1. 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.

Sea \(X\) = número de artículos defectuosos en la muestra.

\[X \sim Binomial(n=18,\ p=0.05)\]

a) Calcule la probabilidad de que el proceso se detenga debido al esquema de muestreo.:

\[P(\text{detener}) = P(X>1) = 1-P(X\leq 1) = 1-\big[P(X=0)+P(X=1)\big]\]

#--- Ejercicio 1 - Distribución Binomial ----

## Datos del problema ####
n <- 18     # tamaño de muestra
p <- 0.05   # probabilidad de defecto

## a) P(el proceso se detiene) = P(X > 1) ####

# Probabilidad acumulada - cola derecha estricta P(X>1)
p_detener <- pbinom(1, n, p, lower.tail = FALSE)
p_detener   # 0.2264774
## [1] 0.2264774

Existe una probabilidad de 22.65% de que el proceso se detenga cada vez que se toma la muestra de 18 artículos, asumiendo que el proceso está funcionando de manera normal (con su 5% de defectos habitual).

b) De acuerdo con lo contestado en a), ¿considera que el esquema de muestreo es adecuado o generará demasiadas interrupciones?

Un 22.65% es un valor bastante alto para la probabilidad de que el proceso se detenga, tomando en cuenta que el 5% de defectos es algo “normal” del proceso, es decir, que no indica ningún problema real. Esto quiere decir que, en promedio, de cada 9 veces que se toma la muestra, el proceso se va a detener casi 2 veces sin que realmente esté fallando. Un esquema de muestreo bien diseñado debería generar paros solo cuando hay una señal clara de que algo se salió de control, no por la variación normal que siempre va a existir al tomar muestras. Por esta razón, se considera que el esquema de muestreo actual no es el más adecuado, ya que provocaría muchas paradas innecesarias en la producción, generando pérdidas de tiempo y recursos sin que exista una causa real detrás.

c) 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.

Alternativa 1: mismo \(n=18\), se detiene si \(X>2\)

\[P(X>2) = 1-P(X\leq 2)\]

Alternativa 2: se reduce la muestra a \(n=17\), mismo criterio \(X>1\)

\[P(X>1) = 1-P(X\leq 1)\]

## c) Comparación de alternativas ####

# Alternativa 1: mismo n=18, se detiene si X > 2
p_alt1 <- pbinom(2, n, p, lower.tail = FALSE)
p_alt1   # 0.05812893
## [1] 0.05812893
# Alternativa 2: se reduce la muestra a n=17, mismo criterio X > 1
p_alt2 <- pbinom(1, 17, p, lower.tail = FALSE)
p_alt2   # 0.207772
## [1] 0.207772

Al comparar las dos alternativas, se nota una diferencia bastante clara. Si se detiene el proceso con más de dos defectos en lugar de uno, la probabilidad de parar baja considerablemente, de 22.65% a solo 5.81%. Esto tiene sentido porque encontrar 3 o más artículos defectuosos en la muestra ya es una señal mucho más fuerte de que el proceso realmente se dañó, y no algo que pueda pasar solo por casualidad o por la variación normal del muestreo.

Por otro lado, si se reduce la muestra de 18 a 17 artículos, pero se deja el mismo criterio de “más de 1 defecto”, casi no cambia nada: la probabilidad de detener pasa de 22.65% a 20.78%, una diferencia mínima. Además, esta opción trae un problema adicional: al revisar menos artículos, es más difícil detectar cuando el proceso sí tiene un problema real, lo que puede afectar la calidad del producto que finalmente llega al cliente.

Por lo tanto, la mejor opción es cambiar el criterio de paro (exigir más defectos antes de detener el proceso), y no reducir el tamaño de la muestra, porque esto sí logra bajar las falsas alarmas sin sacrificar la capacidad de detectar problemas reales.

2. 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.

a) ¿Cuál es la probabilidad de que falle un componente en 25 horas?

Sea \(X\) = número de componentes que fallan, con \(X \sim Poisson(\lambda)\).

Como el promedio original es \(\lambda=8\) fallas cada 100 horas, se debe escalar la tasa al intervalo de 25 horas:

\[\lambda_{25} = 8\times\frac{25}{100} = 2\]

Se pide la probabilidad puntual de que falle exactamente 1 componente:

\[P(X=1) = \frac{e^{-\lambda_{25}}\,\lambda_{25}^{1}}{1!}\]

# Tasa promedio: 8 fallas cada 100 horas

lambda_100 <- 8

# a) Probabilidad de que falle un componente en 25 horas
# Se escala la tasa proporcionalmente al tiempo: lambda_25 = 8 * (25/100)
lambda_25 <- lambda_100 * (25/100)
lambda_25  # = 2
## [1] 2
prob_a <- dpois(1, lambda_25)
prob_a
## [1] 0.2706706

La probabilidad de que falle exactamente un componente en 25 horas es de 27.07%

B) ¿Cuál es la probabilidad de que fallen no más de 2 componentes en 50 horas?

se escala \(\lambda\) al intervalo de 50 horas:

\[\lambda_{50} = 8\times\frac{50}{100} = 4\]

Se pide la probabilidad acumulada de que fallen a lo sumo 2 componentes:

\[P(X\leq2) = \sum_{k=0}^{2}\frac{e^{-\lambda_{50}}\,\lambda_{50}^{k}}{k!}\]

# b) Probabilidad de que fallen no más de 2 componentes en 50 horas
lambda_50 <- lambda_100 * (50/100)
lambda_50  # = 4
## [1] 4
prob_b <- ppois(2, lambda_50)
prob_b
## [1] 0.2381033

La probabilidad de que fallen no más de 2 componentes en 50 horas es de 23.81%

3. Cierto proceso de llenado debe generar botellas de una bebida refrescante con un contenido nominal de 350 ± 5cc. Analizando los datos históricos, se ha encontrado que la distribución de la cantidad llenada en las botellas, cuando el proceso se encuentra en condiciones habituales de funcionamiento, bien pudiera seguir una ley normal con promedio de 360cc y varianza de 25cc.

Sea \(X\) = volumen de llenado de las botellas, \(X\sim Normal(\mu,\sigma^2)\).

Datos: \(\mu=360\), varianza \(=25\), por lo tanto \(\sigma=\sqrt{25}=5\).

Especificaciones: \(LSL=345\), \(USL=355\) (350±5).

Una botella es no conforme si está fuera del rango \([LSL,USL]\):

\[P(\text{no conforme}) = P(X<LSL) + P(X>USL)\]

a) ¿Cuál es el porcentaje de botellas con un volumen de llenado no conforme a las especificaciones?

## a) Porcentaje de botellas no conformes ####

mu <- 360
varianza <- 25
sigma <- sqrt(varianza)   # sigma = 5

LSL <- 345
USL <- 355

p_bajo <- pnorm(LSL, mu, sigma)        # P(X < 345)
p_alto <- 1 - pnorm(USL, mu, sigma)    # P(X > 355)
p_no_conforme <- p_bajo + p_alto

p_bajo
## [1] 0.001349898
p_alto
## [1] 0.8413447
p_no_conforme   # 0.8426946
## [1] 0.8426946

El 84.27% de las botellas no cumple con las especificaciones. Esto se debe principalmente a que el proceso está centrado en 360cc, muy por encima del límite superior (355cc), lo que genera sobrellenado en la mayoría de las unidades.

b) ¿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 cuanto debería reservar la empresa para asumir los costos de reclamaciones, por cada lote de 10.000 unidades producidas?

Solo las botellas por debajo de especificación generan el bono, ya que son las que el cliente puede detectar como “de menos”. El número esperado de botellas defectuosas por debajo del LSL, en un lote de 10,000, es:

\[E[\text{botellas defectuosas}] = 10000\times P(X<LSL)\]

Y el costo esperado total:

\[E[\text{costo}] = E[\text{botellas defectuosas}]\times \$10.000\]

## b) Costo esperado por reclamaciones ####

lote <- 10000
bono <- 10000

botellas_esperadas <- lote * p_bajo
costo_esperado <- botellas_esperadas * bono

botellas_esperadas   # 13.49898
## [1] 13.49898
costo_esperado       # 134989.8
## [1] 134989.8

La empresa debería reservar en promedio $134.990 por cada lote de 10,000 unidades para cubrir los costos de reclamaciones por botellas con volumen insuficiente.

4. La fabricación y comercialización de un artículo de producción, tiene como variable principal el peso del producto. El ingeniero de producción es nuevo y se dirige a la planta para conocer las maquinas, las tripulaciones y el proceso en general. El peso del producto debe ser controlado estrictamente porque esa variable es la de mayor impacto en el costo del producto y en la satisfacción del consumidor. En el momento en el que llega el ingeniero, se está produciendo el articulo y el decide tomar unas mediciones. Los resultados de las mediciones arrojaron que el peso de los artículos producidos fue de 5.71 gramos como máximo, el 92.22% de las veces y el peso de los artículos también alcanzo 4.02 gramos como máximo, el 2.5% de las veces. El ingeniero supone que el peso del artículo tiene un comportamiento aproximadamente normal.

Sea \(X\) = peso del artículo, \(X\sim Normal(\mu,\sigma)\).

Datos: \(P(X\leq5.71)=0.9222\) y \(P(X\leq4.02)=0.025\)

Se estandariza cada dato: \(z=\dfrac{x-\mu}{\sigma}\), y se despeja el sistema:

\[5.71 = \mu + z_1\sigma \qquad\qquad 4.02 = \mu + z_2\sigma\]

a) Encuentre la media y la desviación estándar con la que se fabricaron los artículos.

## a) Encontrar mu y sigma ####

# Paso 1: hallar los z correspondientes a cada percentil (qnorm = inversa de pnorm)
z1 <- qnorm(0.9222)   # z asociado a 5.71
z2 <- qnorm(0.025)    # z asociado a 4.02
z1
## [1] 1.420026
z2
## [1] -1.959964
# Paso 2: resolver el sistema de 2 ecuaciones, 2 incógnitas
# 5.71 = mu + z1*sigma
# 4.02 = mu + z2*sigma
sigma <- (5.71 - 4.02) / (z1 - z2)
mu <- 5.71 - z1 * sigma

sigma   # 0.5
## [1] 0.5000014
mu      # 5.0
## [1] 4.999985

Los artículos se fabricaron con un peso promedio de 5.0 gramos y una desviación estándar de 0.5 gramos.

b) 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?

Se pide \(P(4.5<X<5.5)\), calculada como la diferencia de dos acumuladas:

\[P(4.5<X<5.5) = P(X\leq5.5)-P(X\leq4.5)\]

## b) P(4.5 < X < 5.5) ####
prob_b <- pnorm(5.5, mu, sigma) - pnorm(4.5, mu, sigma)
prob_b   # 0.6826881
## [1] 0.6826881

La probabilidad de que un artículo tenga un peso entre 4.5 y 5.5 gramos es de 68.27%.