Problema: Un proceso de producción de partes trabaja con un porcentaje promedio de defectos de 5%. Cada hora se toma una muestra aleatoria de 18 artículos y se prueban. Si la muestra contiene más de un defecto el proceso deberá detenerse.
Se modela mediante una Distribución Binomial, donde la probabilidad de éxito (defecto) es \(p = 0.05\) y la muestra es \(n = 18\).
Calcule la probabilidad de que el proceso se detenga debido al esquema de muestreo.
\[P(X > 1) = 1 - P(X \le 1) = 1 - [P(X=0) + P(X=1)]\]
Desarrollo: Usamos la función de masa de probabilidad binomial: \(P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}\)
## [1] 0.2264774Respuesta: Existe un \(22.65\%\) de probabilidad de que se detenga el proceso. Es decir, aproximadamente 23 de cada 100 muestras provocarían una detención.
De acuerdo con lo contestado en a), ¿considera que el esquema de muestreo es adecuado o generará demasiadas interrupciones?
Respuesta: Consideramos que el esquema puede generar demasiadas interrupciones, ya que el porcentaje de defectos del proceso es solamente del 5%, pero la probabilidad de detenerlo es bastante mayor (22.65%). Aunque este método ayuda a controlar la calidad, podría generar paradas innecesarias y aumentar los costos del proceso.
Considere la opción de aumentar a más de 2 el número de defectuosos para detener el proceso y evalúela frente a disminuir la muestra a 17 artículos. Discuta los resultados y sus efectos sobre la calidad.
Desarrollo:
Alternativa 1: \(n=18\), límite > 2 defectos. Calculamos \(P(X=2)\) y lo sumamos a lo obtenido en el inciso A: \[P(X=2) = \binom{18}{2} (0.05)^2 (0.95)^{16} = 153 \cdot 0.0025 \cdot 0.4401 \approx 0.1683\] \[P(X \le 2) = 0.7735 + 0.1683 = 0.9418\] \[P(X > 2) = 1 - 0.9418 = 0.0582\]
Alternativa 2: \(n=17\), límite > 1 defecto. \[P(X=0) = \binom{17}{0} (0.05)^0 (0.95)^{17} \approx 0.4181\] \[P(X=1) = \binom{17}{1} (0.05)^1 (0.95)^{16} = 17 \cdot 0.05 \cdot 0.4401 \approx 0.3741\] \[P(X > 1) = 1 - (0.4181 + 0.3741) = 1 - 0.7922 = 0.2078\]
alt1 <- 1 - pbinom(2, 18, 0.05)
alt2 <- 1 - pbinom(1, 17, 0.05)
data.frame(
Alternativa = c("1: Límite > 2 (n=18)", "2: Límite > 1 (n=17)"),
Probabilidad = c(alt1, alt2)
) |>
kable(format = "html", align = "c") |>
kable_styling(bootstrap_options = c("striped", "hover", "condensed"), full_width = FALSE)| Alternativa | Probabilidad |
|---|---|
| 1: Límite > 2 (n=18) | 0.0581289 |
| 2: Límite > 1 (n=17) | 0.2077720 |
Respuesta: La Alternativa 1 reduce mucho más las interrupciones (de 22.65% a 5.82%), mientras que la Alternativa 2 las reduce muy poco (a 20.78%). Si se desea disminuir las interrupciones, es mucho más efectivo seguir la Alternativa 1. Sin embargo, permitir hasta 2 defectuosos hace que el control de calidad sea menos estricto.
Problema: El número de componentes que falla antes de cumplir 100 horas de operación es una variable aleatoria distribuida Poisson. Si el número promedio de éstas es 8.
Este ejercicio se modela utilizando la distribución de Poisson, donde \(\lambda\) representa el número de componentes defectuosos en un periodo.
\[X \sim Poisson(\lambda) \quad \Rightarrow \quad P(X = x) = \frac{\lambda^{x} \cdot e^{-\lambda}}{x!}\]
¿Cuál es la probabilidad de que falle un componente en 25 horas?
Desarrollo: 1. Calculamos la tasa ajustada al tiempo mediante regla de tres: \[\lambda = \frac{25 \text{ horas} \cdot 8 \text{ fallas}}{100 \text{ horas}} = 2 \text{ fallas}\] 2. Reemplazamos en la fórmula para \(x = 1\): \[P(X=1) = \frac{2^1 \cdot e^{-2}}{1!} = \frac{2 \cdot 0.1353}{1} \approx 0.2707\]
## [1] 0.2706706Respuesta: La probabilidad de que falle exactamente un componente en 25 horas es de 27.07%. De acuerdo con el valor de \(\lambda\), se espera en promedio que fallen 2 unidades, por lo que obtener exactamente una sola falla está por debajo de la media esperada.
¿Cuál es la probabilidad de que fallen no más de 2 componentes en 50 horas?
Desarrollo: 1. Ajustamos la tasa para 50 horas: \[\lambda = \frac{50 \text{ horas} \cdot 8 \text{ fallas}}{100 \text{ horas}} = 4 \text{ fallas}\] 2. Calculamos la probabilidad acumulada \(P(X \le 2) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)\): \[P(X=0) = \frac{4^0 \cdot e^{-4}}{0!} = e^{-4} \approx 0.0183\] \[P(X=1) = \frac{4^1 \cdot e^{-4}}{1!} = 4 \cdot 0.0183 \approx 0.0733\] \[P(X=2) = \frac{4^2 \cdot e^{-4}}{2!} = \frac{16 \cdot 0.0183}{2} = 8 \cdot 0.0183 \approx 0.1465\] 3. Sumamos las probabilidades: \[P(X \le 2) = 0.0183 + 0.0733 + 0.1465 = 0.2381\]
## [1] 0.2381033Respuesta: La probabilidad de que fallen como máximo 2 componentes durante 50 horas es aproximadamente de 23.81%. Esto concuerda con el \(\lambda\) de 4 componentes, ya que en promedio se esperan 4 fallas, y que ocurran 2 o menos es un escenario por debajo del promedio.
Problema: Cierto proceso de llenado debe generar botellas de una bebida refrescante con un contenido nominal de \(350 \pm 5\text{ cc}\). Los datos históricos indican que la cantidad llenada sigue aproximadamente una distribución normal con promedio de \(360\text{ cc}\) y varianza de \(25\text{ cc}\).
Límite inferior (LI) es \(345\text{ cc}\) y límite superior (LS) es \(355\text{ cc}\).
¿Cuál es el porcentaje de botellas con un volumen de llenado no conforme a las especificaciones?
Desarrollo: Tenemos \(\mu = 360\) y \(\sigma = \sqrt{25} = 5\). Estandarizamos usando la fórmula \(Z = \frac{X - \mu}{\sigma}\):
Estandarizamos el Límite Inferior (345): \[Z_1 = \frac{345 - 360}{5} = \frac{-15}{5} = -3.0\] Por tablas de distribución normal estándar, \(P(Z < -3.0) \approx 0.00135\)
Estandarizamos el Límite Superior (355): \[Z_2 = \frac{355 - 360}{5} = \frac{-5}{5} = -1.0\] El área por encima de 355 es \(P(Z > -1.0)\). Por simetría de la campana, esto es equivalente a \(P(Z < 1.0) \approx 0.8413\).
Sumamos las probabilidades no conformes: \[P(\text{No Conforme}) = 0.00135 + 0.8413 = 0.84265\]
mu <- 360
sigma <- 5
LI <- 345
LS <- 355
prob_no_conforme <- pnorm(LI, mu, sigma) + pnorm(LS, mu, sigma, lower.tail = FALSE)
prob_no_conforme## [1] 0.8426946Respuesta: El porcentaje de botellas no conformes es aproximadamente 84.27%. El proceso no se encuentra centrado en las especificaciones, ya que el promedio de \(360\text{ cc}\) es superior al límite máximo permitido de \(355\text{ cc}\).
Si un cliente llega a descubrir una botella que contiene un volumen por debajo de las especificaciones, la empresa estaría obligada a entregar un bono por valor de $10.000, ¿en promedio cuánto debería reservar la empresa para asumir los costos de reclamaciones, por cada lote de 10.000 unidades producidas?
Desarrollo: Solo hay reclamaciones si el volumen es menor a \(345\text{ cc}\). 1. Del punto anterior sabemos que \(P(X < 345) \approx 0.00135\). 2. Número esperado de reclamaciones = \(10000 \cdot 0.00135 = 13.5\) botellas. 3. Costo a reservar = \(13.5 \text{ botellas} \cdot \$10.000 = \$135.000\).
## [1] 0.001349898## [1] 13.49898## [1] 134989.8data.frame(
Métrica = c("Probabilidad P(X < 345)", "Reclamaciones Esperadas", "Costo de Reserva ($)"),
Valor = c(round(p_reclamacion, 5), reclamaciones, costo)
) |>
kable(align = "c") |>
kable_styling(bootstrap_options = c("striped", "hover"), full_width = FALSE)| Métrica | Valor |
|---|---|
| Probabilidad P(X < 345) | 0.00135 |
| Reclamaciones Esperadas | 13.49898 |
| Costo de Reserva ($) | 134989.80316 |
Respuesta: Para un lote de 10,000 unidades producidas, se esperan aproximadamente 13.5 botellas que generen una reclamación. Como cada reclamación representa un bono de $10.000, la empresa debería reservar en promedio $135.000 por cada lote.
Problema: La fabricación de un artículo tiene como variable principal el peso. Los resultados de las mediciones arrojaron que el peso de los artículos producidos fue de \(5.71\text{ g}\) como máximo el 92.22% de las veces, y alcanzó \(4.02\text{ g}\) como máximo el 2.5% de las veces. Se asume distribución normal.
Encuentre la media y la desviación estándar con la que se fabricaron los artículos.
Desarrollo: Buscamos en la tabla normal inversa (valores Z) asociados a las probabilidades acumuladas dadas: * Para \(P(Z \le Z_1) = 0.9222\), el valor correspondiente en tablas es \(Z_1 \approx 1.42\). * Para \(P(Z \le Z_2) = 0.0250\), el valor correspondiente en tablas es \(Z_2 \approx -1.96\).
Planteamos el sistema de ecuaciones usando \(X = \mu + Z \cdot \sigma\): 1) \(5.71 = \mu + 1.42\sigma\) 2) \(4.02 = \mu - 1.96\sigma\)
Restamos la ecuación (2) de la ecuación (1): \[5.71 - 4.02 = (\mu - \mu) + (1.42 - (-1.96))\sigma\] \[1.69 = 3.38\sigma \implies \sigma = \frac{1.69}{3.38} = 0.5\text{ g}\]
Reemplazamos \(\sigma\) en la primera ecuación para hallar \(\mu\): \[5.71 = \mu + 1.42(0.5)\] \[5.71 = \mu + 0.71 \implies \mu = 5.71 - 0.71 = 5.0\text{ g}\]
## [1] 0.5000014## [1] 4.999985data.frame(
Parámetro = c("Media (µ)", "Desviación Estándar (σ)"),
Gramos = c(mu_art, sigma_art)
) |>
kable(align = "c") |>
kable_styling(bootstrap_options = c("striped", "hover"), full_width = FALSE)| Parámetro | Gramos |
|---|---|
| Media (µ) | 4.9999848 |
| Desviación Estándar (σ) | 0.5000014 |
Respuesta: Al resolver el sistema lineal de dos ecuaciones resultantes de los valores \(Z\), determinamos que el proceso tiene una media real de \(\mu = 5.0\text{ g}\) y una desviación estándar de \(\sigma = 0.5\text{ g}\).
Si se selecciona aleatoriamente un artículo, ¿Cuál es la probabilidad de que tenga un peso superior a 4.5 gramos e inferior a 5.5 gramos?
Desarrollo: Buscamos \(P(4.5 < X < 5.5)\). Estandarizamos ambos límites usando \(\mu=5.0\) y \(\sigma=0.5\): \[Z_{inf} = \frac{4.5 - 5.0}{0.5} = \frac{-0.5}{0.5} = -1.0\] \[Z_{sup} = \frac{5.5 - 5.0}{0.5} = \frac{0.5}{0.5} = 1.0\]
Queremos calcular \(P(-1.0 < Z < 1.0) = P(Z < 1.0) - P(Z < -1.0)\): Por tablas normales sabemos que \(P(Z < 1.0) = 0.8413\) y \(P(Z < -1.0) = 0.1587\). \[P(-1.0 < Z < 1.0) = 0.8413 - 0.1587 = 0.6826\]
prob_entre <- pnorm(5.5, mean = mu_art, sd = sigma_art) - pnorm(4.5, mean = mu_art, sd = sigma_art)
prob_entre## [1] 0.6826881Respuesta: Al evaluar el área bajo la curva normal entre los límites de \(4.5\text{ g}\) y \(5.5\text{ g}\), hallamos que la probabilidad es del 68.26%. Esto es consistente con la regla empírica (regla 68-95-99.7), ya que el intervalo solicitado corresponde exactamente a una desviación estándar por encima y por debajo de la media (\(\mu \pm 1\sigma\)).