Para \(X \sim \text{Binomial}(n = 10,\ p = 0.5)\):
Función de distribución asociada a \(X\).
\[F_X(x) = P(X \le x) = \sum_{k=0}^{\lfloor x \rfloor} \binom{10}{k}(0.5)^k(0.5)^{10-k}, \quad x \in \mathbb{R}\]
con \(F_X(x) = 0\) para \(x < 0\) y \(F_X(x) = 1\) para \(x \ge 10\). Valores en el soporte:
x <- 0:10
knitr::kable(data.frame(x = x,
f_x = round(dbinom(x, 10, 0.5), 6),
F_x = round(pbinom(x, 10, 0.5), 6)),
col.names = c("x", "f(x) = P(X = x)", "F(x) = P(X <= x)"))| x | f(x) = P(X = x) | F(x) = P(X <= x) |
|---|---|---|
| 0 | 0.000977 | 0.000977 |
| 1 | 0.009766 | 0.010742 |
| 2 | 0.043945 | 0.054687 |
| 3 | 0.117188 | 0.171875 |
| 4 | 0.205078 | 0.376953 |
| 5 | 0.246094 | 0.623047 |
| 6 | 0.205078 | 0.828125 |
| 7 | 0.117188 | 0.945312 |
| 8 | 0.043945 | 0.989258 |
| 9 | 0.009766 | 0.999023 |
| 10 | 0.000977 | 1.000000 |
Probabilidades pedidas.
p1a <- dbinom(5, 10, 0.5) # P(X = 5)
p1b <- pbinom(2, 10, 0.5) # P(X <= 2)
p1c <- pbinom(4, 10, 0.5) - pbinom(2, 10, 0.5) # P(3 <= X < 5) = P(3 <= X <= 4)
p1d <- 1 - pbinom(7, 10, 0.5) # P(X >= 8)
tabla(c("P(X = 5)", "P(X <= 2)", "P(3 <= X < 5)", "P(X >= 8)"),
c(p1a, p1b, p1c, p1d))| Pregunta | Resultado |
|---|---|
| P(X = 5) | 0.246094 |
| P(X <= 2) | 0.054687 |
| P(3 <= X < 5) | 0.322266 |
| P(X >= 8) | 0.054688 |
Gráfica de \(f_X(x)\).
graf_pmf(0:10, dbinom(0:10, 10, 0.5), "Binomial(n = 10, p = 0.5)")La distribución es simétrica alrededor de \(E[X] = np = 5\), que además es la moda.
Sea \(X \sim \text{Geométrica}(p =
0.05)\). En R, dgeom(x, prob) modela el
número de fracasos antes del primer éxito, con soporte
\(x = 0, 1, 2, \dots\) y
\[f_X(x) = (1-p)^x\,p.\]
Se usa esta convención porque es la que emplea el código R del taller.
p <- 0.05
p2a <- dgeom(1, p) # P(X = 1)
p2b <- pgeom(2, p) # P(X <= 2)
p2c <- dgeom(8, p) # P(X = 8)
p2d <- 1 - pgeom(1, p) # P(X >= 2) = 1 - P(X <= 1)
tabla(c("P(X = 1)", "P(X <= 2)", "P(X = 8)", "P(X >= 2)"),
c(p2a, p2b, p2c, p2d))| Pregunta | Resultado |
|---|---|
| P(X = 1) | 0.047500 |
| P(X <= 2) | 0.142625 |
| P(X = 8) | 0.033171 |
| P(X >= 2) | 0.902500 |
x <- 0:60
graf_pmf(x, dgeom(x, p), "Geométrica(p = 0.05)", "firebrick")La probabilidad decrece de forma geométrica y tiene una cola larga hacia la derecha, porque el éxito es poco probable en cada ensayo.
Sea \(X \sim \text{Hipergeométrica}(N =
100,\ K = 20,\ n = 4)\). En R:
dhyper(x, m = K, n = N - K, k = n), es decir
m = 20, n = 80, k = 4.
\[f_X(x) = \frac{\binom{20}{x}\binom{80}{4-x}}{\binom{100}{4}}, \quad x = 0, 1, 2, 3, 4\]
m <- 20; nn <- 80; k <- 4
p3a <- dhyper(1, m, nn, k) # P(X = 1)
p3b <- dhyper(6, m, nn, k) # P(X = 6): fuera del soporte
p3c <- 1 - dhyper(0, m, nn, k) # P(X >= 1)
p3d <- dhyper(4, m, nn, k) # P(X = 4)
tabla(c("P(X = 1)", "P(X = 6)", "P(X >= 1)", "P(X = 4)"),
c(p3a, p3b, p3c, p3d))| Pregunta | Resultado |
|---|---|
| P(X = 1) | 0.419053 |
| P(X = 6) | 0.000000 |
| P(X >= 1) | 0.596662 |
| P(X = 4) | 0.001236 |
Como solo se extraen \(n = 4\) elementos, \(X\) no puede valer 6, por lo que \(P(X = 6) = 0\).
x <- 0:4
graf_pmf(x, dhyper(x, m, nn, k), "Hipergeométrica(N = 100, K = 20, n = 4)", "darkgreen")Sea \(X \sim \text{Poisson}(\lambda = 4)\), con \(f_X(x) = \dfrac{e^{-4}4^x}{x!}\).
lambda <- 4
p4a <- dpois(0, lambda) # P(X = 0)
p4b <- dpois(4, lambda) # P(X = 4)
p4c <- 1 - ppois(1, lambda) # P(X >= 2)
p4d <- ppois(2, lambda) # P(X <= 2)
tabla(c("P(X = 0)", "P(X = 4)", "P(X >= 2)", "P(X <= 2)"),
c(p4a, p4b, p4c, p4d))| Pregunta | Resultado |
|---|---|
| P(X = 0) | 0.018316 |
| P(X = 4) | 0.195367 |
| P(X >= 2) | 0.908422 |
| P(X <= 2) | 0.238103 |
x <- 0:15
graf_pmf(x, dpois(x, lambda), "Poisson(lambda = 4)", "purple4")Sea \(X\) una variable binomial
negativa con \(N = 100\), \(K = 20\) y \(n =
5\). Se interpreta así: la probabilidad de éxito es \(p = K/N = 0.2\) y se cuentan los
fracasos \(X\) antes
de alcanzar \(r = n = 5\) éxitos, que
es la parametrización de dnbinom(x, size, prob):
\[f_X(x) = \binom{x + r - 1}{x}\,p^{r}(1-p)^{x}, \quad x = 0, 1, 2, \dots\]
\[E[X] = \frac{r(1-p)}{p}, \qquad V[X] = \frac{r(1-p)}{p^2}\]
r <- 5; p <- 20 / 100
p5a <- dnbinom(0, size = r, prob = p) # P(X = 0)
p5b <- dnbinom(6, size = r, prob = p) # P(X = 6)
p5c <- 1 - pnbinom(9, size = r, prob = p) # P(X >= 10)
p5d <- pnbinom(12, size = r, prob = p) # P(X <= 12)
EX <- r * (1 - p) / p
VX <- r * (1 - p) / p^2
tabla(c("P(X = 0)", "P(X = 6)", "P(X >= 10)", "P(X <= 12)", "E[X]", "V[X]"),
c(p5a, p5b, p5c, p5d, EX, VX))| Pregunta | Resultado |
|---|---|
| P(X = 0) | 0.000320 |
| P(X = 6) | 0.017616 |
| P(X >= 10) | 0.870160 |
| P(X <= 12) | 0.241777 |
| E[X] | 20.000000 |
| V[X] | 100.000000 |
x <- 0:80
graf_pmf(x, dnbinom(x, size = r, prob = p),
"Binomial negativa (r = 5, p = 0.2)", "darkorange3")Sea \(X\) el número de llantas con imperfecciones entre 4 elegidas: \(X \sim \text{Binomial}(n = 4,\ p = 0.05)\).
p6a <- dbinom(0, 4, 0.05) # ninguna con imperfecciones
p6b <- dbinom(1, 4, 0.05) # solo una
p6c <- 1 - dbinom(0, 4, 0.05) # una o mas
tabla(c("P(X = 0)", "P(X = 1)", "P(X >= 1)"), c(p6a, p6b, p6c))| Pregunta | Resultado |
|---|---|
| P(X = 0) | 0.814506 |
| P(X = 1) | 0.171475 |
| P(X >= 1) | 0.185494 |
Las llegadas siguen un proceso de Poisson con tasa de 8 clientes por hora. Para un intervalo de \(t\) horas, \(X \sim \text{Poisson}(\lambda = 8t)\).
p7a <- dpois(5, lambda = 8) # 1 hora (8 a 9 AM): P(X = 5)
p7b <- ppois(3, lambda = 8) # 1 hora (2:30 a 3:30 PM): P(X <= 3)
p7c <- dpois(2, lambda = 16) # 2 horas (10 AM a 12 M): P(X = 2)
p7d <- 8 * 2.5 # 2 PM a 4:30 PM = 2.5 horas: E[X] = 8 * 2.5
tabla(c("a) P(X = 5) en 1 hora",
"b) P(X <= 3) en 1 hora",
"c) P(X = 2) en 2 horas (lambda = 16)",
"d) E[X] en 2.5 horas (lambda = 20)"),
c(p7a, p7b, p7c, p7d), d = 8)| Pregunta | Resultado |
|---|---|
| a) P(X = 5) en 1 hora | 0.091604 |
| b) P(X <= 3) en 1 hora | 0.042380 |
| c) P(X = 2) en 2 horas (lambda = 16) | 0.000014 |
| d) E[X] en 2.5 horas (lambda = 20) | 20.000000 |
El valor esperado entre las 2 PM y las 4:30 PM es de 20 clientes.
Sea \(X\) el número de semillas que germinan de 20: \(X \sim \text{Binomial}(n = 20,\ p = 0.9)\).
n <- 20; p <- 0.9
esperado <- n * p
p8 <- pbinom(15, n, p) # P(X <= 15)
tabla(c("E[X] = np", "P(X <= 15)"), c(esperado, p8))| Pregunta | Resultado |
|---|---|
| E[X] = np | 18.000000 |
| P(X <= 15) | 0.043174 |
Si la tasa de germinación fuera realmente del 90%, se esperarían 18 semillas germinadas. Obtener 15 o menos tiene probabilidad 0.0432, es decir, aproximadamente 4.32%. Es un evento poco probable (menor que el 5%) cuando la cifra del 90% es correcta, así que sí hay razón para sospechar de ese valor: es probable que la tasa real de germinación sea menor.
Sea \(X\) el número de respuestas correctas en 100 preguntas respondidas al azar, con 4 opciones cada una: \(X \sim \text{Binomial}(n = 100,\ p = 0.25)\). (El enunciado nombra a Juan en la primera pregunta, pero se entiende que se refiere a Maria.)
a) Probabilidad de aprobar (al menos 60 correctas):
p9a <- 1 - pbinom(59, 100, 0.25) # P(X >= 60)
p9a## [1] 0.000000000000132672La probabilidad de aprobar es prácticamente nula (1.33e-13).
b) Primera respuesta correcta en la pregunta número 10. Es una variable geométrica con \(p = 0.25\). En la convención de R (fracasos antes del primer éxito), acertar por primera vez en la pregunta 10 equivale a 9 fracasos previos:
p9b <- dgeom(9, 0.25)
p9b## [1] 0.0187712Es decir, \(P = (0.75)^9(0.25) =\) 0.0188.
c) Número esperado de respuestas erróneas hasta lograr 5 correctas. Es una binomial negativa con \(r = 5\) y \(p = 0.25\) (cuenta los fracasos antes del quinto éxito):
\[E[X] = \frac{r(1-p)}{p} = \frac{5(0.75)}{0.25} = 15\]
r <- 5; p <- 0.25
r * (1 - p) / p## [1] 15Se espera que Maria responda 15 preguntas erróneamente hasta acertar 5.
Sea \(X\) el número de microorganismos por muestra: \(X \sim \text{Poisson}(\lambda = 15)\).
p10a <- 1 - ppois(16, 15) # P(X >= 17)
p10b <- ppois(18, 15) # P(X <= 18)
p10c <- dpois(2, 15) # P(X = 2)
tabla(c("a) P(X >= 17)", "b) P(X <= 18)", "c) P(X = 2)"),
c(p10a, p10b, p10c), d = 8)| Pregunta | Resultado |
|---|---|
| a) P(X >= 17) | 0.335877 |
| b) P(X <= 18) | 0.819472 |
| c) P(X = 2) | 0.000034 |
Observar solo 2 microorganismos en una muestra es muy improbable cuando el promedio es 15.
La aerolínea vende 105 tiquetes y cada pasajero llega con probabilidad 0.90, de forma independiente. Sea \(X\) el número de pasajeros que llegan: \(X \sim \text{Binomial}(n = 105,\ p = 0.90)\). Todos los que lleguen tendrán asiento si \(X \le 100\).
p11 <- pbinom(100, 105, 0.90) # P(X <= 100)
p11## [1] 0.983284La probabilidad de que todas las personas que lleguen tengan asiento es 0.9833 (aproximadamente 98.33%). Su complemento, \(P(X > 100) =\) 0.0167, es la probabilidad de que haya más pasajeros que sillas.
Las grietas siguen un proceso de Poisson con tasa de 1 grieta por cada 100 m, así que para una longitud de \(L\) metros \(X \sim \text{Poisson}(\lambda = L/100)\).
p12a <- dpois(8, lambda = 5) # 500 m: P(X = 8)
p12b <- dpois(0, lambda = 1) # 100 m: P(X = 0)
p12c <- ppois(1, lambda = 5) # 500 m: P(X < 2) = P(X <= 1)
tabla(c("a) P(X = 8) en 500 m (lambda = 5)",
"b) P(X = 0) en 100 m (lambda = 1)",
"c) P(X < 2) en 500 m (lambda = 5)"),
c(p12a, p12b, p12c))| Pregunta | Resultado |
|---|---|
| a) P(X = 8) en 500 m (lambda = 5) | 0.065278 |
| b) P(X = 0) en 100 m (lambda = 1) | 0.367879 |
| c) P(X < 2) en 500 m (lambda = 5) | 0.040428 |
Modelo probabilístico. Cada sensor supera la prueba con probabilidad 0.92, los resultados son independientes y se revisan 12 sensores. Por lo tanto, si \(X\) es el número de sensores que aprueban:
\[X \sim \text{Binomial}(n = 12,\ p = 0.92)\]
Sea además \(Y = 12 - X\) el número de sensores que no aprueban, con \(Y \sim \text{Binomial}(12,\ 0.08)\).
Evaluación de las directrices.
n <- 12; p <- 0.92
c1 <- dbinom(12, n, p) # P(X = 12)
c2 <- 1 - pbinom(10, n, p) # P(X >= 11)
c3 <- 1 - pbinom(1, n, 1 - p) # P(Y >= 2) = P(X <= 10)
c4 <- pbinom(9, n, p) # P(X < 10) = P(X <= 9)
res <- data.frame(
Directriz = c("1) P(los 12 aprueban)",
"2) P(al menos 11 aprueban)",
"3) P(2 o más no aprueban)",
"4) P(menos de 10 aprueban)"),
Probabilidad = round(c(c1, c2, c3, c4), 4),
Umbral = c("> 0.35", "> 0.70", "> 0.20", "< 0.10"),
Se_cumple = c(c1 > 0.35, c2 > 0.70, c3 > 0.20, c4 < 0.10)
)
res$Se_cumple <- ifelse(res$Se_cumple, "Sí", "No")
knitr::kable(res, col.names = c("Directriz", "Probabilidad", "Condición", "¿Se cumple?"),
align = c("l", "r", "c", "c"))| Directriz | Probabilidad | Condición | ¿Se cumple? |
|---|---|---|---|
| 1) P(los 12 aprueban) | 0.3677 | > 0.35 | Sí |
| 2) P(al menos 11 aprueban) | 0.7513 | > 0.70 | Sí |
| 3) P(2 o más no aprueban) | 0.2487 | > 0.20 | Sí |
| 4) P(menos de 10 aprueban) | 0.0652 | < 0.10 | Sí |
Decisiones que debería tomar la empresa.
Lectura conjunta. Las directrices 1 y 2 indican un proceso en general confiable, y la 4 confirma que los resultados muy malos son raros. Sin embargo, la directriz 3 muestra que, aun en un proceso estable, es bastante frecuente (alrededor de una de cada cuatro veces) hallar dos o más sensores defectuosos en un lote de 12, por lo que la revisión preventiva se justifica. Las decisiones no son contradictorias: reducir la frecuencia de inspección y hacer una revisión preventiva de equipos son acciones sobre aspectos distintos del control de calidad.
x <- 0:12
graf_pmf(x, dbinom(x, n, p), "Binomial(n = 12, p = 0.92)", "navy")