Kevin Daniel Diaz Ortega - 2419590
Lili Sofía Cruz García - 2417663
Zaira Aragón Rios - 2520989
Danna Cecilia Caldas - 2226357
Oscar Eduardo Males Muñoz - 2418427
\[ P(x) = {}_{n}C_{x}\; p^{x} q^{n-x} \]
\[ E(x) = \mu = np \qquad\qquad V(x) = \sigma^{2} = npq \]
\(q = 1-p\)
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 proceso\(P(X > 1)\), 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%.
En rojo, la zona \(X>1\) que detiene el proceso:
Hay una probabilidad del 22% de que se detenga el sistema de muestreo, estaríamos hablando de que aproximadamente por cada 18 artículos tendríamos que frenar y revisar 4 veces la operación, lo que realmente implica una interrupción importante del proceso. Según lo anterior consideramos que no es un esquema de muestreo adecuado.
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: .Comparando ambas opciones y sus resultados, podemos observar que la mas viable es aumentar los errores a 2 y mantener la misma cantidad de artículos ya que la probabilidad de frenar se reduce de 22% a 5% frente al proceso original,lo que se considera una mejora importante, mientras que reducir los articulos a 17 sigue teniendo una probabilidad del 20.8% la cual representa una interrupción constante. Pero al mismo tiempo aumentamos la cantidad de defectos por lo que la calidad no será la misma que en el muestreo original ya que tenemos un margen de error mas amplio y podrían pasar mas defectos sin ser detectados.
\[ P(x) = \frac{\lambda^{x} e^{-\lambda}}{x!} \]
\[ E(x) = \mu = \lambda \qquad\qquad V(x) = \sigma^{2} = \lambda \]
\(\lambda\) se ajusta al intervalo de tiempo:
\[ \lambda_{t} = \lambda_{100} \cdot \frac{t}{100} \]
lambda_100 <- 8 # Promedio de fallas en 100 horas
horas_base <- 100\(\lambda_{25} = 8 \cdot \dfrac{25}{100} = 2\):
\[ P(x=1) = \frac{(2)^{1}\,e^{-2}}{1!} \]
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%..
\(\lambda_{50} = 8 \cdot \dfrac{50}{100} = 4\):
\[ P(x \le 2) = \frac{(4)^{0}e^{-4}}{0!} + \frac{(4)^{1}e^{-4}}{1!} + \frac{(4)^{2}e^{-4}}{2!} \]
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% .
Barras rojas: \(X\le2\), el evento de este literal.
\[ f(x) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \, e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^{2}}, \qquad -\infty < x < \infty \]
\[ E(x) = \mu \qquad\qquad V(x) = \sigma^{2} \qquad\qquad x \sim N(\mu,\sigma) \]
Estandarización
\[ Z = \frac{x-\mu}{\sigma} \qquad\qquad Z \sim N(\mu = 0,\ \sigma = 1) \]
\[ P(X \leq x_0) = P(Z \leq z_0) \]
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] 355\(\mu = 360\), \(\sigma = 5\):
\[ P(X < 345) = P(Z \leq -3) \qquad\qquad P(X > 355) = 1 - P(Z \leq -1) \]
\[ P(\text{no conforme}) = P(X < 345) + P(X > 355) \]
# 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%.
Las zonas rojas son las colas no conformes (\(X<345\) y \(X>355\)); su área es la respuesta anterior.
\[ E(\text{reclamaciones}) = N \cdot P(X < 345) \qquad\qquad \text{Reserva} = E(\text{reclamaciones}) \cdot \text{Valor del bono} \]
# 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.
\[ x_1 = \mu + z_1 \sigma \qquad\qquad x_2 = \mu + z_2 \sigma \]
\[ \sigma = \frac{x_1 - x_2}{z_1 - z_2} \qquad\qquad \mu = x_1 - z_1 \sigma \]
# 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 aproximadamenta 5 gramos y una desviación estándar de aproximadamente 0.5 gramos
\[ P(4.5 < X < 5.5) = P\!\left(Z \leq \frac{5.5-\mu}{\sigma}\right) - P\!\left(Z \leq \frac{4.5-\mu}{\sigma}\right) \]
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%.
Área azul: \(P(4.5<X<5.5)\), la respuesta de arriba.