# Configuración global del documento y carga de librerías necesarias
knitr::opts_chunk$set(
  echo = TRUE,
  warning = FALSE,
  message = FALSE,
  fig.width = 8,
  fig.height = 4.2,
  fig.align = "center"
)

library(tidyverse)
library(knitr)

# Paleta y estilo base de ggplot2
theme_set(theme_minimal(base_size = 12))

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

Problema 1

Sea una variable aleatoria continua \(X\) con distribución uniforme en el intervalo de 20 a 50, es decir, \(X \sim U(20, 50)\).

1.a

Problema:
La función de densidad asociada a \(X\).

Código:

a1 <- 20
b1 <- 50
f_x_1 <- 1 / (b1 - a1)
f_x_1
## [1] 0.03333333

Solución:
La función de densidad es constante en el soporte: \(f_X(x) = \frac{1}{50 - 20} = \frac{1}{30} \approx 0.0333\) para \(20 \le x \le 50\), y \(0\) en cualquier otro punto. Todos los valores dentro del intervalo tienen exactamente la misma densidad de probabilidad.

1.b

Problema:
\(P(X \le 30)\)

Código:

p1_b <- punif(30, min = a1, max = b1)
p1_b
## [1] 0.3333333

Solución:
\(P(X \le 30) = \frac{30 - 20}{30} = \frac{1}{3} \approx 0.3333\) (33.33%). La probabilidad corresponde exactamente al primer tercio del soporte total.

1.c

Problema:
\(P(X > 42)\)

Código:

p1_c <- punif(42, min = a1, max = b1, lower.tail = FALSE)
p1_c
## [1] 0.2666667

Solución:
\(P(X > 42) = \frac{50 - 42}{30} = \frac{8}{30} \approx 0.2667\) (26.67%). Representa la probabilidad en el tramo superior de 8 unidades de amplitud.

1.d

Problema:
\(P(25 \le X < 40)\)

Código:

p1_d <- punif(40, min = a1, max = b1) - punif(25, min = a1, max = b1)
p1_d
## [1] 0.5

Solución:
\(P(25 \le X < 40) = \frac{40 - 25}{30} = \frac{15}{30} = 0.5000\) (50.00%). Abarca 15 unidades de longitud, lo que equivale exactamente a la mitad del soporte.

1.e

Problema:
El valor de \(x\) tal que \(P(X \le x) = 0.80\).

Código:

x1_e <- qunif(0.80, min = a1, max = b1)
x1_e
## [1] 44

Solución:
El percentil 80 es \(x = 20 + 0.80(50 - 20) = 44\). El 80% de las observaciones se ubica en el intervalo \([20, 44]\).

1.f

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

Código:

e1_f <- (a1 + b1) / 2
v1_f <- (b1 - a1)^2 / 12
c(Esperanza = e1_f, Varianza = v1_f)
## Esperanza  Varianza 
##        35        75

Solución:
La esperanza matemática es el centro del intervalo \(E[X] = \frac{20 + 50}{2} = 35\), y la varianza es \(V[X] = \frac{(50 - 20)^2}{12} = \frac{900}{12} = 75\) (desviación estándar \(\sigma \approx 8.66\)).

1.g

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

Código:

tibble(x = seq(15, 55, length.out = 500)) %>%
  mutate(f = dunif(x, min = a1, max = b1)) %>%
  ggplot(aes(x = x, y = f)) +
  geom_line(color = "#1f77b4", linewidth = 1.1) +
  geom_ribbon(aes(ymin = 0, ymax = f), fill = "#1f77b4", alpha = 0.2) +
  labs(
    title = expression(paste("Función de Densidad: ", X %~% U(20, 50))),
    x = "x",
    y = expression(f[X](x))
  )

Solución:
La gráfica presenta la clásica forma rectangular constante con altura \(1/30\) entre 20 y 50, reflejando perfecta uniformidad en todo su dominio.

Problema 2

Sea una variable aleatoria \(X\) con distribución normal con media \(\mu = 100\) y desviación estándar \(\sigma = 15\), es decir, \(X \sim N(100, 15^2)\).

2.a

Problema:
\(P(X \le 85)\)

Código:

mu2 <- 100
sigma2 <- 15
p2_a <- pnorm(85, mean = mu2, sd = sigma2)
p2_a
## [1] 0.1586553

Solución:
\(P(X \le 85) \approx 0.1587\) (15.87%). Como 85 se encuentra a exactamente una desviación estándar por debajo de la media (\(Z = -1\)), contiene el 15.87% de la cola izquierda.

2.b

Problema:
\(P(X > 120)\)

Código:

p2_b <- pnorm(120, mean = mu2, sd = sigma2, lower.tail = FALSE)
p2_b
## [1] 0.09121122

Solución:
\(P(X > 120) \approx 0.0912\) (9.12%). Corresponde a valores ubicados a más de 1.33 desviaciones estándar por encima de la media (\(Z = 1.33\)).

2.c

Problema:
\(P(90 \le X < 115)\)

Código:

p2_c <- pnorm(115, mean = mu2, sd = sigma2) - pnorm(90, mean = mu2, sd = sigma2)
p2_c
## [1] 0.5888522

Solución:
\(P(90 \le X < 115) \approx 0.5889\) (58.89%). Casi el 59% de las observaciones se concentra en esta franja central comprendida entre \(Z = -0.67\) y \(Z = 1.00\).

2.d

Problema:
El valor de \(x\) tal que \(P(X \le x) = 0.95\).

Código:

x2_d <- qnorm(0.95, mean = mu2, sd = sigma2)
x2_d
## [1] 124.6728

Solución:
El percentil 95 es \(x \approx 124.6728\). Solo el 5% superior de la distribución supera aproximadamente 124.67.

2.e

Problema:
El intervalo central que contiene aproximadamente el 95% de los valores de \(X\).

Código:

ic_inf_2 <- qnorm(0.025, mean = mu2, sd = sigma2)
ic_sup_2 <- qnorm(0.975, mean = mu2, sd = sigma2)
c(Inferior = ic_inf_2, Superior = ic_sup_2)
##  Inferior  Superior 
##  70.60054 129.39946

Solución:
El intervalo central exacto del 95% es \([70.6005, 129.3995]\) (\(\mu \pm 1.96\sigma\), o convencionalmente \([70, 130]\) con \(\mu \pm 2\sigma\)). Deja un 2.5% de probabilidad en cada cola.

2.f

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

Código:

tibble(x = seq(50, 150, length.out = 500)) %>%
  mutate(f = dnorm(x, mean = mu2, sd = sigma2)) %>%
  ggplot(aes(x = x, y = f)) +
  geom_line(color = "#2ca02c", linewidth = 1.1) +
  geom_ribbon(data = . %>% filter(x >= ic_inf_2 & x <= ic_sup_2),
              aes(ymin = 0, ymax = f), fill = "#2ca02c", alpha = 0.25) +
  labs(
    title = expression(paste("Función de Densidad: ", X %~% N(100, 15^2))),
    subtitle = "Área sombreada: Intervalo central del 95% [70.60, 129.40]",
    x = "x",
    y = expression(f[X](x))
  )

Solución:
La campana de Gauss muestra simetría en torno a \(\mu = 100\) y puntos de inflexión característicos en \(100 \pm 15\) (\(85\) y \(115\)), con el 95% central resaltado.

Problema 3

Suponga que \(X\) tiene una distribución normal con media \(\mu = 72\) y desviación estándar \(\sigma = 8\), es decir, \(X \sim N(72, 8^2)\).

3.a

Problema:
\(P(X < 60)\)

Código:

mu3 <- 72
sigma3 <- 8
p3_a <- pnorm(60, mean = mu3, sd = sigma3)
p3_a
## [1] 0.0668072

Solución:
\(P(X < 60) \approx 0.0668\) (6.68%). Corresponde a \(Z = \frac{60 - 72}{8} = -1.5\), representando valores poco frecuentes en la cola inferior.

3.b

Problema:
\(P(X \ge 80)\)

Código:

p3_b <- pnorm(80, mean = mu3, sd = sigma3, lower.tail = FALSE)
p3_b
## [1] 0.1586553

Solución:
\(P(X \ge 80) \approx 0.1587\) (15.87%). Equivale a encontrarse a una desviación estándar o más por encima del promedio (\(Z \ge 1\)).

3.c

Problema:
\(P(68 \le X \le 76)\)

Código:

p3_c <- pnorm(76, mean = mu3, sd = sigma3) - pnorm(68, mean = mu3, sd = sigma3)
p3_c
## [1] 0.3829249

Solución:
\(P(68 \le X \le 76) \approx 0.3829\) (38.29%). Es una franja simétrica alrededor del promedio dentro del rango de media desviación estándar (\(\pm 0.5\sigma\)).

3.d

Problema:
El percentil 90 de la distribución.

Código:

p90_3 <- qnorm(0.90, mean = mu3, sd = sigma3)
p90_3
## [1] 82.25241

Solución:
El percentil 90 es \(x \approx 82.2524\). El 90% de las observaciones es menor o igual a este puntaje.

3.e

Problema:
El valor de \(x\) que deja por encima el 5% de las observaciones.

Código:

x3_e <- qnorm(0.95, mean = mu3, sd = sigma3)
x3_e
## [1] 85.15883

Solución:
Corresponde al percentil 95, dado por \(x = 72 + 1.6449(8) \approx 85.1588\). Solo el 5% supera este umbral.

3.f

Problema:
Construya la gráfica de \(f_X(x)\) e identifique sobre ella la media.

Código:

tibble(x = seq(44, 100, length.out = 500)) %>%
  mutate(f = dnorm(x, mean = mu3, sd = sigma3)) %>%
  ggplot(aes(x = x, y = f)) +
  geom_line(color = "#d62728", linewidth = 1.1) +
  geom_vline(xintercept = mu3, linetype = "dashed", color = "black", linewidth = 1) +
  annotate("text", x = mu3 + 2.5, y = dnorm(mu3, mu3, sigma3) * 0.9, 
           label = paste("Media =", mu3), fontface = "bold", hjust = 0) +
  labs(
    title = expression(paste("Función de Densidad: ", X %~% N(72, 8^2))),
    x = "x",
    y = expression(f[X](x))
  )

Solución:
La gráfica ilustra la distribución con su línea vertical discontinua en \(\mu = 72\), el punto de máxima altura y eje de simetría de la distribución.

Problema 4

Sea una variable aleatoria continua \(X\) con distribución normal con media \(\mu = 500\) y desviación estándar \(\sigma = 40\), es decir, \(X \sim N(500, 40^2)\).

4.a

Problema:
\(P(X \le 450)\)

Código:

mu4 <- 500
sigma4 <- 40
p4_a <- pnorm(450, mean = mu4, sd = sigma4)
p4_a
## [1] 0.1056498

Solución:
\(P(X \le 450) \approx 0.1056\) (10.56%). Representa la cola izquierda a \(1.25\) desviaciones estándar por debajo de la media (\(Z = -1.25\)).

4.b

Problema:
\(P(X > 575)\)

Código:

p4_b <- pnorm(575, mean = mu4, sd = sigma4, lower.tail = FALSE)
p4_b
## [1] 0.03039636

Solución:
\(P(X > 575) \approx 0.0304\) (3.04%). Solo un 3.04% de los valores se ubica más allá de \(1.875\) desviaciones estándar sobre el centro.

4.c

Problema:
\(P(480 < X < 540)\)

Código:

p4_c <- pnorm(540, mean = mu4, sd = sigma4) - pnorm(480, mean = mu4, sd = sigma4)
p4_c
## [1] 0.5328072

Solución:
\(P(480 < X < 540) \approx 0.5328\) (53.28%). Más de la mitad de las observaciones se ubica en este intervalo entre \(Z = -0.5\) y \(Z = 1.0\).

4.d

Problema:
Los valores que delimitan el 80% central de la distribución.

Código:

c_inf_4 <- qnorm(0.10, mean = mu4, sd = sigma4)
c_sup_4 <- qnorm(0.90, mean = mu4, sd = sigma4)
c(Inferior_10 = c_inf_4, Superior_90 = c_sup_4)
## Inferior_10 Superior_90 
##    448.7379    551.2621

Solución:
Los valores son \([448.7379, 551.2621]\), correspondientes a los percentiles 10 y 90 (\(\mu \pm 1.2816\sigma\)), dejando un 10% en cada extremo exterior.

4.e

Problema:
El percentil 99 de la distribución.

Código:

p99_4 <- qnorm(0.99, mean = mu4, sd = sigma4)
p99_4
## [1] 593.0539

Solución:
El percentil 99 es \(x = 500 + 2.3263(40) \approx 593.0539\). Solo un 1% de la población presenta un valor superior a este límite.

4.f

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

Código:

tibble(x = seq(360, 640, length.out = 500)) %>%
  mutate(f = dnorm(x, mean = mu4, sd = sigma4)) %>%
  ggplot(aes(x = x, y = f)) +
  geom_line(color = "#9467bd", linewidth = 1.1) +
  geom_ribbon(data = . %>% filter(x >= c_inf_4 & x <= c_sup_4),
              aes(ymin = 0, ymax = f), fill = "#9467bd", alpha = 0.25) +
  labs(
    title = expression(paste("Función de Densidad: ", X %~% N(500, 40^2))),
    subtitle = "Área sombreada: 80% central de la distribución [448.74, 551.26]",
    x = "x",
    y = expression(f[X](x))
  )

Solución:
La campana refleja claramente la dispersión con respecto a la media 500, destacando la franja sombreada que contiene el 80% central de las probabilidades.

Problema 5

Sea una variable aleatoria continua \(X\) con distribución exponencial con tasa \(\lambda = 0.25\), es decir, \(X \sim \text{Exp}(\lambda = 0.25)\).

5.a

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

Código:

lambda5 <- 0.25
p5_a <- pexp(2, rate = lambda5)
p5_a
## [1] 0.3934693

Solución:
\(P(X \le 2) = 1 - e^{-0.25(2)} = 1 - e^{-0.5} \approx 0.3935\) (39.35%). Casi el 40% de los eventos ocurre antes de las primeras 2 unidades de tiempo.

5.b

Problema:
\(P(X > 5)\)

Código:

p5_b <- pexp(5, rate = lambda5, lower.tail = FALSE)
p5_b
## [1] 0.2865048

Solución:
\(P(X > 5) = e^{-0.25(5)} = e^{-1.25} \approx 0.2865\) (28.65%). Es la probabilidad de que el evento tarde más de 5 unidades en manifestarse.

5.c

Problema:
\(P(2 < X \le 6)\)

Código:

p5_c <- pexp(6, rate = lambda5) - pexp(2, rate = lambda5)
p5_c
## [1] 0.3834005

Solución:
\(P(2 < X \le 6) = e^{-0.5} - e^{-1.5} \approx 0.6065 - 0.2231 = 0.3834\) (38.34%).

5.d

Problema:
El valor de \(x\) tal que \(P(X \le x) = 0.90\).

Código:

x5_d <- qexp(0.90, rate = lambda5)
x5_d
## [1] 9.21034

Solución:
El percentil 90 es \(x = -\frac{\ln(0.10)}{0.25} \approx 9.2103\). El 90% de los sucesos se registra antes de 9.21 unidades temporales.

5.e

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

Código:

e5_e <- 1 / lambda5
v5_e <- 1 / (lambda5^2)
c(Esperanza = e5_e, Varianza = v5_e)
## Esperanza  Varianza 
##         4        16

Solución:
La esperanza matemática es \(E[X] = \frac{1}{\lambda} = 4\) y la varianza es \(V[X] = \frac{1}{\lambda^2} = 16\) (desviación estándar \(\sigma = 4\)).

5.f

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

Código:

tibble(x = seq(0, 20, length.out = 500)) %>%
  mutate(f = dexp(x, rate = lambda5)) %>%
  ggplot(aes(x = x, y = f)) +
  geom_line(color = "#ff7f0e", linewidth = 1.1) +
  geom_ribbon(aes(ymin = 0, ymax = f), fill = "#ff7f0e", alpha = 0.2) +
  labs(
    title = expression(paste("Función de Densidad: ", X %~% Exp(lambda == 0.25))),
    x = "x",
    y = expression(f[X](x))
  )

Solución:
La función de densidad presenta un decrecimiento exponencial monótono a partir de su valor máximo en el origen \(f_X(0) = \lambda = 0.25\).

Problema 6

Sea \(X\) una variable aleatoria con distribución lognormal, de manera que \(\ln(X)\) tiene distribución normal con parámetros \(\mu = 3.5\) y \(\sigma = 0.40\), es decir, \(X \sim \text{Lognormal}(3.5, 0.40^2)\).

6.a

Problema:
\(P(X \le 25)\)

Código:

meanlog6 <- 3.5
sdlog6 <- 0.40
p6_a <- plnorm(25, meanlog = meanlog6, sdlog = sdlog6)
p6_a
## [1] 0.2410869

Solución:
\(P(X \le 25) \approx 0.2411\) (24.11%). Equivale a calcular \(P(\ln X \le \ln 25)\) en la variable normal subyacente.

6.b

Problema:
\(P(X > 50)\)

Código:

p6_b <- plnorm(50, meanlog = meanlog6, sdlog = sdlog6, lower.tail = FALSE)
p6_b
## [1] 0.1514915

Solución:
\(P(X > 50) \approx 0.1515\) (15.15%). Solo el 15.15% de las observaciones excede el umbral de 50.

6.c

Problema:
\(P(20 \le X < 40)\)

Código:

p6_c <- plnorm(40, meanlog = meanlog6, sdlog = sdlog6) - 
        plnorm(20, meanlog = meanlog6, sdlog = sdlog6)
p6_c
## [1] 0.5778935

Solución:
\(P(20 \le X < 40) \approx 0.5779\) (57.79%). En este intervalo intermedio se localiza casi el 60% de toda la probabilidad.

6.d

Problema:
La mediana de \(X\).

Código:

mediana6 <- qlnorm(0.50, meanlog = meanlog6, sdlog = sdlog6)
mediana6
## [1] 33.11545

Solución:
La mediana teórica es exactamente \(e^{\mu} = e^{3.5} \approx 33.1155\). Divide a la población en dos mitades exactamente equiprobables.

6.e

Problema:
El percentil 90 de \(X\).

Código:

p90_6 <- qlnorm(0.90, meanlog = meanlog6, sdlog = sdlog6)
p90_6
## [1] 55.29158

Solución:
El percentil 90 es \(x = e^{3.5 + 1.2816(0.40)} \approx 55.2916\). El 90% de las observaciones es menor o igual a este valor.

6.f

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

Código:

e6_f <- exp(meanlog6 + (sdlog6^2) / 2)
v6_f <- exp(2 * meanlog6 + sdlog6^2) * (exp(sdlog6^2) - 1)
c(Esperanza = e6_f, Varianza = v6_f)
## Esperanza  Varianza 
##  35.87354 223.29304

Solución:
\(E[X] = e^{3.5 + 0.40^2/2} \approx 35.8735\) y \(V[X] \approx 223.2930\) (\(\sigma \approx 14.94\)). Se observa que la media supera a la mediana debido al sesgo positivo.

6.g

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

Código:

tibble(x = seq(5, 95, length.out = 500)) %>%
  mutate(f = dlnorm(x, meanlog = meanlog6, sdlog = sdlog6)) %>%
  ggplot(aes(x = x, y = f)) +
  geom_line(color = "#8c564b", linewidth = 1.1) +
  geom_ribbon(aes(ymin = 0, ymax = f), fill = "#8c564b", alpha = 0.2) +
  labs(
    title = expression(paste("Función de Densidad: ", X %~% Lognormal(3.5, 0.40^2))),
    x = "x",
    y = expression(f[X](x))
  )

Solución:
La curva evidencia la asimetría a la derecha característica del modelo lognormal, extendiendo su cola suavemente hacia valores elevados.

Problema 7

Sea una variable aleatoria continua con distribución gamma con parámetro de forma \(\alpha = 3\) y tasa \(\lambda = 0.5\), es decir, \(X \sim \text{Gamma}(\alpha = 3, \lambda = 0.5)\).

7.a

Problema:
\(P(X \le 4)\)

Código:

alpha7 <- 3
lambda7 <- 0.5
p7_a <- pgamma(4, shape = alpha7, rate = lambda7)
p7_a
## [1] 0.3233236

Solución:
\(P(X \le 4) \approx 0.3233\) (32.33%). Aproximadamente un tercio de las realizaciones no supera 4 unidades.

7.b

Problema:
\(P(X > 8)\)

Código:

p7_b <- pgamma(8, shape = alpha7, rate = lambda7, lower.tail = FALSE)
p7_b
## [1] 0.2381033

Solución:
\(P(X > 8) \approx 0.2381\) (23.81%). La probabilidad de alcanzar o superar 8 unidades es de cerca del 24%.

7.c

Problema:
\(P(3 \le X < 7)\)

Código:

p7_c <- pgamma(7, shape = alpha7, rate = lambda7) - 
        pgamma(3, shape = alpha7, rate = lambda7)
p7_c
## [1] 0.4879996

Solución:
\(P(3 \le X < 7) \approx 0.4880\) (48.80%). Prácticamente la mitad de la distribución se encuentra contenida en esta región central.

7.d

Problema:
El percentil 95 de la distribución.

Código:

p95_7 <- qgamma(0.95, shape = alpha7, rate = lambda7)
p95_7
## [1] 12.59159

Solución:
El percentil 95 es \(x \approx 12.5916\). El 95% de los datos es menor o igual a este umbral.

7.e

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

Código:

e7_e <- alpha7 / lambda7
v7_e <- alpha7 / (lambda7^2)
c(Esperanza = e7_e, Varianza = v7_e)
## Esperanza  Varianza 
##         6        12

Solución:
\(E[X] = \frac{\alpha}{\lambda} = \frac{3}{0.5} = 6\) y \(V[X] = \frac{\alpha}{\lambda^2} = \frac{3}{0.25} = 12\) (desviación estándar \(\sigma \approx 3.46\)).

7.f

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

Código:

tibble(x = seq(0, 20, length.out = 500)) %>%
  mutate(f = dgamma(x, shape = alpha7, rate = lambda7)) %>%
  ggplot(aes(x = x, y = f)) +
  geom_line(color = "#e377c2", linewidth = 1.1) +
  geom_ribbon(aes(ymin = 0, ymax = f), fill = "#e377c2", alpha = 0.2) +
  labs(
    title = expression(paste("Función de Densidad: ", X %~% Gamma(alpha == 3, lambda == 0.5))),
    x = "x",
    y = expression(f[X](x))
  )

Solución:
Con parámetro de forma \(\alpha = 3\), la distribución parte de cero, alcanza un pico suave en su moda \(x = \frac{\alpha - 1}{\lambda} = 4\) y declina gradualmente a la derecha.

Problema 8

Sea una variable aleatoria con distribución beta con parámetros \(\alpha = 2.5\) y \(\beta = 4\), es decir, \(X \sim \text{Beta}(2.5, 4)\).

8.a

Problema:
\(P(X \le 0.30)\)

Código:

alpha8 <- 2.5
beta8 <- 4
p8_a <- pbeta(0.30, shape1 = alpha8, shape2 = beta8)
p8_a
## [1] 0.3521976

Solución:
\(P(X \le 0.30) \approx 0.3522\) (35.22%). Una tercera parte de la probabilidad total se ubica en el intervalo \([0, 0.30]\).

8.b

Problema:
\(P(X > 0.60)\)

Código:

p8_b <- pbeta(0.60, shape1 = alpha8, shape2 = beta8, lower.tail = FALSE)
p8_b
## [1] 0.129973

Solución:
\(P(X > 0.60) \approx 0.1300\) (13.00%). Solo uno de cada ocho casos supera el valor de 0.60 en la escala normalizada unitaria.

8.c

Problema:
\(P(0.20 \le X < 0.50)\)

Código:

p8_c <- pbeta(0.50, shape1 = alpha8, shape2 = beta8) - 
        pbeta(0.20, shape1 = alpha8, shape2 = beta8)
p8_c
## [1] 0.5722501

Solución:
\(P(0.20 \le X < 0.50) \approx 0.5723\) (57.23%). Un poco más de la mitad de la masa de probabilidad se agrupa en este rango medio.

8.d

Problema:
El percentil 75 de la distribución.

Código:

p75_8 <- qbeta(0.75, shape1 = alpha8, shape2 = beta8)
p75_8
## [1] 0.5088261

Solución:
El percentil 75 es \(x \approx 0.5088\). Las tres cuartas partes de los valores no sobrepasan el valor \(0.5088\).

8.e

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

Código:

e8_e <- alpha8 / (alpha8 + beta8)
v8_e <- (alpha8 * beta8) / (((alpha8 + beta8)^2) * (alpha8 + beta8 + 1))
c(Esperanza = e8_e, Varianza = v8_e)
##  Esperanza   Varianza 
## 0.38461538 0.03155819

Solución:
\(E[X] = \frac{2.5}{2.5 + 4} = \frac{2.5}{6.5} \approx 0.3846\) y \(V[X] \approx 0.0316\) (desviación estándar \(\sigma \approx 0.1776\)).

8.f

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

Código:

tibble(x = seq(0, 1, length.out = 500)) %>%
  mutate(f = dbeta(x, shape1 = alpha8, shape2 = beta8)) %>%
  ggplot(aes(x = x, y = f)) +
  geom_line(color = "#bcbd22", linewidth = 1.1) +
  geom_ribbon(aes(ymin = 0, ymax = f), fill = "#bcbd22", alpha = 0.2) +
  labs(
    title = expression(paste("Función de Densidad: ", X %~% Beta(alpha == 2.5, beta == 4))),
    x = "x",
    y = expression(f[X](x))
  )

Solución:
Dado que \(\beta > \alpha\), la curva beta en \([0, 1]\) se concentra en valores bajos y la cola se alarga hacia la derecha (asimetría positiva), con la moda en \(x_{\text{moda}} = \frac{2.5 - 1}{2.5 + 4 - 2} = \frac{1.5}{4.5} \approx 0.333\).

Problema 9

Sea una variable aleatoria con distribución Weibull con parámetro de forma \(k = 2\) y parámetro de escala \(\lambda = 1000\), es decir, \(X \sim \text{Weibull}(k = 2, \lambda = 1000)\).

9.a

Problema:
\(P(X \le 500)\)

Código:

shape9 <- 2
scale9 <- 1000
p9_a <- pweibull(500, shape = shape9, scale = scale9)
p9_a
## [1] 0.2211992

Solución:
\(P(X \le 500) = 1 - e^{-(500/1000)^2} = 1 - e^{-0.25} \approx 0.2212\) (22.12%). Cerca del 22% de los elementos falla antes de las 500 horas.

9.b

Problema:
\(P(X > 1200)\)

Código:

p9_b <- pweibull(1200, shape = shape9, scale = scale9, lower.tail = FALSE)
p9_b
## [1] 0.2369278

Solución:
\(P(X > 1200) = e^{-(1200/1000)^2} = e^{-1.44} \approx 0.2369\) (23.69%). Casi una cuarta parte de las unidades sobrevive a las 1200 horas de uso.

9.c

Problema:
\(P(600 \le X < 1000)\)

Código:

p9_c <- pweibull(1000, shape = shape9, scale = scale9) - 
        pweibull(600, shape = shape9, scale = scale9)
p9_c
## [1] 0.3297969

Solución:
\(P(600 \le X < 1000) = e^{-0.36} - e^{-1} \approx 0.6977 - 0.3679 = 0.3298\) (32.98%).

9.d

Problema:
La mediana de \(X\).

Código:

mediana9 <- qweibull(0.50, shape = shape9, scale = scale9)
mediana9
## [1] 832.5546

Solución:
La mediana exacta es \(\lambda (\ln 2)^{1/k} = 1000 \sqrt{\ln 2} \approx 832.5546\) horas. Justamente el 50% de la población falla antes de este tiempo.

9.e

Problema:
El percentil 90 de la distribución.

Código:

p90_9 <- qweibull(0.90, shape = shape9, scale = scale9)
p90_9
## [1] 1517.427

Solución:
El percentil 90 es \(\lambda (\ln 10)^{1/k} = 1000 \sqrt{\ln 10} \approx 1517.4271\) horas. El 90% de los componentes habrá fallado antes de este valor.

9.f

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

Código:

tibble(x = seq(0, 2500, length.out = 500)) %>%
  mutate(f = dweibull(x, shape = shape9, scale = scale9)) %>%
  ggplot(aes(x = x, y = f)) +
  geom_line(color = "#17becf", linewidth = 1.1) +
  geom_ribbon(aes(ymin = 0, ymax = f), fill = "#17becf", alpha = 0.2) +
  labs(
    title = expression(paste("Función de Densidad: ", X %~% Weibull(k == 2, lambda == 1000))),
    x = "x",
    y = expression(f[X](x))
  )

Solución:
Con parámetro de forma \(k = 2\) (equivalente al caso particular de Rayleigh), la densidad nace en el origen y crece hasta alcanzar su cúspide antes de decrecer de forma asimétrica.

Problema 10

Una plataforma de comercio electrónico ha determinado que, durante periodos de operación estable, el tiempo requerido por su sistema para validar automáticamente un pedido puede considerarse uniformemente distribuido entre 1.5 y 4.5 segundos.

El equipo de ingeniería considera satisfactorio el proceso si la probabilidad de que una validación tarde menos de 3 segundos supera el 45%, y considera excepcionalmente lenta una operación que se encuentre dentro del 10% de los mayores tiempos de procesamiento.

A partir de esta información:

10.a

Problema:
Identifique el modelo probabilístico y sus parámetros.

Código:

min10 <- 1.5
max10 <- 4.5
c(Modelo = "Uniforme Continuo", a = min10, b = max10)
##              Modelo                   a                   b 
## "Uniforme Continuo"               "1.5"               "4.5"

Solución:
Variable continua \(T\): tiempo de validación automática en segundos. Modelo: Uniforme continuo \(T \sim U(a = 1.5, b = 4.5)\) segundos.

10.b

Problema:
Calcule la probabilidad de que una validación tarde menos de 3 segundos.

Código:

p10_b <- punif(3, min = min10, max = max10)
p10_b
## [1] 0.5

Solución:
\(P(T < 3) = \frac{3 - 1.5}{4.5 - 1.5} = \frac{1.5}{3.0} = 0.5000\) (50.00%). Exactamente la mitad de las validaciones se resuelven en menos de 3 segundos.

10.c

Problema:
Determine la probabilidad de que el tiempo se encuentre entre 2 y 4 segundos.

Código:

p10_c <- punif(4, min = min10, max = max10) - punif(2, min = min10, max = max10)
p10_c
## [1] 0.6666667

Solución:
\(P(2 \le T \le 4) = \frac{4 - 2}{4.5 - 1.5} = \frac{2}{3} \approx 0.6667\) (66.67%). Dos de cada tres validaciones demoran entre 2 y 4 segundos.

10.d

Problema:
Determine a partir de qué tiempo una operación pertenece al 10% de las validaciones más lentas.

Código:

t10_d <- qunif(0.90, min = min10, max = max10)
t10_d
## [1] 4.2

Solución:
El percentil 90 es \(t = 1.5 + 0.90(3.0) = 4.20\) segundos. Una transacción se clasifica como excepcionalmente lenta si dura 4.20 segundos o más.

10.e

Problema:
Evalúe si se cumple el criterio de desempeño establecido por el equipo de ingeniería.

Código:

criterio_10e <- p10_b > 0.45
tibble(Probabilidad_obtenida = p10_b, Meta_minima = 0.45, Cumple = criterio_10e)

Solución:
El criterio exige que la probabilidad de tardar menos de 3 segundos supere el 45%. Como el valor real alcanzado es del 50%, el criterio de desempeño se cumple satisfactoriamente.

Problema 11

Una máquina empacadora está configurada para llenar bolsas con un peso promedio de 500 gramos. Los registros históricos indican que el peso puede modelarse mediante una distribución normal con desviación estándar de 8 gramos. El área de calidad acepta bolsas con pesos entre 485 y 515 gramos. Además, considera que una bolsa debe ser revisada individualmente si su peso se encuentra entre el 2% de los valores más bajos o entre el 2% de los valores más altos de la producción.

A partir de esta información:

11.a

Problema:
Identifique el modelo probabilístico y sus parámetros.

Código:

mu11 <- 500
sigma11 <- 8
c(Modelo = "Normal", Media = mu11, Desv_Estandar = sigma11)
##        Modelo         Media Desv_Estandar 
##      "Normal"         "500"           "8"

Solución:
Variable continua \(X\): peso de una bolsa empacada en gramos. Modelo: Normal \(X \sim N(\mu = 500, \sigma^2 = 8^2)\) con desviación estándar \(\sigma = 8\) g.

11.b

Problema:
Determine la proporción esperada de bolsas que cumplen con el intervalo de aceptación.

Código:

p11_b <- pnorm(515, mean = mu11, sd = sigma11) - pnorm(485, mean = mu11, sd = sigma11)
p11_b
## [1] 0.9392073

Solución:
\(P(485 \le X \le 515) = P(-1.875 \le Z \le 1.875) \approx 0.9392\) (93.92%). Prácticamente el 94% de las bolsas elaboradas cumple los requisitos de calidad.

11.c

Problema:
Calcule la probabilidad de producir una bolsa con peso superior a 520 gramos.

Código:

p11_c <- pnorm(520, mean = mu11, sd = sigma11, lower.tail = FALSE)
p11_c
## [1] 0.006209665

Solución:
\(P(X > 520) = P(Z > 2.5) \approx 0.0062\) (0.62%). Es un suceso poco común, ocurriendo en menos de una de cada 160 bolsas.

11.d

Problema:
Determine los dos pesos que delimitan la región de revisión individual.

Código:

p_rev_inf <- qnorm(0.02, mean = mu11, sd = sigma11)
p_rev_sup <- qnorm(0.98, mean = mu11, sd = sigma11)
c(Limite_inferior = p_rev_inf, Limite_superior = p_rev_sup)
## Limite_inferior Limite_superior 
##          483.57          516.43

Solución:
Los percentiles 2% y 98% son \(483.57\) g y \(516.43\) g (\(\mu \pm 2.0537\sigma\)). Debe revisarse individualmente cualquier bolsa con peso inferior a \(483.57\) g o superior a \(516.43\) g.

11.e

Problema:
Si se producen 10000 bolsas, estime cuántas se espera que queden fuera del intervalo de aceptación.

Código:

n11 <- 10000
p_fuera_11 <- 1 - p11_b
bolsas_fuera_11 <- n11 * p_fuera_11
bolsas_fuera_11
## [1] 607.9272

Solución:
Para un lote de 10000 unidades, se espera que \(10000 \times (1 - 0.9392) \approx 608\) bolsas queden fuera del rango admisible de calidad.

11.f

Problema:
Analice si centrar el proceso en 500 gramos garantiza por sí solo una baja proporción de unidades fuera de especificación.

Código:

# Comparación conceptual: impacto de la variabilidad con proceso centrado
tibble(
  Desviacion_sigma = c(4, 8, 12),
  Prop_Fuera_Espec = 2 * pnorm(485, mean = 500, sd = c(4, 8, 12))
)

Solución:
No lo garantiza. Centrar el proceso evita desvíos sistemáticos hacia un extremo, pero si la variabilidad intrínseca (\(\sigma\)) es amplia en relación con las tolerancias, la proporción de defectos seguirá siendo inaceptable; la calidad exige tanto centrado como mínima dispersión.

Problema 12

Las calificaciones de una prueba estandarizada aplicada a estudiantes de ingeniería se aproximan mediante una distribución normal con media 70 puntos y desviación estándar de 10 puntos. La coordinación académica otorgará reconocimiento a los estudiantes ubicados en el 10% superior y ofrecerá acompañamiento a quienes se encuentren en el 15% inferior.

A partir de esta información:

12.a

Problema:
Identifique el modelo probabilístico y sus parámetros.

Código:

mu12 <- 70
sigma12 <- 10
c(Modelo = "Normal", Media = mu12, Desv_Estandar = sigma12)
##        Modelo         Media Desv_Estandar 
##      "Normal"          "70"          "10"

Solución:
Variable continua \(X\): calificación en puntos. Modelo: Normal \(X \sim N(\mu = 70, \sigma^2 = 10^2)\) con desviación \(\sigma = 10\).

12.b

Problema:
Calcule la probabilidad de que un estudiante obtenga entre 65 y 85 puntos.

Código:

p12_b <- pnorm(85, mean = mu12, sd = sigma12) - pnorm(65, mean = mu12, sd = sigma12)
p12_b
## [1] 0.6246553

Solución:
\(P(65 \le X \le 85) = P(-0.5 \le Z \le 1.5) \approx 0.6247\) (62.47%). Prácticamente el 62.5% de los evaluados obtiene un resultado regular en este rango.

12.c

Problema:
Determine el puntaje mínimo requerido para pertenecer al 10% superior.

Código:

p12_c <- qnorm(0.90, mean = mu12, sd = sigma12)
p12_c
## [1] 82.81552

Solución:
Corresponde al percentil 90: \(c = 70 + 1.2816(10) \approx 82.82\) puntos. Un estudiante necesita al menos \(82.82\) puntos para recibir reconocimiento de excelencia.

12.d

Problema:
Determine el puntaje máximo correspondiente al 15% inferior.

Código:

p12_d <- qnorm(0.15, mean = mu12, sd = sigma12)
p12_d
## [1] 59.63567

Solución:
Corresponde al percentil 15: \(c = 70 - 1.0364(10) \approx 59.64\) puntos. Los alumnos con calificaciones de \(59.64\) puntos o menos serán citados a acompañamiento académico.

12.e

Problema:
Calcule la probabilidad de obtener más de 90 puntos.

Código:

p12_e <- pnorm(90, mean = mu12, sd = sigma12, lower.tail = FALSE)
p12_e
## [1] 0.02275013

Solución:
\(P(X > 90) = P(Z > 2.0) \approx 0.0228\) (2.28%). Representa un rendimiento extraordinario alcanzado únicamente por un 2.28% de los evaluados.

12.f

Problema:
Si presentan la prueba 600 estudiantes, estime cuántos recibirían reconocimiento y cuántos serían convocados a acompañamiento.

Código:

n12 <- 600
n_rec_12 <- n12 * 0.10
n_acomp_12 <- n12 * 0.15
c(Reconocimiento = n_rec_12, Acompanamiento = n_acomp_12)
## Reconocimiento Acompanamiento 
##             60             90

Solución:
Para un conjunto de 600 estudiantes, se proyecta otorgar reconocimiento a \(600 \times 0.10 = 60\) estudiantes y citar a acompañamiento a \(600 \times 0.15 = 90\) estudiantes.

Problema 13

El tiempo, medido en horas, hasta que se presenta una interrupción menor en un servidor puede modelarse mediante una distribución exponencial. Los registros indican que el tiempo medio entre interrupciones es de 200 horas. El área de tecnología desea establecer un mantenimiento preventivo antes de que la probabilidad acumulada de que se haya presentado una interrupción alcance el 20%.

A partir de esta información:

13.a

Problema:
Identifique el modelo probabilístico y determine el valor de su parámetro.

Código:

media13 <- 200
lambda13 <- 1 / media13
c(Modelo = "Exponencial", Media = media13, Tasa_lambda = lambda13)
##        Modelo         Media   Tasa_lambda 
## "Exponencial"         "200"       "0.005"

Solución:
Variable continua \(T\): tiempo en horas hasta la falla. Modelo: Exponencial \(T \sim \text{Exp}(\lambda = 0.005)\), con tasa \(\lambda = \frac{1}{200} = 0.005\) interrupciones por hora.

13.b

Problema:
Calcule la probabilidad de que el servidor opere más de 300 horas sin una interrupción.

Código:

p13_b <- pexp(300, rate = lambda13, lower.tail = FALSE)
p13_b
## [1] 0.2231302

Solución:
\(P(T > 300) = e^{-0.005(300)} = e^{-1.5} \approx 0.2231\) (22.31%). Existe un 22.31% de probabilidad de mantenerse funcionando sin cortes tras 300 horas continuas.

13.c

Problema:
Determine la probabilidad de que la primera interrupción ocurra entre las horas 100 y 250.

Código:

p13_c <- pexp(250, rate = lambda13) - pexp(100, rate = lambda13)
p13_c
## [1] 0.3200259

Solución:
\(P(100 \le T \le 250) = e^{-0.5} - e^{-1.25} \approx 0.6065 - 0.2865 = 0.3200\) (32.00%).

13.d

Problema:
Determine el tiempo en el cual la probabilidad acumulada de interrupción alcanza el 20%.

Código:

t13_d <- qexp(0.20, rate = lambda13)
t13_d
## [1] 44.62871

Solución:
El percentil 20 es \(t = -\frac{\ln(1 - 0.20)}{0.005} = -200 \ln(0.80) \approx 44.6287\) horas. El mantenimiento preventivo debe ejecutarse a más tardar a las 44.63 horas.

13.e

Problema:
Si el servidor ya ha operado 150 horas sin interrupciones, determine la probabilidad de que opere al menos 100 horas adicionales sin presentar una interrupción.

Código:

p13_e <- pexp(100, rate = lambda13, lower.tail = FALSE)
p13_e
## [1] 0.6065307

Solución:
Por la falta de memoria, \(P(T > 150 + 100 \mid T > 150) = P(T > 100) = e^{-0.005(100)} = e^{-0.5} \approx 0.6065\) (60.65%). La probabilidad de resistir 100 horas más es del 60.65%.

13.f

Problema:
Explique qué propiedad del modelo permite responder el punto anterior.

Código:

# Demostración matemática en código de la propiedad
p_conjunta <- pexp(250, rate = lambda13, lower.tail = FALSE)
p_condicion <- pexp(150, rate = lambda13, lower.tail = FALSE)
p_cociente <- p_conjunta / p_condicion
c(P_cociente = p_cociente, P_reinicio_100 = p13_e)
##     P_cociente P_reinicio_100 
##      0.6065307      0.6065307

Solución:
Se debe a la propiedad de falta de memoria (memoryless property): la probabilidad condicional de sobrevivir un tiempo adicional no depende del tiempo ya operado, asumiendo que el equipo no presenta desgaste físico acumulativo.

Problema 14

Una empresa de mantenimiento industrial ha observado que los costos de reparación de determinados equipos presentan asimetría positiva. Un análisis histórico sugiere que el costo \(X\), expresado en millones de pesos, puede modelarse mediante una distribución lognormal, donde \(\ln(X)\) tiene media 1.2 y desviación estándar 0.5.

A partir de esta información:

14.a

Problema:
Identifique el modelo probabilístico y sus parámetros.

Código:

meanlog14 <- 1.2
sdlog14 <- 0.5
c(Modelo = "Lognormal", Media_log = meanlog14, Desv_log = sdlog14)
##      Modelo   Media_log    Desv_log 
## "Lognormal"       "1.2"       "0.5"

Solución:
Variable continua \(X\): costo de reparación en millones de pesos. Modelo: Lognormal \(X \sim \text{Lognormal}(\mu_{\ln} = 1.2, \sigma_{\ln}^2 = 0.5^2)\).

14.b

Problema:
Calcule la probabilidad de que una reparación cueste menos de 3 millones de pesos.

Código:

p14_b <- plnorm(3, meanlog = meanlog14, sdlog = sdlog14)
p14_b
## [1] 0.4196553

Solución:
\(P(X < 3) \approx 0.4197\) (41.97%). Un 41.97% de los trabajos de mantenimiento se cotiza por debajo de los 3 millones de pesos.

14.c

Problema:
Determine la probabilidad de que el costo supere los 5 millones de pesos.

Código:

p14_c <- plnorm(5, meanlog = meanlog14, sdlog = sdlog14, lower.tail = FALSE)
p14_c
## [1] 0.2064286

Solución:
\(P(X > 5) \approx 0.2064\) (20.64%). Alrededor de una de cada cinco reparaciones supera la cifra de 5 millones.

14.d

Problema:
Determine el costo mediano de una reparación.

Código:

mediana14 <- qlnorm(0.50, meanlog = meanlog14, sdlog = sdlog14)
mediana14
## [1] 3.320117

Solución:
La mediana es \(e^{1.2} \approx 3.3201\) millones de pesos. La mitad de las reparaciones cuesta menos de \(\$3.32\) millones y la otra mitad cuesta más.

14.e

Problema:
Determine el valor que solo es superado por el 5% de las reparaciones.

Código:

p95_14 <- qlnorm(0.95, meanlog = meanlog14, sdlog = sdlog14)
p95_14
## [1] 7.556641

Solución:
El percentil 95 asciende a \(x = e^{1.2 + 1.6449(0.5)} \approx 7.5566\) millones de pesos. Solo las reparaciones extraordinariamente costosas rebasan los \(\$7.56\) millones.

14.f

Problema:
Compare conceptualmente la media y la mediana del costo y explique por qué no se espera que sean iguales.

Código:

media14 <- exp(meanlog14 + (sdlog14^2) / 2)
c(Media_Esperada = media14, Mediana = mediana14, Diferencia = media14 - mediana14)
## Media_Esperada        Mediana     Diferencia 
##      3.7621854      3.3201169      0.4420684

Solución:
La media (\(E[X] \approx 3.762\) millones) es mayor que la mediana (\(\approx 3.320\) millones) debido a la asimetría positiva de los costos; las fallas graves pero infrecuentes arrastran fuertemente la media hacia la derecha, mientras que la mediana se mantiene resistente a valores atípicos.

Problema 15

En un centro de soporte técnico, el tiempo total requerido para completar una solicitud incluye varias etapas sucesivas. Los registros muestran que este tiempo puede aproximarse mediante una distribución gamma con parámetro de forma \(\alpha = 4\) y tasa \(\lambda = 0.20\) por minuto. La administración promete resolver las solicitudes en menos de 30 minutos y desea que al menos el 80% cumpla esa promesa.

A partir de esta información:

15.a

Problema:
Identifique el modelo probabilístico y sus parámetros.

Código:

alpha15 <- 4
lambda15 <- 0.20
c(Modelo = "Gamma", Forma_alpha = alpha15, Tasa_lambda = lambda15)
##      Modelo Forma_alpha Tasa_lambda 
##     "Gamma"         "4"       "0.2"

Solución:
Variable continua \(T\): tiempo total de atención en minutos. Modelo: Gamma \(T \sim \text{Gamma}(\alpha = 4, \lambda = 0.20 \text{ min}^{-1})\).

15.b

Problema:
Determine el tiempo promedio esperado de atención.

Código:

media15 <- alpha15 / lambda15
media15
## [1] 20

Solución:
El tiempo promedio esperado es \(E[T] = \frac{\alpha}{\lambda} = \frac{4}{0.20} = 20\) minutos por solicitud.

15.c

Problema:
Calcule la probabilidad de finalizar una solicitud en menos de 30 minutos.

Código:

p15_c <- pgamma(30, shape = alpha15, rate = lambda15)
p15_c
## [1] 0.8487961

Solución:
\(P(T < 30) \approx 0.8488\) (84.88%). Prácticamente el 85% de las solicitudes se resuelven antes del límite pactado.

15.d

Problema:
Calcule la probabilidad de que una solicitud tarde entre 15 y 25 minutos.

Código:

p15_d <- pgamma(25, shape = alpha15, rate = lambda15) - 
         pgamma(15, shape = alpha15, rate = lambda15)
p15_d
## [1] 0.382206

Solución:
\(P(15 \le T \le 25) \approx 0.3822\) (38.22%). Un poco más de un tercio de las peticiones queda atendida en este intervalo central.

15.e

Problema:
Determine el tiempo que no es superado por el 90% de las solicitudes.

Código:

p90_15 <- qgamma(0.90, shape = alpha15, rate = lambda15)
p90_15
## [1] 33.40392

Solución:
El percentil 90 es \(t \approx 33.4039\) minutos. El 90% de los usuarios tarda \(33.40\) minutos o menos en ser atendido.

15.f

Problema:
Evalúe si la promesa de servicio cumple la meta establecida por la administración.

Código:

meta_15f <- p15_c >= 0.80
tibble(Cumplimiento_Real = p15_c, Meta = 0.80, Cumple = meta_15f)

Solución:
La gerencia exigía que al menos el 80% de los turnos se concluyera en menos de 30 minutos. Al alcanzarse un 84.88%, la meta corporativa se cumple con holgura.

Problema 16

La proporción diaria de utilización de la capacidad de una planta industrial varía entre 0 y 1. A partir de información histórica, esta proporción puede modelarse mediante una distribución beta con parámetros \(\alpha = 5\) y \(\beta = 2\). La gerencia considera un día de alta utilización cuando se supera el 80% de la capacidad y un día de baja utilización cuando se utiliza menos del 50%.

A partir de esta información:

16.a

Problema:
Identifique el modelo probabilístico y sus parámetros.

Código:

alpha16 <- 5
beta16 <- 2
c(Modelo = "Beta", alpha = alpha16, beta = beta16)
## Modelo  alpha   beta 
## "Beta"    "5"    "2"

Solución:
Variable continua \(X\): fracción de capacidad empleada en el intervalo \([0, 1]\). Modelo: Beta \(X \sim \text{Beta}(\alpha = 5, \beta = 2)\).

16.b

Problema:
Determine la utilización promedio esperada.

Código:

media16 <- alpha16 / (alpha16 + beta16)
media16
## [1] 0.7142857

Solución:
La utilización media esperada es \(E[X] = \frac{5}{5 + 2} = \frac{5}{7} \approx 0.7143\) (71.43% de la planta en promedio).

16.c

Problema:
Calcule la probabilidad de un día de alta utilización.

Código:

p16_c <- pbeta(0.80, shape1 = alpha16, shape2 = beta16, lower.tail = FALSE)
p16_c
## [1] 0.34464

Solución:
\(P(X > 0.80) \approx 0.3446\) (34.46%). Más de un tercio de las jornadas de trabajo califica como de alta productividad.

16.d

Problema:
Calcule la probabilidad de un día de baja utilización.

Código:

p16_d <- pbeta(0.50, shape1 = alpha16, shape2 = beta16)
p16_d
## [1] 0.109375

Solución:
\(P(X < 0.50) \approx 0.1094\) (10.94%). Solo cerca de uno de cada nueve días cae en niveles de baja utilización.

16.e

Problema:
Determine el nivel de utilización que es superado únicamente por el 10% de los días.

Código:

p90_16 <- qbeta(0.90, shape1 = alpha16, shape2 = beta16)
p90_16
## [1] 0.9074047

Solución:
El percentil 90 es \(x \approx 0.9074\). Solo en el 10% de las fechas más activas la utilización de la fábrica sobrepasa el 90.74%.

16.f

Problema:
Si se observan 250 días de operación bajo condiciones semejantes, estime el número esperado de días con utilización superior al 80%.

Código:

n16 <- 250
dias_alta_esp_16 <- n16 * p16_c
dias_alta_esp_16
## [1] 86.16

Solución:
En un ciclo laboral de 250 días, se proyecta registrar aproximadamente \(250 \times 0.3446 \approx 86.2\) días de alta demanda productiva.

Problema 17

La vida útil, medida en horas, de un tipo de rodamiento empleado en una línea de producción se modela mediante una distribución Weibull con parámetro de forma \(k = 2.5\) y escala \(\lambda = 5000\) horas. El departamento de mantenimiento considera programar el reemplazo preventivo en un tiempo para el cual no más del 10% de los rodamientos haya fallado.

A partir de esta información:

17.a

Problema:
Identifique el modelo probabilístico y sus parámetros.

Código:

shape17 <- 2.5
scale17 <- 5000
c(Modelo = "Weibull", Forma_k = shape17, Escala_lambda = scale17)
##        Modelo       Forma_k Escala_lambda 
##     "Weibull"         "2.5"        "5000"

Solución:
Variable continua \(T\): vida útil en horas de funcionamiento. Modelo: Weibull con forma \(k = 2.5\) y escala \(\lambda = 5000\) horas (\(T \sim \text{Weibull}(k = 2.5, \lambda = 5000)\)).

17.b

Problema:
Calcule la probabilidad de que un rodamiento falle antes de 3000 horas.

Código:

p17_b <- pweibull(3000, shape = shape17, scale = scale17)
p17_b
## [1] 0.2433502

Solución:
\(P(T < 3000) = 1 - e^{-(3000/5000)^{2.5}} \approx 0.2434\) (24.34%). Alrededor de una cuarta parte de los rodamientos sufre avería antes de alcanzar las 3000 horas.

17.c

Problema:
Determine la probabilidad de que dure más de 6000 horas.

Código:

p17_c <- pweibull(6000, shape = shape17, scale = scale17, lower.tail = FALSE)
p17_c
## [1] 0.2065029

Solución:
\(P(T > 6000) = e^{-(6000/5000)^{2.5}} \approx 0.2065\) (20.65%). Uno de cada cinco rodamientos alcanza una longevidad superior a las 6000 horas.

17.d

Problema:
Determine el tiempo correspondiente a una probabilidad acumulada de falla del 10%.

Código:

t17_d <- qweibull(0.10, shape = shape17, scale = scale17)
t17_d
## [1] 2032.55

Solución:
El percentil 10 es \(t = 5000 \times (-\ln(0.90))^{1/2.5} \approx 2032.55\) horas. La probabilidad de que un rodamiento falle en las primeras 2032.55 horas es del 10%.

17.e

Problema:
Determine la mediana de la vida útil.

Código:

mediana17 <- qweibull(0.50, shape = shape17, scale = scale17)
mediana17
## [1] 4318.175

Solución:
La mediana es \(t_{\text{med}} = 5000 \times (\ln 2)^{1/2.5} \approx 4318.17\) horas. La mitad de los rodamientos opera al menos 4318.17 horas.

17.f

Problema:
Interprete el valor del parámetro de forma \(k = 2.5\) en relación con el comportamiento de la tasa de falla.

Código:

# Comportamiento teórico de la tasa de falla h(t)
tibble(
  Parametro_k = shape17,
  Condicion = "k > 1",
  Comportamiento_Tasa = "Creciente en el tiempo (Desgaste/Fatiga)"
)

Solución:
Como el parámetro de forma es mayor a uno (\(k = 2.5 > 1\)), la tasa de falla instantánea \(h(t)\) es estrictamente creciente en el tiempo. Esto confirma que los rodamientos experimentan envejecimiento y fatiga mecánica, justificando plenamente una política de mantenimiento preventivo.

17.g

Problema:
Proponga, con base en el modelo, un tiempo de reemplazo preventivo coherente con el criterio del departamento de mantenimiento.

Código:

t_reemplazo_17 <- t17_d
c(Tiempo_exacto = t_reemplazo_17, Recomendacion_operativa = floor(t_reemplazo_17 / 50) * 50)
##           Tiempo_exacto Recomendacion_operativa 
##                 2032.55                 2000.00

Solución:
Para garantizar que a lo sumo el 10% de los rodamientos falle antes de ser reemplazado, se aconseja programar el cambio preventivo a las 2032.55 horas de servicio (o a las 2000 horas como margen conservador y estándar de turno operativo).