Taller 341: Modelos de probabilidad continuos
Problema 1
X ~ U(20, 50). Determine la función de densidad, P(X ≤ 30), P(X > 42), P(25 ≤ X < 40), el valor x tal que P(X ≤ x) = 0.80, E[X], V[X] y la gráfica de fX(x).
En la distribución uniforme todos los intervalos de igual longitud tienen la misma probabilidad, así que la densidad es constante en el rango.
La función de densidad es f(x) = 1/(b − a) = 1/(50 − 20) = 1/30, para 20 ≤ x ≤ 50, y 0 en otro caso. La función de distribución es F(x) = (x − 20)/30 en ese rango.
P(X ≤ 30) = F(30) = (30 − 20)/30 = 1/3 = 0.3333
P(X > 42) = 1 − F(42) = 1 − 22/30 = 8/30 = 0.2667
P(25 ≤ X < 40) = (40 − 25)/30 = 15/30 = 0.5000
Para el valor x se plantea (x − 20)/30 = 0.80, entonces x − 20 = 24 y x = 44.
E[X] = (a + b)/2 = (20 + 50)/2 = 35. Por integración, E[X] = ∫2050 x(1/30) dx = (50² − 20²)/60 = 2100/60 = 35.
V[X] = (b − a)²/12 = 30²/12 = 75. Por integración, E[X²] = (50³ − 20³)/90 = 117 000/90 = 1300, y V[X] = 1300 − 35² = 1300 − 1225 = 75.
Figura 1. Función de densidad de X ~ U(20, 50)
Problema 2
X ~ N(100, 15²). Determine P(X ≤ 85), P(X > 120), P(90 ≤ X < 115), el valor x tal que P(X ≤ x) = 0.95, el intervalo central que contiene aproximadamente el 95% de los valores y la gráfica de fX(x).
Se estandariza con Z = (X − μ)/σ, donde Z ~ N(0, 1).
P(X ≤ 85): z = (85 − 100)/15 = −1, entonces P = Φ(−1) = 0.1587
P(X > 120): z = (120 − 100)/15 = 1.3333, entonces P = 1 − Φ(1.3333) = 1 − 0.9088 = 0.0912
P(90 ≤ X < 115): z1 = (90 − 100)/15 = −0.6667 y z2 = (115 − 100)/15 = 1, entonces P = Φ(1) − Φ(−0.6667) = 0.8413 − 0.2525 = 0.5889
Para P(X ≤ x) = 0.95 se necesita z = Φ−1(0.95) = 1.6449, entonces x = μ + zσ = 100 + 15(1.6449) = 124.67.
El intervalo central del 95% es μ ± 1.96σ = 100 ± 1.96(15) = 100 ± 29.4, es decir, (70.60; 129.40). Queda 2.5% de la probabilidad en cada cola.
Figura 2. Función de densidad de X ~ N(100, 15²)
Problema 3
X ~ N(72, 8²). Determine P(X < 60), P(X ≥ 80), P(68 ≤ X ≤ 76), el percentil 90, el valor x que deja por encima el 5% de las observaciones y la gráfica de fX(x) identificando la media.
P(X < 60): z = (60 − 72)/8 = −1.5, entonces P = Φ(−1.5) = 0.0668
P(X ≥ 80): z = (80 − 72)/8 = 1, entonces P = 1 − Φ(1) = 0.1587
P(68 ≤ X ≤ 76): los límites están a 4 unidades de la media, z = ±0.5. Como la curva es simétrica, P = Φ(0.5) − Φ(−0.5) = 2Φ(0.5) − 1 = 2(0.6915) − 1 = 0.3829
Percentil 90: z = 1.2816, entonces x = 72 + 8(1.2816) = 82.25
Valor que deja el 5% por encima: es el percentil 95, con z = 1.6449, entonces x = 72 + 8(1.6449) = 85.16
Figura 3. Función de densidad de X ~ N(72, 8²); la línea punteada marca la media
Problema 4
X ~ N(500, 40²). Determine P(X ≤ 450), P(X > 575), P(480 < X < 540), los valores que delimitan el 80% central, el percentil 99 y la gráfica de fX(x).
P(X ≤ 450): z = (450 − 500)/40 = −1.25, entonces P = 0.1056
P(X > 575): z = (575 − 500)/40 = 1.875, entonces P = 1 − Φ(1.875) = 0.0304
P(480 < X < 540): z1 = −0.5 y z2 = 1, entonces P = 0.8413 − 0.3085 = 0.5328
80% central: queda 10% en cada cola, así que z = ±Φ−1(0.90) = ±1.2816. Entonces x = 500 ± 40(1.2816) = 500 ± 51.26, es decir, (448.74; 551.26).
Percentil 99: z = 2.3263, entonces x = 500 + 40(2.3263) = 593.05.
Figura 4. Función de densidad de X ~ N(500, 40²)
Problema 5
X ~ Exp(λ = 0.25). Determine P(X ≤ 2), P(X > 5), P(2 < X ≤ 6), el valor x tal que P(X ≤ x) = 0.90, E[X], V[X] y la gráfica de fX(x).
La densidad es f(x) = λe−λx para x ≥ 0, y la función de distribución es F(x) = 1 − e−λx. El parámetro λ = 0.25 es la tasa de ocurrencia por unidad de tiempo.
P(X ≤ 2) = 1 − e−0.25(2) = 1 − e−0.5 = 0.3935
P(X > 5) = e−0.25(5) = e−1.25 = 0.2865
P(2 < X ≤ 6) = F(6) − F(2) = e−0.5 − e−1.5 = 0.6065 − 0.2231 = 0.3834
Para el valor x: 1 − e−0.25x = 0.90, entonces e−0.25x = 0.10, y x = −ln(0.10)/0.25 = 2.3026/0.25 = 9.21.
E[X] = 1/λ = 1/0.25 = 4 unidades de tiempo. V[X] = 1/λ² = 1/0.0625 = 16, con desviación estándar 4.
Figura 5. Función de densidad de X ~ Exp(0.25)
Problema 6
X ~ Lognormal(3.5, 0.40²), donde ln(X) ~ N(3.5, 0.40²). Determine P(X ≤ 25), P(X > 50), P(20 ≤ X < 40), la mediana, el percentil 90, E[X], V[X] y la gráfica de fX(x).
Los parámetros μ = 3.5 y σ = 0.40 corresponden a ln(X), no a X. Por eso los límites se transforman con el logaritmo antes de estandarizar: Z = (ln x − 3.5)/0.40.
P(X ≤ 25): z = (ln 25 − 3.5)/0.40 = (3.2189 − 3.5)/0.40 = −0.7028, entonces P = Φ(−0.7028) = 0.2411
P(X > 50): z = (ln 50 − 3.5)/0.40 = (3.9120 − 3.5)/0.40 = 1.0301, entonces P = 1 − Φ(1.0301) = 0.1515
P(20 ≤ X < 40): z1 = (ln 20 − 3.5)/0.40 = −1.2607 y z2 = (ln 40 − 3.5)/0.40 = 0.4722, entonces P = Φ(0.4722) − Φ(−1.2607) = 0.5779
Mediana: es eμ = e3.5 = 33.12.
Percentil 90: ln x = 3.5 + 0.40(1.2816) = 4.0126, entonces x = e4.0126 = 55.29.
E[X] = eμ + σ²/2 = e3.5 + 0.08 = e3.58 = 35.87
V[X] = (eσ² − 1)e2μ + σ² = (e0.16 − 1)e7.16 = 223.29
La media (35.87) es mayor que la mediana (33.12), lo que refleja la asimetría positiva de la lognormal.
Figura 6. Función de densidad de X ~ Lognormal(3.5, 0.40²); la línea punteada marca la media
Problema 7
X ~ Gamma(α = 3, λ = 0.5). Determine P(X ≤ 4), P(X > 8), P(3 ≤ X < 7), el percentil 95, E[X], V[X] y la gráfica de fX(x).
Aquí λ es la tasa, de modo que la escala es 1/λ = 2 (en R,
rate = 0.5). La densidad es f(x) =
λαxα−1e−λx/Γ(α). Como α = 3 es entero,
la función de distribución tiene forma cerrada: F(x) = 1 −
e−λx[1 + λx + (λx)²/2].
P(X ≤ 4): λx = 2, entonces F(4) = 1 − e−2(1 + 2 + 2) = 1 − 5e−2 = 0.3233
P(X > 8): λx = 4, entonces P = e−4(1 + 4 + 8) = 13e−4 = 0.2381
P(3 ≤ X < 7) = F(7) − F(3). Con λx = 3.5, F(7) = 1 − 10.625e−3.5. Con λx = 1.5, F(3) = 1 − 3.625e−1.5. Entonces P = 3.625e−1.5 − 10.625e−3.5 = 0.4880
Percentil 95: no tiene despeje algebraico, se obtiene resolviendo F(x) = 0.95 numéricamente: x = 12.59.
E[X] = α/λ = 3/0.5 = 6. V[X] = α/λ² = 3/0.25 = 12.
Figura 7. Función de densidad de X ~ Gamma(α = 3, λ = 0.5)
Problema 8
X ~ Beta(2.5, 4). Determine P(X ≤ 0.30), P(X > 0.60), P(0.20 ≤ X < 0.50), el percentil 75, E[X], V[X] y la gráfica de fX(x).
La variable toma valores en el intervalo (0, 1). Con α = 2.5 no
entero, la función de distribución es la beta incompleta regularizada
Ix(2.5, 4), que no tiene forma elemental y se evalúa
numéricamente con pbeta.
P(X ≤ 0.30) = I0.30(2.5, 4) = 0.3522
P(X > 0.60) = 1 − I0.60(2.5, 4) = 0.1300
P(0.20 ≤ X < 0.50) = I0.50(2.5, 4) − I0.20(2.5, 4) = 0.7361 − 0.1639 = 0.5723
Percentil 75: se resuelve Ix(2.5, 4) = 0.75, con x = 0.5088.
E[X] = α/(α + β) = 2.5/6.5 = 0.3846
V[X] = αβ/[(α + β)²(α + β + 1)] = 2.5(4)/[(6.5)²(7.5)] = 10/316.875 = 0.0316
La media (0.3846) queda a la izquierda del centro del intervalo porque β > α, así que la densidad se concentra en valores bajos con cola hacia la derecha.
Figura 8. Función de densidad de X ~ Beta(2.5, 4)
Problema 9
X ~ Weibull(k = 2, λ = 1000). Determine P(X ≤ 500), P(X > 1200), P(600 ≤ X < 1000), la mediana, el percentil 90 y la gráfica de fX(x).
La función de distribución es F(x) = 1 − e−(x/λ)k, con λ = 1000 como escala y k = 2 como forma.
P(X ≤ 500) = 1 − e−(0.5)² = 1 − e−0.25 = 0.2212
P(X > 1200) = e−(1.2)² = e−1.44 = 0.2369
P(600 ≤ X < 1000) = F(1000) − F(600) = e−0.36 − e−1 = 0.6977 − 0.3679 = 0.3298
Mediana: 1 − e−(x/1000)² = 0.5, entonces (x/1000)² = ln 2 y x = 1000√(ln 2) = 832.55.
Percentil 90: (x/1000)² = ln 10, entonces x = 1000√(ln 10) = 1517.43.
Figura 9. Función de densidad de X ~ Weibull(k = 2, λ = 1000)
Problema 10
Tiempo de validación de un pedido, uniforme entre 1.5 y 4.5 segundos. El proceso es satisfactorio si P(tiempo < 3) supera 45%; una operación es excepcionalmente lenta si está en el 10% de los mayores tiempos.
Modelo. X ~ U(a = 1.5, b = 4.5), con f(x) = 1/3 para 1.5 ≤ x ≤ 4.5.
Menos de 3 segundos. P(X < 3) = (3 − 1.5)/3 = 0.5000
Entre 2 y 4 segundos. P(2 < X < 4) = (4 − 2)/3 = 0.6667
Operación lenta. Se busca x con P(X > x) = 0.10, es decir (4.5 − x)/3 = 0.10, entonces x = 4.5 − 0.3 = 4.2 segundos. Una validación que tarde más de 4.2 segundos pertenece al 10% más lento.
Criterio de desempeño. El criterio exige que P(X < 3) sea mayor que 0.45. Como P(X < 3) = 0.50 > 0.45, el criterio se cumple.
Problema 11
Peso de bolsas, normal con media 500 g y desviación 8 g. Se aceptan bolsas entre 485 y 515 g. Se revisa individualmente una bolsa si está en el 2% más bajo o en el 2% más alto.
Modelo. X ~ N(μ = 500, σ² = 8²).
Proporción aceptada. z = (485 − 500)/8 = −1.875 y z = (515 − 500)/8 = 1.875, entonces P(485 ≤ X ≤ 515) = Φ(1.875) − Φ(−1.875) = 0.9392
Peso superior a 520 g. z = (520 − 500)/8 = 2.5, entonces P(X > 520) = 1 − Φ(2.5) = 0.0062
Región de revisión individual. Se necesitan los percentiles 2 y 98, con z = ±2.0537. Entonces x = 500 ± 8(2.0537), es decir, 483.57 g y 516.43 g. Se revisan las bolsas por debajo del primer valor o por encima del segundo.
Bolsas fuera del intervalo de aceptación (10 000 bolsas). La proporción fuera es 1 − 0.9392 = 0.0608, entonces se esperan 10 000(0.0608) ≈ 608 bolsas.
Análisis. Centrar el proceso en 500 g no garantiza por sí solo una proporción baja fuera de especificación, porque esa proporción depende también de la variabilidad. Con la misma media y los mismos límites 485 y 515, la proporción fuera de especificación sería:
| Desviación estándar (g) | Proporción fuera de 485 a 515 | Bolsas fuera de 10 000 |
|---|---|---|
| 4 | 0.0002 | 2 |
| 8 | 0.0608 | 608 |
| 12 | 0.2113 | 2113 |
Con σ = 4 casi no hay bolsas fuera de especificación, mientras que con σ = 12 más de una quinta parte queda fuera, aunque el promedio sea el mismo. Además, los límites de aceptación (485 y 515) son más estrechos que la región que contiene al 96% central (483.57 a 516.43), por lo que algunas bolsas no se aceptan aunque tampoco entran en la regla de revisión individual.
Problema 12
Calificaciones normales con media 70 y desviación 10. Se reconoce al 10% superior y se acompaña al 15% inferior.
Modelo. X ~ N(μ = 70, σ² = 10²).
Entre 65 y 85 puntos. z1 = (65 − 70)/10 = −0.5 y z2 = (85 − 70)/10 = 1.5, entonces P = Φ(1.5) − Φ(−0.5) = 0.9332 − 0.3085 = 0.6247
Puntaje mínimo del 10% superior. Es el percentil 90, con z = 1.2816, entonces x = 70 + 10(1.2816) = 82.82 puntos.
Puntaje máximo del 15% inferior. Es el percentil 15, con z = -1.0364, entonces x = 70 + 10(-1.0364) = 59.64 puntos.
Más de 90 puntos. z = (90 − 70)/10 = 2, entonces P(X > 90) = 1 − Φ(2) = 0.0228
600 estudiantes. Se esperan 600(0.10) = 60 estudiantes con reconocimiento y 600(0.15) = 90 estudiantes convocados a acompañamiento. Son valores esperados: el número observado puede variar de una aplicación a otra, y no tiene que coincidir exactamente con estas cantidades.
Problema 13
Tiempo hasta una interrupción de un servidor, exponencial con media de 200 horas. Se desea mantenimiento preventivo antes de que la probabilidad acumulada de interrupción llegue a 20%.
Modelo. X ~ Exp(λ), con E[X] = 1/λ = 200 horas, entonces λ = 1/200 = 0.005 interrupciones por hora.
Más de 300 horas sin interrupción. P(X > 300) = e−0.005(300) = e−1.5 = 0.2231
Primera interrupción entre las horas 100 y 250. P(100 < X < 250) = e−0.5 − e−1.25 = 0.6065 − 0.2865 = 0.3200
Tiempo con probabilidad acumulada del 20%. 1 − e−0.005t = 0.20, entonces e−0.005t = 0.80 y t = −ln(0.80)/0.005 = 44.63 horas. El mantenimiento debería programarse antes de ese tiempo.
Opera 150 horas sin interrupción y se pide que opere al menos 100 más. P(X > 250 | X > 150) = P(X > 250)/P(X > 150) = e−1.25/e−0.75 = e−0.5 = 0.6065
Propiedad que lo permite. La distribución exponencial tiene pérdida de memoria: P(X > s + t | X > s) = P(X > t). Haber operado 150 horas sin falla no cambia la probabilidad de operar 100 horas adicionales, que es la misma que tendría un servidor nuevo. Por eso el resultado coincide con P(X > 100).
Problema 14
Costo de reparación X (millones de pesos) con distribución lognormal, donde ln(X) tiene media 1.2 y desviación estándar 0.5.
Modelo. X ~ Lognormal(μ = 1.2, σ² = 0.5²). Los parámetros están en la escala logarítmica, mientras que los costos se piden en millones de pesos.
Costo menor a 3 millones. z = (ln 3 − 1.2)/0.5 = (1.0986 − 1.2)/0.5 = −0.2028, entonces P(X < 3) = Φ(−0.2028) = 0.4197
Costo mayor a 5 millones. z = (ln 5 − 1.2)/0.5 = (1.6094 − 1.2)/0.5 = 0.8189, entonces P(X > 5) = 1 − Φ(0.8189) = 0.2064
Costo mediano. eμ = e1.2 = 3.32 millones.
Valor superado solo por el 5% de las reparaciones. Es el percentil 95: ln x = 1.2 + 0.5(1.6449) = 2.0224, entonces x = 7.56 millones.
Media y mediana. La media es E[X] = eμ + σ²/2 = e1.2 + 0.125 = e1.325 = 3.76 millones, mayor que la mediana de 3.32 millones. No se espera que coincidan porque la distribución tiene asimetría positiva: unas pocas reparaciones muy costosas elevan la media, pero no mueven la mediana, que deja el 50% de los casos por debajo. Por eso, para describir un costo típico conviene la mediana, mientras que la media es más útil para presupuestar el gasto total.
Problema 15
Tiempo de atención gamma con α = 4 y λ = 0.20 por minuto. Se promete resolver en menos de 30 minutos y se desea que al menos el 80% cumpla esa promesa.
Modelo. X ~ Gamma(α = 4, λ = 0.20). El parámetro α = 4 puede entenderse como cuatro etapas sucesivas, cada una con tiempo exponencial de tasa 0.20, es decir, de 5 minutos en promedio.
Tiempo promedio. E[X] = α/λ = 4/0.20 = 20 minutos, con V[X] = α/λ² = 4/0.04 = 100 y desviación estándar 10 minutos.
Menos de 30 minutos. Como α es entero, F(x) = 1 − e−λxΣk=03(λx)k/k!. Con λx = 6: F(30) = 1 − e−6(1 + 6 + 18 + 36) = 1 − 61e−6 = 0.8488
Entre 15 y 25 minutos. F(25) con λx = 5 es 1 − e−5(1 + 5 + 12.5 + 20.8333) = 1 − 39.3333e−5. F(15) con λx = 3 es 1 − e−3(1 + 3 + 4.5 + 4.5) = 1 − 13e−3. Entonces P = 13e−3 − 39.3333e−5 = 0.3822
Tiempo no superado por el 90% de las solicitudes. Es el percentil 90, obtenido numéricamente: 33.40 minutos.
Evaluación de la promesa. La meta exige P(X < 30) ≥ 0.80. Como 0.8488 ≥ 0.80, la promesa cumple la meta. Cabe notar que el tiempo promedio (20 minutos) no basta para garantizar el plazo: lo que importa es la proporción acumulada hasta 30 minutos, que depende de toda la distribución.
Problema 16
Proporción diaria de utilización de la capacidad de una planta, beta con α = 5 y β = 2. Alta utilización si supera el 80% y baja utilización si es menor al 50%.
Modelo. X ~ Beta(α = 5, β = 2), con valores en (0, 1). Su densidad es f(x) = 30x4(1 − x), porque 1/B(5, 2) = Γ(7)/[Γ(5)Γ(2)] = 720/24 = 30.
Utilización promedio. E[X] = α/(α + β) = 5/7 = 0.7143, es decir, cerca del 71.4% de la capacidad.
Alta utilización. P(X > 0.80) = ∫0.81 30(x4 − x5) dx = 30[x5/5 − x6/6] evaluado de 0.8 a 1 = 30[(1/5 − 1/6) − (0.85/5 − 0.86/6)] = 30[0.03333 − 0.02185] = 0.3446
Baja utilización. P(X < 0.50) = 30[x5/5 − x6/6] evaluado de 0 a 0.5 = 30[0.00625 − 0.002604] = 0.1094 (que es exactamente 7/64).
Nivel superado solo por el 10% de los días. Es el percentil 90, que se obtiene resolviendo F(x) = 0.90 numéricamente: x = 0.9074, es decir, 90.7% de la capacidad.
Días con utilización superior al 80% en 250 días. El número esperado es 250 × P(X > 0.80) = 250(0.3446) = 86.16 ≈ 86 días. Aquí la probabilidad no es un nivel de utilización sino la proporción de días, que se multiplica por el total de días observados.
Problema 17
Vida útil de un rodamiento, Weibull con k = 2.5 y λ = 5000 horas. Se desea un reemplazo preventivo en un tiempo para el cual no más del 10% haya fallado.
Modelo. X ~ Weibull(k = 2.5, λ = 5000), con F(x) = 1 − e−(x/5000)2.5.
Falla antes de 3000 horas. (3000/5000)2.5 = 0.62.5 = 0.2789, entonces P(X < 3000) = 1 − e−0.2789 = 0.2434
Dura más de 6000 horas. (6000/5000)2.5 = 1.22.5 = 1.5774, entonces P(X > 6000) = e−1.5774 = 0.2065
Tiempo con 10% acumulado de falla. 1 − e−(t/5000)2.5 = 0.10, entonces (t/5000)2.5 = −ln(0.90) = 0.10536 y t = 5000(0.10536)1/2.5 = 2032.55 horas.
Mediana. (t/5000)2.5 = ln 2, entonces t = 5000(ln 2)0.4 = 4318.17 horas.
Interpretación de k = 2.5. Como k > 1, la tasa de falla es creciente en el tiempo: el riesgo de falla aumenta a medida que el rodamiento envejece, lo que corresponde a un desgaste por uso. Si k fuera 1, la tasa de falla sería constante (caso exponencial), y si k fuera menor que 1, decrecería.
Tiempo de reemplazo preventivo. El criterio pide que no más del 10% haya fallado, es decir, F(t) ≤ 0.10, lo que se cumple para t ≤ 2032.55 horas. Una propuesta coherente es reemplazar a las 2000 horas, con F(2000) = 1 − e−(0.4)2.5 = 0.0962, que es menor al 10% exigido. Dado que la tasa de falla crece con la edad, reemplazar antes de ese tiempo mantiene la proporción de fallas dentro del criterio.