# Configuración global del documento y carga de librerías necesarias
knitr::opts_chunk$set(
  echo = TRUE,
  warning = FALSE,
  message = FALSE,
  fig.width = 8,
  fig.height = 4.5,
  fig.align = "center"
)

library(tidyverse)
library(knitr)

# Semilla para garantizar reproducibilidad en cualquier procedimiento estocástico
set.seed(123)

Problema 1

Para una variable aleatoria con distribución binomial \(X \sim \text{binom}(x, n = 10, p = 0.5)\).

1.a

Problema:
Determine la función de distribución asociada a \(X\).

Código:

# Soporte de la variable aleatoria binomial (0 hasta n = 10)
x_p1 <- 0:10

# Tabla con función de masa f(x) = P(X = x) y distribución acumulada F(x) = P(X <= x)
tabla_dist_p1 <- tibble(
  x = x_p1,
  f_x = dbinom(x_p1, size = 10, prob = 0.5),
  F_x = pbinom(x_p1, size = 10, prob = 0.5)
)

kable(tabla_dist_p1, digits = 4, 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 0.0010 0.0010
1 0.0098 0.0107
2 0.0439 0.0547
3 0.1172 0.1719
4 0.2051 0.3770
5 0.2461 0.6230
6 0.2051 0.8281
7 0.1172 0.9453
8 0.0439 0.9893
9 0.0098 0.9990
10 0.0010 1.0000

Solución:
La función de masa de probabilidad viene dada analíticamente por \(f(x) = \binom{10}{x} (0.5)^x (0.5)^{10-x} = \binom{10}{x} (0.5)^{10}\) para \(x \in \{0, 1, \dots, 10\}\), y su función de distribución acumulada es \(F(x) = \sum_{k=0}^{\lfloor x \rfloor} f(k)\). Como se observa en la tabla, la distribución es perfectamente simétrica respecto a su media \(\mu = n \cdot p = 5\), acumulando el 100% de la probabilidad en el soporte entero de 0 a 10.

1.b

Problema:
Determine \(P(X = 5)\).

Código:

p1_b <- dbinom(5, size = 10, prob = 0.5)
p1_b
## [1] 0.2460938

Solución:
\(P(X = 5) \approx 0.2461\) (24.61%). Siendo \(p = 0.5\), el valor central \(x = 5\) es la moda de la distribución y representa el resultado individual más probable, ocurriendo casi una de cada cuatro veces.

1.c

Problema:
Determine \(P(X \le 2)\).

Código:

p1_c <- pbinom(2, size = 10, prob = 0.5)
p1_c
## [1] 0.0546875

Solución:
\(P(X \le 2) \approx 0.0547\) (5.47%). Representa la probabilidad acumulada de observar como máximo 2 éxitos (\(P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)\)), un suceso poco habitual en 10 repeticiones equilibradas.

1.d

Problema:
Determine \(P(3 \le X < 5)\).

Código:

# En variables discretas: P(3 <= X < 5) = P(X = 3) + P(X = 4) = F(4) - F(2)
p1_d <- pbinom(4, size = 10, prob = 0.5) - pbinom(2, size = 10, prob = 0.5)
p1_d
## [1] 0.3222656

Solución:
\(P(3 \le X < 5) \approx 0.3223\) (32.23%). Al ser el soporte discreto, la condición estricta menor que 5 incluye únicamente \(X = 3\) y \(X = 4\), sumando conjuntamente cerca de una tercera parte de la probabilidad total.

1.e

Problema:
Determine \(P(X \ge 8)\).

Código:

# Por cola superior: P(X >= 8) = 1 - P(X <= 7)
p1_e <- pbinom(7, size = 10, prob = 0.5, lower.tail = FALSE)
p1_e
## [1] 0.0546875

Solución:
\(P(X \ge 8) \approx 0.0547\) (5.47%). Por la simetría de la distribución con \(p = 0.5\), la probabilidad de obtener 8 o más éxitos es exactamente igual a la probabilidad de obtener 2 o menos éxitos calculada en el inciso 1.c.

1.f

Problema:
Construya la gráfica de \(f(x)\).

Código:

ggplot(tabla_dist_p1, aes(x = factor(x), y = f_x)) +
  geom_col(fill = "#2c3e50", width = 0.6, alpha = 0.85) +
  geom_text(aes(label = round(f_x, 3)), vjust = -0.5, size = 3.5) +
  scale_y_continuous(expand = expansion(mult = c(0, 0.12))) +
  labs(
    title = "Función de Masa de Probabilidad: Binomial(n = 10, p = 0.5)",
    x = "Número de éxitos (x)",
    y = "f(x) = P(X = x)"
  ) +
  theme_minimal()

Solución:
El gráfico de barras muestra la típica forma acampanada y simétrica centrada en \(x = 5\), con probabilidades que decaen de forma idéntica hacia los extremos 0 y 10.

Problema 2

Sea una variable geométrica \(X \sim \text{geom}(x, p = 0.05)\).

Nota técnica: En R, la función dgeom(x, prob) define a \(X\) como el número de fracasos observados antes de obtener el primer éxito (\(x \in \{0, 1, 2, \dots\}\)), de acuerdo con la sintaxis del taller.

2.a

Problema:
Determine \(P(X = 1)\).

Código:

p2_a <- dgeom(1, prob = 0.05)
p2_a
## [1] 0.0475

Solución:
\(P(X = 1) = 0.0475\) (4.75%). En la parametrización de R, corresponde a observar exactamente un fracaso antes del primer éxito (es decir, acertar en el segundo intento: \(0.95^1 \times 0.05\)).

2.b

Problema:
Determine \(P(X \le 2)\).

Código:

p2_b <- pgeom(2, prob = 0.05)
p2_b
## [1] 0.142625

Solución:
\(P(X \le 2) \approx 0.1426\) (14.26%). Representa la probabilidad de que ocurran como máximo 2 fracasos antes de ver el primer éxito (\(X \in \{0, 1, 2\}\)), equivalente a lograr el éxito dentro de los primeros 3 ensayos (\(1 - 0.95^3\)).

2.c

Problema:
Determine \(P(X = 8)\).

Código:

p2_c <- dgeom(8, prob = 0.05)
p2_c
## [1] 0.03317102

Solución:
\(P(X = 8) \approx 0.0332\) (3.32%). Es la probabilidad puntual de tener una racha de exactamente 8 fracasos consecutivos y que el éxito se concrete en el noveno intento (\(0.95^8 \times 0.05\)).

2.d

Problema:
Determine \(P(X \ge 2)\).

Código:

# P(X >= 2) = 1 - P(X <= 1)
p2_d <- pgeom(1, prob = 0.05, lower.tail = FALSE)
p2_d
## [1] 0.9025

Solución:
\(P(X \ge 2) = 0.9025\) (90.25%). Indica que en el 90.25% de las ocasiones se experimentarán al menos 2 fracasos antes de lograr el primer éxito, lo cual equivale a fallar los 2 primeros ensayos (\(0.95^2\)).

2.e

Problema:
Construya la gráfica de \(f(x)\).

Código:

x_p2 <- 0:60
df_p2 <- tibble(
  x = x_p2,
  f_x = dgeom(x_p2, prob = 0.05)
)

ggplot(df_p2, aes(x = x, y = f_x)) +
  geom_segment(aes(xend = x, yend = 0), color = "#2980b9", linewidth = 0.6) +
  geom_point(color = "#1f618d", size = 1.5) +
  labs(
    title = "Función de Masa de Probabilidad: Geométrica(p = 0.05)",
    subtitle = "X: número de fracasos antes del primer éxito",
    x = "Número de fracasos (x)",
    y = "f(x) = P(X = x)"
  ) +
  theme_minimal()

Solución:
La gráfica ilustra el decaimiento monótono decreciente característico del modelo geométrico: la probabilidad más alta ocurre en \(x = 0\) y disminuye gradualmente debido a la propiedad de pérdida de memoria.

Problema 3

Suponga que \(X\) tiene una distribución hipergeométrica con \(N = 100\), \(n = 4\), \(K = 20\). (\(X \sim \text{hyper}(x, N = 100, n = 4, k = 20)\)).

Nota técnica: En las funciones de R dhyper(x, m, n, k), los argumentos corresponden a: m = elementos de éxito en la población (\(K = 20\)), n = elementos de fracaso en la población (\(N - K = 80\)) y k = tamaño de la muestra extraída sin reemplazo (\(n = 4\)).

3.a

Problema:
Determine \(P(X = 1)\).

Código:

p3_a <- dhyper(1, m = 20, n = 80, k = 4)
p3_a
## [1] 0.4190527

Solución:
\(P(X = 1) \approx 0.4191\) (41.91%). La probabilidad de extraer exactamente un elemento con la característica deseada en una muestra de tamaño 4 es cercana al 42%, siendo el escenario más frecuente.

3.b

Problema:
Determine \(P(X = 6)\).

Código:

p3_b <- dhyper(6, m = 20, n = 80, k = 4)
p3_b
## [1] 0

Solución:
\(P(X = 6) = 0\). Es un evento imposible porque la muestra total es de solo 4 elementos (\(k = 4\)), por lo que nunca se podrán obtener 6 éxitos.

3.c

Problema:
Determine \(P(X \ge 1)\).

Código:

# P(X >= 1) = 1 - P(X = 0)
p3_c <- phyper(0, m = 20, n = 80, k = 4, lower.tail = FALSE)
p3_c
## [1] 0.5966618

Solución:
\(P(X \ge 1) \approx 0.5967\) (59.67%). Hay un 59.67% de probabilidad de capturar al menos un elemento de interés en la muestra, calculado como el complemento de no encontrar ninguno.

3.d

Problema:
Determine \(P(X = 4)\).

Código:

p3_d <- dhyper(4, m = 20, n = 80, k = 4)
p3_d
## [1] 0.001235583

Solución:
\(P(X = 4) \approx 0.0012\) (0.12%). La probabilidad de que los 4 elementos seleccionados pertenezcan simultáneamente al grupo de interés es sumamente pequeña, ocurriendo apenas una de cada 800 veces.

3.e

Problema:
Construya la gráfica de \(f(x)\).

Código:

x_p3 <- 0:4
df_p3 <- tibble(
  x = x_p3,
  f_x = dhyper(x_p3, m = 20, n = 80, k = 4)
)

ggplot(df_p3, aes(x = factor(x), y = f_x)) +
  geom_col(fill = "#16a085", width = 0.55, alpha = 0.85) +
  geom_text(aes(label = round(f_x, 4)), vjust = -0.5, size = 3.8) +
  scale_y_continuous(expand = expansion(mult = c(0, 0.12))) +
  labs(
    title = "Función de Masa de Probabilidad: Hipergeométrica(N = 100, K = 20, n = 4)",
    x = "Número de éxitos en la muestra (x)",
    y = "f(x) = P(X = x)"
  ) +
  theme_minimal()

Solución:
El gráfico refleja que la distribución hipergeométrica concentra casi toda su probabilidad en \(x = 0\) (40.33%), \(x = 1\) (41.91%) y \(x = 2\) (15.31%) con probabilidades marginales para \(x = 3\) y \(x = 4\).

Problema 4

Suponga que \(X\) tiene una distribución Poisson con media \(\lambda = 4\) (\(X \sim \text{pois}(x, \lambda = 4)\)).

4.a

Problema:
Determine \(P(X = 0)\).

Código:

p4_a <- dpois(0, lambda = 4)
p4_a
## [1] 0.01831564

Solución:
\(P(X = 0) \approx 0.0183\) (1.83%). La probabilidad de que no ocurra ningún evento en el periodo es de \(e^{-4} \approx 1.83\%\), lo que muestra que la ausencia total de eventos es infrecuente cuando se esperan 4 en promedio.

4.b

Problema:
Determine \(P(X = 4)\).

Código:

p4_b <- dpois(4, lambda = 4)
p4_b
## [1] 0.1953668

Solución:
\(P(X = 4) \approx 0.1954\) (19.54%). Registrar un valor exactamente igual al promedio esperado (\(\lambda = 4\)) tiene una probabilidad del 19.54%, coincidiendo con la cúspide modal de la curva.

4.c

Problema:
Determine \(P(X \ge 2)\).

Código:

# P(X >= 2) = 1 - P(X <= 1)
p4_c <- ppois(1, lambda = 4, lower.tail = FALSE)
p4_c
## [1] 0.9084218

Solución:
\(P(X \ge 2) \approx 0.9084\) (90.84%). Existe una probabilidad dominante de observar 2 o más eventos, resultado de restar al total los casos con 0 y 1 ocurrencia.

4.d

Problema:
Determine \(P(X \le 2)\).

Código:

p4_d <- ppois(2, lambda = 4)
p4_d
## [1] 0.2381033

Solución:
\(P(X \le 2) \approx 0.2381\) (23.81%). La probabilidad acumulada de observar como máximo dos eventos en el intervalo evaluado es del 23.81%.

4.e

Problema:
Construya la gráfica de \(f(x)\).

Código:

x_p4 <- 0:14
df_p4 <- tibble(
  x = x_p4,
  f_x = dpois(x_p4, lambda = 4)
)

ggplot(df_p4, aes(x = factor(x), y = f_x)) +
  geom_col(fill = "#8e44ad", width = 0.6, alpha = 0.85) +
  geom_text(aes(label = round(f_x, 3)), vjust = -0.5, size = 3.2) +
  scale_y_continuous(expand = expansion(mult = c(0, 0.12))) +
  labs(
    title = "Función de Masa de Probabilidad: Poisson(lambda = 4)",
    x = "Número de eventos (x)",
    y = "f(x) = P(X = x)"
  ) +
  theme_minimal()

Solución:
La gráfica presenta el comportamiento característico de una distribución de Poisson con una tasa moderada (\(\lambda = 4\)): al ser \(\lambda\) un valor entero, la distribución muestra dos valores modales idénticos y máximos en \(x = 3\) y \(x = 4\) (\(P(X=3) = P(X=4) \approx 0.195\)), extendiéndose de manera suave y decreciente hacia una cola derecha que tiende asintóticamente a cero.

Problema 5

Sea la variable \(X\) con distribución binomial negativa con \(N=100\), \(K=20\), \(n=5\) (\(X \sim \text{nbinom}(x, n, p, mu)\)).

Nota técnica: A partir de la población \(N = 100\) y la cantidad favorable \(K = 20\), la probabilidad elemental de éxito en cada ensayo es \(p = K/N = 20/100 = 0.20\). La cantidad de éxitos requerida es size = n = 5. En R, dnbinom(x, size = 5, prob = 0.20) modela la variable \(X\) definida como el número de fracasos hasta observar el 5.° éxito.

5.a

Problema:
Determine \(P(X = 0)\).

Código:

p5_a <- dnbinom(0, size = 5, prob = 0.20)
p5_a
## [1] 0.00032

Solución:
\(P(X = 0) = 0.00032\) (0.032%). Observar cero fracasos antes del quinto éxito equivale a encadenar 5 éxitos consecutivos desde el primer intento (\(0.20^5\)), lo cual es muy improbable.

5.b

Problema:
Determine \(P(X = 6)\).

Código:

p5_b <- dnbinom(6, size = 5, prob = 0.20)
p5_b
## [1] 0.01761608

Solución:
\(P(X = 6) \approx 0.0176\) (1.76%). Corresponde a acumular exactamente 6 fracasos antes del quinto éxito, requiriendo un total de 11 ensayos para completarse.

5.c

Problema:
Determine \(P(X \ge 10)\).

Código:

# P(X >= 10) = 1 - P(X <= 9)
p5_c <- pnbinom(9, size = 5, prob = 0.20, lower.tail = FALSE)
p5_c
## [1] 0.8701604

Solución:
\(P(X \ge 10) \approx 0.8702\) (87.02%). Debido a que la probabilidad de éxito es baja (\(p = 0.20\)), en el 87.02% de las ocasiones se experimentarán al menos 10 fracasos antes de reunir los 5 éxitos requeridos.

5.d

Problema:
Determine \(P(X \le 12)\).

Código:

p5_d <- pnbinom(12, size = 5, prob = 0.20)
p5_d
## [1] 0.2417768

Solución:
\(P(X \le 12) \approx 0.2418\) (24.18%). Es la probabilidad acumulada de alcanzar el objetivo con no más de 12 fracasos (un máximo de 17 ensayos en total).

5.e

Problema:
Determine \(E[X]\) y \(V[X]\).

Código:

r_p5 <- 5
p_p5 <- 20 / 100

# Parámetros para la variable X (número de fracasos en R)
E_X <- r_p5 * (1 - p_p5) / p_p5
V_X <- r_p5 * (1 - p_p5) / (p_p5^2)

c(Esperanza = E_X, Varianza = V_X)
## Esperanza  Varianza 
##        20       100

Solución:
El valor esperado es \(E[X] = 20\) fracasos y la varianza es \(V[X] = 100\) (desviación estándar \(\sigma = 10\)). Se espera experimentar en promedio 20 fracasos antes del quinto éxito; si se mide en términos del total de ensayos (\(Y = X + r\)), la media es \(E[Y] = 25\) ensayos, conservando la misma varianza de 100.

5.f

Problema:
Construya la gráfica de \(f(x)\).

Código:

x_p5 <- 0:50
df_p5 <- tibble(
  x = x_p5,
  f_x = dnbinom(x_p5, size = 5, prob = 0.20)
)

ggplot(df_p5, aes(x = x, y = f_x)) +
  geom_col(fill = "#d35400", width = 0.7, alpha = 0.85) +
  geom_vline(xintercept = E_X, linetype = "dashed", color = "#c0392b", linewidth = 0.9) +
  annotate("text", x = E_X + 5, y = max(df_p5$f_x) * 0.9, 
           label = paste("E[X] =", E_X), color = "#c0392b") +
  labs(
    title = "Función de Masa de Probabilidad: Binomial Negativa(r = 5, p = 0.20)",
    subtitle = "X: número de fracasos antes de reunir 5 éxitos",
    x = "Número de fracasos (x)",
    y = "f(x) = P(X = x)"
  ) +
  theme_minimal()

Solución:
La gráfica presenta una distribución unimodal con una amplia dispersión y sesgo hacia la derecha, con su valor esperado centrado en \(x = 20\) fracasos.

Problema 6

En un cargamento grande de llantas para automóviles, del cual el 5% tiene imperfecciones. Se eligen de manera aleatoria 4 llantas para ser instalada en un automóvil. (Sea \(X\) el número de llantas con imperfecciones. \(X \sim \text{binom}(n = 4, p = 0.05)\)).

6.a

Problema:
¿Cuál es la probabilidad de que ninguna de las llantas tenga imperfecciones?

Código:

p6_a <- dbinom(0, size = 4, prob = 0.05)
p6_a
## [1] 0.8145062

Solución:
\(P(X = 0) \approx 0.8145\) (81.45%). Hay un 81.45% de certeza de que las 4 llantas instaladas estén completamente en perfecto estado (\(0.95^4\)).

6.b

Problema:
¿Cuál es la probabilidad de que sólo una de las llantas tenga imperfecciones?

Código:

p6_b <- dbinom(1, size = 4, prob = 0.05)
p6_b
## [1] 0.171475

Solución:
\(P(X = 1) \approx 0.1715\) (17.15%). La probabilidad de que exactamente una sola de las cuatro llantas seleccionadas presente algún defecto es del 17.15%.

6.c

Problema:
¿Cuál es la probabilidad de una o más llantas tenga imperfecciones?

Código:

# P(X >= 1) = 1 - P(X = 0)
p6_c <- pbinom(0, size = 4, prob = 0.05, lower.tail = FALSE)
p6_c
## [1] 0.1854938

Solución:
\(P(X \ge 1) \approx 0.1855\) (18.55%). Obtenida como el complemento del evento en que ninguna llanta falla (\(1 - 0.8145\)), indica que cerca de uno de cada cinco autos tendrá al menos una llanta imperfecta instalada.

Problema 7

Los clientes llegan al mostrador de una tienda de acuerdo con una variable aleatoria Poisson con una frecuencia promedio de ocho clientes por hora.

7.a

Problema:
Calcule la probabilidad de que entre las 8 AM y las 9 AM lleguen exactamente cinco clientes.

Código:

# Intervalo de 1 hora: lambda = 8 clientes
p7_a <- dpois(5, lambda = 8)
p7_a
## [1] 0.09160366

Solución:
\(P(X = 5) \approx 0.0916\) (9.16%). Durante ese lapso de una hora, la probabilidad puntual de que arriben exactamente cinco clientes es del 9.16%.

7.b

Problema:
Calcule la probabilidad de que entre las 2:30 PM y las 3:30 PM no lleguen más de tres clientes.

Código:

# "No más de 3 clientes" corresponde a P(X <= 3) con lambda = 8
p7_b <- ppois(3, lambda = 8)
p7_b
## [1] 0.04238011

Solución:
\(P(X \le 3) \approx 0.0424\) (4.24%). Tener una afluencia tan baja (3 clientes o menos en una hora cuya media es 8) es un suceso raro que ocurre solo el 4.24% de las veces.

7.c

Problema:
Calcule la probabilidad de que lleguen exactamente dos clientes dentro de un intervalo de dos horas continuas, por ejemplo entre 10 AM y 12 M.

Código:

# Intervalo de 2 horas: lambda_2h = 8 * 2 = 16 clientes
p7_c <- dpois(2, lambda = 16)
p7_c
## [1] 1.44045e-05

Solución:
\(P(X = 2) \approx 0.0000144\) (\(1.44 \times 10^{-5}\), o 0.00144%). En dos horas el flujo esperado es de 16 clientes, por lo que presenciar la llegada de apenas dos clientes en todo ese lapso es prácticamente inverosímil.

7.d

Problema:
Calcule el valor esperado del número de personas que llegan a la tienda entre las 2 PM y las 4:30 PM.

Código:

# Duración: 2 horas y media = 2.5 horas
t_intervalo <- 2.5
tasa_horaria <- 8
esperanza_7d <- tasa_horaria * t_intervalo
esperanza_7d
## [1] 20

Solución:
El valor esperado es de 20 personas. En un proceso de Poisson homogéneo, la media esperada escala linealmente con el tiempo: \(E[X] = \lambda \cdot t = 8 \text{ clientes/hora} \times 2.5 \text{ horas} = 20 \text{ clientes}\).

Problema 8

Se está desarrollando una nueva variedad de maíz en una extensión de experimentación agrícola. Se espera que tenga una tasa de germinación del 90%. Para verificar esto, se plantan 20 semillas en suelos de idéntica composición y se les dedican los mismos cuidados. Si la cifra 90% es correcta, ¿cuántas semillas se espera que germinen? Si sólo germinan 15 o menos, ¿hay razón para sospechar de la cifra 90%?

8.a

Problema:
Si la cifra 90% es correcta, ¿cuántas semillas se espera que germinen?

Código:

n_semillas <- 20
p_germina <- 0.90
esperanza_8a <- n_semillas * p_germina
esperanza_8a
## [1] 18

Solución:
Se espera que germinen 18 semillas (\(E[X] = n \cdot p = 20 \times 0.90 = 18\)).

8.b

Problema:
Si sólo germinan 15 o menos, ¿hay razón para sospechar de la cifra 90%?

Código:

# Probabilidad bajo H0 (p = 0.90) de obtener 15 o menos germinaciones
prob_15_o_menos <- pbinom(15, size = 20, prob = 0.90)
prob_15_o_menos
## [1] 0.0431745

Solución:
\(P(X \le 15) \approx 0.0432\) (4.32%). Sí hay razón estadística suficiente para sospechar de la afirmación del 90%, puesto que la probabilidad de observar 15 o menos semillas germinadas es inferior al 5% (\(\alpha = 0.05\)), lo que convierte a este resultado en una anomalía estadística bajo el supuesto original.

Problema 9

Un examen de Probabilidad consta de 100 preguntas de selección múltiple, cada una con cuatro opciones de respuesta. Maria responde cada pregunta al azar y sus respuestas son independientes.

9.a

Problema:
Si para aprobar el examen Juan debe responder mínimo 60 preguntas correctamente, calcule la probabilidad de que Maria apruebe el examen.

Código:

# p = 1/4 = 0.25 (responder al azar entre 4 opciones)
# P(X >= 60) = 1 - P(X <= 59)
p9_a <- pbinom(59, size = 100, prob = 0.25, lower.tail = FALSE)
p9_a
## [1] 1.326835e-13

Solución:
\(P(X \ge 60) \approx 1.33 \times 10^{-13}\). La probabilidad de aprobar adivinando es virtualmente nula (cero práctico), demostrando que es prácticamente imposible pasar una prueba de 100 preguntas al azar cuando se exige el 60% de aciertos.

9.b

Problema:
Calcule la probabilidad de que Maria deba responder 10 preguntas hasta responder la primera pregunta correctamente.

Código:

# Debe responder 9 preguntas erróneas antes del primer acierto
p9_b <- dgeom(9, prob = 0.25)
p9_b
## [1] 0.01877117

Solución:
\(P(X = 9 \text{ fracasos}) \approx 0.0188\) (1.88%). Mediante el modelo geométrico, la probabilidad de fallar consecutivamente las primeras 9 preguntas y acertar justo en la décima es del 1.88% (\((0.75)^9 \times 0.25\)).

9.c

Problema:
¿Cuál es el número esperado de preguntas que Maria responderá erróneamente hasta responder 5 preguntas correctamente?

Código:

# Binomial negativa: E[Fracasos] hasta r = 5 éxitos con p = 0.25
r_exitos <- 5
p_acierto <- 0.25
esperanza_erroneas <- r_exitos * (1 - p_acierto) / p_acierto
esperanza_erroneas
## [1] 15

Solución:
Se espera que responda 15 preguntas erróneamente (\(E[Y] = \frac{r(1-p)}{p} = \frac{5 \times 0.75}{0.25} = 15\)). En consecuencia, necesitará responder en promedio un total de 20 preguntas (15 errores más los 5 aciertos) para lograr las 5 respuestas correctas.

Problema 10

Se sospecha que muchas muestras de agua, todas del mismo tamaño y tomadas del Hillbank River, han sido contaminadas por operarios irresponsables de una planta de tratamiento de aguas. Se contó el número de microorganismos conformes en cada muestra. El número medio de microorganismos por muestra fue de 15. Suponiendo que el número de microorganismos se distribuye según una distribución de Poisson, calcular la probabilidad de que:

10.a

Problema:
La siguiente muestra contenga al menos 17 microorganismos.

Código:

# P(X >= 17) = 1 - P(X <= 16) con lambda = 15
p10_a <- ppois(16, lambda = 15, lower.tail = FALSE)
p10_a
## [1] 0.3358768

Solución:
\(P(X \ge 17) \approx 0.3359\) (33.59%). Hay aproximadamente una opción de tres (33.59%) de que la muestra analizada presente una carga de 17 o más microorganismos.

10.b

Problema:
La siguiente muestra contenga 18 o menos microorganismos.

Código:

p10_b <- ppois(18, lambda = 15)
p10_b
## [1] 0.8194717

Solución:
\(P(X \le 18) \approx 0.8195\) (81.95%). Existe un 81.95% de probabilidad de que el conteo no sobrepase los 18 microorganismos, agrupando la gran mayoría de las muestras de control.

10.c

Problema:
La siguiente muestra contenga exactamente dos microorganismos.

Código:

p10_c <- dpois(2, lambda = 15)
p10_c
## [1] 3.441401e-05

Solución:
\(P(X = 2) \approx 0.0000344\) (\(3.44 \times 10^{-5}\), o 0.0034%). Es una probabilidad casi nula; encontrar únicamente 2 microorganismos cuando la media es de 15 indicaría una muestra totalmente inusual o un error en la medición.

Problema 11

Problema:
Una aéreolinea nacional tiene aviones de 100 asientos para el servicio de transporte nacional. Se estima que la probabilidad de que una persona llegue al vuelo es de 0.90, debido a lo cual la aereolinea vende 105 tiquetes con el fin de minimizar la partida de aviones con sillas vacias. ¿cuál es la probabilidad de que todas las personas que lleguen para abordar el avión tengan asiento?

Código:

# Modelo Binomial: n = 105 pasajes vendidos, p = 0.90 de asistencia
# Para que todos tengan asiento, deben llegar 100 o menos personas: P(X <= 100)
p11 <- pbinom(100, size = 105, prob = 0.90)
p11
## [1] 0.9832837

Solución:
\(P(X \le 100) \approx 0.9833\) (98.33%). La probabilidad de que todos los pasajeros que se presenten cuenten con un asiento asignado es del 98.33%, lo que significa que la aerolínea asume únicamente un riesgo controlado del 1.67% de enfrentar sobreventa de pasajeros en puerta.

Problema 12

El número de grietas en un pavimento se estima en una grieta por cada 100m en promedio. Se desea estimar la probabilidad de:

12.a

Problema:
Haya exactamente 8 grietas en una longitud de 500 m.

Código:

# Tasa ajustada para 500 m: lambda = 1 * (500 / 100) = 5 grietas
p12_a <- dpois(8, lambda = 5)
p12_a
## [1] 0.06527804

Solución:
\(P(X = 8) \approx 0.0653\) (6.53%). Con un promedio de 5 grietas por cada 500 metros, la probabilidad de registrar exactamente 8 fisuras es del 6.53%.

12.b

Problema:
No se presente ninguna grieta en 100 m.

Código:

# Tasa para 100 m: lambda = 1 grieta
p12_b <- dpois(0, lambda = 1)
p12_b
## [1] 0.3678794

Solución:
\(P(X = 0) \approx 0.3679\) (36.79%). En un tramo estándar de 100 metros, la probabilidad de encontrar la calzada libre de grietas es de \(e^{-1} \approx 36.79\%\).

12.c

Problema:
Se presenten menos de 2 grietas en 500 m.

Código:

# "Menos de 2 grietas" implica P(X < 2) = P(X <= 1) con lambda = 5
p12_c <- ppois(1, lambda = 5)
p12_c
## [1] 0.04042768

Solución:
\(P(X \le 1) \approx 0.0404\) (4.04%). Es un tramo de excelente calidad pero poco frecuente: solo en el 4.04% de las secciones de 500 metros se registrarán a lo sumo una grieta.

Problema 13

Una empresa fabricante de sensores electrónicos ha determinado, a partir de sus registros históricos, que el 92% de los sensores producidos supera satisfactoriamente la prueba final de calidad. Como parte del control del proceso, al finalizar cada turno un ingeniero selecciona aleatoriamente 12 sensores y registra si cada uno supera o no la prueba. Se considera que los resultados son independientes y que las condiciones de producción permanecen estables. La empresa ha establecido que, si la posibilidad de que los 12 sensores seleccionados superen la prueba es superior al 35%, reducirá la frecuencia de las inspecciones durante el siguiente mes; si la posibilidad de obtener al menos 11 sensores aprobados es superior al 70%, clasificará el proceso como de alta confiabilidad; si la posibilidad de encontrar dos o más sensores que no superen la prueba excede el 20%, realizará una revisión preventiva de los equipos de producción; y si la posibilidad de que menos de 10 sensores superen la prueba es inferior al 10%, la aparición de un resultado de este tipo será considerada una señal de alerta que requerirá investigar las condiciones del proceso. A partir de esta información, identifique el modelo probabilístico apropiado y sus parámetros, evalúe las directrices establecidas y determine las decisiones que debería tomar la empresa.

13.a

Problema:
Identifique el modelo probabilístico apropiado y sus parámetros.

Código:

# Definición de variables y parámetros
n_sensores <- 12
p_aprueba <- 0.92
p_falla <- 1 - p_aprueba

list(
  Modelo = "Binomial",
  Ensayos_n = n_sensores,
  Prob_exito_aprueba = p_aprueba,
  Prob_falla = p_falla
)
## $Modelo
## [1] "Binomial"
## 
## $Ensayos_n
## [1] 12
## 
## $Prob_exito_aprueba
## [1] 0.92
## 
## $Prob_falla
## [1] 0.08

Solución:
Dado que los 12 sensores evaluados son independientes y tienen idéntica probabilidad de aprobar la prueba, la variable \(X\) (número de sensores aprobados) sigue una distribución Binomial \(X \sim \text{binom}(n = 12, p = 0.92)\). En forma complementaria, el número de sensores reprobados sigue \(Y = 12 - X \sim \text{binom}(n = 12, p_{\text{falla}} = 0.08)\).

13.b

Problema:
Evalúe si la posibilidad de que los 12 sensores seleccionados superen la prueba es superior al 35% para reducir la frecuencia de las inspecciones durante el siguiente mes.

Código:

p13_b <- dbinom(12, size = 12, prob = 0.92)
cumple_b <- p13_b > 0.35
c(Probabilidad_12_aprobados = p13_b, Cumple_criterio = cumple_b)
## Probabilidad_12_aprobados           Cumple_criterio 
##                 0.3676664                 1.0000000

Solución:
\(P(X = 12) \approx 0.3677\) (36.77%). Como \(36.77\% > 35\%\), la condición se satisface con éxito; por consiguiente, la empresa debe reducir la frecuencia de las inspecciones durante el siguiente mes.

13.c

Problema:
Evalúe si la posibilidad de obtener al menos 11 sensores aprobados es superior al 70% para clasificar el proceso como de alta confiabilidad.

Código:

# P(X >= 11) = 1 - P(X <= 10)
p13_c <- pbinom(10, size = 12, prob = 0.92, lower.tail = FALSE)
cumple_c <- p13_c > 0.70
c(Probabilidad_al_menos_11 = p13_c, Cumple_criterio = cumple_c)
## Probabilidad_al_menos_11          Cumple_criterio 
##                0.7513183                1.0000000

Solución:
\(P(X \ge 11) \approx 0.7513\) (75.13%). Dado que \(75.13\% > 70\%\), se cumple la directriz; por lo tanto, el proceso debe ser clasificado como de alta confiabilidad.

13.d

Problema:
Evalúe si la posibilidad de encontrar dos o más sensores que no superen la prueba excede el 20% para realizar una revisión preventiva de los equipos de producción.

Código:

# Encontrar 2 o más que fallen equivale a aprobar 10 o menos: P(Y >= 2) = P(X <= 10)
p13_d <- pbinom(1, size = 12, prob = 0.08, lower.tail = FALSE)
cumple_d <- p13_d > 0.20
c(Probabilidad_dos_o_mas_fallas = p13_d, Excede_umbral_20 = cumple_d)
## Probabilidad_dos_o_mas_fallas              Excede_umbral_20 
##                     0.2486817                     1.0000000

Solución:
\(P(Y \ge 2) \approx 0.2487\) (24.87%). Como el \(24.87\%\) excede el umbral del \(20\%\), la directriz técnica se activa; en consecuencia, la empresa debe programar una revisión preventiva de los equipos de producción.

13.e

Problema:
Evalúe si la posibilidad de que menos de 10 sensores superen la prueba es inferior al 10% y determine la directriz de señal de alerta e investigación del proceso.

Código:

# Menos de 10 aprobados: P(X < 10) = P(X <= 9)
p13_e <- pbinom(9, size = 12, prob = 0.92)
cumple_e <- p13_e < 0.10
c(Probabilidad_menos_de_10 = p13_e, Es_inferior_al_10 = cumple_e)
## Probabilidad_menos_de_10        Es_inferior_al_10 
##               0.06519605               1.00000000

Solución:
\(P(X \le 9) \approx 0.0652\) (6.52%). Dado que \(6.52\% < 10\%\), obtener 9 o menos sensores aprobados en un turno es un suceso estadísticamente infrecuente y deberá disparar una señal de alerta inmediata para investigar las condiciones del proceso.

13.f

Problema:
A partir de la información anterior, sintetice las directrices establecidas y determine las decisiones que debería tomar la empresa.

Código:

tabla_decisiones <- tibble(
  Directriz = c(
    "1. Inspección mensual",
    "2. Clasificación proceso",
    "3. Mantenimiento equipos",
    "4. Protocolo de alerta"
  ),
  Evento = c(
    "P(X = 12)",
    "P(X >= 11)",
    "P(Y >= 2) = P(X <= 10)",
    "P(X < 10) = P(X <= 9)"
  ),
  Probabilidad_Teorica = c("36.77%", "75.13%", "24.87%", "6.52%"),
  Umbral = c("> 35%", "> 70%", "> 20%", "< 10%"),
  Condicion = c("Se cumple", "Se cumple", "Se cumple (excede)", "Se cumple"),
  Accion_Empresarial = c(
    "Reducir la frecuencia de inspecciones el siguiente mes.",
    "Clasificar el proceso como de alta confiabilidad.",
    "Realizar revisión preventiva de los equipos de producción.",
    "Activar investigación inmediata si en un turno X <= 9."
  )
)

kable(tabla_decisiones, col.names = c("Directriz", "Evento", "Probabilidad", "Umbral", "Condición", "Decisión a Adoptar"))
Directriz Evento Probabilidad Umbral Condición Decisión a Adoptar
1. Inspección mensual P(X = 12) 36.77% > 35% Se cumple Reducir la frecuencia de inspecciones el siguiente mes.
2. Clasificación proceso P(X >= 11) 75.13% > 70% Se cumple Clasificar el proceso como de alta confiabilidad.
3. Mantenimiento equipos P(Y >= 2) = P(X <= 10) 24.87% > 20% Se cumple (excede) Realizar revisión preventiva de los equipos de producción.
4. Protocolo de alerta P(X < 10) = P(X <= 9) 6.52% < 10% Se cumple Activar investigación inmediata si en un turno X <= 9.

Solución:
En resumen, la empresa debe adoptar simultáneamente tres decisiones operativas y un protocolo de control: (1) reducir las inspecciones del próximo mes, (2) certificar el proceso como de alta confiabilidad, (3) programar el mantenimiento preventivo de los equipos al exceder el 20% de probabilidad de dos o más fallas, y (4) mantener activado el umbral de parada e investigación cada vez que un turno reporte 9 o menos sensores aprobados.