Punto 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.

a) Probabilidad de que el proceso se detenga

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

con \(n = 18\) y \(p = 0.05\).

n <- 18
p <- 0.05

p_parada <- 1 - pbinom(1, n, p)
p_parada
## [1] 0.2264774

Resultado: la probabilidad de que el proceso se detenga es de 22.65%.

b) ¿Es adecuado el esquema de muestreo?

Por cada muestra aleatoria de 18 artículos que se realice por hora, hay una probabilidad del 22.65% (\(\approx \tfrac{1}{5}\)) de que la muestra contenga más de 1 artículo defectuoso, lo que hace que el proceso tenga que detenerse. Esto quiere decir que aproximadamente 1 de cada 5 muestras realizadas provocarán una interrupción en el proceso.

En cuanto a si el esquema de muestreo es adecuado o generará demasiadas interrupciones, consideramos que una probabilidad de interrupciones del 22.65% (1 de cada 5) es demasiado frecuente, por lo tanto consideramos que no es adecuado.

c) Aumentar el umbral a más de 2 defectuosos vs. disminuir la muestra a 17 artículos

Opción 1: umbral \(X > 2\) con \(n = 18\)

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

n <- 18
p <- 0.05

p_umbral2 <- 1 - pbinom(2, n, p)
p_umbral2
## [1] 0.05812893

Cuando \(X > 2\), las interrupciones del proceso se reducirán en comparación del umbral \(X > 1\) (de 22.65% a 5.82%). Sin embargo, en vista de que se exige mayor cantidad de producto defectuoso, es un cambio que puede afectar la calidad por la cantidad de posibles defectos que no se verán detectados durante la producción.

Opción 2: muestra de \(n = 17\) con umbral \(X > 1\)

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

n2 <- 17
p  <- 0.05

p_n17 <- 1 - pbinom(1, n2, p)
p_n17
## [1] 0.207772

Al reducir la muestra a \(n = 17\), la probabilidad no disminuye significativamente; la diferencia en la detección de defectos respecto a \(n = 18\) es de solo el 1.87%, considerando un umbral de \(X > 1\). En consecuencia, tomar una muestra con menos artículos no afecta el poder para detectar fallas ni incrementa las interrupciones, lo que permite mantener la calidad.

##       Escenario Probabilidad Porcentaje
## 1 n = 18, X > 1     0.226477     22.65%
## 2 n = 18, X > 2     0.058129      5.81%
## 3 n = 17, X > 1     0.207772     20.78%

Punto 2

El número de componentes que fallan antes de cumplir 100 horas de operación es una variable aleatoria distribuida Poisson. Si el número promedio de éstas es 8.

a) Probabilidad de que falle un componente en 25 horas

Tenemos una tasa de 8 componentes que fallan cada 100 horas:

\[\lambda = \frac{8}{100} = 0.08 \ \text{fallas/hora}\]

Para ajustar ese promedio a las 25 horas, multiplicamos por 25:

\[\lambda = 0.08 \times 25 = 2\]

(Esto lo hacemos para saber cuál es el promedio de componentes que fallan en el periodo de 25 horas, ya que nos dan el periodo de 100 horas.)

Como necesitamos la probabilidad de un solo componente, tomamos \(k = 1\) en la fórmula de Poisson:

\[P(X = k) = \frac{e^{-\lambda}\lambda^{k}}{k!} \qquad \Rightarrow \qquad P(X = 1) = \frac{e^{-2}(2)^{1}}{1!} \approx 0.2707\]

lambda <- (8 / 100) * 25   # lambda = 2
lambda
## [1] 2
dpois(1, lambda)
## [1] 0.2706706

Resultado: la probabilidad de que falle un componente en 25 horas es del 27.07%.

b) Probabilidad de que fallen no más de 2 componentes en 50 horas

Mismo procedimiento, pero con un periodo de 50 horas:

\[\lambda = 0.08 \times 50 = 4\]

Nos piden \(P(X \le 2)\), es decir, la suma de \(P(X=0)\), \(P(X=1)\) y \(P(X=2)\):

\[P(X = 0) = \frac{e^{-4}(4)^{0}}{0!} \approx 0.0183\] \[P(X = 1) = \frac{e^{-4}(4)^{1}}{1!} \approx 0.0733\] \[P(X = 2) = \frac{e^{-4}(4)^{2}}{2!} \approx 0.1465\]

\[P(X \le 2) = 0.0183 + 0.0733 + 0.1465 = 0.2381\]

lambda <- (8 / 100) * 50   # lambda = 4
lambda
## [1] 4
# Probabilidades individuales
dpois(0:2, lambda)
## [1] 0.01831564 0.07326256 0.14652511
# Probabilidad acumulada
ppois(2, lambda)
## [1] 0.2381033

Resultado: la probabilidad de que fallen no más de 2 componentes en 50 horas es del 23.81%.

Punto 3

Cierto proceso de llenado debe generar botellas de una bebida refrescante con un contenido nominal de \(350 \pm 5\) cc. Analizando los datos históricos, se ha encontrado que la distribución de la cantidad llenada, cuando el proceso se encuentra en condiciones habituales, sigue una ley normal con promedio de 360 cc y varianza de 25 cc.

a) Porcentaje de botellas no conformes

\(X\) = volumen de llenado, \(\mu = 360\), \(\sigma^2 = 25 \Rightarrow \sigma = 5\).

Especificaciones: \(350 \pm 5\), es decir, LIE = 345 y LSE = 355. El proceso está centrado en 360, por lo que la mayoría de botellas estarían rebosadas.

\[\text{Porcentaje no conforme} = P(X < 345) + P(X > 355)\]

miu   <- 360
sigma <- 5

q <- 345
p <- 355

p_bajo <- pnorm(q, miu, sigma)
p_bajo
## [1] 0.001349898
p_alto <- 1 - pnorm(p, miu, sigma)
p_alto
## [1] 0.8413447
porcentaje_no_conforme <- p_bajo + p_alto
porcentaje_no_conforme
## [1] 0.8426946

Verificación con estandarización

\[Z = \frac{X - \mu}{\sigma}\]

Límite inferior: \[Z_1 = \frac{345 - 360}{5} = -3\]

Límite superior: \[Z_2 = \frac{355 - 360}{5} = -1\]

Buscando en la tabla normal acumulada a la izquierda:

  • \(P(Z < -3) = 0.0013\)
  • \(P(Z < -1) = 0.158655\)

\[P(X<345) + P(X>355) = P(Z<-3) + \left[1 - P(Z<-1)\right] = 0.0013 + (1 - 0.158655) = 0.842645 \approx 0.8427\]

z1 <- (345 - miu) / sigma
z2 <- (355 - miu) / sigma
c(Z1 = z1, Z2 = z2)
## Z1 Z2 
## -3 -1
pnorm(z1) + (1 - pnorm(z2))
## [1] 0.8426946

Resultado: el porcentaje de botellas con un volumen de llenado no conforme a las especificaciones es del 84.27%.

b) Reserva esperada por reclamaciones

Si un cliente llega a descubrir una botella con volumen por debajo de las especificaciones, la empresa entrega un bono de $10.000. ¿Cuánto debería reservar en promedio por cada lote de 10.000 unidades?

Lote <- 10000
Bono <- 10000

Botellas_volumen_debajo <- Lote * p_bajo
Botellas_volumen_debajo
## [1] 13.49898
Costo_esperado <- Botellas_volumen_debajo * Bono
Costo_esperado
## [1] 134989.8

Resultado: en promedio se esperan 13.5 botellas por debajo de la especificación en cada lote de 10.000 unidades, por lo que la empresa debería reservar aproximadamente $134.990 por lote.

Punto 4

La fabricación y comercialización de un artículo tiene como variable principal el peso del producto. Las mediciones arrojaron que el peso fue de 5.71 gramos como máximo el 92.22% de las veces, y de 4.02 gramos como máximo el 2.5% de las veces. Se supone comportamiento aproximadamente normal.

a) Media y desviación estándar

\[Z = \frac{X - \mu}{\sigma}\]

Para el porcentaje de 92.22% (0.9222), buscamos en la tabla el valor 0.9222, que corresponde a la fila 1.4 y columna 0.02. Entonces \(Z_1 = 1.42\).

Para el porcentaje de 2.5% (0.0250), buscamos en la tabla el valor 0.0250, tomando la fila \(-1.9\) y columna \(-0.06\). Entonces \(Z_2 = -1.96\).

Planteamos el sistema:

\[1.42 = \frac{5.71 - \mu}{\sigma} \qquad ; \qquad -1.96 = \frac{4.02 - \mu}{\sigma}\]

\[1.42\sigma = 5.71 - \mu \qquad ; \qquad -1.96\sigma = 4.02 - \mu\]

Restando ambas ecuaciones:

\[5.71 - 4.02 = (1.42 - (-1.96))\,\sigma \;\Rightarrow\; 1.69 = 3.38\,\sigma \;\Rightarrow\; \sigma = \frac{1.69}{3.38} \approx 0.5\]

Reemplazamos para hallar \(\mu\):

\[5.71 - \mu = 1.42(0.5) \;\Rightarrow\; \mu = 5.71 - 0.71 = 5\]

Media \(\mu = 5\) gramos — Desviación estándar \(\sigma = 0.5\) gramos.

Comprobación en R

z1 <- qnorm(0.9222)   # P(X <= 5.71)
z1
## [1] 1.420026
z2 <- qnorm(0.025)    # P(X <= 4.02)
z2
## [1] -1.959964
# (1) 5.71 = miu + z1*sigma
# (2) 4.02 = miu + z2*sigma
# Restando (1) - (2):  5.71 - 4.02 = (z1 - z2)*sigma

sigma <- (5.71 - 4.02) / (z1 - z2)
sigma
## [1] 0.5000014
miu <- 5.71 - z1 * sigma
miu
## [1] 4.999985

Entonces la media con la que se fabricaron los artículos es aproximadamente \(\mu = 5\) y \(\sigma = 0.5\).

b) Probabilidad de un peso entre 4.5 y 5.5 gramos

\[P(4.5 < X < 5.5) = P(X < 5.5) - P(X < 4.5)\]

p <- pnorm(5.5, miu, sigma) - pnorm(4.5, miu, sigma)
p
## [1] 0.6826881

Resultado: la probabilidad de que un artículo seleccionado aleatoriamente pese entre 4.5 y 5.5 gramos es del 68.27% (equivalente al intervalo \(\mu \pm 1\sigma\)).

Resumen de resultados

##            Punto                Resultado
## 1             1a                   22.65%
## 2 1c (X>2, n=18)                    5.82%
## 3 1c (X>1, n=17)                   20.78%
## 4             2a                   27.07%
## 5             2b                   23.81%
## 6             3a                   84.27%
## 7             3b        $134.990 por lote
## 8             4a mu = 5 g ; sigma = 0.5 g
## 9             4b                   68.27%