TALLER 341: VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS

Solución de problemas propuestos

Jacobo Raffan Perez

19 de octubre de 2026

PROBLEMA 1

\(X \sim U(20,\ 50)\)

FUNCIÓN DE DENSIDAD ASOCIADA A X

Para una uniforme en el intervalo \([a,b]\), la densidad es constante e igual a \(1/(b-a)\):

\[ f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{50-20} = \dfrac{1}{30} & 20 \le x \le 50 \\[6pt] 0 & \text{en otro caso} \end{cases} \]

P(X≤30)

\[ P(X\le30) = \frac{30-20}{50-20} = \frac{10}{30} = 0.3333 \]

P(X>42)

\[ P(X>42) = \frac{50-42}{50-20} = \frac{8}{30} = 0.2667 \]

P(25≤X<40)

\[ P(25\le X<40) = \frac{40-25}{30} = \frac{15}{30} = 0.5 \]

VALOR x TAL QUE P(X≤x)=0.80

\[ P(X\le x) = \frac{x-20}{30} = 0.80 \quad \Rightarrow \quad x = 20 + 0.80(30) = 44 \]

E[X] Y V[X]

\[ E[X] = \frac{a+b}{2} = \frac{20+50}{2} = 35 \]

\[ V[X] = \frac{(b-a)^2}{12} = \frac{(50-20)^2}{12} = \frac{900}{12} = 75 \]

GRÁFICA DE fX(x)

PROBLEMA 2

\(X \sim N(\mu=100,\ \sigma=15)\). Se estandariza con \(Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}\) y se usa la función de distribución normal estándar \(\Phi(z)\).

P(X≤85)

\[ P(X\le85) = P\left(Z\le\frac{85-100}{15}\right) = \Phi(-1) = 0.1587 \]

P(X>120)

\[ P(X>120) = 1-\Phi\left(\frac{120-100}{15}\right) = 1-\Phi(1.3333) = 1-0.9088 = 0.0912 \]

P(90≤X<115)

\[ P(90\le X<115) = \Phi\left(\frac{115-100}{15}\right)-\Phi\left(\frac{90-100}{15}\right) = \Phi(1)-\Phi(-0.6667) = 0.84134-0.25249 = 0.5889 \]

VALOR x TAL QUE P(X≤x)=0.95

Se busca \(z\) con \(\Phi(z)=0.95\), que es \(z=1.6449\), y se desestandariza:

\[ x = \mu + z\sigma = 100 + 1.6449(15) = 124.67 \]

INTERVALO CENTRAL QUE CONTIENE APROXIMADAMENTE EL 95%

Para el 95% central se usa \(z=\pm1.96\):

\[ \mu \pm 1.96\sigma = 100 \pm 1.96(15) = 100 \pm 29.4 \quad \Rightarrow \quad (70.6,\ 129.4) \]

GRÁFICA DE fX(x)

PROBLEMA 3

\(X \sim N(\mu=72,\ \sigma=8)\)

P(X<60)

\[ P(X<60) = \Phi\left(\frac{60-72}{8}\right) = \Phi(-1.5) = 0.0668 \]

P(X≥80)

\[ P(X\ge80) = 1-\Phi\left(\frac{80-72}{8}\right) = 1-\Phi(1) = 1-0.8413 = 0.1587 \]

P(68≤X≤76)

\[ P(68\le X\le76) = \Phi(0.5)-\Phi(-0.5) = 0.6915-0.3085 = 0.3829 \]

PERCENTIL 90

Para \(\Phi(z)=0.90\), \(z=1.2816\):

\[ x = 72 + 1.2816(8) = 82.25 \]

VALOR QUE DEJA POR ENCIMA EL 5% DE LAS OBSERVACIONES

Dejar el 5% por encima equivale al percentil 95 (\(z=1.6449\)):

\[ x = 72 + 1.6449(8) = 85.16 \]

GRÁFICA DE fX(x) CON LA MEDIA

PROBLEMA 4

\(X \sim N(\mu=500,\ \sigma=40)\)

P(X≤450)

\[ P(X\le450) = \Phi\left(\frac{450-500}{40}\right) = \Phi(-1.25) = 0.1056 \]

P(X>575)

\[ P(X>575) = 1-\Phi\left(\frac{575-500}{40}\right) = 1-\Phi(1.875) = 1-0.9696 = 0.0304 \]

P(480<X<540)

\[ P(480<X<540) = \Phi(1)-\Phi(-0.5) = 0.8413-0.3085 = 0.5328 \]

VALORES QUE DELIMITAN EL 80% CENTRAL

El 80% central deja 10% en cada cola, así que se usan los percentiles 10 y 90 (\(z=\pm1.2816\)):

\[ x_{inf} = 500 - 1.2816(40) = 448.74 \qquad x_{sup} = 500 + 1.2816(40) = 551.26 \]

PERCENTIL 99

Para \(\Phi(z)=0.99\), \(z=2.3263\):

\[ x = 500 + 2.3263(40) = 593.05 \]

GRÁFICA DE fX(x)

PROBLEMA 5

\(X \sim \text{Exponencial}(\lambda=0.25)\), con \(F(x)=1-e^{-\lambda x}\) para \(x\ge0\).

P(X≤2)

\[ P(X\le2) = 1-e^{-0.25(2)} = 1-e^{-0.5} = 1-0.6065 = 0.3935 \]

P(X>5)

\[ P(X>5) = e^{-0.25(5)} = e^{-1.25} = 0.2865 \]

P(2<X≤6)

\[ P(2<X\le6) = F(6)-F(2) = e^{-0.5}-e^{-1.5} = 0.6065-0.2231 = 0.3834 \]

VALOR x TAL QUE P(X≤x)=0.90

\[ 1-e^{-0.25x} = 0.90 \quad \Rightarrow \quad x = \frac{-\ln(0.10)}{0.25} = \frac{2.3026}{0.25} = 9.2103 \]

E[X] Y V[X]

\[ E[X] = \frac{1}{\lambda} = \frac{1}{0.25} = 4 \]

\[ V[X] = \frac{1}{\lambda^2} = \frac{1}{0.0625} = 16 \]

GRÁFICA DE fX(x)

PROBLEMA 6

\(X \sim \text{Lognormal}(\mu=3.5,\ \sigma=0.40)\), es decir, \(\ln(X) \sim N(3.5,\ 0.40^2)\). Se calcula la probabilidad aplicando logaritmo natural y estandarizando:

\[ P(X\le x) = \Phi\left(\frac{\ln(x)-3.5}{0.40}\right) \]

P(X≤25)

\[ P(X\le25) = \Phi\left(\frac{\ln(25)-3.5}{0.40}\right) = \Phi\left(\frac{3.2189-3.5}{0.40}\right) = \Phi(-0.7028) = 0.2411 \]

P(X>50)

\[ P(X>50) = 1-\Phi\left(\frac{\ln(50)-3.5}{0.40}\right) = 1-\Phi(1.0301) = 1-0.8485 = 0.1515 \]

P(20≤X<40)

\[ P(20\le X<40) = \Phi\left(\frac{\ln(40)-3.5}{0.40}\right)-\Phi\left(\frac{\ln(20)-3.5}{0.40}\right) = \Phi(0.4722)-\Phi(-1.2607) = 0.6816-0.1037 = 0.5779 \]

MEDIANA DE X

La mediana de la lognormal es \(e^{\mu}\):

\[ \text{Mediana} = e^{3.5} = 33.12 \]

PERCENTIL 90

Se busca \(x\) con \(\Phi\left(\frac{\ln(x)-3.5}{0.40}\right)=0.90\), es decir \(z=1.2816\):

\[ x = e^{3.5+1.2816(0.40)} = e^{4.0126} = 55.29 \]

E[X] Y V[X]

\[ E[X] = e^{\mu+\sigma^2/2} = e^{3.5+0.08} = e^{3.58} = 35.87 \]

\[ V[X] = (e^{\sigma^2}-1)\,e^{2\mu+\sigma^2} = (e^{0.16}-1)\,e^{7.16} = (0.1735)(1286.91) = 223.29 \]

GRÁFICA DE fX(x)

PROBLEMA 7

\(X \sim \text{Gamma}(\alpha=3,\ \lambda=0.5)\). Como \(\alpha\) es un número entero, la acumulada tiene forma cerrada:

\[ P(X\le x) = 1-e^{-\lambda x}\sum_{k=0}^{\alpha-1}\frac{(\lambda x)^k}{k!} \]

P(X≤4)

Con \(\lambda x = 2\):

\[ P(X\le4) = 1-e^{-2}\left(1+2+\frac{2^2}{2}\right) = 1-5e^{-2} = 1-0.6767 = 0.3233 \]

P(X>8)

Con \(\lambda x = 4\):

\[ P(X>8) = e^{-4}\left(1+4+\frac{4^2}{2}\right) = 13e^{-4} = 0.2381 \]

P(3≤X<7)

\[ F(7) = 1-e^{-3.5}(1+3.5+6.125) = 0.6792 \qquad F(3) = 1-e^{-1.5}(1+1.5+1.125) = 0.1911 \]

\[ P(3\le X<7) = F(7)-F(3) = 0.67915-0.19114 = 0.4880 \]

PERCENTIL 95

Se busca \(x\) tal que \(F(x)=0.95\). No tiene una fórmula directa, por lo que se resuelve numéricamente:

\[ x_{0.95} = 12.59 \]

E[X] Y V[X]

\[ E[X] = \frac{\alpha}{\lambda} = \frac{3}{0.5} = 6 \qquad V[X] = \frac{\alpha}{\lambda^2} = \frac{3}{0.25} = 12 \]

GRÁFICA DE fX(x)

PROBLEMA 8

\(X \sim \text{Beta}(\alpha=2.5,\ \beta=4)\), con densidad

\[ f(x) = \frac{x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}}{B(\alpha,\beta)}, \quad 0\le x\le1 \]

Como \(\alpha\) no es entero, la acumulada \(F(x)\) no tiene una fórmula simple y se evalúa con la función beta incompleta (en R, pbeta).

P(X≤0.30)

\[ P(X\le0.30) = F(0.30) = 0.3522 \]

P(X>0.60)

\[ P(X>0.60) = 1-F(0.60) = 0.1300 \]

P(0.20≤X<0.50)

\[ P(0.20\le X<0.50) = F(0.50)-F(0.20) = 0.73611-0.16386 = 0.5723 \]

PERCENTIL 75

Se busca \(x\) tal que \(F(x)=0.75\):

\[ x_{0.75} = 0.5088 \]

E[X] Y V[X]

\[ E[X] = \frac{\alpha}{\alpha+\beta} = \frac{2.5}{6.5} = 0.3846 \]

\[ V[X] = \frac{\alpha\beta}{(\alpha+\beta)^2(\alpha+\beta+1)} = \frac{2.5(4)}{(6.5)^2(7.5)} = \frac{10}{316.875} = 0.0316 \]

GRÁFICA DE fX(x)

PROBLEMA 9

\(X \sim \text{Weibull}(k=2,\ \lambda=1000)\), con \(F(x)=1-e^{-(x/\lambda)^k}\).

P(X≤500)

\[ P(X\le500) = 1-e^{-(500/1000)^2} = 1-e^{-0.25} = 1-0.7788 = 0.2212 \]

P(X>1200)

\[ P(X>1200) = e^{-(1200/1000)^2} = e^{-1.44} = 0.2369 \]

P(600≤X<1000)

\[ P(600\le X<1000) = e^{-(0.6)^2}-e^{-(1)^2} = e^{-0.36}-e^{-1} = 0.6977-0.3679 = 0.3298 \]

MEDIANA

\[ \text{Mediana} = \lambda\,[\ln 2]^{1/k} = 1000\,(0.6931)^{1/2} = 832.55 \]

PERCENTIL 90

\[ x_{0.90} = \lambda\,[-\ln(0.10)]^{1/k} = 1000\,(2.3026)^{1/2} = 1517.43 \]

GRÁFICA DE fX(x)

MINICASOS

A continuación se resuelven los problemas de aplicación, identificando primero el modelo y luego evaluando los criterios planteados en cada caso.

PROBLEMA 10

IDENTIFICACIÓN DEL MODELO

El tiempo de validación está repartido de forma pareja entre 1.5 y 4.5 segundos, por lo que corresponde a una distribución uniforme continua:

\[ X \sim U(1.5,\ 4.5), \qquad f(x) = \frac{1}{4.5-1.5} = \frac{1}{3} \]

PROBABILIDAD DE QUE TARDE MENOS DE 3 SEGUNDOS

\[ P(X<3) = \frac{3-1.5}{3} = \frac{1.5}{3} = 0.5 \]

PROBABILIDAD DE QUE EL TIEMPO ESTÉ ENTRE 2 Y 4 SEGUNDOS

\[ P(2<X<4) = \frac{4-2}{3} = \frac{2}{3} = 0.6667 \]

TIEMPO A PARTIR DEL CUAL UNA OPERACIÓN ES DEL 10% MÁS LENTO

Se busca el percentil 90:

\[ x = 1.5 + 0.90(3) = 4.2 \text{ segundos} \]

EVALUACIÓN DEL CRITERIO DE DESEMPEÑO

El criterio pide que \(P(X<3)\) supere el 45%. Como \(P(X<3)=50\%>45\%\), sí se cumple el criterio de desempeño. Además, cualquier validación que tarde 4.2 segundos o más se considera excepcionalmente lenta.

PROBLEMA 11

IDENTIFICACIÓN DEL MODELO

\[ X \sim N(\mu=500,\ \sigma=8) \quad \text{(peso de la bolsa, en gramos)} \]

PROPORCIÓN QUE CUMPLE EL INTERVALO DE ACEPTACIÓN (485 A 515 g)

\[ P(485\le X\le515) = \Phi\left(\frac{515-500}{8}\right)-\Phi\left(\frac{485-500}{8}\right) = \Phi(1.875)-\Phi(-1.875) = 0.9696-0.0304 = 0.9392 \]

PROBABILIDAD DE UNA BOLSA CON PESO SUPERIOR A 520 g

\[ P(X>520) = 1-\Phi\left(\frac{520-500}{8}\right) = 1-\Phi(2.5) = 1-0.9938 = 0.0062 \]

PESOS QUE DELIMITAN LA REGIÓN DE REVISIÓN INDIVIDUAL

Se usan los percentiles 2 y 98 (\(z=\pm2.0537\)):

\[ x_{inf} = 500 - 2.0537(8) = 483.57 \text{ g} \qquad x_{sup} = 500 + 2.0537(8) = 516.43 \text{ g} \]

BOLSAS ESPERADAS FUERA DEL INTERVALO DE ACEPTACIÓN (10000 BOLSAS)

\[ P(\text{fuera}) = 1-0.9392 = 0.0608 \quad \Rightarrow \quad 10000 \times 0.0608 \approx 608 \text{ bolsas} \]

¿CENTRAR EL PROCESO EN 500 g GARANTIZA POCAS UNIDADES FUERA DE ESPECIFICACIÓN?

No. Centrar el proceso en 500 g solo asegura que la media está en el lugar correcto, pero la proporción de unidades fuera de especificación también depende de la variabilidad (la desviación estándar). Aun con el proceso perfectamente centrado, con \(\sigma=8\) se sale de especificación el 6.08% de las bolsas, más que el 4% que la empresa manda a revisar. Para reducir esa proporción hay que disminuir la dispersión del proceso: por ejemplo, con \(\sigma=5\) el intervalo 485–515 equivaldría a \(z=\pm3\) y solo saldría de especificación cerca del 0.27%.

PROBLEMA 12

IDENTIFICACIÓN DEL MODELO

\[ X \sim N(\mu=70,\ \sigma=10) \quad \text{(puntaje de la prueba)} \]

PROBABILIDAD DE OBTENER ENTRE 65 Y 85 PUNTOS

\[ P(65\le X\le85) = \Phi\left(\frac{85-70}{10}\right)-\Phi\left(\frac{65-70}{10}\right) = \Phi(1.5)-\Phi(-0.5) = 0.9332-0.3085 = 0.6247 \]

PUNTAJE MÍNIMO PARA EL 10% SUPERIOR

Es el percentil 90 (\(z=1.2816\)):

\[ x = 70 + 1.2816(10) = 82.82 \text{ puntos} \]

PUNTAJE MÁXIMO DEL 15% INFERIOR

Es el percentil 15 (\(z=-1.0364\)):

\[ x = 70 - 1.0364(10) = 59.64 \text{ puntos} \]

PROBABILIDAD DE OBTENER MÁS DE 90 PUNTOS

\[ P(X>90) = 1-\Phi\left(\frac{90-70}{10}\right) = 1-\Phi(2) = 1-0.9772 = 0.0228 \]

ESTUDIANTES ESPERADOS CON RECONOCIMIENTO Y CON ACOMPAÑAMIENTO (600 ESTUDIANTES)

\[ \text{Reconocimiento} = 600 \times 0.10 = 60 \text{ estudiantes} \]

\[ \text{Acompañamiento} = 600 \times 0.15 = 90 \text{ estudiantes} \]

PROBLEMA 13

IDENTIFICACIÓN DEL MODELO Y PARÁMETRO

El tiempo hasta una interrupción, con tiempo medio de 200 horas, corresponde a una distribución exponencial:

\[ X \sim \text{Exponencial}(\lambda), \qquad E[X] = \frac{1}{\lambda} = 200 \quad \Rightarrow \quad \lambda = \frac{1}{200} = 0.005 \text{ por hora} \]

PROBABILIDAD DE QUE OPERE MÁS DE 300 HORAS SIN INTERRUPCIÓN

\[ P(X>300) = e^{-0.005(300)} = e^{-1.5} = 0.2231 \]

PROBABILIDAD DE QUE LA PRIMERA INTERRUPCIÓN OCURRA ENTRE LAS HORAS 100 Y 250

\[ P(100<X<250) = e^{-0.5}-e^{-1.25} = 0.6065-0.2865 = 0.3200 \]

TIEMPO EN EL QUE LA PROBABILIDAD ACUMULADA DE INTERRUPCIÓN ES 20%

\[ 1-e^{-0.005x} = 0.20 \quad \Rightarrow \quad x = \frac{-\ln(0.80)}{0.005} = \frac{0.2231}{0.005} = 44.63 \text{ horas} \]

Por lo tanto, el mantenimiento preventivo debería hacerse antes de unas 44.6 horas de operación.

PROBABILIDAD DE OPERAR AL MENOS 100 HORAS MÁS, DADO QUE YA OPERÓ 150

\[ P(X>250 \mid X>150) = P(X>100) = e^{-0.005(100)} = e^{-0.5} = 0.6065 \]

PROPIEDAD DEL MODELO QUE PERMITE RESPONDER EL PUNTO ANTERIOR

Es la propiedad de pérdida de memoria de la exponencial: \(P(X>s+t \mid X>s)=P(X>t)\). Significa que el tiempo que el servidor ya lleva funcionando no cambia la probabilidad de lo que falta: haber operado 150 horas sin fallas no lo hace ni más nuevo ni más desgastado, y las 100 horas adicionales se tratan como si el conteo empezara de cero.

PROBLEMA 14

IDENTIFICACIÓN DEL MODELO

\[ X \sim \text{Lognormal}(\mu=1.2,\ \sigma=0.5) \quad \text{(costo en millones de pesos)} \]

PROBABILIDAD DE QUE UNA REPARACIÓN CUESTE MENOS DE 3 MILLONES

\[ P(X<3) = \Phi\left(\frac{\ln(3)-1.2}{0.5}\right) = \Phi\left(\frac{1.0986-1.2}{0.5}\right) = \Phi(-0.2028) = 0.4197 \]

PROBABILIDAD DE QUE EL COSTO SUPERE LOS 5 MILLONES

\[ P(X>5) = 1-\Phi\left(\frac{\ln(5)-1.2}{0.5}\right) = 1-\Phi(0.8189) = 1-0.7936 = 0.2064 \]

COSTO MEDIANO DE UNA REPARACIÓN

\[ \text{Mediana} = e^{\mu} = e^{1.2} = 3.32 \text{ millones} \]

VALOR QUE SOLO ES SUPERADO POR EL 5% DE LAS REPARACIONES

Es el percentil 95 (\(z=1.6449\)):

\[ x = e^{1.2+1.6449(0.5)} = e^{2.0224} = 7.56 \text{ millones} \]

COMPARACIÓN ENTRE LA MEDIA Y LA MEDIANA

\[ E[X] = e^{\mu+\sigma^2/2} = e^{1.2+0.125} = e^{1.325} = 3.76 \text{ millones} \qquad \text{Mediana} = 3.32 \text{ millones} \]

La media (3.76) es mayor que la mediana (3.32). Esto ocurre porque la lognormal tiene asimetría positiva: la mayoría de las reparaciones cuestan poco, pero unas pocas muy costosas alargan la cola derecha y “jalan” el promedio hacia arriba, sin afectar tanto a la mediana. En la lognormal la media siempre es mayor que la mediana, porque \(e^{\mu+\sigma^2/2}>e^{\mu}\) para cualquier \(\sigma>0\), por lo que no se espera que sean iguales.

PROBLEMA 15

IDENTIFICACIÓN DEL MODELO

El tiempo total de varias etapas sucesivas corresponde a una distribución gamma:

\[ X \sim \text{Gamma}(\alpha=4,\ \lambda=0.20) \]

TIEMPO PROMEDIO ESPERADO DE ATENCIÓN

\[ E[X] = \frac{\alpha}{\lambda} = \frac{4}{0.20} = 20 \text{ minutos} \]

PROBABILIDAD DE FINALIZAR EN MENOS DE 30 MINUTOS

Como \(\alpha\) es entero, con \(\lambda x = 6\):

\[ P(X<30) = 1-e^{-6}\left(1+6+\frac{6^2}{2}+\frac{6^3}{6}\right) = 1-61e^{-6} = 1-0.1512 = 0.8488 \]

PROBABILIDAD DE QUE TARDE ENTRE 15 Y 25 MINUTOS

\[ F(25) = 1-e^{-5}(1+5+12.5+20.8333) = 0.7350 \qquad F(15) = 1-e^{-3}(1+3+4.5+4.5) = 0.3528 \]

\[ P(15<X<25) = 0.7350-0.3528 = 0.3822 \]

TIEMPO QUE NO ES SUPERADO POR EL 90% DE LAS SOLICITUDES

Es el percentil 90, que se resuelve numéricamente:

\[ x_{0.90} = 33.40 \text{ minutos} \]

EVALUACIÓN DE LA PROMESA DE SERVICIO

La administración desea que al menos el 80% de las solicitudes se resuelvan en menos de 30 minutos. Como \(P(X<30)=84.88\%\ge80\%\), sí se cumple la meta. Aun así, el 15.12% de las solicitudes tarda más de 30 minutos, y el 90% de ellas se resuelve en menos de 33.4 minutos.

PROBLEMA 16

IDENTIFICACIÓN DEL MODELO

Una proporción entre 0 y 1 corresponde a una distribución beta:

\[ X \sim \text{Beta}(\alpha=5,\ \beta=2), \qquad f(x) = 30x^4(1-x), \quad 0\le x\le1 \]

porque \(B(5,2)=\dfrac{\Gamma(5)\Gamma(2)}{\Gamma(7)}=\dfrac{24}{720}=\dfrac{1}{30}\). Integrando, la acumulada es \(F(x)=6x^5-5x^6\).

UTILIZACIÓN PROMEDIO ESPERADA

\[ E[X] = \frac{\alpha}{\alpha+\beta} = \frac{5}{7} = 0.7143 \]

PROBABILIDAD DE UN DÍA DE ALTA UTILIZACIÓN (MÁS DEL 80%)

\[ F(0.8) = 6(0.8)^5-5(0.8)^6 = 1.96608-1.31072 = 0.65536 \]

\[ P(X>0.80) = 1-0.65536 = 0.3446 \]

PROBABILIDAD DE UN DÍA DE BAJA UTILIZACIÓN (MENOS DEL 50%)

\[ P(X<0.50) = F(0.5) = 6(0.5)^5-5(0.5)^6 = 0.1875-0.078125 = 0.1094 \]

NIVEL DE UTILIZACIÓN SUPERADO ÚNICAMENTE POR EL 10% DE LOS DÍAS

Es el percentil 90, que se resuelve numéricamente:

\[ x_{0.90} = 0.9074 \]

DÍAS ESPERADOS CON UTILIZACIÓN SUPERIOR AL 80% EN 250 DÍAS

\[ 250 \times 0.3446 = 86.16 \approx 86 \text{ días} \]

PROBLEMA 17

IDENTIFICACIÓN DEL MODELO

La vida útil de los rodamientos corresponde a una distribución Weibull:

\[ X \sim \text{Weibull}(k=2.5,\ \lambda=5000), \qquad F(x)=1-e^{-(x/\lambda)^k} \]

PROBABILIDAD DE QUE FALLE ANTES DE 3000 HORAS

\[ P(X<3000) = 1-e^{-(3000/5000)^{2.5}} = 1-e^{-0.2789} = 1-0.7566 = 0.2434 \]

PROBABILIDAD DE QUE DURE MÁS DE 6000 HORAS

\[ P(X>6000) = e^{-(6000/5000)^{2.5}} = e^{-1.5774} = 0.2065 \]

TIEMPO CON PROBABILIDAD ACUMULADA DE FALLA DEL 10%

\[ x_{0.10} = \lambda\,[-\ln(0.90)]^{1/k} = 5000\,(0.1054)^{0.4} = 5000(0.4065) = 2032.55 \text{ horas} \]

MEDIANA DE LA VIDA ÚTIL

\[ \text{Mediana} = \lambda\,[\ln 2]^{1/k} = 5000\,(0.6931)^{0.4} = 5000(0.8636) = 4318.17 \text{ horas} \]

INTERPRETACIÓN DEL PARÁMETRO DE FORMA k = 2.5

Como \(k>1\), la tasa de falla aumenta con el tiempo: los rodamientos se desgastan, y mientras más horas llevan trabajando, más probable es que fallen en el siguiente instante. Si \(k\) fuera igual a 1 la tasa de falla sería constante (modelo exponencial) y si fuera menor que 1 la tasa disminuiría con el tiempo (fallas tempranas). Aquí el comportamiento corresponde al desgaste por uso.

TIEMPO DE REEMPLAZO PREVENTIVO

El departamento pide un tiempo en el que no más del 10% de los rodamientos haya fallado. Ese tiempo es el percentil 10, 2032.55 horas. Por lo tanto, un reemplazo preventivo coherente con el criterio sería a las 2000 horas de uso, que es un valor redondeado hacia abajo y deja la probabilidad de falla un poco por debajo del 10%.