\[ P(x) = {}_{n}C_{x}\; p^{x} q^{n-x} \]
\[ E(x) = \mu = np \qquad\qquad V(x) = \sigma^{2} = npq \]
donde \(q = 1-p\).
n <- 18 # Tamaño de la muestra
p <- 0.05 # Probabilidad de que un artículo sea defectuoso
x <- 1 # Número máximo permitido antes de detener el procesoEl proceso se detiene si hay más de 1 defectuoso: \(P(X > 1)\), con \(n = 18\) y \(p = 0.05\):
\[ P(X > 1) = 1 - \Big[{}_{18}C_{0}\,(0.05)^{0}(0.95)^{18} + {}_{18}C_{1}\,(0.05)^{1}(0.95)^{17}\Big] \]
prob_detener <- pbinom(x, size = n, prob = p, lower.tail = FALSE)
prob_detener## [1] 0.2264774prob_detener * 100## [1] 22.64774Respuesta: La probabilidad de que el proceso se detenga es aproximadamente 22.65%.
El proceso tendría una probabilidad de 22.65% de detenerse en cada muestra, por lo que el esquema puede generar una cantidad importante de interrupciones aun cuando la tasa de defectos sea del 5%.
n <- 18
p <- 0.05
x <- 2
prob_mas_de_2 <- pbinom(x, size = n, prob = p, lower.tail = FALSE)
prob_mas_de_2## [1] 0.05812893prob_mas_de_2 * 100## [1] 5.812893n <- 17
p <- 0.05
x <- 1
prob_muestra_17 <- pbinom(x, size = n, prob = p, lower.tail = FALSE)
prob_muestra_17## [1] 0.207772prob_muestra_17 * 100## [1] 20.7772Respuesta:
Al permitir más de 2 defectuosos, la probabilidad de detener el proceso disminuye a aproximadamente 5.81%.
Al disminuir la muestra a 17 artículos, la probabilidad de detener el proceso es aproximadamente 20.78%.
Permitir hasta 2 defectuosos reduce considerablemente las interrupciones, pero hace el control menos estricto. Disminuir la muestra a 17 artículos reduce poco las interrupciones y también implica inspeccionar una menor cantidad de productos.
\[ P(x) = \frac{\lambda^{x} e^{-\lambda}}{x!} \]
\[ E(x) = \mu = \lambda \qquad\qquad V(x) = \sigma^{2} = \lambda \]
donde \(\lambda\) es el número promedio de eventos en el intervalo considerado. Como el promedio dado (8 fallas en 100 horas) corresponde a un intervalo distinto al de cada literal, \(\lambda\) se ajusta proporcionalmente al número de horas:
\[ \lambda_{t} = \lambda_{100} \cdot \frac{t}{100} \]
lambda_100 <- 8 # Promedio de fallas en 100 horas
horas_base <- 100Con \(\lambda_{25} = 8 \cdot \dfrac{25}{100} = 2\):
\[ P(x=1) = \frac{(2)^{1}\,e^{-2}}{1!} \]
horas <- 25
x <- 1
# Ajuste lambda a 25 horas
lambda_25 <- lambda_100 * (horas / horas_base)
lambda_25## [1] 2# P(X = 1)
prob_1_falla <- dpois(x, lambda = lambda_25)
prob_1_falla## [1] 0.2706706prob_1_falla * 100## [1] 27.06706Respuesta: La probabilidad de que falle exactamente 1 componente en 25 horas es aproximadamente 27.07%.
Con \(\lambda_{50} = 8 \cdot \dfrac{50}{100} = 4\):
\[ P(x \le 2) = \frac{(4)^{0}e^{-4}}{0!} + \frac{(4)^{1}e^{-4}}{1!} + \frac{(4)^{2}e^{-4}}{2!} \]
horas <- 50
x <- 2
# Ajustar lambda a 50 horas
lambda_50 <- lambda_100 * (horas / horas_base)
lambda_50## [1] 4# "No más de 2" significa P(X <= 2)
prob_max_2 <- ppois(x, lambda = lambda_50, lower.tail = TRUE)
prob_max_2## [1] 0.2381033prob_max_2 * 100## [1] 23.81033Respuesta: La probabilidad de que fallen como máximo 2 componentes en 50 horas es aproximadamente 23.81%.
\[ f(x) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \, e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^{2}}, \qquad -\infty < x < \infty \]
\[ E(x) = \mu \qquad\qquad V(x) = \sigma^{2} \qquad\qquad x \sim N(\mu,\sigma) \]
Estandarización
\[ Z = \frac{x-\mu}{\sigma} \qquad\qquad Z \sim N(\mu = 0,\ \sigma = 1) \]
\[ P(X \leq x_0) = P\!\left(\frac{X-\mu}{\sigma} \leq \frac{x_0-\mu}{\sigma}\right) = P(Z \leq z_0) \]
mu <- 360 # Promedio de llenado en cc
varianza <- 25 # Varianza
sigma <- sqrt(varianza) # Desviación estándar
nominal <- 350 # Contenido nominal
tolerancia <- 5 # Tolerancia permitida
limite_inferior <- nominal - tolerancia
limite_superior <- nominal + tolerancia
mu## [1] 360sigma## [1] 5limite_inferior## [1] 345limite_superior## [1] 355Con \(\mu = 360\) y \(\sigma = 5\):
\[ P(X < 345) = P\!\left(Z \leq \frac{345-360}{5}\right) = P(Z \leq -3) \]
\[ P(X > 355) = 1 - P\!\left(Z \leq \frac{355-360}{5}\right) = 1 - P(Z \leq -1) \]
\[ P(\text{no conforme}) = P(X < 345) + P(X > 355) \]
# Probabilidad de estar por debajo de 345 cc
prob_inferior <- pnorm(limite_inferior, mean = mu, sd = sigma, lower.tail = TRUE)
# Probabilidad de estar por encima de 355 cc
prob_superior <- pnorm(limite_superior, mean = mu, sd = sigma, lower.tail = FALSE)
# No conforme = menor de 345 o mayor de 355
prob_no_conforme <- prob_inferior + prob_superior
prob_no_conforme## [1] 0.8426946prob_no_conforme * 100## [1] 84.26946Respuesta: El porcentaje de botellas con un volumen de llenado no conforme a las especificaciones es aproximadamente 84.27%.
El número esperado de reclamaciones en un lote y la reserva correspondiente se calculan como:
\[ E(\text{reclamaciones}) = N \cdot P(X < 345) \]
\[ \text{Reserva} = E(\text{reclamaciones}) \cdot \text{Valor del bono} \]
# Datos
tamano_lote <- 10000 # Botellas producidas por lote
valor_bono <- 10000 # Valor de cada bono
# Solo generan reclamación las botellas por debajo de 345 cc
prob_reclamacion <- pnorm(limite_inferior, mean = mu, sd = sigma, lower.tail = TRUE)
# Número esperado de reclamaciones
reclamaciones_esperadas <- tamano_lote * prob_reclamacion
# Dinero que debe reservar la empresa
reserva <- reclamaciones_esperadas * valor_bono
prob_reclamacion## [1] 0.001349898reclamaciones_esperadas## [1] 13.49898reserva## [1] 134989.8Respuesta: En un lote de 10.000 botellas se esperan aproximadamente 13.5 botellas por debajo de las especificaciones.
Por lo tanto, la empresa debería reservar en promedio aproximadamente $134.990 por cada lote de 10.000 unidades.
Cuando se conocen dos valores \(x_1\) y \(x_2\) con sus probabilidades acumuladas \(p_1\) y \(p_2\), se obtienen primero los valores \(Z\) correspondientes mediante la función inversa de la normal estándar, \(Z = \Phi^{-1}(p)\), y luego se resuelve el sistema:
\[ x_1 = \mu + z_1 \sigma \qquad\qquad x_2 = \mu + z_2 \sigma \]
De donde:
\[ \sigma = \frac{x_1 - x_2}{z_1 - z_2} \]
\[ \mu = x_1 - z_1 \sigma \]
# Datos
x1 <- 5.71 # Peso máximo asociado al 92.22%
p1 <- 0.9222 # Probabilidad acumulada
x2 <- 4.02 # Peso máximo asociado al 2.5%
p2 <- 0.025 # Probabilidad acumulada
# Obtener valores Z a partir de las probabilidades
z1 <- qnorm(p1)
z2 <- qnorm(p2)
z1## [1] 1.420026z2## [1] -1.959964# Desviación estándar
sigma <- (x1 - x2) / (z1 - z2)
sigma## [1] 0.5000014# Media
mu <- x1 - z1 * sigma
mu## [1] 4.999985Respuesta: Los artículos fueron fabricados con una media de aproximadamente 5 gramos y una desviación estándar de aproximadamente 0.5 gramos.
Con \(\mu \approx 5\) y \(\sigma \approx 0.5\):
\[ P(4.5 < X < 5.5) = P\!\left(Z \leq \frac{5.5-\mu}{\sigma}\right) - P\!\left(Z \leq \frac{4.5-\mu}{\sigma}\right) \]
limite_inferior <- 4.5
limite_superior <- 5.5
# P(4.5 < X < 5.5)
prob_intervalo <- pnorm(limite_superior, mean = mu, sd = sigma) -
pnorm(limite_inferior, mean = mu, sd = sigma)
prob_intervalo## [1] 0.6826881prob_intervalo * 100## [1] 68.26881Respuesta: La probabilidad de seleccionar un artículo con un peso superior a 4.5 gramos e inferior a 5.5 gramos es aproximadamente 68.27%.