Módulo 5: Probabilidad — Soluciones en R

Bioestadística Fundamental y Estadística Fundamental para las Ciencias de la Salud

Authors

Affiliations

Jose Miguel Leon Puentes

Universidad Nacional de Colombia

Johann David Sanchez Niño

Andrés Felipe Rache

Laura Camila Matheus Barrios

Brayan Stiven Martínez Rodríguez

Departamento de Estadística

Este archivo presenta la solución paso a paso, en R, de los 40 ejercicios del taller de refuerzo del Módulo 5.

Ejercicio 1. Un etólogo observa que de 150 babuinos, 5 tienen pelo de color extremadamente claro. Se pide la probabilidad clásica de que la siguiente cría porte esta coloración.

Solución paso a paso

favorables <- 5
total <- 150

Se definen los dos insumos de la probabilidad clásica: favorables es el número de casos que cumplen el evento de interés (crías con coloración clara) y total es el número de casos posibles (todos los babuinos del grupo).

P_A <- favorables / total
P_A

[1] 0.03333333

P_A <- favorables / total aplica directamente la definición de probabilidad clásica \(P(A) = n(A)/n(S)\), dividiendo el número de casos favorables entre el total de casos posibles.

Interpretación: la probabilidad de que la siguiente cría de babuino porte la coloración clara es de \(1/30 \approx 3{,}33\%\).

Ejercicio 2. De 140 trabajadores examinados, 98 presentaban un número excesivo de astillas de amianto en los pulmones.

Solución paso a paso

favorables <- 98
total <- 140
P_A <- favorables / total
P_A

[1] 0.7

Nuevamente se aplica la probabilidad clásica: favorables son los trabajadores con cantidad indebida de astillas y total el número de trabajadores examinados. La división favorables / total entrega directamente \(P(A)\).

Interpretación: la probabilidad de que un trabajador seleccionado al azar tenga una cantidad indebida de astillas de amianto es del 70 %.

Ejercicio 3. De cinco unidades de sangre A+, una está erróneamente etiquetada (en realidad es O). Se selecciona una al azar.

Solución paso a paso

favorables <- 1
total <- 5
P_E <- favorables / total
P_E

[1] 0.2

favorables corresponde a la única unidad mal etiquetada y total a las cinco unidades disponibles; favorables / total calcula la probabilidad clásica de seleccionarla.

Interpretación: la probabilidad de elegir la unidad erróneamente etiquetada es del 20 %.

Ejercicio 4. Un hombre es zurdo y su esposa diestra. Tienen dos hijos, cada uno con igual probabilidad de ser zurdo o diestro. Se pide la probabilidad de que ambos sean zurdos.

Solución paso a paso

p_zurdo <- 1/2

p_zurdo almacena la probabilidad de que un hijo individual sea zurdo, dada como 1/2 en el enunciado.

P_ambos_zurdos <- p_zurdo * p_zurdo
P_ambos_zurdos

[1] 0.25

Como los dos nacimientos son eventos independientes, la probabilidad conjunta se calcula multiplicando las probabilidades individuales: p_zurdo * p_zurdo representa \(P(Z) \times P(Z)\).

Interpretación: la probabilidad de que ambos hijos sean zurdos es del 25 %.

Ejercicio 5. Un médico tiene 4 pacientes, uno de ellos es una urgencia no declarada.

Solución paso a paso

n_pacientes <- 4

n_pacientes guarda el número total de pacientes a ordenar.

total_ordenes <- factorial(n_pacientes)
total_ordenes

[1] 24

factorial(n_pacientes) calcula \(4! = 4\times3\times2\times1\), es decir, el número total de maneras distintas de ordenar (atender) a los 4 pacientes.

ordenes_urgencia_primero <- factorial(n_pacientes - 1)
ordenes_urgencia_primero

[1] 6

Si el paciente de urgencia se atiende primero, quedan 3 pacientes libres para ordenar en cualquier posición; factorial(n_pacientes - 1) calcula \(3! = 6\), el número de esas ordenaciones.

P_urgencia_primero <- ordenes_urgencia_primero / total_ordenes
P_urgencia_primero

[1] 0.25

Se aplica la probabilidad clásica dividiendo los casos favorables (ordenes_urgencia_primero) entre los casos posibles (total_ordenes).

Interpretación: hay 24 maneras de atender a los pacientes, de las cuales 6 atienden primero a la urgencia, por lo que la probabilidad de que el caso de urgencia sea atendido primero es del 25 %.

Ejercicio 6. Se ordenan 7 fármacos de 1 a 7 según su eficacia contra el acné.

Solución paso a paso

n_farmacos <- 7
total_asignaciones <- factorial(n_farmacos)
total_asignaciones

[1] 5040

factorial(n_farmacos) calcula \(7! = 5040\), el número de maneras de asignar los 7 valores a los 7 fármacos (una permutación sin repetición).

casos_D_maximo <- factorial(n_farmacos - 1)
P_D_maximo <- casos_D_maximo / total_asignaciones
P_D_maximo

[1] 0.1428571

Si el fármaco D recibe la valoración más alta, quedan 6 valores para asignar a los 6 fármacos restantes; factorial(n_farmacos - 1) calcula \(6!\). Dividiendo entre total_asignaciones se obtiene la probabilidad clásica de que D reciba la valoración más alta.

Interpretación: la probabilidad de que el fármaco D reciba la valoración más alta por puro azar es \(1/7 \approx 14{,}28\%\).

Ejercicio 7. Ocho plantas reciben dos regímenes de riego: 4 con agua corriente (T) y 4 con agua ligeramente ácida (A).

Solución paso a paso

n <- 8   # total de plantas
n1 <- 4  # plantas con agua corriente
n2 <- 4  # plantas con agua ligeramente ácida

Se definen el total de plantas (n) y el tamaño de cada uno de los dos grupos indistinguibles entre sí (n1, n2).

asignaciones_posibles <- factorial(n) / (factorial(n1) * factorial(n2))
asignaciones_posibles

[1] 70

# Forma equivalente usando choose()
choose(n, n1)

[1] 70

factorial(n) / (factorial(n1) * factorial(n2)) aplica la fórmula de permutaciones con repetición (aquí, elementos indistinguibles dentro de cada grupo): se divide el total de ordenaciones \(n!\) entre los factoriales de cada grupo repetido. De forma equivalente, choose(n, n1) calcula el número de formas de elegir qué 4 posiciones (de las 8) reciben agua corriente, dejando el resto para agua ácida; ambas expresiones son matemáticamente idénticas.

Interpretación: existen 70 asignaciones posibles de los tratamientos de riego a las 8 plantas.

Ejercicio 8. De 15 mujeres, se seleccionan 7 al azar para aplicarles un compuesto experimental (grupo experimental) y las 8 restantes son grupo control. Un juez, sin conocer la asignación, elige a las 7 mujeres con mejores resultados.

Solución paso a paso

n_total <- 15
n_experimental <- 7
n_control <- 8
n_elegidas_juez <- 7

Se registran el tamaño de la población (n_total), el tamaño del grupo experimental y del grupo control, y el número de mujeres que el juez selecciona.

# a) El juez selecciona exactamente a las 7 mujeres experimentales
P_E <- (choose(n_experimental, 7) * choose(n_control, 0)) / choose(n_total, n_elegidas_juez)
P_E

[1] 0.0001554002

choose(n_experimental, 7) cuenta las formas de elegir las 7 mujeres experimentales entre las 7 disponibles (es decir, 1 sola forma), choose(n_control, 0) cuenta las formas de elegir 0 mujeres control, y choose(n_total, n_elegidas_juez) es el total de formas de elegir 7 mujeres cualesquiera de las 15. El cociente aplica la fórmula hipergeométrica de la probabilidad clásica.

# b) El juez selecciona 5 de las 7 mujeres experimentales (y 2 de control)
P_E5 <- (choose(n_experimental, 5) * choose(n_control, 2)) / choose(n_total, n_elegidas_juez)
P_E5

[1] 0.09137529

Aquí choose(n_experimental, 5) cuenta las formas de elegir 5 de las 7 mujeres experimentales y choose(n_control, 2) las formas de elegir 2 de las 8 mujeres control; su producto son los casos favorables, que se dividen nuevamente entre choose(n_total, n_elegidas_juez).

Interpretación: si el tratamiento no tuviera ningún efecto, la probabilidad de que el juez seleccione por azar exactamente a las 7 mujeres experimentales es aproximadamente 0,0155 %, y la probabilidad de que seleccione a 5 de las 7 experimentales es aproximadamente 9,14 %.

Ejercicio 9. De 12 pacientes se seleccionan 5 para tratamiento experimental y 7 para grupo control.

Solución paso a paso

n_total <- 12
n_control <- 7

n_total es el tamaño del grupo de pacientes disponibles y n_control el tamaño del grupo control a seleccionar.

# a) Formas de seleccionar el grupo control
formas_control <- choose(n_total, n_control)
formas_control

[1] 792

choose(n_total, n_control) calcula el número de combinaciones de 12 pacientes tomados de 7 en 7, es decir, las distintas formas de conformar el grupo control.

# b) Probabilidad de que un individuo específico A sea seleccionado para el control
P_A <- n_control / n_total
P_A

[1] 0.5833333

Por simetría, la probabilidad de que un paciente específico quede en el grupo control es simplemente la proporción de plazas de control sobre el total de pacientes: n_control / n_total.

Interpretación: hay 792 formas distintas de conformar el grupo control, y la probabilidad de que un paciente específico A sea seleccionado para dicho grupo es de \(7/12 \approx 58{,}33\%\).

Ejercicio 10. Un científico tiene 6 jaulas de ratas, 2 de las cuales contienen ratas enfermas. Se seleccionan 3 jaulas al azar.

Solución paso a paso

n_total <- 6
n_enfermas <- 2
n_sanas <- 4
n_seleccion <- 3

Se registran el total de jaulas (n_total), las jaulas con animales enfermos (n_enfermas), las jaulas sanas (n_sanas) y el tamaño de la muestra (n_seleccion).

# a) Ninguna jaula con animales enfermos es seleccionada
P_E0 <- (choose(n_sanas, 3) * choose(n_enfermas, 0)) / choose(n_total, n_seleccion)
P_E0

[1] 0.2

choose(n_sanas, 3) cuenta las formas de elegir las 3 jaulas sanas y choose(n_enfermas, 0) las formas de elegir 0 jaulas enfermas; el producto (casos favorables) se divide entre choose(n_total, n_seleccion) (casos posibles).

# b) Exactamente una jaula con animales enfermos es seleccionada
P_E1 <- (choose(n_enfermas, 1) * choose(n_sanas, 2)) / choose(n_total, n_seleccion)
P_E1

[1] 0.6

De forma análoga, choose(n_enfermas, 1) cuenta las formas de elegir 1 jaula enferma y choose(n_sanas, 2) las formas de elegir 2 jaulas sanas.

Interpretación: la probabilidad de que ninguna jaula con animales enfermos sea seleccionada es del 20 %, y la de que exactamente una lo sea es del 60 %.

Ejercicio 11. Un bosque tiene 25 ardillas, 5 marcadas. Se capturan 6 en una segunda ocasión.

Solución paso a paso

N <- 25   # población total
M <- 5    # ardillas marcadas
n <- 6    # tamaño de la segunda captura

N, M y n son los parámetros del esquema hipergeométrico: población total, número de elementos marcados y tamaño de la muestra.

P_E2 <- (choose(M, 2) * choose(N - M, n - 2)) / choose(N, n)
P_E2

[1] 0.2735743

choose(M, 2) cuenta las formas de elegir 2 ardillas entre las 5 marcadas y choose(N - M, n - 2) las formas de elegir las 4 ardillas restantes entre las 20 no marcadas; el producto se divide entre choose(N, n), el total de formas de elegir 6 ardillas de las 25.

Interpretación: la probabilidad de que dos de las seis ardillas capturadas en la segunda ocasión estén marcadas es aproximadamente 27,36 %.

Ejercicio 12. Un químico tiene 10 muestras de agua, 4 excesivamente ácidas. Selecciona 3 al azar.

Solución paso a paso

N <- 10   # muestras totales
M <- 4    # muestras ácidas
n <- 3    # tamaño de la muestra seleccionada

Se definen los mismos parámetros hipergeométricos que en el ejercicio anterior, adaptados a este contexto.

P_E2 <- (choose(M, 2) * choose(N - M, n - 2)) / choose(N, n)
P_E2

[1] 0.3

choose(M, 2) cuenta las formas de elegir 2 muestras ácidas de las 4 disponibles y choose(N - M, n - 2) las formas de elegir 1 muestra no ácida de las 6 restantes; se divide entre choose(N, n), el número total de formas de elegir 3 muestras de las 10.

Interpretación: la probabilidad de que exactamente dos de las tres muestras seleccionadas sean en exceso ácidas es del 30 %.

Ejercicio 13. El proyecto Delta selecciona 22 personas de un grupo de 103 candidatos.

Solución paso a paso

N <- 103  # candidatos totales
k <- 22   # personas a seleccionar

N es el número de candidatos especializados disponibles y k el número de personas que se seleccionarán.

# a) Maneras distintas de seleccionar 22 personas
formas_seleccion <- choose(N, k)
formas_seleccion

[1] 1.519788e+22

choose(N, k) calcula el número de combinaciones de 103 candidatos tomados de 22 en 22.

# b) Probabilidad de que un individuo específico sea seleccionado
P_A <- (choose(1, 1) * choose(N - 1, k - 1)) / choose(N, k)
P_A

[1] 0.2135922

choose(1, 1) corresponde a seleccionar con certeza al individuo de interés, mientras choose(N - 1, k - 1) cuenta las formas de completar las 21 vacantes restantes entre los otros 102 candidatos; se divide entre choose(N, k), el total de formas de seleccionar 22 personas.

Interpretación: hay \(\binom{103}{22}\) formas distintas de seleccionar a las 22 personas, y la probabilidad de que a un candidato específico se le otorgue el derecho de adquirir tierras es aproximadamente 21,36 %.

Ejercicio 14. Dados \(P[A_1\cap A_2]=0{,}04\), \(P[A_1]=0{,}06\), \(P[A_2]=0{,}10\).

Solución paso a paso

P_A1 <- 0.06
P_A2 <- 0.10
P_A1_A2 <- 0.04   # P[A1 ∩ A2]

Se transcriben directamente los tres datos del enunciado como objetos numéricos.

# a) P[A1 ∪ A2]
P_A1_o_A2 <- P_A1 + P_A2 - P_A1_A2
P_A1_o_A2

[1] 0.12

# b) P[A1 ∩ A2']
P_A1_A2c <- P_A1 - P_A1_A2
P_A1_A2c

[1] 0.02

# c) P[A1' ∩ A2]
P_A1c_A2 <- P_A2 - P_A1_A2
P_A1c_A2

[1] 0.06

# d) P[A1' ∩ A2']
P_A1c_A2c <- 1 - P_A1 - P_A2 + P_A1_A2
P_A1c_A2c

[1] 0.88

P_A1_o_A2 aplica el axioma de la unión \(P(A_1\cup A_2)=P(A_1)+P(A_2)-P(A_1\cap A_2)\). P_A1_A2c usa que \(A_1 = (A_1\cap A_2)\cup(A_1\cap A_2')\), de donde \(P(A_1\cap A_2')=P(A_1)-P(A_1\cap A_2)\). De forma simétrica, P_A1c_A2 calcula \(P(A_1'\cap A_2)=P(A_2)-P(A_1\cap A_2)\). Finalmente, P_A1c_A2c usa la ley de De Morgan \(A_1'\cap A_2' = (A_1\cup A_2)'\), por lo que \(P(A_1'\cap A_2')=1-P(A_1\cup A_2)=1-P(A_1)-P(A_2)+P(A_1\cap A_2)\).

Interpretación: \(P[A_1\cup A_2]=0{,}12\), \(P[A_1\cap A_2']=0{,}02\), \(P[A_1'\cap A_2]=0{,}06\) y \(P[A_1'\cap A_2']=0{,}88\).

Ejercicio 15. Un tratamiento para la depresión mejora al 72 % de los pacientes, no produce efecto en el 10 % y empeora al resto.

Solución paso a paso

P_M <- 0.72   # mejora
P_N <- 0.10   # no produce efecto

Se registran las dos probabilidades dadas explícitamente en el enunciado.

# a) Probabilidad de que empeore
P_E <- 1 - P_M - P_N
P_E

[1] 0.18

# b) Probabilidad de que el tratamiento no vaya en detrimento (mejora o no efecto)
P_M_o_N <- P_M + P_N - 0   # M y N son mutuamente excluyentes
P_M_o_N

[1] 0.82

P_E usa que los tres sucesos (mejorar, sin efecto, empeorar) son mutuamente excluyentes y exhaustivos, por lo que sus probabilidades suman 1; despejando se obtiene \(P(E)=1-P(M)-P(N)\). P_M_o_N aplica la regla de la unión para eventos mutuamente excluyentes (\(P[M\cap N]=0\)), sumando directamente \(P(M)+P(N)\).

Interpretación: la probabilidad de que el paciente empeore es del 18 %, y la probabilidad de que el tratamiento no vaya en detrimento de su estado (mejore o quede igual) es del 82 %.

Ejercicio 16. El 30 % de la población es obesa (\(A_1\)), el 3 % sufre diabetes (\(A_2\)), y el 2 % tiene ambas condiciones.

Solución paso a paso

P_A1 <- 0.30
P_A2 <- 0.03
P_A1_A2 <- 0.02

Se transcriben las tres probabilidades del enunciado.

P_A1_o_A2 <- P_A1 + P_A2 - P_A1_A2
P_A1_o_A2

[1] 0.31

Se aplica de nuevo la regla de la unión \(P(A_1\cup A_2)=P(A_1)+P(A_2)-P(A_1\cap A_2)\), restando la intersección para no contar dos veces a quienes tienen ambas condiciones.

Interpretación: la probabilidad de que una persona elegida al azar sea obesa o sufra diabetes es del 31 %.

Ejercicio 17. En bebés prematuros: visión normal 0.80, lesión media 0.10, lesión moderada 0.06, ciego 0.02.

Solución paso a paso

P_VN <- 0.80   # visión normal

Se registra la probabilidad de visión normal dada en el enunciado.

# a) Probabilidad de visión defectuosa
P_defectuosa <- 1 - P_VN
P_defectuosa

[1] 0.2

# b) Probabilidad de visión normal
P_VN

[1] 0.8

Como los cinco resultados posibles (normal, lesión media, moderada, grave, ciego) son mutuamente excluyentes y exhaustivos, la probabilidad de “visión defectuosa” (cualquier resultado distinto de normal) es el complemento de \(P[VN]\): 1 - P_VN.

Interpretación: la probabilidad de que un niño nazca con visión defectuosa es del 20 %, y la de que nazca con visión normal es del 80 %.

Ejercicio 18. El 38 % de las muestras de agua tiene plomo o mercurio, el 32 % tiene plomo, y el 10 % tiene ambos metales.

Solución paso a paso

P_P <- 0.32     # nivel tóxico de plomo
P_P_o_M <- 0.38 # nivel tóxico de plomo o mercurio
P_P_M <- 0.10   # nivel tóxico de ambos metales

Se transcriben los tres valores del enunciado.

# a) Probabilidad de mercurio alto
P_M <- P_P_o_M - P_P + P_P_M
P_M

[1] 0.16

# b) Probabilidad de contener solamente plomo
P_solo_P <- P_P - P_P_M
P_solo_P

[1] 0.22

P_M despeja \(P(M)\) de la fórmula de la unión \(P(P\cup M)=P(P)+P(M)-P(P\cap M)\). P_solo_P calcula el plomo “puro” restando de \(P(P)\) la parte que se solapa con mercurio, \(P(P\cap M)\).

Interpretación: la probabilidad de que una muestra contenga un alto nivel de mercurio es del 16 %, y la de que contenga solamente plomo (sin mercurio) es del 22 %.

Ejercicio 19. Test de electroforesis en 300 mujeres, con tabla de resultados vs. sexo real.

Solución paso a paso

varon_test_mas <- 51; mujer_test_mas <- 78
varon_test_menos <- 96; mujer_test_menos <- 75
total_varon <- varon_test_mas + varon_test_menos   # 147
total_mujer <- mujer_test_mas + mujer_test_menos   # 153
total <- total_varon + total_mujer                 # 300

Se transcriben las celdas de la tabla del enunciado y se calculan los totales marginales por columna y el total general.

# a) Especificidad: P[test - | realidad -]
especificidad <- varon_test_menos / total_varon
especificidad

[1] 0.6530612

# b) Sensibilidad: P[test + | realidad +]
sensibilidad <- mujer_test_mas / total_mujer
sensibilidad

[1] 0.5098039

especificidad calcula la probabilidad condicional \(P(\text{test}-\mid\text{realidad}-)\) dividiendo los varones con test negativo (verdaderos negativos) entre el total de varones (realidad negativa). sensibilidad calcula \(P(\text{test}+\mid\text{realidad}+)\) dividiendo las mujeres con test positivo (verdaderos positivos) entre el total de mujeres (realidad positiva).

Interpretación: la especificidad del procedimiento es aproximadamente 65,31 % y la sensibilidad es aproximadamente 50,98 %.

Ejercicio 20. 100 pacientes y 75 sujetos normales se someten a un test de orina. El 60 % de los 175 dio positivo, y hubo 8 falsos negativos.

Solución paso a paso

n_pacientes <- 100
n_normales <- 75
n_total <- n_pacientes + n_normales      # 175
positivos <- 0.6 * n_total               # 105
negativos <- n_total - positivos         # 70
falsos_negativos <- 8                    # pacientes reales con test negativo
verdaderos_positivos <- n_pacientes - falsos_negativos  # 92
falsos_positivos <- positivos - verdaderos_positivos    # 13

Se reconstruye la tabla 2x2 del enunciado: positivos y negativos se obtienen aplicando el 60 % al total de sujetos; verdaderos_positivos son los pacientes reales correctamente detectados (100 menos los 8 falsos negativos); falsos_positivos son los sujetos normales que dieron positivo (el resto de los positivos que no son verdaderos positivos).

alpha <- falsos_positivos / n_normales
alpha

[1] 0.1733333

El coeficiente de falsos positivos se define como \(P(\text{Test}+ \mid \text{No es paciente})\), es decir, falsos_positivos / n_normales: de los 75 sujetos realmente sanos, cuántos dieron positivo.

Interpretación: el coeficiente de falsos positivos del test es aproximadamente 17,33 %.

Ejercicio 21. Test EIA para detectar anticuerpos de VIH en 100 000 sujetos.

Solución paso a paso

test_mas_ausentes <- 1000    # falsos positivos
test_mas_presentes <- 30     # verdaderos positivos
test_menos_ausentes <- 98969 # verdaderos negativos
test_menos_presentes <- 1    # falsos negativos

Se transcriben las cuatro celdas de la tabla 2x2 del enunciado.

# a) Valor predictivo positivo: P[realidad + | test +]
VPP <- test_mas_presentes / (test_mas_ausentes + test_mas_presentes)
VPP

[1] 0.02912621

# b) Valor predictivo negativo: P[realidad - | test -]
VPN <- test_menos_ausentes / (test_menos_ausentes + test_menos_presentes)
VPN

[1] 0.9999899

VPP calcula \(P(\text{realidad}+\mid\text{test}+)\) dividiendo los verdaderos positivos entre el total de personas con test positivo (verdaderos positivos más falsos positivos). VPN calcula \(P(\text{realidad}-\mid\text{test}-)\) dividiendo los verdaderos negativos entre el total de personas con test negativo.

Interpretación: el valor predictivo positivo del test EIA es aproximadamente 2,91 % y el valor predictivo negativo es aproximadamente 99,99 %.

Ejercicio 22. El 55 % de la población es obesa (\(A_1\)), el 20 % es hipertensa (\(A_2\)), y el 60 % es obesa o hipertensa.

Solución paso a paso

P_A1 <- 0.55
P_A2 <- 0.20
P_A1_o_A2 <- 0.60

Se transcriben los tres datos del enunciado.

P_A1_A2 <- P_A1 + P_A2 - P_A1_o_A2   # P[A1 ∩ A2]
P_A1_dado_A2 <- P_A1_A2 / P_A2       # P[A1 | A2]
P_A1_dado_A2

[1] 0.75

P_A1

[1] 0.55

Primero se despeja la intersección de la fórmula de la unión. Luego, P_A1_dado_A2 calcula la probabilidad condicional \(P(A_1\mid A_2)=P(A_1\cap A_2)/P(A_2)\). Dos eventos son independientes si y solo si \(P(A_1\mid A_2)=P(A_1)\); comparamos ambos valores.

independientes <- isTRUE(all.equal(P_A1_dado_A2, P_A1))
independientes

[1] FALSE

isTRUE(all.equal(...)) compara los dos valores numéricos (con tolerancia de punto flotante) y devuelve TRUE solo si son iguales, lo que indicaría independencia.

Interpretación: como \(P[A_1\mid A_2]=0{,}75 \ne P[A_1]=0{,}55\), los eventos “ser obeso” y “padecer hipertensión” no son independientes.

Ejercicio 23. Probabilidad de muerte materna en el parto: global 0,00022; si no es de raza negra, 0,00017; si es de raza negra, 0,00064. El 10 % de los partos corresponde a mujeres negras.

Solución paso a paso

P_D <- 0.00022
P_D_dado_Bc <- 0.00017   # P[D | B']
P_D_dado_B <- 0.00064    # P[D | B]
P_B <- 0.10
P_Bc <- 1 - P_B

Se transcriben las probabilidades condicionales y marginales del enunciado.

# a) Probabilidades de las cuatro trayectorias del árbol
P_Dc_dado_B <- 1 - P_D_dado_B
P_Dc_dado_Bc <- 1 - P_D_dado_Bc

P_D_B   <- P_D_dado_B  * P_B    # P[D ∩ B]
P_Dc_B  <- P_Dc_dado_B * P_B    # P[D' ∩ B]
P_D_Bc  <- P_D_dado_Bc  * P_Bc  # P[D ∩ B']
P_Dc_Bc <- P_Dc_dado_Bc * P_Bc  # P[D' ∩ B']

P_D_B; P_Dc_B; P_D_Bc; P_Dc_Bc

[1] 6.4e-05

[1] 0.099936

[1] 0.000153

[1] 0.899847

Cada rama del árbol de probabilidad se calcula multiplicando la probabilidad de la primera rama (raza) por la probabilidad condicional de la segunda rama (morir o no morir dado la raza), según la regla del producto \(P(D\cap B)=P(D\mid B)\,P(B)\).

# b) Teorema de Bayes: P[B | D]
P_B_dado_D <- (P_D_dado_B * P_B) / P_D
P_B_dado_D

[1] 0.2909091

El teorema de Bayes invierte la condicionalidad: \(P(B\mid D) = \dfrac{P(D\mid B)\,P(B)}{P(D)}\). El numerador es la probabilidad de la trayectoria “raza negra y muere” y el denominador es la probabilidad total de morir.

Interpretación: la probabilidad de que una madre que muere en el parto sea de raza negra es aproximadamente 29,09 %.

Ejercicio 24. Test de cáncer de cuello uterino con 5 % de falsos negativos y 5 % de falsos positivos; 4 % de la población tiene cáncer.

Solución paso a paso

P_C <- 0.04                 # prevalencia del cáncer
P_mas_dado_Cc <- 0.05        # P[+ | C']  (falso positivo)
P_menos_dado_C <- 0.05       # P[- | C]   (falso negativo)
P_Cc <- 1 - P_C
P_mas_dado_C <- 1 - P_menos_dado_C   # P[+ | C]

Se transcriben la prevalencia y las tasas de falsos positivos/negativos, y se derivan sus complementos.

P_C_dado_mas <- (P_mas_dado_C * P_C) /
  (P_mas_dado_C * P_C + P_mas_dado_Cc * P_Cc)
P_C_dado_mas

[1] 0.4418605

Se aplica el teorema de Bayes en su forma expandida: el numerador es la probabilidad de “tener cáncer y dar positivo” y el denominador (regla de probabilidad total) suma esa misma cantidad con la de “no tener cáncer y dar positivo” (falso positivo), obteniendo así \(P[+]\).

Interpretación: la probabilidad de que una mujer realmente tenga cáncer de cuello uterino dado que el test resultó positivo es aproximadamente 44,19 %, lo que evidencia el efecto de una prevalencia baja sobre el valor predictivo positivo de una prueba diagnóstica.

Ejercicio 25. Distribución de grupos sanguíneos en EE. UU. (WWII) y probabilidades de clasificación errónea como tipo A.

Solución paso a paso

P_A_R  <- 0.41; P_B_R <- 0.09; P_AB_R <- 0.04; P_O_R <- 0.46
P_Ac_dado_AR  <- 0.88
P_Ac_dado_BR  <- 0.04
P_Ac_dado_ABR <- 0.10
P_Ac_dado_OR  <- 0.04

Se transcriben las probabilidades reales de cada grupo sanguíneo (subíndice R) y las probabilidades condicionales de ser clasificado como tipo A (subíndice C) dado cada grupo real.

numerador <- P_Ac_dado_AR * P_A_R
denominador <- P_Ac_dado_AR * P_A_R + P_Ac_dado_BR * P_B_R +
  P_Ac_dado_ABR * P_AB_R + P_Ac_dado_OR * P_O_R

P_AR_dado_Ac <- numerador / denominador
P_AR_dado_Ac

[1] 0.9327818

El numerador corresponde a la probabilidad de “ser realmente A y ser clasificado como A”. El denominador aplica la regla de probabilidad total sumando, sobre los cuatro grupos sanguíneos posibles, la probabilidad de “ser de ese grupo y ser clasificado como A”; esto entrega \(P[\text{clasificado A}]\). El cociente es el teorema de Bayes.

Interpretación: dado que un soldado fue clasificado como tipo A, la probabilidad de que efectivamente pertenezca al tipo A es aproximadamente 93,28 %.

Ejercicio 26. Sea \(X \sim Bin(10; 0{,}4)\).

Solución paso a paso

n <- 10
p <- 0.4

n es el número de ensayos Bernoulli y p la probabilidad de éxito en cada ensayo, los dos parámetros de la Binomial.

# a) P[X <= 4]
pbinom(4, size = n, prob = p)

[1] 0.6331033

# b) P[X < 4]  =  P[X <= 3]
pbinom(3, size = n, prob = p)

[1] 0.3822806

# c) P[X = 4]
dbinom(4, size = n, prob = p)

[1] 0.2508227

# d) P[X <= 5]
pbinom(5, size = n, prob = p)

[1] 0.8337614

# e) P[X > 6]  =  P[X >= 7]
pbinom(6, size = n, prob = p, lower.tail = FALSE)

[1] 0.05476188

# f) P[3 <= X <= 6]
pbinom(6, size = n, prob = p) - pbinom(2, size = n, prob = p)

[1] 0.7779484

# g) P[4 <= X <= 7]
pbinom(7, size = n, prob = p) - pbinom(3, size = n, prob = p)

[1] 0.6054248

# h) P[3 < X < 6]  =  P[4 <= X <= 5]
pbinom(5, size = n, prob = p) - pbinom(3, size = n, prob = p)

[1] 0.4514808

dbinom(x, size, prob) calcula la masa de probabilidad puntual \(P[X=x]\), mientras que pbinom(q, size, prob) calcula la acumulada \(P[X\le q]\) (por defecto con lower.tail = TRUE, es decir, el área a la izquierda de q). En (b) la desigualdad estricta \(X<4\) equivale a \(X\le 3\) por ser una variable discreta, por lo que se usa pbinom(3, ...). En (e) se usa lower.tail = FALSE para obtener directamente el área a la derecha de q=6, correspondiente a \(P[X>6]=P[X\ge 7]\), evitando calcular \(1-P[X\le 6]\). En (f), (g) y (h) se aprovechan diferencias de acumuladas: \(P[a\le X\le b] = P[X\le b]-P[X\le a-1]\), cuidando de restar el límite inferior correcto según si la desigualdad es estricta o no.

Interpretación: por ejemplo, \(P[X\le 4]\approx 0{,}6331\) y \(P[X>6]\approx 0{,}0548\); en general estas probabilidades describen la variabilidad del número de éxitos en 10 ensayos con probabilidad de éxito 0,4 cada uno.

Ejercicio 27. De cada 20 ratas tratadas con un fármaco, 4 mueren antes de terminar el experimento. Se tratan 10 ratas y se pregunta por la probabilidad de que al menos 8 lleguen vivas.

Solución paso a paso

p_sobrevivir <- 1 - 4/20   # probabilidad de que una rata sobreviva
n <- 10

p_sobrevivir se obtiene restando de 1 la proporción de ratas que mueren (4 de 20); n es el número de ratas tratadas.

P_al_menos_8 <- pbinom(7, size = n, prob = p_sobrevivir, lower.tail = FALSE)
P_al_menos_8

[1] 0.6777995

Definiendo \(X\sim Bin(10;\,0{,}8)\) como el número de ratas que sobreviven, se pide \(P[X\ge 8]\). Se usa pbinom(7, ..., lower.tail = FALSE) para obtener el área a la derecha de 7, es decir, \(P[X>7]=P[X\ge 8]\), sin tener que calcular manualmente \(1-P[X\le 7]\).

Interpretación: la probabilidad de que al menos 8 de las 10 ratas tratadas lleguen vivas al final del experimento es aproximadamente 67,8 %.

Ejercicio 28. Una compañía tiene 10 tanques de petróleo, cada uno con 1 % de probabilidad de pérdida en el año.

Solución paso a paso

n <- 10
p <- 0.01

n es el número de tanques y p la probabilidad de pérdida de cada uno; \(X\sim Bin(10;\,0{,}01)\) es el número de tanques con pérdida durante el año.

E_X <- n * p
Var_X <- n * p * (1 - p)
E_X

[1] 0.1

Var_X

[1] 0.099

Se aplican directamente las fórmulas teóricas del valor esperado y la varianza de una variable Binomial, \(E[X]=np\) y \(Var[X]=np(1-p)\), ya que R no ofrece una función dedicada para momentos teóricos de la distribución; estos se calculan con aritmética simple a partir de los parámetros.

Interpretación: se espera que, en promedio, 0,1 tanques presenten pérdidas en el año, con una varianza de 0,099 tanques².

Ejercicio 29. Una variable aleatoria Poisson \(X\) tiene parámetro \(\lambda = 10\).

Solución paso a paso

lambda <- 10

lambda almacena la tasa media de ocurrencia del evento, único parámetro de la distribución de Poisson.

# a) E[X]
E_X <- lambda
E_X

[1] 10

# b) P[X <= 4]
ppois(4, lambda = lambda)

[1] 0.02925269

# c) P[X >= 6]  =  P[X > 5]
ppois(5, lambda = lambda, lower.tail = FALSE)

[1] 0.932914

# d) P[4 <= X <= 12]
ppois(12, lambda = lambda) - ppois(3, lambda = lambda)

[1] 0.7812204

# e) P[X = 9]
dpois(9, lambda = lambda)

[1] 0.12511

En una Poisson, \(E[X]=\lambda\), por lo que E_X es directamente lambda. ppois(q, lambda) calcula la acumulada \(P[X\le q]\). En (c) se usa lower.tail = FALSE con q=5 para obtener \(P[X>5]=P[X\ge 6]\) directamente. En (d) se resta la acumulada hasta 3 de la acumulada hasta 12 para obtener \(P[4\le X\le 12]\). dpois(x, lambda) calcula la probabilidad puntual \(P[X=x]\).

Interpretación: por ejemplo, la probabilidad de observar exactamente 9 sucesos es aproximadamente 0,1251, mientras que la probabilidad de observar entre 4 y 12 sucesos es aproximadamente 0,7812.

Ejercicio 30. Durante el sueño intermedio, aparecen en promedio 2 ondas de gran amplitud por segundo.

Solución paso a paso

tasa_por_segundo <- 2
t <- 5
lambda_t <- tasa_por_segundo * t
lambda_t

[1] 10

Como la tasa está dada por segundo y se pregunta por un intervalo de t = 5 segundos, el parámetro de la Poisson para ese intervalo es lambda_t = tasa_por_segundo * t, aprovechando la propiedad de que en un proceso de Poisson el parámetro escala linealmente con el tiempo observado.

# a) P[X = 0] en 5 segundos
dpois(0, lambda = lambda_t)

[1] 4.539993e-05

# b) P[X <= 15] en 5 segundos
ppois(15, lambda = lambda_t)

[1] 0.9512596

dpois(0, lambda_t) calcula la probabilidad puntual de que no aparezca ninguna onda (\(X=0\)) en el intervalo de 5 segundos. ppois(15, lambda_t) calcula la acumulada \(P[X\le 15]\), es decir, la probabilidad de que aparezcan como máximo 15 ondas.

Interpretación: la probabilidad de que no se presente ninguna onda en 5 segundos es prácticamente 0, y la probabilidad de que aparezcan a lo sumo 15 ondas en ese mismo período es aproximadamente 0,9513.

Ejercicio 31. El número medio anual de muertes por cáncer de pulmón es 12.

Solución paso a paso

lambda <- 12

lambda almacena la tasa media anual de muertes.

# a) P[X = 10]
dpois(10, lambda = lambda)

[1] 0.1048373

# b) P[X >= 15]  =  P[X > 14]
ppois(14, lambda = lambda, lower.tail = FALSE)

[1] 0.2279755

# c) P[X <= 10]
ppois(10, lambda = lambda)

[1] 0.3472294

dpois(10, lambda) calcula la probabilidad puntual de exactamente 10 muertes. En (b), ppois(14, lambda, lower.tail = FALSE) devuelve el área a la derecha de 14, es decir \(P[X>14]=P[X\ge 15]\), que es justo lo pedido. ppois(10, lambda) calcula directamente la acumulada \(P[X\le 10]\).

Interpretación: la probabilidad de exactamente 10 muertes en el año es aproximadamente 0,105; la de 15 o más muertes es aproximadamente 0,228; y la de 10 o menos muertes es aproximadamente 0,3472.

Ejercicio 32. Sea \(X \sim HG(n=10, N=20, M=8)\), es decir, se extrae una muestra de tamaño 10 de una población de 20 elementos, 8 de los cuales son “éxitos”.

Solución paso a paso

N <- 20   # tamaño de la población
M <- 8    # número de "éxitos" en la población
n <- 10   # tamaño de la muestra

Se definen los tres parámetros de la hipergeométrica: N (población), M (éxitos en la población) y n (tamaño de muestra). En R, dhyper/phyper usan los argumentos m = M (éxitos), n = N - M (fracasos) y k (tamaño de muestra); para evitar confusión de nombres con el parámetro n del enunciado, se pasan explícitamente.

# a) P[X <= 2]
phyper(2, m = M, n = N - M, k = n)

[1] 0.08490117

# b) P[X < 4] = P[X <= 3]
phyper(3, m = M, n = N - M, k = n)

[1] 0.3249583

# c) P[X = 5]
dhyper(5, m = M, n = N - M, k = n)

[1] 0.2400572

# d) P[3 <= X <= 6]
phyper(6, m = M, n = N - M, k = n) - phyper(2, m = M, n = N - M, k = n)

[1] 0.9052155

# e) P[X >= 6] = P[X > 5]
phyper(5, m = M, n = N - M, k = n, lower.tail = FALSE)

[1] 0.08490117

# g) P[4 <= X <= 7]
phyper(7, m = M, n = N - M, k = n) - phyper(3, m = M, n = N - M, k = n)

[1] 0.6746844

# h) P[3 < X < 6] = P[4 <= X <= 5]
phyper(5, m = M, n = N - M, k = n) - phyper(3, m = M, n = N - M, k = n)

[1] 0.5901405

dhyper(x, m, n, k) calcula la probabilidad puntual \(P[X=x]\) para el esquema de muestreo sin reemplazo, mientras que phyper(q, m, n, k) calcula la acumulada \(P[X\le q]\). El argumento m es el número de “éxitos” disponibles en la población, n (dentro de la función) es el número de “fracasos” (\(N-M\)), y k es el tamaño de la muestra extraída. En (e) se usa lower.tail = FALSE para obtener el área a la derecha directamente. Las demás probabilidades acumuladas de intervalos se obtienen restando dos evaluaciones de phyper, igual que con la Binomial.

Interpretación: por ejemplo, \(P[3\le X\le 6]\approx 0{,}905\), lo que indica que, en la mayoría de las muestras de tamaño 10, el número de “éxitos” observado se concentra entre 3 y 6.

Ejercicio 33. En un grupo de 10 pollos, 3 presentan una enfermedad congénita. Se seleccionan 5 al azar.

Solución paso a paso

N <- 10  # población de pollos
M <- 3   # pollos con enfermedad congénita
n <- 5   # tamaño de la muestra

Se definen los parámetros hipergeométricos: población total, número de pollos enfermos y tamaño de la muestra.

P_al_menos_1 <- phyper(0, m = M, n = N - M, k = n, lower.tail = FALSE)
P_al_menos_1

[1] 0.9166667

phyper(0, m, n, k, lower.tail = FALSE) calcula el área a la derecha de 0, es decir, \(P[X>0]=P[X\ge 1]\), la probabilidad de que al menos un pollo enfermo esté en la muestra. Esto equivale a 1 - dhyper(0, m = M, n = N - M, k = n), pero usar lower.tail = FALSE evita el paso intermedio de restar de 1.

Interpretación: la probabilidad de que, al seleccionar 5 pollos, al menos uno padezca la enfermedad congénita es aproximadamente 91,67 %.

Ejercicio 34. La concentración de plomo en sangre \(X\) sigue \(N(0{,}25;\,0{,}11^2)\). Se considera extremadamente alta una concentración \(\ge 0{,}6\) ppm.

Solución paso a paso

mu <- 0.25
sigma <- 0.11

mu y sigma son la media y la desviación típica dadas en el enunciado.

P_alta <- pnorm(0.6, mean = mu, sd = sigma, lower.tail = FALSE)
P_alta

[1] 0.0007317683

pnorm(q, mean, sd, lower.tail = FALSE) calcula el área a la derecha de q = 0.6, es decir, \(P[X\ge 0{,}6]\) (equivalentemente \(P[X>0{,}6]\) en una distribución continua). Se usa lower.tail = FALSE porque el interés es la cola superior (concentraciones altas), en lugar de calcular \(1-P[X<0{,}6]\) manualmente.

Interpretación: la probabilidad de que un individuo seleccionado aleatoriamente tenga una concentración de plomo extremadamente alta es aproximadamente 0,1 %.

Ejercicio 35. La altura \(H\) de la almeja roja sigue \(N(20{,}3;\,1{,}4^2)\) mm.

Solución paso a paso

mu <- 20.3
sigma <- 1.4

Se registran la media y la desviación típica de la altura de la almeja.

P_mayor_23 <- pnorm(23, mean = mu, sd = sigma, lower.tail = FALSE)
P_mayor_23

[1] 0.02689204

pnorm(23, mean = mu, sd = sigma, lower.tail = FALSE) calcula directamente \(P[H>23]\), el área bajo la curva normal a la derecha de 23 mm, evitando calcular \(1-P[H\le 23]\) de forma manual.

Interpretación: la probabilidad de que la siguiente almeja encontrada tenga una altura mayor a 23 mm es aproximadamente 2,7 %.

Ejercicio 36. La glucemia en ayunas de diabéticos sigue \(N(106; 8^2)\) mg/100 mL.

Solución paso a paso

mu <- 106
sigma <- 8

mu y sigma son la media y la desviación típica de la glucemia en ayunas.

# a) P[X < 120]
pnorm(120, mean = mu, sd = sigma)

[1] 0.9599408

# b) P[90 < X < 120]
pnorm(120, mean = mu, sd = sigma) - pnorm(90, mean = mu, sd = sigma)

[1] 0.9371907

# c) P[106 < X < 110]
pnorm(110, mean = mu, sd = sigma) - pnorm(106, mean = mu, sd = sigma)

[1] 0.1914625

# d) P[X > 121]
pnorm(121, mean = mu, sd = sigma, lower.tail = FALSE)

[1] 0.03039636

# e) x0 tal que P[X < x0] = 0.25
qnorm(0.25, mean = mu, sd = sigma)

[1] 100.6041

pnorm(q, mean, sd) calcula el área a la izquierda de q (por defecto lower.tail = TRUE). En (b) y (c), la probabilidad de un intervalo se obtiene restando la acumulada del límite inferior de la acumulada del límite superior. En (d) se usa lower.tail = FALSE para obtener directamente la cola derecha \(P[X>121]\). En (e), qnorm(p, mean, sd) es la función cuantil: devuelve el valor \(x_0\) tal que \(P[X<x_0]=p\) (aquí, el percentil 25), operación inversa a pnorm.

Interpretación: por ejemplo, aproximadamente el 93,71 % de los diabéticos tiene niveles de glucemia entre 90 y 120 mg/100 mL, y el 25 % de los diabéticos tiene una glucemia en ayunas por debajo de aproximadamente 100,6 mg/100 mL.

Ejercicio 37. Las lecturas de un termómetro en el punto de congelación siguen \(N(0, 1^2)\).

Solución paso a paso

mu <- 0
sigma <- 1

Se registran la media y la desviación típica de las lecturas del termómetro (una distribución normal estándar).

P_menor_1.58 <- pnorm(1.58, mean = mu, sd = sigma)
P_menor_1.58

[1] 0.9429466

pnorm(1.58, mean = 0, sd = 1) calcula el área a la izquierda de 1,58 bajo la curva normal estándar, es decir, \(P[X<1{,}58]\), usando el valor por defecto lower.tail = TRUE puesto que se pide una probabilidad “menor que”.

Interpretación: la probabilidad de que un termómetro seleccionado al azar dé una lectura menor que 1,58 °C en el punto de congelación del agua es aproximadamente 94,29 %.

Ejercicio 38. El coeficiente intelectual de los adultos sigue \(N(100; 15^2)\) (test de Wechsler).

Solución paso a paso

mu <- 100
sigma <- 15

mu y sigma son la media y la desviación típica del CI.

# a) P[X < 130]
pnorm(130, mean = mu, sd = sigma)

[1] 0.9772499

# b) P[X > 131.5]
pnorm(131.5, mean = mu, sd = sigma, lower.tail = FALSE)

[1] 0.01786442

# c) P[90 < X < 110]
pnorm(110, mean = mu, sd = sigma) - pnorm(90, mean = mu, sd = sigma)

[1] 0.4950149

# d) P[110 < X < 120]
pnorm(120, mean = mu, sd = sigma) - pnorm(110, mean = mu, sd = sigma)

[1] 0.1612813

# e) P10: x0 tal que P[X < x0] = 0.10
qnorm(0.10, mean = mu, sd = sigma)

[1] 80.77673

# f) P60: x0 tal que P[X < x0] = 0.60
qnorm(0.60, mean = mu, sd = sigma)

[1] 103.8002

# g) x0 tal que P[X > x0] = 0.35 (separa el 35% superior)
qnorm(0.35, mean = mu, sd = sigma, lower.tail = FALSE)

[1] 105.7798

# h) x0 tal que P[X > x0] = 0.85 (separa el 85% superior)
qnorm(0.85, mean = mu, sd = sigma, lower.tail = FALSE)

[1] 84.4535

Los incisos (a)-(d) reutilizan pnorm con lower.tail = TRUE (por defecto) para colas izquierdas y con lower.tail = FALSE en (b) para la cola derecha directamente. En los incisos (e)-(h) se usa qnorm(p, mean, sd, lower.tail), la función cuantil (inversa de pnorm): en (e) y (f) se busca el valor que deja a la izquierda una proporción p dada (lower.tail = TRUE, por defecto); en (g) y (h) se pide el valor que deja una proporción p a la derecha, por lo que se fija lower.tail = FALSE para que qnorm interprete p como el área de la cola superior en lugar de la inferior.

Interpretación: por ejemplo, solo el 1,79 % de los adultos tiene un CI superior a 131,5 (el umbral de Mensa), el percentil 10 del CI es aproximadamente 80,78, y el puntaje que separa el 35 % superior de los demás es aproximadamente 105,78.

Ejercicio 39. El peso de los niños de 1 año sigue \(N(7, 2^2)\) kg.

Solución paso a paso

mu <- 7
sigma <- 2

mu y sigma son la media y la desviación típica del peso.

# a) Intervalo centrado que cubre el 95% de los pesos
qnorm(c(0.025, 0.975), mean = mu, sd = sigma)

[1]  3.080072 10.919928

# b) Percentil del niño que pesa 10.5 kg
pnorm(10.5, mean = mu, sd = sigma)

[1] 0.9599408

# c) Intervalo centrado que cubre el 99% de los pesos
qnorm(c(0.005, 0.995), mean = mu, sd = sigma)

[1]  1.848341 12.151659

# d) P[X < 3.5]
pnorm(3.5, mean = mu, sd = sigma)

[1] 0.04005916

# e) P[X > 4.5]
pnorm(4.5, mean = mu, sd = sigma, lower.tail = FALSE)

[1] 0.8943502

# f) P[6 < X < 8]
pnorm(8, mean = mu, sd = sigma) - pnorm(6, mean = mu, sd = sigma)

[1] 0.3829249

# g) P[8 < X < 9]
pnorm(9, mean = mu, sd = sigma) - pnorm(8, mean = mu, sd = sigma)

[1] 0.1498823

En (a), qnorm(c(0.025, 0.975), mean, sd) se evalúa en un vector de dos probabilidades para obtener de una sola vez los dos extremos de un intervalo centrado al 95 % (dejando 2,5 % en cada cola). En (b), pnorm(10.5, mean, sd) calcula directamente la proporción de niños que pesan menos de 10,5 kg, es decir, el percentil del niño en cuestión. En (c) se repite la lógica de (a) con las colas del 0,5 % para un intervalo del 99 %. Los incisos (d)-(g) combinan pnorm con lower.tail = TRUE/FALSE y diferencias de acumuladas, igual que en ejercicios anteriores.

Interpretación: el 95 % de los niños de un año pesa entre 3,08 y 10,92 kg; un niño de 10,5 kg se encuentra aproximadamente en el percentil 95,99; y solo el 4 % de los niños pesa menos de 3,5 kg.

Ejercicio 40. La longitud de los brotes de espárrago sigue una normal con media 21 cm. Las cajas admiten como máximo 23,5 cm, y se desea que la probabilidad de brotes no embalables no supere 0,05.

Solución paso a paso

mu <- 21
limite <- 23.5
p_max <- 0.05

Se registran la media de la longitud, el límite máximo de embalaje y la probabilidad máxima tolerada de brotes que excedan ese límite.

z_critico <- qnorm(1 - p_max)
sigma_max <- (limite - mu) / z_critico
sigma_max

[1] 1.519892

qnorm(1 - p_max) calcula el cuantil de la normal estándar que deja p_max = 0,05 en la cola derecha (equivalentemente, el percentil 95, qnorm(0.95)), es decir, el valor crítico \(z\) tal que \(P[Z>z]=0{,}05\). Despejando de la condición \(P[X>23{,}5]\le 0{,}05 \iff \dfrac{23{,}5-21}{\sigma}\ge z_{0,95}\), se obtiene la cota superior para \(\sigma\): sigma_max <- (limite - mu) / z_critico.

Interpretación: la desviación estándar de la longitud de los brotes debe ser menor o igual a aproximadamente 1,52 cm para que la probabilidad de que existan espárragos no embalables no supere el 5 %.

Referencias

Rache, A. F. (s.f.) - Solucionario Banco de Ejercicios – Bioestadística Fundamental [documento de monitoría]. Departamento de Estadística, Universidad Nacional de Colombia.
Interdisciplinary Science Reviews. (1982). Expanding Subartic Agriculture. Vol. 7, Núm. 3.
McGraw, K. A., & Dennis, R. (Radford University); Castagna, M. (Virginia Institute of Marine Science). (1996). Population Structure of the Arkshell Clams.