \times 3 = 0.1494

• P(X=2) = e^{-3} \frac{3^2}{2!} = 0.0498 \times 9 / 2 = 0.2240

• P(X=3) = e^{-3} \frac{3^3}{3!} = 0.0498 \times 27 / 6 = 0.2240

Suma:

P(X \leq 3) = 0.0498 + 0.1494 + 0.2240 + 0.2240 = 0.6472

Por lo tanto:

P(X > 3) = 1 - 0.6472 = 0.3528

Respuesta final

La probabilidad de que más de 3 casas se incendien durante el año en esa zona es aproximadamente 0.353 (35.3%).

15 . Ejercicio

15. La probabilidad de que un estudiante de aviación pase la prueba escrita para obtener su licencia de piloto privado es de 0.7. encuentre la probabilidad de que una persona pase la prueba antes del cuarto intento.

p <- 0.7

# Probabilidad de pasar antes del cuarto intento (en el 1°, 2° o 3° intento)
prob_antes_4 <- sum(dgeom(0:2, prob = p))
# Alternativamente, usando la función de distribución acumulada:
prob_antes_4_alt <- pgeom(2, prob = p)

prob_antes_4

[1] 0.973

prob_antes_4_alt

[1] 0.973

Para este problema, se busca la probabilidad de que un estudiante de aviación pase la prueba antes del cuarto intento, sabiendo que la probabilidad de pasar en cada intento es p = 0.7.

Esto se modela con la distribución geométrica, que calcula la probabilidad de obtener el primer éxito (aprobar) en el intento k:

P(X = k) = (1 - p)^{k-1} \cdot p

donde X es el número de intentos hasta el primer éxito.

Probabilidad de pasar antes del cuarto intento

“Antes del cuarto intento” significa aprobar en el primer, segundo o tercer intento:

P(X < 4) = P(X=1) + P(X=2) + P(X=3)

Calculamos cada término:

• P(X=1) = (1-0.7)^{0} \cdot 0.7 = 1 \cdot 0.7 = 0.7

• P(X=2) = (1-0.7)^{1} \cdot 0.7 = 0.3 \cdot 0.7 = 0.21

• P(X=3) = (1-0.7)^{2} \cdot 0.7 = 0.09 \cdot 0.7 = 0.063

Sumamos:

P(X<4) = 0.7 + 0.21 + 0.063 = 0.973

Respuesta final

La probabilidad de que una persona pase la prueba antes del cuarto intento es 0.973 (97.3%).

16 . Ejercicio

16. La experiencia mostró que, en promedio, solamente uno de diez pozos perforados llega a producir petróleo. Cuál es la probabilidad de que necesite ocho perforaciones para encontrar petróleo.

p <- 0.1
k <- 8

# Probabilidad de que el primer éxito ocurra en la octava perforación
prob_8_perforaciones <- dgeom(k - 1, prob = p)
prob_8_perforaciones

[1] 0.04782969

Para este problema, buscamos la probabilidad de que se necesiten exactamente 8 perforaciones para encontrar petróleo, sabiendo que en promedio solo 1 de cada 10 pozos perforados es exitoso. Esto corresponde a un modelo de distribución geométrica.

Planteamiento

• Probabilidad de éxito (encontrar petróleo en un pozo): p = \frac{1}{10} = 0.1

• Probabilidad de fracaso (no encontrar petróleo): q = 1 - p = 0.9

• Número de intentos hasta el primer éxito: X = 8

Fórmula de la distribución geométrica

La probabilidad de que el primer éxito ocurra en el intento x es:

P(X = x) = (1-p)^{x-1} \cdot p

o también:

P(X = x) = q^{x-1} \cdot p

Aplicando los datos

Sustituyendo los valores:

P(X = 8) = (0.9)^{8-1} \times 0.1 = (0.9)^7 \times 0.1

Calculamos:

• (0.9)^7 = 0.4783 (aproximadamente)

Entonces:

P(X = 8) = 0.4783 \times 0.1 = 0.04783

Respuesta final

La probabilidad de que se necesiten ocho perforaciones para encontrar petróleo es aproximadamente 0.048 (4.8%).

Resumen de fórmula utilizada

• Distribución geométrica:

P(X = x) = (1-p)^{x-1} \cdot p

donde p = 0.1, x = 8.

17 . Ejercicio

17. En un departamento de control de calidad se inspeccionan las unidades terminadas que provienen de una línea de ensamble. Se piensa que la proporción de unidades defectuosas es de 0.05. ¿Cuál es la probabilidad de que la vigésima unidad inspeccionada sea la segunda que se encuentre defectuosa?

# Parámetros
n <- 20   # Número de inspección donde ocurre el 2do defecto
k <- 2    # Número de defectos buscados
p <- 0.05 # Proporción de defectuosas

# Probabilidad de que la 20ª inspección sea el 2º defecto
prob_20_es_2do_defecto <- choose(n - 1, k - 1) * p^k * (1 - p)^(n - k)
prob_20_es_2do_defecto

[1] 0.01886768

Para este problema, queremos saber la probabilidad de que la vigésima unidad inspeccionada sea la segunda defectuosa, sabiendo que la proporción de unidades defectuosas es de 0.05.

Modelo adecuado

Este es un caso clásico de distribución binomial negativa: se busca la probabilidad de que el segundo defecto ocurra exactamente en la inspección número 20.
La binomial negativa modela el número de ensayos necesarios para obtener el r-ésimo éxito (en este caso, el segundo defecto), con probabilidad de éxito (defecto) p = 0.05 en cada ensayo.

Fórmula de la binomial negativa

La probabilidad de que el r-ésimo éxito ocurra en el ensayo número x es:

P(X = x) = \binom{x-1}{r-1} \cdot p^r \cdot (1-p)^{x - r}

donde:

• x = 20: posición de la inspección

• r = 2: segundo defecto

• p = 0.05: probabilidad de defecto

Aplicando los datos

P(X = 20) = \binom{19}{1} \cdot (0.05)^2 \cdot (0.95)^{18}

• \binom{19}{1} = 19

• (0.05)^2 = 0.0025

• (0.95)^{18} \approx 0.397

Calculando:

P(X = 20) = 19 \times 0.0025 \times 0.397 \approx 19 \times 0.0009925 \approx 0.01886

Respuesta final

La probabilidad de que la vigésima unidad inspeccionada sea la segunda defectuosa es aproximadamente 0.0189 (1.89%).

Resumen de fórmula utilizada

P(X = x) = \binom{x-1}{r-1} \cdot p^r \cdot (1-p)^{x - r}

donde x = 20, r = 2, p = 0.05.

Conclusión

El desarrollo de este taller sobre modelos discretos de probabilidad ha permitido comprender, a través de situaciones reales y variadas, la importancia de las herramientas probabilísticas para analizar fenómenos aleatorios en contextos cotidianos, industriales y científicos. Al aplicar modelos como la binomial, la Poisson, la hipergeométrica y la geométrica, se evidencia cómo la probabilidad no solo sirve para describir la incertidumbre, sino también para tomar decisiones informadas y prever escenarios futuros en base al cálculo matemático.

A lo largo de los ejercicios, se demostró que la correcta identificación del modelo discreto adecuado es fundamental para obtener resultados precisos y útiles. Además, el cálculo de probabilidades y valores esperados no solo ayuda a responder preguntas puntuales, sino que también permite reflexionar sobre la naturaleza probabilística de los eventos y la utilidad de la esperanza matemática para la predicción y la toma de decisiones responsables.

En síntesis, este taller no solo refuerza los conceptos teóricos de la probabilidad, sino que también fomenta el pensamiento crítico y la capacidad de modelar la realidad a partir de datos y supuestos claros. La probabilidad, lejos de ser solo un tema abstracto, se revela como una herramienta esencial para enfrentar la incertidumbre y optimizar procesos en múltiples ámbitos de la vida y la profesión.

Referencias

Todas las funciones de probabilidad y estadística utilizadas corresponden al paquete base stats de R, que se carga automáticamente al iniciar RStudio.

“Los cálculos se realizaron en RStudio empleando las funciones del paquete base stats de R, que incluye las funciones para distribuciones binomial, Poisson, hipergeométrica y geométrica.”