Problema 1. Distribución binomial

Comprensión y datos

\(X\) es el número de éxitos que se obtienen en 10 ensayos independientes. Nos dan \(n=10\) y \(p=0,5\), entonces cada ensayo tiene una probabilidad de éxito del 50 %. Los valores posibles de \(X\) son \(0,1,\ldots,10\).

\[X\sim\operatorname{Binomial}(10;0,5).\]

Nos piden la función de distribución, cuatro probabilidades y la gráfica de \(f_X(x)\). Como la función de probabilidad y la acumulada son diferentes, presento las dos.

Desarrollo y solución

La función de probabilidad es:

\[f_X(x)=P(X=x)=\binom{10}{x}(0,5)^x(0,5)^{10-x} =\frac{\binom{10}{x}}{1024},\qquad x=0,1,\ldots,10.\]

Fuera de esos valores, \(f_X(x)=0\). La función de distribución acumulada es:

\[F_X(x)=\begin{cases} 0,&x<0,\\ \displaystyle\sum_{k=0}^{\lfloor x\rfloor}\binom{10}{k}(0,5)^{10},&0\leq x<10,\\ 1,&x\geq10. \end{cases}\]

Para las probabilidades:

\[P(X=5)=\binom{10}{5}(0,5)^{10}.\] \[P(X\leq2)=\sum_{x=0}^{2}\binom{10}{x}(0,5)^{10}.\] \[P(3\leq X<5)=P(X=3)+P(X=4)=F_X(4)-F_X(2).\] \[P(X\geq8)=1-F_X(7).\]

En el tercer inciso solo entran 3 y 4, porque 5 no está incluido. En el último sí entra 8, por eso se resta la acumulada hasta 7.

n1 <- 10
p1 <- 0.5
x1 <- 0:n1
r1 <- c(dbinom(5, n1, p1),
        pbinom(2, n1, p1),
        pbinom(4, n1, p1) - pbinom(2, n1, p1),
        pbinom(7, n1, p1, lower.tail = FALSE))
tabla_prob(c("P(X = 5)", "P(X <= 2)", "P(3 <= X < 5)", "P(X >= 8)"), r1)
Evento Probabilidad Porcentaje
P(X = 5) 0.24609375 24.609375 %
P(X <= 2) 0.0546875 5.46875 %
P(3 <= X < 5) 0.322265625 32.2265625 %
P(X >= 8) 0.0546875 5.46875 % 
knitr::kable(data.frame(x = x1, f_X = dbinom(x1, n1, p1),
                       F_X = pbinom(x1, n1, p1)), digits = 8)
x f_X F_X
0 0.00097656 0.00097656
1 0.00976562 0.01074219
2 0.04394531 0.05468750
3 0.11718750 0.17187500
4 0.20507812 0.37695313
5 0.24609375 0.62304687
6 0.20507812 0.82812500
7 0.11718750 0.94531250
8 0.04394531 0.98925781
9 0.00976562 0.99902344
10 0.00097656 1.00000000

La probabilidad de obtener exactamente 5 éxitos es 24,609375 %; de obtener como máximo 2 es 5,468750 %; de obtener 3 o 4 es 32,226563 %; y de obtener al menos 8 es 5,468750 %.

grafica(x1, dbinom(x1, n1, p1), "Binomial: 10 ensayos y p = 0,5",
        "Número de éxitos")

La gráfica es simétrica y su valor más alto está en 5 éxitos.

Problema 2. Distribución geométrica

Comprensión y datos

\(X\) es el número de fallos antes del primer éxito. Nos dan \(p=0,05\), por lo que la probabilidad de fallo es \(q=0,95\). Suponemos ensayos independientes y una probabilidad de éxito constante.

\[X\sim\operatorname{Geométrica}(0,05),\qquad X=0,1,2,\ldots\]

Aquí \(X=0\) significa acertar en el primer intento y \(X=1\) significa fallar una vez y luego acertar. Esta es la convención que aparece en el material de código del curso.

Desarrollo y solución

\[P(X=x)=(1-p)^xp=(0,95)^x(0,05).\]

\[P(X=1)=(0,95)(0,05).\] \[P(X\leq2)=1-(0,95)^3.\] \[P(X=8)=(0,95)^8(0,05).\] \[P(X\geq2)=1-P(X\leq1)=(0,95)^2.\]

p2 <- 0.05
r2 <- c(dgeom(1, p2), pgeom(2, p2), dgeom(8, p2),
        pgeom(1, p2, lower.tail = FALSE))
tabla_prob(c("P(X = 1)", "P(X <= 2)", "P(X = 8)", "P(X >= 2)"), r2)
Evento Probabilidad Porcentaje
P(X = 1) 0.0475 4.75 %
P(X <= 2) 0.142625 14.2625 %
P(X = 8) 0.03317102156 3.317102156 %
P(X >= 2) 0.9025 90.25 %

La probabilidad de fallar una vez antes del primer éxito es 4,750000 %. La de tener como máximo 2 fallos es 14,262500 %. La de tener exactamente 8 fallos es 3,317102 % y la de tener al menos 2 fallos es 90,250000 %.

Para no confundir las definiciones: si \(T\) contara el número de intentos hasta el primer éxito, entonces \(T=X+1\). En esa otra definición, \(P(T=1)=0,05\), \(P(T\leq2)=0,0975\), \(P(T=8)=0,0349168648\) y \(P(T\geq2)=0,95\). Esos valores corresponden a otra variable; las respuestas de arriba usan \(X\) como número de fallos.

x2 <- 0:qgeom(0.995, p2)
grafica(x2, dgeom(x2, p2), "Geométrica: p = 0,05",
        "Fallos antes del primer éxito")

La probabilidad puntual disminuye a medida que aumenta el número de fallos. El soporte es infinito; la gráfica muestra desde 0 hasta 103 y reúne al menos el 99,5 % de la probabilidad.

Problema 3. Distribución hipergeométrica

Comprensión y datos

\(X\) es el número de elementos del tipo que nos interesa en una muestra de 4 elementos tomada sin reemplazo. Nos dan una población de \(N=100\), con \(K=20\) elementos del tipo de interés y \(80\) del otro tipo. El tamaño de muestra es \(n=4\).

\[X\sim\operatorname{Hipergeométrica}(N=100,K=20,n=4).\]

Los valores posibles de \(X\) son \(0,1,2,3,4\). No pueden salir 6 elementos del tipo de interés si solo se sacan 4.

Desarrollo y solución

\[P(X=x)=\frac{\binom{20}{x}\binom{80}{4-x}}{\binom{100}{4}},\qquad x=0,\ldots,4.\]

\[P(X=1)=\frac{\binom{20}{1}\binom{80}{3}}{\binom{100}{4}}.\] \[P(X=6)=0.\] \[P(X\geq1)=1-P(X=0)=1-\frac{\binom{20}{0}\binom{80}{4}}{\binom{100}{4}}.\] \[P(X=4)=\frac{\binom{20}{4}\binom{80}{0}}{\binom{100}{4}}.\]

En R, m es el número de elementos de interés en la población, n es el número de los otros elementos y k es el tamaño de muestra. Por eso aquí usamos m = 20, n = 80 y k = 4.

r3 <- c(dhyper(1, m = 20, n = 80, k = 4),
        dhyper(6, m = 20, n = 80, k = 4),
        phyper(0, m = 20, n = 80, k = 4, lower.tail = FALSE),
        dhyper(4, m = 20, n = 80, k = 4))
tabla_prob(c("P(X = 1)", "P(X = 6)", "P(X >= 1)", "P(X = 4)"), r3)
Evento Probabilidad Porcentaje
P(X = 1) 0.4190527195 41.90527195 %
P(X = 6) 0 0 %
P(X >= 1) 0.5966617575 59.66617575 %
P(X = 4) 0.001235583268 0.1235583268 %

La probabilidad de sacar exactamente uno es 41,905272 %; sacar 6 es imposible; sacar al menos uno tiene probabilidad 59,666176 %; y sacar los 4 del tipo de interés tiene probabilidad 0,123558 %.

x3 <- 0:4
grafica(x3, dhyper(x3, m = 20, n = 80, k = 4),
        "Hipergeométrica: N = 100, K = 20 y muestra = 4",
        "Elementos de interés en la muestra")

Los resultados más probables son 0 y 1. La gráfica termina en 4 porque ese es el máximo posible.

Problema 4. Distribución de Poisson

Comprensión y datos

\(X\) es la cantidad de veces que ocurre un evento en un intervalo fijo. El promedio es \(\lambda=4\). El enunciado no indica qué evento se está contando, así que no le asigno un contexto diferente.

\[X\sim\operatorname{Poisson}(4),\qquad X=0,1,2,\ldots\]

Desarrollo y solución

\[P(X=x)=\frac{e^{-4}4^x}{x!}.\]

\[P(X=0)=e^{-4},\qquad P(X=4)=\frac{e^{-4}4^4}{4!}.\] \[P(X\geq2)=1-P(X=0)-P(X=1)=1-e^{-4}(1+4).\] \[P(X\leq2)=e^{-4}\left(1+4+\frac{4^2}{2!}\right).\]

lambda4 <- 4
r4 <- c(dpois(0, lambda4), dpois(4, lambda4),
        ppois(1, lambda4, lower.tail = FALSE), ppois(2, lambda4))
tabla_prob(c("P(X = 0)", "P(X = 4)", "P(X >= 2)", "P(X <= 2)"), r4)
Evento Probabilidad Porcentaje
P(X = 0) 0.01831563889 1.831563889 %
P(X = 4) 0.1953668148 19.53668148 %
P(X >= 2) 0.9084218056 90.84218056 %
P(X <= 2) 0.2381033056 23.81033056 %

La probabilidad de que no ocurra el evento es 1,831564 %; de que ocurra exactamente 4 veces es 19,536681 %; de que ocurra al menos 2 veces es 90,842181 % y de que ocurra como máximo 2 veces es 23,810331 %. Los dos últimos eventos incluyen el valor 2, por eso no son complementarios.

x4 <- 0:qpois(0.999, lambda4)
grafica(x4, dpois(x4, lambda4), "Poisson: media = 4", "Número de eventos")

Los valores 3 y 4 tienen la misma probabilidad y son los más probables. La gráfica reúne al menos el 99,9 % de la probabilidad.

Problema 5. Distribución binomial negativa

Comprensión y datos

El enunciado dice binomial negativa, pero entrega \(N=100\), \(K=20\) y \(n=5\). Estos datos no identifican por sí solos sus parámetros de manera explícita. Para resolverlo de forma coherente con la distribución que se pide, interpreto \(p=K/N=20/100=0,20\) y \(r=n=5\) éxitos por alcanzar.

Así, \(X\) es el número de fallos antes de alcanzar el quinto éxito. Supongo ensayos independientes, con probabilidad constante de éxito \(p=0,20\); si se piensa en extracciones de esa población, tendrían que hacerse con reemplazo. Esta solución queda condicionada a esa interpretación. Si el profesor pretendía extracciones sin reemplazo, el modelo sería diferente y habría que aclarar el enunciado.

\[X\sim\operatorname{Binomial\ negativa}(r=5,p=0,20),\qquad X=0,1,2,\ldots\]

Desarrollo y solución

\[P(X=x)=\binom{x+r-1}{x}p^r(1-p)^x =\binom{x+4}{x}(0,20)^5(0,80)^x.\]

\[P(X=0)=(0,20)^5.\] \[P(X=6)=\binom{10}{6}(0,20)^5(0,80)^6.\] \[P(X\geq10)=1-\sum_{x=0}^{9}\binom{x+4}{x}(0,20)^5(0,80)^x.\] \[P(X\leq12)=\sum_{x=0}^{12}\binom{x+4}{x}(0,20)^5(0,80)^x.\]

La media y la varianza, cuando se cuentan fallos, son:

\[E[X]=\frac{r(1-p)}p=\frac{5(0,80)}{0,20}=20.\] \[V[X]=\frac{r(1-p)}{p^2}=\frac{5(0,80)}{(0,20)^2}=100.\]

N5 <- 100
K5 <- 20
exitos5 <- 5
p5 <- K5/N5
r5 <- c(dnbinom(0, size = exitos5, prob = p5),
        dnbinom(6, size = exitos5, prob = p5),
        pnbinom(9, size = exitos5, prob = p5, lower.tail = FALSE),
        pnbinom(12, size = exitos5, prob = p5))
tabla_prob(c("P(X = 0)", "P(X = 6)", "P(X >= 10)", "P(X <= 12)"), r5)
Evento Probabilidad Porcentaje
P(X = 0) 0.00032 0.032 %
P(X = 6) 0.0176160768 1.76160768 %
P(X >= 10) 0.8701603742 87.01603742 %
P(X <= 12) 0.2417767815 24.17767815 % 
media5 <- exitos5*(1-p5)/p5
varianza5 <- exitos5*(1-p5)/p5^2
knitr::kable(data.frame(Media = media5, Varianza = varianza5))
Media Varianza
20 100

Bajo la interpretación indicada, las probabilidades son 0,032000 %, 1,761608 %, 87,016037 % y 24,177678 %, respectivamente. Se esperan 20 fallos antes del quinto éxito y la varianza es 100 fallos cuadrados. Si contáramos todos los intentos, serían en promedio \(20+5=25\), pero esa sería otra variable.

x5 <- 0:qnbinom(0.995, size = exitos5, prob = p5)
grafica(x5, dnbinom(x5, size = exitos5, prob = p5),
        "Binomial negativa: 5 éxitos y p = 0,20",
        "Fallos antes del quinto éxito")

La distribución tiene una cola hacia la derecha: es posible acumular muchos fallos antes de completar los 5 éxitos. Se muestra al menos el 99,5 % de su probabilidad.

Problema 6. Llantas con imperfecciones

Comprensión y datos

\(X\) es el número de llantas con imperfecciones entre las 4 seleccionadas. Nos dan \(n=4\) y \(p=0,05\), porque el 5 % del cargamento tiene imperfecciones. Aquí llamamos “éxito” a encontrar una llanta imperfecta, solo porque ese es el resultado que estamos contando.

\[X\sim\operatorname{Binomial}(4;0,05).\]

El cargamento es grande y el taller indica usar la binomial. Se considera que seleccionar una llanta cambia muy poco la probabilidad para las siguientes.

Desarrollo y solución

\[P(X=0)=\binom40(0,05)^0(0,95)^4=(0,95)^4.\] \[P(X=1)=\binom41(0,05)(0,95)^3.\] \[P(X\geq1)=1-P(X=0).\]

r6 <- c(dbinom(0, size = 4, prob = 0.05),
        dbinom(1, size = 4, prob = 0.05),
        pbinom(0, size = 4, prob = 0.05, lower.tail = FALSE))
tabla_prob(c("Ninguna imperfecta", "Solo una imperfecta", "Una o más imperfectas"), r6)
Evento Probabilidad Porcentaje
Ninguna imperfecta 0.81450625 81.450625 %
Solo una imperfecta 0.171475 17.1475 %
Una o más imperfectas 0.18549375 18.549375 %

La probabilidad de que las cuatro llantas estén libres de imperfecciones es 81,450625 %. La de que solo una tenga imperfecciones es 17,147500 % y la de que al menos una las tenga es 18,549375 %.

x6 <- 0:4
grafica(x6, dbinom(x6, 4, 0.05), "Imperfecciones en las 4 llantas",
        "Número de llantas con imperfecciones")

Lo más probable es que ninguna tenga imperfecciones, pero eso no significa que el riesgo de encontrar una sea cero.

Problema 7. Llegada de clientes

Comprensión y datos

\(X_t\) es el número de clientes que llegan durante un intervalo de \(t\) horas. Nos dan una tasa promedio de 8 clientes por hora. Usamos el modelo Poisson con tasa constante e incrementos independientes.

\[X_t\sim\operatorname{Poisson}(\lambda_t),\qquad \lambda_t=8t.\]

La media se ajusta a la duración del intervalo. De 8 a 9 y de 2:30 a 3:30 pasa una hora; de 10 a 12 pasan dos horas; y de 2 a 4:30 pasan dos horas y media.

Desarrollo y solución

a. Exactamente 5 clientes entre 8 y 9: \(\lambda=8(1)=8\).

\[P(X_1=5)=\frac{e^{-8}8^5}{5!}.\]

b. No más de 3 clientes entre 2:30 y 3:30: “no más de 3” incluye 0, 1, 2 y 3.

\[P(X_1\leq3)=\sum_{x=0}^{3}\frac{e^{-8}8^x}{x!}.\]

c. Exactamente 2 clientes en dos horas: \(\lambda=8(2)=16\).

\[P(X_2=2)=\frac{e^{-16}16^2}{2!}.\]

d. Cantidad esperada entre 2 y 4:30:

\[E[X_{2,5}]=8(2,5)=20\text{ clientes}.\]

tasa7 <- 8
r7 <- c(dpois(5, lambda = tasa7*1),
        ppois(3, lambda = tasa7*1),
        dpois(2, lambda = tasa7*2))
tabla_prob(c("5 clientes en una hora", "Como máximo 3 en una hora",
             "2 clientes en dos horas"), r7)
Evento Probabilidad Porcentaje
5 clientes en una hora 0.09160366159 9.160366159 %
Como máximo 3 en una hora 0.04238011199 4.238011199 %
2 clientes en dos horas 1.440450236e-05 0.001440450236 % 
esperanza7 <- tasa7*2.5
esperanza7
## [1] 20

Las probabilidades de a, b y c son 9,160366 %, 4,238011 % y 0,001440 %. Entre 2 y 4:30 se esperan 20 clientes; es un promedio, no una cantidad garantizada.

par(mfrow = c(3, 1), mar = c(4.6, 4.2, 2.2, 1))
for (tiempo in c(1, 2, 2.5)) {
  lam <- tasa7*tiempo
  xx <- 0:qpois(0.999, lam)
  grafica(xx, dpois(xx, lam),
          paste("Intervalo de", tiempo, "horas; media =", lam),
          "Número de clientes")
}

par(mfrow = c(1, 1))

Al aumentar el tiempo, aumenta la media y la distribución se desplaza hacia cantidades mayores de clientes.

Problema 8. Germinación de semillas

Comprensión y datos

\(X\) es la cantidad de semillas que germinan de las 20 sembradas. Queremos evaluar lo que pasaría si fuera cierta la tasa del 90 %. Nos dan \(n=20\) y \(p=0,90\). Para usar la binomial suponemos germinaciones independientes y la misma probabilidad para todas las semillas.

\[X\sim\operatorname{Binomial}(20;0,90).\]

Desarrollo y solución

El número esperado es:

\[E[X]=np=20(0,90)=18\text{ semillas}.\]

Para saber si germinar 15 o menos sería extraño bajo esa tasa, calculo toda esa cola, no solo el valor 15:

\[P(X\leq15)=\sum_{x=0}^{15}\binom{20}{x}(0,90)^x(0,10)^{20-x}.\]

esperanza8 <- 20*0.90
r8 <- pbinom(15, size = 20, prob = 0.90)
esperanza8
## [1] 18
tabla_prob("Germinan 15 semillas o menos", r8)
Evento Probabilidad Porcentaje
Germinan 15 semillas o menos 0.04317449528 4.317449528 %

Se esperan 18 semillas germinadas. Si la tasa fuera del 90 %, la probabilidad de que germinen 15 o menos sería 4,317450 %. Es un resultado poco frecuente y sí da razón para sospechar que la tasa real podría ser menor.

Como referencia, esta probabilidad es menor que 0,05. Si se usara un criterio de significancia del 5 % para contrastar una tasa de 0,90 frente a una menor, observar 15 germinaciones llevaría a rechazar esa tasa; observar menos también. El taller no fija un nivel de significancia, por lo que aclaro ese criterio. Esto no demuestra con certeza que la tasa sea falsa ni estima por sí solo su valor real.

x8 <- 0:20
grafica(x8, dbinom(x8, 20, 0.90), "Semillas germinadas: n = 20 y p = 0,90",
        "Número de semillas germinadas", x8 <= 15)
legend("topleft", legend = "15 o menos", col = "#C87920", lwd = 4, bty = "n")

La zona naranja es el evento que estamos evaluando. Su probabilidad total es pequeña frente a los valores cercanos a 18.

Problema 9. Examen respondido al azar

Comprensión y datos

Hay 100 preguntas, cada una con 4 opciones y una respuesta correcta. María responde al azar y de forma independiente, entonces \(p=1/4=0,25\) y \(q=0,75\). El enunciado cambia de nombre en una frase, pero analizo a la misma persona que responde al azar.

Aquí necesitamos tres variables distintas porque no se cuenta lo mismo en todos los incisos.

Desarrollo y solución

a. Aprobar con mínimo 60 respuestas correctas. \(X\) es el número de respuestas correctas en las 100 preguntas:

\[X\sim\operatorname{Binomial}(100;0,25).\] \[P(X\geq60)=\sum_{x=60}^{100}\binom{100}{x}(0,25)^x(0,75)^{100-x}.\]

b. Que la primera respuesta correcta llegue en la pregunta 10. \(T\) es el número de preguntas contestadas hasta el primer acierto. Eso significa 9 respuestas incorrectas seguidas de una correcta:

\[P(T=10)=(0,75)^9(0,25).\]

En R uso dgeom(9, 0.25) porque dgeom cuenta las 9 respuestas incorrectas anteriores, no los 10 intentos totales.

c. Respuestas incorrectas esperadas antes de acertar 5. \(Y\) cuenta los errores antes del quinto acierto:

\[Y\sim\operatorname{Binomial\ negativa}(r=5,p=0,25).\] \[E[Y]=\frac{5(1-0,25)}{0,25}=15\text{ respuestas incorrectas}.\]

Este último cálculo corresponde al modelo usual de continuar hasta el quinto acierto. No es una esperanza condicionada a que se alcancen 5 aciertos dentro del límite de 100 preguntas.

p9 <- 1/4
# La cola superior evita perder precisión al restar un número muy cercano a 1.
r9 <- c(pbinom(59, size = 100, prob = p9, lower.tail = FALSE),
        dgeom(9, prob = p9))
tabla_prob(c("Al menos 60 aciertos de 100", "Primer acierto en la pregunta 10"), r9)
Evento Probabilidad Porcentaje
Al menos 60 aciertos de 100 1.326834674e-13 1.326834674e-11 %
Primer acierto en la pregunta 10 0.01877117157 1.877117157 % 
esperanza9 <- 5*(1-p9)/p9
esperanza9
## [1] 15

La probabilidad de aprobar es aproximadamente 1.32683467e-13, equivalente a 1.32683467e-11 %. Es extremadamente pequeña, pero no es exactamente cero. La probabilidad de acertar por primera vez en la pregunta 10 es 1,877117 %. Se esperan 15 errores antes del quinto acierto.

par(mfrow = c(3, 1), mar = c(4.6, 4.2, 2.2, 1))
xx <- 0:100
grafica(xx, dbinom(xx, 100, p9), "a. Aciertos en 100 preguntas",
        "Respuestas correctas", xx >= 60)
abline(v = 59.5, col = "#C87920", lty = 2)
tt <- 1:(qgeom(0.995, p9)+1)
grafica(tt, dgeom(tt-1, p9), "b. Pregunta en la que ocurre el primer acierto",
        "Número de pregunta (incluye el acierto)", tt == 10)
yy <- 0:qnbinom(0.995, size = 5, prob = p9)
grafica(yy, dnbinom(yy, size = 5, prob = p9),
        "c. Errores antes del quinto acierto", "Número de respuestas incorrectas")

par(mfrow = c(1, 1))

En la primera gráfica la cola desde 60 es tan pequeña que casi no se distingue en escala normal. Las otras dos gráficas cuentan intentos hasta el primer acierto y errores antes del quinto, respectivamente.

Problema 10. Microorganismos en muestras de agua

Comprensión y datos

\(X\) es el número de microorganismos en una muestra de agua. Todas las muestras tienen el mismo tamaño y nos dan una media de 15 microorganismos por muestra. El enunciado indica usar Poisson.

\[X\sim\operatorname{Poisson}(15).\]

Desarrollo y solución

a. Al menos 17: incluye 17 y todos los valores superiores.

\[P(X\geq17)=1-P(X\leq16).\]

b. 18 o menos: incluye desde 0 hasta 18.

\[P(X\leq18)=\sum_{x=0}^{18}\frac{e^{-15}15^x}{x!}.\]

c. Exactamente 2:

\[P(X=2)=\frac{e^{-15}15^2}{2!}.\]

r10 <- c(ppois(16, lambda = 15, lower.tail = FALSE),
         ppois(18, lambda = 15), dpois(2, lambda = 15))
tabla_prob(c("Al menos 17", "18 o menos", "Exactamente 2"), r10)
Evento Probabilidad Porcentaje
Al menos 17 0.3358767994 33.58767994 %
18 o menos 0.8194717116 81.94717116 %
Exactamente 2 3.441401106e-05 0.003441401106 %

La probabilidad de encontrar al menos 17 es 33,587680 %; de encontrar 18 o menos es 81,947171 %; y de encontrar exactamente 2 es 0,003441 %. Encontrar solo 2 es poco probable cuando el promedio es 15.

x10 <- 0:qpois(0.999, 15)
grafica(x10, dpois(x10, 15), "Microorganismos por muestra: media = 15",
        "Número de microorganismos", x10 >= 17)
legend("topleft", legend = "Al menos 17", col = "#C87920", lwd = 4, bty = "n")

La gráfica concentra la mayor probabilidad alrededor de 15 y resalta la cola del primer inciso. El tramo mostrado reúne al menos el 99,9 % de la probabilidad.

Problema 11. Asientos de una aerolínea

Comprensión y datos

\(X\) es el número de pasajeros que llegan a abordar entre las 105 personas con tiquete. Cada una tiene una probabilidad de llegar de \(0,90\). Suponemos que llegan de manera independiente y que esa probabilidad es igual para todos.

\[X\sim\operatorname{Binomial}(105;0,90).\]

El avión tiene 100 asientos. Todos los que llegan pueden sentarse si llegan 100 o menos, no solamente cuando llegan exactamente 100.

Desarrollo y solución

\[P(\text{todos tienen asiento})=P(X\leq100) =\sum_{x=0}^{100}\binom{105}{x}(0,90)^x(0,10)^{105-x}.\]

También puede verse contando ausentes: si \(A=105-X\), necesitamos al menos 5 ausentes para que alcancen los asientos.

r11 <- pbinom(100, size = 105, prob = 0.90)
riesgo11 <- pbinom(100, size = 105, prob = 0.90, lower.tail = FALSE)
# Comprobación equivalente: al menos 5 ausentes de 105, con p = 0.10.
comprobacion11 <- pbinom(4, size = 105, prob = 0.10, lower.tail = FALSE)
tabla_prob(c("Todos tienen asiento", "Llegan más de 100"), c(r11, riesgo11))
Evento Probabilidad Porcentaje
Todos tienen asiento 0.9832836835 98.32836835 %
Llegan más de 100 0.01671631652 1.671631652 % 
stopifnot(isTRUE(all.equal(r11, comprobacion11)))

La probabilidad de que todos los pasajeros que lleguen tengan asiento es 98,328368 %. El riesgo de que lleguen más personas que asientos es 1,671632 %. Vender 105 tiquetes no garantiza que todos puedan abordar, aunque bajo este modelo lo más probable es que sí alcancen los asientos.

x11 <- 0:105
grafica(x11, dbinom(x11, 105, 0.90), "Pasajeros que llegan: 105 tiquetes y 100 asientos",
        "Número de pasajeros presentes", x11 > 100)
abline(v = 100.5, lty = 2, col = "#C87920")
legend("topleft", legend = "Más de 100 pasajeros", col = "#C87920", lwd = 4, bty = "n")

La zona naranja representa el riesgo de que falten asientos. La probabilidad pedida es la suma correspondiente a los valores de 0 a 100.

Problema 12. Grietas en un pavimento

Comprensión y datos

\(X_L\) es el número de grietas en un tramo de \(L\) metros. Nos dan una tasa promedio de 1 grieta por cada 100 metros. Para usar Poisson suponemos una tasa constante a lo largo del pavimento y conteos independientes en tramos separados. La media por sí sola no asegura ese modelo; es el supuesto que usamos para resolver este punto.

\[X_L\sim\operatorname{Poisson}(\lambda_L),\qquad \lambda_L=\frac{L}{100}.\]

Por eso, en 500 metros la media es 5 grietas y en 100 metros la media es 1 grieta.

Desarrollo y solución

a. Exactamente 8 grietas en 500 metros:

\[P(X_{500}=8)=\frac{e^{-5}5^8}{8!}.\]

b. Ninguna grieta en 100 metros:

\[P(X_{100}=0)=\frac{e^{-1}1^0}{0!}=e^{-1}.\]

c. Menos de 2 grietas en 500 metros: “menos de 2” significa 0 o 1, sin incluir 2.

\[P(X_{500}<2)=P(X_{500}\leq1)=e^{-5}(1+5).\]

lambda500 <- 500/100
lambda100 <- 100/100
r12 <- c(dpois(8, lambda = lambda500),
         dpois(0, lambda = lambda100),
         ppois(1, lambda = lambda500))
tabla_prob(c("8 grietas en 500 m", "0 grietas en 100 m", "Menos de 2 en 500 m"), r12)
Evento Probabilidad Porcentaje
8 grietas en 500 m 0.06527803935 6.527803935 %
0 grietas en 100 m 0.3678794412 36.78794412 %
Menos de 2 en 500 m 0.04042768199 4.042768199 %

La probabilidad de que haya exactamente 8 grietas en 500 metros es 6,527804 %. La de no encontrar ninguna en 100 metros es 36,787944 % y la de encontrar menos de 2 en 500 metros es 4,042768 %.

par(mfrow = c(2, 1), mar = c(4.6, 4.2, 2.2, 1))
xx <- 0:qpois(0.999, lambda500)
grafica(xx, dpois(xx, lambda500), "Grietas en 500 metros: media = 5",
        "Número de grietas", xx < 2)
xx <- 0:qpois(0.999, lambda100)
grafica(xx, dpois(xx, lambda100), "Grietas en 100 metros: media = 1",
        "Número de grietas", xx == 0)

par(mfrow = c(1, 1))

El tramo de 500 metros tiene una media mayor que el de 100 metros. En naranja se muestran “menos de 2” en el primero y “ninguna” en el segundo. Cada gráfica reúne al menos el 99,9 % de su probabilidad.

Problema 13. Control de calidad de sensores

Comprensión y datos

\(X\) es el número de sensores que superan la prueba de calidad entre los 12 seleccionados. Nos dan \(n=12\) y \(p=0,92\), porque el 92 % de los sensores supera la prueba. La probabilidad de que un sensor no la supere es \(q=0,08\).

Usamos una distribución binomial porque tenemos un número fijo de sensores, dos resultados posibles para cada uno, independencia y la misma probabilidad de aprobación. Estas condiciones están indicadas en el enunciado.

\[X\sim\operatorname{Binomial}(12;0,92),\qquad X=0,1,\ldots,12.\]

También definimos \(Y=12-X\) como el número de sensores que no superan la prueba. Entonces \(Y\sim\operatorname{Binomial}(12;0,08)\). Nos piden calcular cuatro probabilidades y compararlas con los límites que fijó la empresa para decidir qué hacer.

Desarrollo y solución

La función de probabilidad es:

\[P(X=x)=\binom{12}{x}(0,92)^x(0,08)^{12-x}.\]

a. Reducir la frecuencia de inspecciones si la probabilidad de que los 12 aprueben supera el 35 %.

\[P(X=12)=\binom{12}{12}(0,92)^{12}(0,08)^0=(0,92)^{12}.\]

b. Clasificar el proceso como de alta confiabilidad si la probabilidad de que aprueben al menos 11 supera el 70 %. “Al menos 11” incluye 11 y 12.

\[P(X\geq11)=P(X=11)+P(X=12) =12(0,92)^{11}(0,08)+(0,92)^{12}.\]

c. Revisar preventivamente los equipos si la probabilidad de encontrar dos o más sensores que no aprueban supera el 20 %. Si fallan al menos 2, aprueban como máximo 10.

\[P(Y\geq2)=P(X\leq10)=1-P(X\geq11).\]

d. Considerar una señal de alerta obtener menos de 10 aprobados si la probabilidad de ese resultado es inferior al 10 %. “Menos de 10” significa de 0 a 9 aprobados, sin incluir 10.

\[P(X<10)=P(X\leq9)=\sum_{x=0}^{9}\binom{12}{x}(0,92)^x(0,08)^{12-x}.\]

n13 <- 12
p13 <- 0.92
r13 <- c(dbinom(12, size = n13, prob = p13),
         pbinom(10, size = n13, prob = p13, lower.tail = FALSE),
         pbinom(10, size = n13, prob = p13),
         pbinom(9, size = n13, prob = p13))
tabla_prob(c("Los 12 aprueban", "Al menos 11 aprueban",
             "Dos o más no aprueban", "Menos de 10 aprueban"), r13)
Evento Probabilidad Porcentaje
Los 12 aprueban 0.3676663877 36.76663877 %
Al menos 11 aprueban 0.7513182704 75.13182704 %
Dos o más no aprueban 0.2486817296 24.86817296 %
Menos de 10 aprueban 0.06519604651 6.519604651 % 
# Comparaciones con los límites establecidos por la empresa.
cumple13 <- c(r13[1] > 0.35, r13[2] > 0.70,
              r13[3] > 0.20, r13[4] < 0.10)
decisiones13 <- data.frame(
  Regla = c("Reducir la frecuencia de inspecciones",
            "Clasificar como alta confiabilidad",
            "Realizar revisión preventiva",
            "Investigar si aparecen menos de 10 aprobados"),
  Condicion = c("P(X = 12) > 0.35", "P(X >= 11) > 0.70",
                "P(Y >= 2) > 0.20", "P(X < 10) < 0.10"),
  Se_cumple = ifelse(cumple13, "Sí", "No"))
knitr::kable(decisiones13, row.names = FALSE)
Regla Condicion Se_cumple
Reducir la frecuencia de inspecciones P(X = 12) > 0.35 Sí
Clasificar como alta confiabilidad P(X >= 11) > 0.70 Sí
Realizar revisión preventiva P(Y >= 2) > 0.20 Sí
Investigar si aparecen menos de 10 aprobados P(X < 10) < 0.10 Sí 
# Verificación equivalente contando sensores que no aprueban.
stopifnot(isTRUE(all.equal(r13[3],
  pbinom(1, size = n13, prob = 1-p13, lower.tail = FALSE))))
stopifnot(isTRUE(all.equal(r13[2] + r13[3], 1)))

Las decisiones son:

  • Reducir la frecuencia de las inspecciones durante el siguiente mes: sí, porque 36,766639 % es mayor que el 35 %.
  • Clasificar el proceso como de alta confiabilidad: sí, porque 75,131827 % es mayor que el 70 %.
  • Realizar una revisión preventiva de los equipos: sí, porque la probabilidad de que fallen dos o más sensores es 24,868173 %, mayor que el 20 %.
  • Investigar si aparecen menos de 10 sensores aprobados: sí, porque ese resultado tiene una probabilidad de 6,519605 %, inferior al 10 %. Por eso, si se observa en una muestra, se considera una señal de alerta. El enunciado no dice que ese resultado ya haya ocurrido.

Las cuatro condiciones se cumplen al mismo tiempo. Aunque puede parecer extraño reducir las inspecciones y hacer una revisión preventiva, esas son las decisiones que salen de aplicar las reglas del enunciado. No se indica que una regla anule a otra. La clasificación de alta confiabilidad tampoco significa que sea imposible encontrar sensores que fallen.

x13 <- 0:12
grafica(x13, dbinom(x13, size = n13, prob = p13),
        "Sensores aprobados: n = 12 y p = 0,92",
        "Número de sensores que superan la prueba", x13 < 10)
legend("topleft", legend = "Menos de 10: señal de alerta",
       col = "#C87920", lwd = 4, bty = "n")

Los resultados más probables son 11 y 12 aprobados. La zona naranja corresponde a obtener menos de 10 aprobados y su probabilidad total es 6,519605 %.

Resumen de resultados

Punto Cantidad Valor
1 P(X=5) 0.24609375
1 P(X<=2) 0.0546875
1 P(3<=X<5) 0.322265625
1 P(X>=8) 0.0546875
2 P(X=1) 0.0475
2 P(X<=2) 0.142625
2 P(X=8) 0.03317102156
2 P(X>=2) 0.9025
3 P(X=1) 0.4190527195
3 P(X=6) 0
3 P(X>=1) 0.5966617575
3 P(X=4) 0.001235583268
4 P(X=0) 0.01831563889
4 P(X=4) 0.1953668148
4 P(X>=2) 0.9084218056
4 P(X<=2) 0.2381033056
5 P(X=0) 0.00032
5 P(X=6) 0.0176160768
5 P(X>=10) 0.8701603742
5 P(X<=12) 0.2417767815
5 E[X] 20
5 V[X] 100
6 Ninguna imperfecta 0.81450625
6 Una imperfecta 0.171475
6 Al menos una imperfecta 0.18549375
7 5 en 1 hora 0.09160366159
7 Hasta 3 en 1 hora 0.04238011199
7 2 en 2 horas 1.440450236e-05
7 E[X en 2,5 h] 20
8 E[X] 18
8 P(X<=15) 0.04317449528
9 P(aprobar) 1.326834674e-13
9 P(T=10) 0.01877117157
9 E[errores hasta 5 aciertos] 15
10 P(X>=17) 0.3358767994
10 P(X<=18) 0.8194717116
10 P(X=2) 3.441401106e-05
11 P(todos con asiento) 0.9832836835
12 P(8 en 500 m) 0.06527803935
12 P(0 en 100 m) 0.3678794412
12 P(menos de 2 en 500 m) 0.04042768199
13 P(X=12) 0.3676663877
13 P(X>=11) 0.7513182704
13 P(Y>=2) = P(X<=10) 0.2486817296
13 P(X<10) 0.06519604651

Las probabilidades del resumen están en escala de 0 a 1. Las esperanzas y la varianza conservan sus unidades y no son porcentajes. Los resultados del punto 5 dependen de la interpretación indicada en ese punto.

Fuentes