Introducción

En este taller se resuelven problemas con los modelos discretos estudiados en la unidad 3.3: binomial, geométrico, hipergeométrico, Poisson y binomial negativo. Para cada problema se sigue el procedimiento propuesto en el curso:

  1. Identificar el modelo a partir de las características del experimento.
  2. Definir la variable \(X\) y sus parámetros.
  3. Calcular las probabilidades solicitadas con las funciones d, p, q y r de R.
  4. Interpretar el resultado en el contexto del problema.

Nota sobre las parametrizaciones en R. En los Recursos 3.3 la variable geométrica se define como el número del ensayo en el que ocurre el primer éxito (\(x=1,2,3,\ldots\)) y la binomial negativa como el número de ensayos hasta obtener \(r\) éxitos. En R, dgeom() y dnbinom() cuentan el número de fracasos antes del primer éxito (o del éxito \(r\)). Por eso, cuando se trabaje con la definición de ensayos, se usará la equivalencia

\[P(X=x)=\texttt{dgeom}(x-1,\;p)\qquad\qquad P(X\leq x)=\texttt{pgeom}(x-1,\;p)\]

Problema 1

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

Modelo: binomial, con \(n=10\) ensayos y probabilidad de éxito \(p=0.5\). Rango \(R_X=\{0,1,\ldots,10\}\).

Función de distribución asociada a \(X\)

La función de probabilidad es

\[ f(x)= \begin{cases} \displaystyle \binom{10}{x}(0.5)^x(0.5)^{10-x}, & x=0,1,2,\ldots,10\\[6pt] 0, & \text{en otro caso} \end{cases} \]

y la función de distribución acumulada es

\[ F(x)=P(X\leq x)=\sum_{k=0}^{\lfloor x\rfloor}\binom{10}{k}(0.5)^k(0.5)^{10-k} \]

x <- 0:10

fx <- dbinom(x, size = 10, prob = 0.5)
Fx <- pbinom(x, size = 10, prob = 0.5)

data.frame(
  x = x,
  fx = round(fx, 4),
  Fx = round(Fx, 4)
)

Probabilidades

# P(X = 5)
p1a <- dbinom(5, size = 10, prob = 0.5)

# P(X <= 2)
p1b <- pbinom(2, size = 10, prob = 0.5)

# P(3 <= X < 5) = P(X = 3) + P(X = 4) = F(4) - F(2)
p1c <- pbinom(4, size = 10, prob = 0.5) - pbinom(2, size = 10, prob = 0.5)

# P(X >= 8) = 1 - P(X <= 7)
p1d <- pbinom(7, size = 10, prob = 0.5, lower.tail = FALSE)

data.frame(
  Probabilidad = c("P(X = 5)", "P(X <= 2)", "P(3 <= X < 5)", "P(X >= 8)"),
  Valor = round(c(p1a, p1b, p1c, p1d), 4)
)

Interpretación. La probabilidad de obtener exactamente 5 éxitos es 0.2461, que es el valor más probable, ya que con \(p=0.5\) la distribución es simétrica alrededor de \(E[X]=np=5\).

Gráfica de \(f_X(x)\)

x <- 0:10

plot(
  x,
  dbinom(x, size = 10, prob = 0.5),
  type = "h", lwd = 2,
  las = 1,
  xlab = "x",
  ylab = "f(x)",
  main = "Binomial (n = 10, p = 0.5)",
  col = c31
)
points(x, dbinom(x, size = 10, prob = 0.5), pch = 19, col = c31)
grid()

Gráfica de \(F_X(x)\)

plot(
  x,
  pbinom(x, size = 10, prob = 0.5),
  type = "s",
  las = 1,
  xlab = "x",
  ylab = "F(x)",
  main = "Función acumulada: Binomial (n = 10, p = 0.5)",
  col = c31,
  ylim = c(0, 1)
)
grid()

Problema 2

Sea una variable geométrica \(X \sim geom(p=0.05)\).

Modelo: geométrico. \(X\) es el número del ensayo en el que ocurre el primer éxito, con \(p=0.05\) y \(R_X=\{1,2,3,\ldots\}\)

\[f(x)=p(1-p)^{x-1}=0.05\,(0.95)^{x-1},\qquad x=1,2,3,\ldots\]

Como dgeom() cuenta fracasos, se usa \(P(X=x)=\texttt{dgeom}(x-1,p)\).

p <- 0.05

# P(X = 1)  (éxito en el primer ensayo)
p2a <- dgeom(1 - 1, prob = p)

# P(X <= 2)
p2b <- pgeom(2 - 1, prob = p)

# P(X = 8)  (7 fracasos antes del primer éxito)
p2c <- dgeom(8 - 1, prob = p)

# P(X >= 2) = 1 - P(X <= 1)
p2d <- pgeom(1 - 1, prob = p, lower.tail = FALSE)

data.frame(
  Probabilidad = c("P(X = 1)", "P(X <= 2)", "P(X = 8)", "P(X >= 2)"),
  Valor = round(c(p2a, p2b, p2c, p2d), 4)
)

Interpretación. Como \(p\) es pequeño, es poco probable obtener el éxito en los primeros ensayos: \(P(X\leq 2)=\) 0.0975. Lo más probable es que el primer éxito tarde en llegar, pues \(E[X]=1/p=20\) ensayos.

Gráfica de \(f_X(x)\)

x <- 1:80

plot(
  x,
  dgeom(x - 1, prob = 0.05),
  type = "h", lwd = 2,
  las = 1,
  xlab = "Número de ensayo del primer éxito (x)",
  ylab = "f(x)",
  main = "Geométrica (p = 0.05)",
  col = c31
)
points(x, dgeom(x - 1, prob = 0.05), pch = 19, cex = 0.6, col = c31)
grid()

Problema 3

Suponga que \(X\) tiene una distribución hipergeométrica con \(N=100\), \(n=4\) y \(K=20\).

Modelo: hipergeométrico (muestreo sin reemplazo de una población finita con dos tipos de elementos). \(X\) es el número de éxitos en la muestra.

En las funciones de R: m = \(K=20\) (éxitos en la población), n = \(N-K=80\) (fracasos en la población) y k = \(n=4\) (tamaño de la muestra).

El rango de la variable es \(\max(0,\,K+n-N)\leq x\leq\min(n,K)\), es decir \(R_X=\{0,1,2,3,4\}\).

N <- 100; K <- 20; n <- 4

xmin <- max(0, K + n - N)
xmax <- min(n, K)
xmin:xmax
## [1] 0 1 2 3 4
# P(X = 1)
p3a <- dhyper(1, m = 20, n = 80, k = 4)

# P(X = 6)  -> 6 está fuera del rango (la muestra solo tiene 4 elementos)
p3b <- dhyper(6, m = 20, n = 80, k = 4)

# P(X >= 1) = 1 - P(X = 0)
p3c <- phyper(0, m = 20, n = 80, k = 4, lower.tail = FALSE)

# P(X = 4)
p3d <- dhyper(4, m = 20, n = 80, k = 4)

data.frame(
  Probabilidad = c("P(X = 1)", "P(X = 6)", "P(X >= 1)", "P(X = 4)"),
  Valor = round(c(p3a, p3b, p3c, p3d), 4)
)

Interpretación. \(P(X=6)=0\) porque con una muestra de tamaño \(n=4\) no es posible observar 6 éxitos. La probabilidad de encontrar al menos un elemento tipo éxito en la muestra es 0.5967.

Gráfica de \(f_X(x)\)

x <- 0:4

plot(
  x,
  dhyper(x, m = 20, n = 80, k = 4),
  type = "h", lwd = 2,
  las = 1,
  xlab = "x",
  ylab = "f(x)",
  main = "Hipergeométrica (N = 100, K = 20, n = 4)",
  col = c31
)
points(x, dhyper(x, m = 20, n = 80, k = 4), pch = 19, col = c31)
grid()

Problema 4

Suponga que \(X\) tiene una distribución Poisson con media \(\lambda=4\).

Modelo: Poisson, con \(\lambda=4\) y \(R_X=\{0,1,2,\ldots\}\).

\[f(x)=\frac{4^x}{x!}e^{-4},\qquad x=0,1,2,\ldots\qquad E[X]=V[X]=4\]

# P(X = 0)
p4a <- dpois(0, lambda = 4)

# P(X = 4)
p4b <- dpois(4, lambda = 4)

# P(X >= 2) = 1 - P(X <= 1)
p4c <- ppois(1, lambda = 4, lower.tail = FALSE)

# P(X <= 2)
p4d <- ppois(2, lambda = 4)

data.frame(
  Probabilidad = c("P(X = 0)", "P(X = 4)", "P(X >= 2)", "P(X <= 2)"),
  Valor = round(c(p4a, p4b, p4c, p4d), 4)
)

Interpretación. Los valores \(x=3\) y \(x=4\) son los más probables, lo que es coherente con \(\lambda=4\). La probabilidad de que no ocurra ningún evento es 0.0183.

Gráfica de \(f_X(x)\)

x <- 0:15

plot(
  x,
  dpois(x, lambda = 4),
  type = "h", lwd = 2,
  las = 1,
  xlab = "x",
  ylab = "f(x)",
  main = "Poisson (lambda = 4)",
  col = c31
)
points(x, dpois(x, lambda = 4), pch = 19, col = c31)
grid()

Problema 5

Sea la variable \(X\) con distribución binomial negativa con \(N=100\), \(K=20\) y \(n=5\).

Modelo: binomial negativa. La probabilidad de éxito se obtiene de la proporción de éxitos en la población:

\[p=\frac{K}{N}=\frac{20}{100}=0.20\]

y el número de éxitos que se desean alcanzar es \(r=n=5\) (size = 5 en R).

Como el problema pide \(P(X=0)\), se usa la parametrización de R: \(X\) es el número de fracasos antes de alcanzar el quinto éxito, con \(R_X=\{0,1,2,\ldots\}\) (en la definición por ensayos, \(X\) no podría ser menor que \(r=5\)).

\[E[X]=\frac{r(1-p)}{p}\qquad V[X]=\frac{r(1-p)}{p^2}\]

r <- 5
p <- 20 / 100

# P(X = 0)
p5a <- dnbinom(0, size = r, prob = p)

# P(X = 6)
p5b <- dnbinom(6, size = r, prob = p)

# P(X >= 10) = 1 - P(X <= 9)
p5c <- pnbinom(9, size = r, prob = p, lower.tail = FALSE)

# P(X <= 12)
p5d <- pnbinom(12, size = r, prob = p)

data.frame(
  Probabilidad = c("P(X = 0)", "P(X = 6)", "P(X >= 10)", "P(X <= 12)"),
  Valor = round(c(p5a, p5b, p5c, p5d), 4)
)

Valor esperado y varianza

EX <- r * (1 - p) / p
VX <- r * (1 - p) / p^2

data.frame(Medida = c("E[X]", "V[X]"), Valor = c(EX, VX))

Se espera, en promedio, 20 fracasos antes de obtener el quinto éxito (equivale a \(E[X]+r=25\) ensayos en total, que coincide con \(r/p=25\) de la definición por ensayos). La varianza es 100.

Verificación mediante simulación:

set.seed(123)
sim <- rnbinom(100000, size = r, prob = p)

c(media_simulada = mean(sim), varianza_simulada = var(sim))
##    media_simulada varianza_simulada 
##          19.98793         100.18107

Gráfica de \(f_X(x)\)

x <- 0:60

plot(
  x,
  dnbinom(x, size = 5, prob = 0.20),
  type = "h", lwd = 2,
  las = 1,
  xlab = "Número de fracasos",
  ylab = "f(x)",
  main = "Binomial negativa (r = 5, p = 0.20)",
  col = c31
)
points(x, dnbinom(x, size = 5, prob = 0.20), pch = 19, cex = 0.6, col = c31)
grid()

Problema 6

En un cargamento grande de llantas, el 5% tiene imperfecciones. Se eligen al azar 4 llantas. Sea \(X\) el número de llantas con imperfecciones.

Modelo: binomial con \(n=4\) ensayos (llantas), \(p=0.05\) (llanta con imperfecciones). Como el cargamento es grande, las selecciones se consideran independientes con probabilidad constante.

# ¿Ninguna llanta con imperfecciones?  P(X = 0)
p6a <- dbinom(0, size = 4, prob = 0.05)

# ¿Solo una llanta con imperfecciones?  P(X = 1)
p6b <- dbinom(1, size = 4, prob = 0.05)

# ¿Una o más llantas con imperfecciones?  P(X >= 1) = 1 - P(X = 0)
p6c <- pbinom(0, size = 4, prob = 0.05, lower.tail = FALSE)

data.frame(
  Pregunta = c("Ninguna con imperfecciones: P(X = 0)",
               "Solo una con imperfecciones: P(X = 1)",
               "Una o más con imperfecciones: P(X >= 1)"),
  Valor = round(c(p6a, p6b, p6c), 4)
)

Interpretación. La probabilidad de que las 4 llantas instaladas estén en buen estado es 0.8145 (aprox. 81.45%), y la de que al menos una tenga imperfecciones es 0.1855.

Gráfica de \(f_X(x)\)

x <- 0:4

plot(
  x,
  dbinom(x, size = 4, prob = 0.05),
  type = "h", lwd = 2,
  las = 1,
  xlab = "Número de llantas con imperfecciones",
  ylab = "f(x)",
  main = "Binomial (n = 4, p = 0.05)",
  col = c31
)
points(x, dbinom(x, size = 4, prob = 0.05), pch = 19, col = c31)
grid()

Problema 7

Los clientes llegan a una tienda según una variable aleatoria Poisson con frecuencia promedio de 8 clientes por hora.

Modelo: Poisson. Sea \(X\) el número de clientes que llegan en un intervalo. El parámetro \(\lambda\) debe ajustarse a la longitud del intervalo:

\[\lambda = 8 \text{ clientes/hora}\times (\text{horas del intervalo})\]

a) Exactamente cinco clientes entre las 8 AM y las 9 AM

Intervalo de 1 hora: \(\lambda=8\).

p7a <- dpois(5, lambda = 8)
p7a
## [1] 0.09160366

b) No más de tres clientes entre las 2:30 PM y las 3:30 PM

Intervalo de 1 hora: \(\lambda=8\) y se pide \(P(X\leq 3)\).

p7b <- ppois(3, lambda = 8)
p7b
## [1] 0.04238011

c) Exactamente dos clientes en un intervalo de dos horas

Intervalo de 2 horas: \(\lambda=16\).

p7c <- dpois(2, lambda = 2 * 8)
p7c
## [1] 1.44045e-05

d) Valor esperado entre las 2 PM y las 4:30 PM

Intervalo de 2.5 horas: \(E[X]=\lambda=8\times 2.5\).

p7d <- 8 * 2.5
p7d
## [1] 20

Interpretación. Entre las 8 AM y las 9 AM la probabilidad de exactamente cinco llegadas es 0.0916. En un intervalo de dos horas se esperan 16 clientes, por lo que observar solo 2 es muy improbable (1.44e-05). Entre las 2 PM y las 4:30 PM se esperan 20 clientes.

x <- 0:20

plot(
  x,
  dpois(x, lambda = 8),
  type = "h", lwd = 2,
  las = 1,
  xlab = "Número de clientes en una hora",
  ylab = "f(x)",
  main = "Poisson (lambda = 8)",
  col = c31
)
points(x, dpois(x, lambda = 8), pch = 19, col = c31)
grid()

Problema 8

Una nueva variedad de maíz tiene una tasa de germinación esperada del 90%. Se plantan 20 semillas en condiciones idénticas.

Modelo: binomial. \(X\) es el número de semillas que germinan, con \(n=20\) y \(p=0.90\).

¿Cuántas semillas se espera que germinen?

\[E[X]=np=20(0.90)=18\]

n <- 20; p <- 0.90

EX8 <- n * p
VX8 <- n * p * (1 - p)

c(esperado = EX8, varianza = VX8, desv.est = sqrt(VX8))
##  esperado  varianza  desv.est 
## 18.000000  1.800000  1.341641

Si solo germinan 15 o menos, ¿hay razón para sospechar de la cifra del 90%?

Se calcula la probabilidad de obtener un resultado igual o más extremo, suponiendo que \(p=0.90\) es cierto:

p8 <- pbinom(15, size = 20, prob = 0.90)
p8
## [1] 0.0431745

Interpretación. Si la tasa de germinación fuera realmente 90%, la probabilidad de que germinen 15 semillas o menos sería de apenas 0.0432 (aprox. 4.32%). Como es una probabilidad muy pequeña (menor al 5%), observar 15 o menos es un resultado poco compatible con \(p=0.90\); sí hay razón para sospechar que la tasa real de germinación es menor al 90%.

x <- 0:20

plot(
  x,
  dbinom(x, size = 20, prob = 0.90),
  type = "h", lwd = 2,
  las = 1,
  xlab = "Número de semillas que germinan",
  ylab = "f(x)",
  main = "Binomial (n = 20, p = 0.90)",
  col = ifelse(x <= 15, "firebrick", c31)
)
points(x, dbinom(x, size = 20, prob = 0.90), pch = 19,
       col = ifelse(x <= 15, "firebrick", c31))
grid()
legend("topleft", legend = c("x <= 15", "x > 15"),
       col = c("firebrick", c31), pch = 19, bty = "n")

Problema 9

Un examen de Probabilidad tiene 100 preguntas de selección múltiple con cuatro opciones cada una. María responde cada pregunta al azar y de forma independiente. Probabilidad de acertar una pregunta: \(p=1/4=0.25\).

(El enunciado menciona a Juan en el primer punto; se asume que se refiere a María, quien presenta el examen.)

a) Probabilidad de que María apruebe (mínimo 60 respuestas correctas)

Modelo: binomial, \(X\) = número de respuestas correctas, \(n=100\), \(p=0.25\).

\[P(X\geq 60)=1-P(X\leq 59)\]

p9a <- pbinom(59, size = 100, prob = 0.25, lower.tail = FALSE)
p9a
## [1] 1.326835e-13

b) Probabilidad de que María deba responder 10 preguntas hasta acertar la primera

Modelo: geométrico, \(X\) = número de la pregunta en la que ocurre la primera respuesta correcta, \(p=0.25\). Se pide \(P(X=10)\), es decir, 9 fallos y luego un acierto:

\[P(X=10)=(0.75)^9(0.25)\]

p9b <- dgeom(10 - 1, prob = 0.25)
p9b
## [1] 0.01877117

c) Número esperado de respuestas erróneas hasta responder 5 correctas

Modelo: binomial negativa, \(X\) = número de respuestas erróneas (fracasos) antes de la quinta correcta, con \(r=5\) y \(p=0.25\).

\[E[X]=\frac{r(1-p)}{p}=\frac{5(0.75)}{0.25}=15\]

r <- 5; p <- 0.25
E9 <- r * (1 - p) / p
E9
## [1] 15
# verificación por simulación
set.seed(123)
mean(rnbinom(100000, size = r, prob = p))
## [1] 15.0016

Interpretación. Aprobar respondiendo al azar es prácticamente imposible: la probabilidad es 1.33e-13. Como se espera acertar 25 de 100 preguntas, para alcanzar 5 aciertos se esperan 15 errores.

x <- 0:100

plot(
  x,
  dbinom(x, size = 100, prob = 0.25),
  type = "h", lwd = 2,
  las = 1,
  xlab = "Número de respuestas correctas",
  ylab = "f(x)",
  main = "Binomial (n = 100, p = 0.25)",
  col = ifelse(x >= 60, "firebrick", c31)
)
abline(v = 59.5, lty = 2)
grid()

Problema 10

El número de microorganismos por muestra de agua del Hillbank River se distribuye Poisson con media 15.

Modelo: Poisson, \(X\) = número de microorganismos en una muestra, \(\lambda=15\).

# La siguiente muestra contenga al menos 17:  P(X >= 17) = 1 - P(X <= 16)
p10a <- ppois(16, lambda = 15, lower.tail = FALSE)

# 18 o menos:  P(X <= 18)
p10b <- ppois(18, lambda = 15)

# Exactamente dos:  P(X = 2)
p10c <- dpois(2, lambda = 15)

data.frame(
  Probabilidad = c("P(X >= 17)", "P(X <= 18)", "P(X = 2)"),
  Valor = c(round(p10a, 4), round(p10b, 4), signif(p10c, 3))
)

Interpretación. Hay una probabilidad de 0.3359 de que la siguiente muestra contenga al menos 17 microorganismos y de 0.8195 de que tenga 18 o menos. Encontrar solo 2 microorganismos es casi imposible si la media es 15 (\(P=\) 3.44e-05).

x <- 0:35

plot(
  x,
  dpois(x, lambda = 15),
  type = "h", lwd = 2,
  las = 1,
  xlab = "Número de microorganismos",
  ylab = "f(x)",
  main = "Poisson (lambda = 15)",
  col = c31
)
points(x, dpois(x, lambda = 15), pch = 19, col = c31)
grid()

Problema 11

Una aerolínea con aviones de 100 asientos vende 105 tiquetes. La probabilidad de que una persona con tiquete llegue al vuelo es 0.90.

Modelo: binomial. \(X\) es el número de personas (de las 105 con tiquete) que llegan al vuelo, con \(n=105\) y \(p=0.90\).

Todas las personas que lleguen tendrán asiento si no llegan más de 100:

\[P(X\leq 100)\]

p11 <- pbinom(100, size = 105, prob = 0.90)
p11
## [1] 0.9832837
# probabilidad complementaria: más de 100 personas llegan (alguien se queda sin asiento)
1 - p11
## [1] 0.01671632

Interpretación. La probabilidad de que todas las personas que lleguen puedan abordar es 0.9833 (aprox. 98.33%); es decir, en cerca de 1.67% de los vuelos habrá al menos una persona sin asiento.

x <- 80:105

plot(
  x,
  dbinom(x, size = 105, prob = 0.90),
  type = "h", lwd = 2,
  las = 1,
  xlab = "Número de personas que llegan",
  ylab = "f(x)",
  main = "Binomial (n = 105, p = 0.90)",
  col = ifelse(x <= 100, c31, "firebrick")
)
abline(v = 100.5, lty = 2)
grid()

Problema 12

En un pavimento se estima en promedio una grieta por cada 100 m.

Modelo: Poisson, con \(\lambda = 1\times(\text{longitud}/100\text{ m})\).

a) Exactamente 8 grietas en 500 m

Longitud 500 m: \(\lambda=5\).

p12a <- dpois(8, lambda = 5)
p12a
## [1] 0.06527804

b) Ninguna grieta en 100 m

Longitud 100 m: \(\lambda=1\).

p12b <- dpois(0, lambda = 1)
p12b
## [1] 0.3678794

c) Menos de 2 grietas en 500 m

Longitud 500 m: \(\lambda=5\), \(P(X<2)=P(X\leq 1)\).

p12c <- ppois(1, lambda = 5)
p12c
## [1] 0.04042768

Interpretación. En 500 m se esperan 5 grietas; la probabilidad de encontrar exactamente 8 es 0.0653. En un tramo de 100 m, la probabilidad de que no haya grietas es 0.3679, y la de que en 500 m haya menos de 2 es solo 0.0404.

x <- 0:15

plot(
  x,
  dpois(x, lambda = 5),
  type = "h", lwd = 2,
  las = 1,
  xlab = "Número de grietas en 500 m",
  ylab = "f(x)",
  main = "Poisson (lambda = 5)",
  col = c31
)
points(x, dpois(x, lambda = 5), pch = 19, col = c31)
grid()

Problema 13

Una empresa fabrica sensores electrónicos. El 92% supera la prueba final de calidad. En cada turno se seleccionan 12 sensores al azar, y los resultados son independientes.

Identificación del modelo

  • Hay \(n=12\) ensayos (sensores).
  • Cada sensor supera o no la prueba (dos resultados).
  • La probabilidad de éxito es constante, \(p=0.92\).
  • Los ensayos son independientes.

Se define \(X\) como el número de sensores que superan la prueba entre los 12 seleccionados, por tanto

\[X\sim binom(n=12,\;p=0.92)\]

n <- 12; p <- 0.92

c(esperado = n * p, varianza = n * p * (1 - p))
## esperado varianza 
##  11.0400   0.8832

Evaluación de las directrices

# Directriz 1: P(X = 12) > 0.35  -> reducir la frecuencia de inspecciones
d1 <- dbinom(12, size = n, prob = p)

# Directriz 2: P(X >= 11) > 0.70 -> proceso de alta confiabilidad
d2 <- pbinom(10, size = n, prob = p, lower.tail = FALSE)

# Directriz 3: P(2 o más NO aprueban) = P(X <= 10) > 0.20 -> revisión preventiva
d3 <- pbinom(10, size = n, prob = p)

# Directriz 4: P(X < 10) = P(X <= 9) < 0.10 -> resultado de este tipo = señal de alerta
d4 <- pbinom(9, size = n, prob = p)

tabla13 <- data.frame(
  Directriz = c("1. Los 12 aprueban: P(X = 12)",
                "2. Al menos 11 aprueban: P(X >= 11)",
                "3. Dos o más no aprueban: P(X <= 10)",
                "4. Menos de 10 aprueban: P(X < 10)"),
  Probabilidad = round(c(d1, d2, d3, d4), 4),
  Umbral = c("> 0.35", "> 0.70", "> 0.20", "< 0.10"),
  Se_cumple = c(d1 > 0.35, d2 > 0.70, d3 > 0.20, d4 < 0.10)
)

tabla13

Decisiones

  1. Frecuencia de inspecciones. \(P(X=12)=\) 0.3677 > 0.35, por lo que la empresa reducirá la frecuencia de las inspecciones durante el siguiente mes.

  2. Clasificación del proceso. \(P(X\geq 11)=\) 0.7513 > 0.70, por lo que el proceso se clasifica como de alta confiabilidad.

  3. Revisión preventiva. La probabilidad de encontrar dos o más sensores que no superen la prueba es \(P(X\leq 10)=\) 0.2487 > 0.20, por lo que se debe realizar una revisión preventiva de los equipos de producción.

  4. Señal de alerta. \(P(X<10)=\) 0.0652 < 0.10: si en un turno se observan menos de 10 sensores aprobados, ese resultado debe considerarse una señal de alerta que requiere investigar las condiciones del proceso, pues es un evento poco probable cuando el proceso funciona con p = 0.92.

Conclusión. Con \(p=0.92\) y \(n=12\), la empresa reduciría la frecuencia de inspecciones y clasificaría el proceso como de alta confiabilidad; sin embargo, como la probabilidad de hallar dos o más sensores defectuosos supera el 20%, también debe realizar la revisión preventiva de los equipos. Además, queda establecido que observar menos de 10 sensores aprobados en un turno es un evento raro (menor al 10%) y funcionaría como señal de alerta.

Gráfica de \(f_X(x)\)

x <- 0:12

plot(
  x,
  dbinom(x, size = 12, prob = 0.92),
  type = "h", lwd = 2,
  las = 1,
  xlab = "Número de sensores que superan la prueba",
  ylab = "f(x)",
  main = "Binomial (n = 12, p = 0.92)",
  col = ifelse(x < 10, "firebrick", c31)
)
points(x, dbinom(x, size = 12, prob = 0.92), pch = 19,
       col = ifelse(x < 10, "firebrick", c31))
grid()
legend("topleft", legend = c("x < 10 (zona de alerta)", "x >= 10"),
       col = c("firebrick", c31), pch = 19, bty = "n")

Resumen de modelos

Problema Modelo Parámetros
1 Binomial \(n=10\), \(p=0.5\)
2 Geométrico \(p=0.05\)
3 Hipergeométrico \(N=100\), \(K=20\), \(n=4\)
4 Poisson \(\lambda=4\)
5 Binomial negativa \(r=5\), \(p=0.20\)
6 Binomial \(n=4\), \(p=0.05\)
7 Poisson \(\lambda=8\) por hora
8 Binomial \(n=20\), \(p=0.90\)
9 Binomial / Geométrico / Binomial negativa \(n=100,\ p=0.25\) / \(p=0.25\) / \(r=5,\ p=0.25\)
10 Poisson \(\lambda=15\)
11 Binomial \(n=105\), \(p=0.90\)
12 Poisson \(\lambda=1\) por cada 100 m
13 Binomial \(n=12\), \(p=0.92\)