CAPITULO 9.pdf

de 116
1
CAPÍTULO 9
11/01/21
VARIABLES ALEATORIAS CONTINUAS
Prof. Mg. Wilfredo Domínguez C.
1) MODELOS CONTINUOS IMPORTANTES DE
PROBABILIDAD
Al igual que en caso discreto, en el caso continuo hay
contadas variables aleatorias continuas que aparecen
con frecuencia en aplicaciones teóricas y prácticas.
Algunas de esas distribuciones son:
 Distribución Uniforme Continua
 Distribución Exponencial
 Distribución Normal
 Distribución Gamma
 Distribución Chi_Cuadrado
 Distribución T de Student
 Distribución F de Fisher
 Otras; ver formulario

de 116
2
1) DISTRIBUCIÓN UNIFORME CONTINUA
Se dice que la variable aleatoria X se distribuye como
una uniforme continua con parámetros  ,   

  si su f.
d. p. es dada por:
 









.
.
0
1
c
c
x
x
f




NOTACIÓN:    










.
.
0
1
,
~
c
c
x
x
f
U
X






Ejemplo 1.- Si  
5
,
7
;
,
2
~ 
U
X

de 116
3
Hallar su f. d. p.
Solución.-
 Si 2

 , 5
,
7


 
  5
,
9
1
2
5
,
7
1




x
f 5
,
7
2 

 x
 Otra ejemplo si 2


 ,
2
1



 
2
3
2
2
1
2
2
1 









  2
/
1
2
;
3
2
2
3
1





 x
x
f
Propiedades
1)  
2





 X
E
   
12
2
2 




 X
Var
 
3
2





2)    























x
x
x
x
x
X
P
x
F
1
0

de 116
4
2) DISTRIBUCIÓN EXPONENCIAL
Se dice que la variable aleatoria X se distribuye como
una exponencial con parámetro 0

 , si su f. d. p. es dada
por:
 


 


.
.
0
0
c
c
x
e
x
f
x


NOTACIÓN.-  

exp
~
X   


 


.
.
0
0
c
c
x
e
x
f
x


El gráfico de la distribución exponencial en general tiene
la siguiente forma:

de 116
5
Ejemplo 2.- Sea  
100
exp
~
X
Hallar su f. d. p.
Solución.-
En este caso particular se tiene 100

 ; luego:
 


 


.
.
0
0
100 100
c
c
x
e
x
f
x


 


.
..
0
0
5
,
3
c
c
x
e
k
x
f
x
Hallar la constante k para que sea una f.d.p. y luego
evaluar )
5
,
3
1
( 
X
P
Solución.-
5
,
3

k ; en este caso 0
;
5
,
3
)
(
)
5
,
3
exp(
~ 5
,
3


 
x
e
x
f
X x

de 116
6
6321
,
0
1
)
1
(
]
5
,
3
1
[
5
,
3
5
,
3
)
5
,
3
( 1
1
5
,
3
0
5
,
3
5
,
3
1
0
5
,
3









 



 e
e
e
dx
e
X
P x
x
Observación.-
i) Algunos textos definen a la distribución exponencial
de manera ligeramente diferente a la dada, pues toman


1
 ; 0

 , en este caso















..
.
0
0
1
)
(
1
exp
~
c
x
e
x
f
X
x



ii) Existe una función matemática (no f.d.p.) que tiene
muchas aplicaciones en la teoría de la
probabilidad, es la llamada función gamma (o
función de Euler), la cual está definida como una
integral impropia y su función matemática es:
dx
e
x x

 


 0
1
)
( 
 (ojo es función de )

de 116
7
Se demuestra que esta integral es convergente
para 0

 ; note que es función de 0

 ; y cada
para valor de 0

 la función gamma toma un
valor; por ejemplo:
7724
,
1
)
2
/
1
( 0
1
2
/
1



 
 
 
dx
e
x x
1
)
1
( 0
0
1
1



 

 

 
dx
e
dx
e
x x
x
8862
,
0
2
)
2
3
( 0
1
2
3



 
 


dx
e
x x
1
!
1
)!
1
2
(
)
2
( 0
1
0
1
2






 

 

 
dx
e
x
dx
e
x x
x
6586
,
2
2
3
)
2
5
( 0
1
2
5



 
 


dx
e
x x
2
!
2
)!
1
3
(
)
3
( 0
2
0
1
3






 

 

 
dx
e
x
dx
e
x x
x
6
!
3
)!
1
4
(
)
4
( 0
3
0
1
4






 

 

 
dx
e
x
dx
e
x x
x
)!
1
(
)
( 0
1



 
 
 n
dx
e
x
n x
n
(generaliza la noción de factorial)
Esta función gamma o función de Euler; tiene
propiedades que se demuestran en cálculo
avanzado; listaremos algunas de ellas:
 )
2
(
)
2
)(
1
(
)
1
(
)
1
(
)
( 








 





(Propiedad recursiva de la función gamma)
 Si )!
1
(
)
(
; 





n
n
Z
n
 (Generalización del factorial)

de 116
8
La función gamma permite evaluar algunas integrales de
forma rápida y sencilla; por ejemplo; evaluar las
siguientes integrales:
 2
!
2
)!
1
3
(
)
3
(
0
1
3
0
2







 
 



 dx
e
x
dx
e
x
I x
x
 dx
e
x
I x




0

 ; cambio de variable



dw
dx
w
x
w
x 

 ;
;






  1
)
1
(
1
1
0
11
1
0
0





 







 dw
e
w
dw
e
w
dx
e
x
I w
w
w
x
 dx
e
x
I x

 


 0
2
; directamente no se puede usar la
función gamma; hay que hacer un cambio de variable:









 u
x
si
u
x
si
du
dx
u
x
u
x ;
;
0
;
0
;
0
;
;
; 



2
2
2
0
1
3
2
2
0
0
2 2
!
2
)
3
(
1
1























 






 du
e
u
du
e
u
dx
e
x
I
u
u
x
Propiedades de la distribución de probabilidades
exponencial:
1)    


  1
0



 

 



dx
e
x
dx
x
f
x
X
E x
     
 2
2
2
X
E
X
E
X
Var 




 







 0
2
2 1

 
dx
e
x x
2
2
1
2





de 116
9
2
2 1

  ,


1

2)    








 
0
1
0
0
x
e
x
x
X
P
x
F x

El gráfico de la distribución exponencial es:
3)    
t
X
P
r
X
t
r
X
P 



 0
, 
t
r
(Propiedad de no tener memoria)

de 116
10
PRUEBA.-
   
 
r
X
P
r
X
t
r
X
P
r
X
t
r
X
P









 
 
r
X
P
t
r
X
P




 
 
r
X
P
t
r
X
P






1
1
;    








 
0
1
0
0
x
e
x
x
X
P
x
F x

 
 
 
)
(
1
1
1
1 )
(
t
X
P
e
e
e
e
e
e
e t
r
t
r
t
r
r
t
r









 















Ejemplo 4.- Sea  








.
.
0
0
500
1 500
C
C
x
e
x
f
x
a) Hallar,  
X
Var
X
E );
(
Solución.-
500
1


  500
1



X
E ,    2
2
500
1



X
Var
b) Hallar )
20
/
50
( 
 X
X
P
Solución.-

de 116
11
0
;
1
)
( 500
1




x
e
x
F
x
)
20
/
50
( 
 X
X
P )
30
(
)
20
/
)
30
20
(
( 




 X
P
X
X
P
9417
,
0
)
1
(
1
)
30
1 500
30
500
30










e
e
PX
Ejemplo 5.- Supongamos que la duración de cierto
tipo de foco de luz tiene una distribución exponencial con
vida media de 1500 horas. Si la variable aleatoria X
denota la duración de ese cierto tipo de luz.
a) Hallar la probabilidad de que dure menos de 900 horas.
b) Hallar la probabilidad de que dure por lo menos 900
horas.
c) Si se sabe que dura más de 900 horas ¿Cuál es la
probabilidad de qué dure otras 2100 horas?
Solución.-
X Duración de cierto tipo de luz  

exp
~
X
  1500
1





 E 
1500
1


Es decir  















.
.
0
0
1500
1
1500
1
exp
~
1500
c
c
x
e
x
f
X
x

de 116
12
a)     





900
0
1500
1500
1
900
900 dx
e
X
P
X
P
x
; usamos la FDA
   




 





.
.
0
0
1
c
c
x
e
x
X
P
x
F
x











0
0
0
1 1500
1
x
x
e
x
    1500
900
1
900
900





 e
X
P
X
P 4511
,
0
1 6
,
0


 
e
b)    
900
1
900 


 X
P
X
P 4511
,
0
1
 5489
,
0

c)
 
4493
,
0
)
1200
(
900
1200
900
)
900
/
2100
(
1500
1200











e
X
P
X
X
P
X
X
P
Ejemplo 6.- El 10 % de los artículos producidos por
una fábrica se dedica a la elaboración de partes de
computadoras PC, son de calidad defectuosa.
Sea 1
X , una variable aleatoria que denota la duración de
un artículo defectuoso, el cual tiene una duración media
de ½ año.
Mientras que la variable aleatoria 2
X , denota la duración
de un artículo no defectuoso , el cual tiene una duración
media de 2 años.

de 116
13
Supongamos que ambas variables aleatorias 1
X , 2
X
tienen distribución exponencial.
¿Cuál es la probabilidad de que un artículo elegido al azar
tenga a lo más 4 años?
Solución.-
Según los datos del problema
 
1
1
exp
~ 
X :   año
X
E
2
1
1
1
1



 2
1


 
2
2
exp
~ 
X ;   años
X
E 2
1
2
2




2
1
2


es decir:
    1
2
1
1
2
2
exp
~ x
e
x
f
X 

 ; 0
1

x   1
2
1
1 x
e
x
F 


 0
1 
x
    2
2
2
2
2
1
2
1
exp
~
x
e
x
f
X


 0
2

x
  2
2
2
1
x
e
x
F



 0
2 
x
Sea la variable aleatoria Y como el tiempo de vida de un
artículo escogido al azar, definimos los siguientes
sucesos:

A (artículo elegido es defectuoso)

A (artículo elegido no es defectuoso)
Luego hay que calcular  
4

X
P

de 116
14
Pero: )]
(
)
[(
)
4
( 2
1 X
A
X
A
Y 




entonces
      




 






 


A
X
P
A
P
A
X
P
A
P
Y
P 4
4
4 2
1
   
    
2
4
4
2
1
9
,
0
1
1
,
0





 e
e
    
2
8
1
)
9
,
0
(
1
1
,
0 




 e
e
878164
,
0
778198
,
0
099966
,
0 


3) DISTRIBUCIÓN NORMAL
Es la distribución de probabilidad más importante, pues
se presenta con mucha frecuencia en aplicaciones
prácticas, su f. d. p. es dada por:
 
 2
2
2
1
2
1 






x
e
x
f 



 x
donde  y 2
 son parámetros, tales que:




 
0
2

  
0



de 116
15
Es decir para cada  y
2
 que cumplan las dos últimas
desigualdades se obtiene una distribución normal.
Por ejemplo:
 3
;
9
;
4 2


 

 ; entonces:  
 
 
 2
4
9
2
1
3
2
1 


x
e
x
f

 13
13
;
2
/
1 2




 

 ;    
 2
2
1
13
2
1
13
2
1 


x
e
x
f

Definición 1.- Se dice que la variable aleatoria X se
distribuye como una normal, con parámetros 
 




  y 2
  
0

 si su f. d. p. es dada por
 
 2
2
2
1
2
1 






x
e
x
f 



 x
NOTACIÓN.-
   
 2
2
2
1
2
2
1
,
~










x
e
x
f
N
X 



 x ;




  ; 0
2


El gráfico de la distribución normal es de la siguiente
forma:

de 116
16
 
a
f 
  
a
f 

a

  a

 x

de 116
17
Como se puede apreciar es de forma acampanada y es
simétrica alrededor del parámetro  , por esta razón se le
llama también distribución acampanada o de Gauss (o
Gaussiana) en honor de su descubridor.
Propiedades
Si  
2
,
~ 

N
X ; entonces
1)  
 












 dx
e
x
X
E
x 2
2
2
1
2
1
   
 
2
2
1
2
2
2
2
1















x
e
x
X
Var

 
 2
.
. e
d
Es decir su media y varianza coinciden con sus dos
parámetros respectivamente.
2)      
 




x
dt
t
f
x
X
P
x
F
 
dt
e
t
x
2
2
2
1
2
1 








 R
x 


de 116
18
3) Es simétrica alrededor de su valor esperado, es
decir:
   
a
f
a
f 

 
 , 0

a
Por lo tanto     5
,
0
2
1




 
 X
P
X
P
4) La función de densidad de probabilidad de la
distribución normal con parámetros  y 2
 es tal que no
existe ninguna función cuya derivada sea
 
  2
2
2
1
2
1 






x
e
x
f 



 x
En consecuencia para hallar probabilidades hay que usar
tablas.
5) Si 0

 , 1
2


















 ianza
y
media var
2
1
,
0 
 ; es decir si la media es
cero y varianza 1 entonces se dice que la varianza
aleatoria X está estandarizada, es decir su f. d. p. es
dada por:
  2
2
2
1 x
e
x
f







 x
Usualmente cuando la distribución normal está
estandarizada se usa Z (mayúscula) y su f.d.p se
representa por:

de 116
19
  2
2
2
1 z
e
z
f



; 



 z
En este caso su gráfico es de la forma siguiente:
6) Es decir si  
1
,
0
~ N
X , entonces la variable aleatoria
X está estandarizada o tipificada.
7) Cualquier variable aleatoria X con media  y
varianza 2
 , puede ser estandarizada mediante el
siguiente conocido como proceso de estandarización
haciendo la siguiente transformación:




X
Z

de 116
20
Es decir a la variable aleatoria X se le resta la media y se
le divide entre la desviación estándar.
Ejemplo 7.- Si )
1
;
0
(
~ N
Z ; es decir







z
e
z
f
z
;
2
1
)
( 2
2

. Demostrar que en efecto es
una f.d.p.
Solución.-
Se puede usar una propiedad de función gamma que dice
que 

 )
2
/
1
( .








0
)
(
2
)
( dz
z
f
dz
z
f
I (pues la función es simétrica alrededor de 0).
dz
e
k
dz
e
dz
z
f
I
z
z













0
2
0
2
2
2
2
2
)
(

; cambio de variables
du
u
dz
u
z
z
u 2
1
2
2
1
2
;
2
;
2



 ; los límites no cambian.
du
u
e
k
dz
e
k
dz
e
dz
z
f
I u
z
z
2
1
0
0
2
0
2
2
1
2
2
2
)
(
2
2













 




; reordenando
1
2
2
2
2
)
2
/
1
(
2
2
2
2
2
2
0
1
2
1




 


 


du
e
u
k
I u
Ejercicio 1 Si )
;
(
~ 2


N
X ; demostrar que en efecto
es una f.d.p.
Observación.- Algunos libros en lugar de usar
)
;
(
~ 2


N
X ; usa la notación )
;
(
~ 

N
X ; es necesario
tener cuidado cuál de las dos notaciones se usa.

de 116
21
Por ejemplo con la notación alternativa )
81
;
2
(
~ 
N
X se
tiene 6561
)
81
(
;
81
;
2 2
2




 

 ; la f.d.p. es dada por:








x
e
x
f
x
;
)
81
(
2
1
)
(
2
2
)
2
(
)
81
(
2
1

Con la notación que hemos estado usando se tiene
9
81
;
81
;
2 2




 

 ; la f.d.p. es dada por:








x
e
x
f
x
;
)
9
(
2
1
)
(
2
)
2
(
)
81
((
2
1

Ejemplo 8.- En particular si 




 2
6
,
4
~ N
X entonces por el
proceso de estandarización:
 
1
,
0
~
6
4
N
X
X
Z






es decir   2
2
2
1 z
e
z
f



 
x
f  
z
f


2
1
 x z





 2
,
~ 

N
X  
1
,
0
~ N
Z

de 116
23
La F.D.A. de una normal estándar




X
Z es dada por
la expresión: dt
e
z
F
z
Z
P
z
t
z 2
/
2
2
1
)
(
)
(
)
(









 (queda
indicada)
Ejemplo 9.- Si:

de 116
24
i. )
4
;
1
(
~ 
N
X
ii.  
12
,
7
~ N
X
iii.  
7
,
1
~ N
X
Hallar sus respectivas f. d. p. e indique su valor esperado
y varianza.
Solución.-
i.    
 
1
4
2
1
2
2
1 


x
e
x
f





 x
ii.    
 2
7
12
2
1
12
2
1 


x
e
x
f





 x
iii.  
 3
1
7
2
1
7
2
1 


x
e
x
f





 x
Ejemplo 10.- Identificar  y 2
 en cada una de las
siguientes f. d. p.
i.  
 2
2
1
8
1
2
2
1 


x
e
x
f





 x
ii.  
2
12
7
2
1
24
1 




 


x
e
x
f





 x

de 116
25
iii.  
2
)
7
/
1
(
1 


x
e
x
f





 x
Solución.-
i.
2
1

 2

 ; 4
2
2
2


  
4
,
2
1
~ N
X
ii. 7


 12

 12
2

  
12
,
7
~ 
N
X
iii.  
2
)
7
/
1
(
1 


x
e
x
f






 


2
2
)
7
/
1
)
2
1
(
2
1
2
2
x
e

2
2
)
7
/
1
(
)
2
1
(
2
1
2
1
2
1



x
e

)
2
/
1
:
7
/
1
(
~ 
N
X
4) USO DE LA TABLA NORMAL ESTÁNDAR
La tabla normal dada en clases proporciona el área bajo
la curva normal estandarizada (o tipificada) desde 
 a
un valor positivo (abscisa) z y presenta el siguiente
esquema:
z 0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09
0,0 0,500000(1) 0,503989(2) 0,507978 0,527903 0,535856(3)
0,1
….
….
1,1 0,864334 0,866500 0,868643 0,876976(5) 0,882977
1,2 0,884930 0,886860 0,888767 0,896465 0,901475
….
2,9 0,998134 0,998193 0,998462(4) 0,998605

de 116
26
…..
4,5 0,999997 0,999997 0,999997 0,999997 0,999998

de 116
27
TABLA: Distribución Normal  
1
,
0
N
     





x s
ds
e
x
X
P
x
F 2
2
2
1

x 0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09
0,
0
0,5000
00
0,5039
89
0,5079
78
0,5119
67
0,5159
53
0,5199
39
0,5239
22
0,5279
03
0,5318
81
0,5358
56
0,
1
0,5398
28
0,5437
95
0,5477
58
0,5517
17
0,5556
70
0,5596
18
0,5635
59
0,5674
95
0,5714
24
0,5753
45
0,
2
0,5792
60
0,5831
66
0,5870
64
0,5909
54
0,5948
35
0,5987
06
0,6025
68
0,6064
20
0,6102
61
0,6140
92
0,
3
0,6179
11
0,6217
19
0,6255
16
0,6293
00
0,6330
72
0,6368
31
0,6405
76
0,6443
09
0,6480
27
0,6517
32
0,
4
0,6554
22
0,6590
97
0,6627
57
0,6664
02
0,6700
31
0,6736
45
0,6772
42
0,6808
22
0,6843
86
0,6879
33
0,
5
0,6914
62
0,6949
74
0,6984
68
0,7019
44
0,7054
02
0,7088
40
0,7122
60
0,7156
61
0,7190
43
0,7224
05
0,
6
0,7257
47
0,7290
69
0,7323
71
0,7356
53
0,7389
14
0,7421
54
0,7453
73
0,7485
71
0,7517
48
0,7549
03
0,
7
0,7580
36
0,7611
48
0,7642
38
0,7673
05
0,7703
50
0,7733
73
0,7763
73
0,7793
50
0,7823
05
0,7852
36
0,
8
0,7881
45
0,7910
30
0,7938
92
0,7967
31
0,7995
46
0,8023
38
0,8051
06
0,8078
50
0,8105
70
0,8132
67
0,
9
0,8159
40
0,8185
89
0,8212
14
0,8238
14
0,8263
91
0,8289
44
0,8314
72
0,8339
77
0,8364
57
0,8389
13
1,
0
0,8413
45
0,8437
52
0,8461
36
0,8484
95
0,8508
30
0,8531
41
0,8554
28
0,8576
90
0,8599
29
0,8621
43
1,
1
0,8643
34
0,8665
00
0,8686
43
0,8707
62
0,8728
57
0,8749
28
0,8769
76
0,8789
99
0,8810
00
0,8829
77
1,
2
0,8849
30
0,8868
60
0,8887
67
0,8906
51
0,8925
12
0,8943
50
0,8961
65
0,8979
58
0,8997
27
0,9014
75
1,
3
0,9031
99
0,9049
02
0,9065
82
0,9082
41
0,9098
77
0,9114
92
0,8130
85
0,9146
56
0,9162
07
0,9177
36
1,
4
0,9192
43
0,9207
30
0,9221
96
0,9236
41
0,9250
66
0,9264
71
0,9278
55
0,9292
19
0,9305
63
0,9318
88
1,
5
0,9331
93
0,9344
78
0,9357
44
0,9369
92
0,9382
20
0,9394
29
0,9406
20
0,9417
92
0,9429
47
0,9440
83
1,
6
0,9452
01
0,9463
01
0,9473
84
0,9484
49
0,9494
97
0,9505
29
0,9515
43
0,9525
40
0,9535
21
0,9544
86
1,
7
0,9554
35
0,9563
67
0,9572
84
0,9581
85
0,9590
71
0,9599
41
0,9607
96
0,9616
36
0,9624
62
0,9632
73
1,
8
0,9640
70
0,9648
52
0,9565
21
0,9663
75
0,9671
16
0,9678
43
0,9685
57
0,9692
58
0,9699
46
0,9706
21
1,
9
0,9712
84
0,9719
33
0,9725
71
0,9731
97
0,9738
10
0,9744
12
0,9750
02
0,9755
81
0,9761
48
0,9467
05
x 0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09
2,
0
0,9772
50
0,9777
84
0,9783
08
0.9788
22
0,9793
25
0,9798
18
0,9803
01
0,9807
74
0.9812
37
0,9816
91
2,
1
0,9821
36
0,9825
71
0,9829
97
9.9834
14
0,9838
23
0,9842
22
0,9846
14
0,9849
97
0.9853
71
0,9857
38

de 116
28
2,
2
0,9860
97
0,9864
47
0,9867
91
0.9871
26
0,9874
55
0,9877
76
0,9880
89
0,9883
96
0.9886
96
0,9889
89
2,
3
0,9892
76
0,9895
56
0,9898
30
0.9900
97
0,9903
58
0,9906
13
0,9908
63
0,9911
06
0.9913
44
0,9915
76
2,
4
0,9918
02
0,9920
24
0,9922
40
0.9924
51
0,9926
56
0,9928
57
0,9930
53
0,9932
44
0.9934
31
0,9936
13
2,
5
0,9937
90
0,9939
63
0,9941
32
0.9942
97
0,9944
57
0,9946
14
0,9947
66
0,9949
15
0.9950
6
0,9952
01
2,
6
0,9953
39
0,9954
73
0,9956
03
0.9957
31
0,9958
55
0,9959
75
0,9960
93
0,9962
07
0.9953
19
0,9964
27
2,
7
0,9965
33
0,9966
36
0,9967
36
0.9968
33
0,9969
28
0,9970
20
0,9971
10
0,9971
97
0.9972
82
0,9973
65
2,
8
0,9974
45
0,9975
23
0,9975
99
0.9976
73
0,9977
44
0,9978
14
0,9978
82
0,9979
48
0.9980
12
0,9980
74
2,
9
0,9981
34
0,9981
93
0,9982
50
0.9983
05
0,9983
59
0,9984
11
0,9984
62
0,9985
11
0.9985
59
0,9986
05
3,
0
0,9986
50
0,9986
94
0,9987
36
0.9987
77
0,9988
17
0,9988
56
0,9988
93
0,9989
30
0.9989
65
0,9989
99
3,
1
0,9990
32
0,9990
64
0,9990
96
0.9991
26
0,9991
55
0,9991
84
0,9992
11
0.9992
38
0.9992
64
0,9992
89
3,
2
0,9993
13
0,9993
36
0,9993
59
0.9993
81
0,9994
02
0,9994
23
0,9994
43
0.9994
62
0.9994
81
0,9994
99
3,
3
0,9995
17
0,9995
33
0,9995
50
0.9995
66
0,9995
81
0,9995
96
0,9996
10
0.9996
24
0,9996
38
0,9996
50
3,
4
0,9996
63
0,9996
75
0,9996
87
0.9996
98
0,9997
09
0,9997
20
0,9997
30
0.9997
40
0,9997
49
0,9997
58
3,
5
0,9997
7
0,9997
76
0,9997
84
0.9997
92
0,9998
00
0,9998
07
0,9998
15
0.9998
21
0,9998
28
0,9998
35
3,
6
0,9998
41
0,9998
47
0,9998
53
0.9998
58
0,9998
64
0,9998
69
0,9998
74
0.9998
79
0,9998
83
0,9998
88
3,
7
0,9998
92
0,9998
96
0,9999
00
0.9999
04
0,9999
08
0,9999
12
0,9999
15
0.9999
18
0,9999
22
0,9999
25
3,
8
0,9999
28
0,9999
30
0,9999
33
0.9999
36
0,9999
38
0,9999
41
0,9999
43
0.9999
46
0,9999
48
0,9999
50
3,
9
0,9999
52
0,9999
54
0,9999
56
0.9999
58
0,9999
59
0,9999
61
0,9999
63
0.9999
64
0,9999
66
0,9999
67
4,
0
0,9999
68
0,9999
70
0,9999
71
0.9999
72
0,9999
73
0,9999
74
0,9999
75
0.9999
76
0,9999
77
0,9999
78
4,
1
0,9999
79
0,9999
80
0,9999
81
0.9999
82
0,9999
83
0,9999
83
0,9999
84
0.9999
85
0,9999
85
0,9999
86
4,
2
0,9999
87
0,9999
87
0,9999
88
0.9999
88
0,9999
89
0,9999
89
0,9999
90
0.9999
90
0,9999
91
0,9999
91
x 0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09
4,
3
0,9999
91
0,9999
92
0,9999
93
0.9999
93
0,9999
93
0,9999
93
0,9999
93
0.9999
94
0,9999
94
0,9999
94
4,
4
0,9999
95
0,9999
95
0,9999
95
0.9999
95
0,9999
95
0,9999
96
0,9999
96
0.9999
96
0,9999
96
0,9999
96
4,
5
0,9999
97
0,9999
97
0,9999
97
0.9999
97
0,9999
97
0,9999
97
0,9999
97
0.9999
95
0,9999
98
0,9999
98

de 116
29
x 1,281
6
1,644
9
1,960
0
2,326
3
2,575
8
3,090
2
3,290
5
3,719
5
3,719
5
4,2655 4,4145
 
x
F 0,9 0,95 0,975 0,99 0,995 0,999
0,999
5
0,999
9
0,999
9
0,9999
9
0,9999
95
 
 
x
F

1
2 0,2 0,1 0,05 0,02 0,01 0,002 0,001 0,001
0,000
2
0,0000
2
0,0000
1
En total 460 probabilidades de la forma
  dt
e
z
F
z
Z
P
z
Z
P t
z
2
/
2
2
1
)
(
)
( 












; para valores
mayores iguales que 59
,
4

z se puede asumir
probabilidad 1; es decir: 59
,
4
;
1
)
( 

 z
z
Z
P ;
Ejemplo 11.- Calcular las siguientes probabilidades:
  500000
,
0
00
,
0 

Z
P (1)
  503989
,
0
01
,
0 

Z
P (2)
  535856
,
0
09
,
0 

Z
P (3)
  998462
,
0
96
,
2 

Z
P (4)
  876976
,
0
16
,
1 

Z
P (5)

de 116
30
Ejemplo 12.- Para  
 96
,
1
Z
P se busca en la primera
columna 1,96 y en la fila ´primera fila se ubica 06
,
0 ;
resultando
  975
,
0
975002
,
0
96
,
1 


Z
P (abscisa importante); otro caso
  995
,
0
99506
,
0
58
,
2 


Z
P (abscisa importante)
En general para calcular  
z
Z  se ubica primeramente la
parte entera del número z en la columna primera, luego el
décimo también en la columna 1 y finalmente el
centésimo en las siguientes columnas.
Ejemplo 13.- Hallar  
35
,
2

Z
P
0 1 5 8 9
2.0
2.1
2.2
2.3
2.4
  990613
.
0
35
,
2 

Z
P

de 116
31
La tabla normal también proporciona por simetría para
abscisas negativas  
z
Z
P 
 , 0

 z pues:
   
}
{
1
0
1
z
a
de
área
z
z
Z
P
z
Z
P










Ejemplo 14.- Calcular  
35
,
2


Z
P ;  
96
,
1


Z
P
Solución.-
    009387
,
0
990613
,
0
1
35
,
2
1
35
,
2 






 Z
P
Z
P
    025
,
0
024998
,
0
975002
,
0
1
96
,
1
1
96
,
1 







 Z
P
Z
P
Teorema 1.- Si  
1
,
0
~ N
Z , entonces:
i. )
(
;
0 b
Z
p
b 
 (Uso directo de la tabla)
ii.    
a
Z
P
a
Z
P
a 





 1
;
0
iii.     )
(
;
;
0
0 b
Z
P
a
Z
P
b
Z
a
P
b
a
b
a 








iv.     )]
(
1
[
)
(
)
(
;
0
;
0 a
Z
P
b
Z
P
a
Z
P
b
Z
P
b
Z
a
P
b
a 















v. )
(
)
(
)
(
)
(
;
0 b
Z
P
a
Z
P
a
Z
b
P
b
Z
a
P
b
a 














vi. )
(
1
)
(
;
0 b
Z
P
b
Z
P
b 




vii. )
(
)]
(
1
[
1
)
(
1
)
(
;
0 a
Z
P
a
Z
P
a
Z
P
a
Z
P
a 













1
,
0
~ N
Z , calcular:
i.  
23
,
1

Z
P

de 116
32
Uso directo de la tabla:
  890651
,
0
23
,
1 

Z
P
ii.   038538
,
0
962462
,
0
1
)
78
,
1
(
1
78
,
1 






 Z
P
Z
P
iii.
 
109471
,
0
876976
,
0
986447
,
0
)]
16
,
1
(
)
21
,
2
(
)
16
,
1
(
)
21
,
2
(
21
,
2
16
,
1













Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
iv.  
67
,
1
94
,
2 

 Z
P
950899
,
0
]
998359
,
0
1
[
952540
,
0
)]
94
,
2
(
1
[
)
67
,
1
(
)
94
,
2
(
)
67
,
1
(













 Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
v.
 
010336
,
0
9886960
.
0
999032
,
0
)
28
,
2
(
)
1
,
3
(
)
1
,
3
28
,
2
(
28
,
2
1
,
3













 Z
P
X
P
Z
P
Z
P
vi.   305021
,
0
694979
,
0
1
)
51
,
0
(
1
51
,
0 





 Z
P
Z
P
vii. 975002
,
0
)
96
,
1
(
)
96
,
1
( 



 Z
P
Z
P
Ejemplo 16.-
a) Hallar el valor de 0
z tal que   876976
,
0
0 
 z
Z
P
b) Hallar el valor de a tal que   376976
,
0
0 

 a
Z
P
c) Hallar el valor de z tal que   0217
.
0
5
.
1 


 z
Z
P
Solución.-

de 116
33
a)   876976
,
0
2
1
0
2
2


 

z
t
dt
e
z
Z
P

16
,
1
0 
z
b)   376976
,
0
0 

 a
Z
P sumo 0,5 a ambos lados de la igualdad:
  376976
,
0
5
.
0
0
5
,
0 



 a
Z
P
  876976
,
0

 a
Z
P ; mediante el uso directo de la tabla;
se obtiene que 16
,
1

a
c)   0217
,
0
5
,
1 


 z
Z
P
Lo primero que ver es que si 0

z o 0

z ?
Supongamos que 0

z
5
.
1
 0 z
Para esto podemos razonar de la siguiente manera:
Calculamos
    )
0
(
)
5
,
1
(
5
,
1
0
0
5
.
1 








 Z
P
Z
P
Z
P
Z
P
. 433193
,
0
5
,
0
933193
,
0 


    433193
,
0
0
5
.
1
0217
,
0
5
.
1 







 Z
P
z
Z
P
i. El z buscado debe ser negativo
    0
;
5
.
1
5
,
1 







 z
Z
z
P
z
Z
P

de 116
34
   
z
Z
P
Z
P 



 5
,
1
=   0217
,
0
0
933193
,
0 



 z
Z
P
  0217
,
0
933193
,
0 


 z
Z
P
911493
,
0
 35
,
1

 z  35
,
1


z
Ejemplo 17.- Hallar el valor de la abscisa z tal que se
cumpla 8981
,
0
)
5
,
1
( 


 z
Z
P .
Solución.-
Por un análisis similar al efectuado del ejemplo anterior,
obtenemos a priori que 0

z , en consecuencia
      )]
5
,
1
(
1
[
)
(
5
.
1
5
.
1 











 Z
P
z
Z
P
Z
P
z
Z
P
z
Z
P
  8981
,
0
]
933193
,
0
1
[ 



 z
Z
P
  8981
,
0
]
066807
,
0
[ 

 z
Z
P
Luego:   964907
,
0
066807
,
0
8981
,
0 


 z
Z
P
Ejemplo 18.- Sea X una variable aleatoria normalmente
distribuida con media poblacional igual a 10 y una
desviación estándar poblacional igual a 2. Calcular:
a) )
61
,
13
11
( 
 X
P
  




 







2
10
6
,
13
2
10
11
6
,
13
11


X
P
X
P  
8
,
1
5
,
0 

 Z
P
81
,
1

z





 2
2
,
10
~ N
X

de 116
35
 
8
,
1
5
,
0 
 Z
P
5
,
0 8
,
1
     
5
,
0
8
,
1
8
,
1
5
,
0 




 Z
P
Z
P
Z
P
272608
,
0
691462
,
0
964070
,
0 


b) )
2
( 

X
P
Solución.-
)
2
10
4
(
)
4
(
))
2
(
2
(
)
2
(












X
P
X
P
X
P
X
P
998694
,
0
)
3
(
)
3
( 



 Z
P
Z
P
Ejemplo 19.- Con los datos del ejemplo anterior
i.  
14

X
P
ii.  
12
8 
 X
P
iii.  
15
14


X
X
P
Solución.-  
4
,
10
~ N
X
i.   




 




2
10
14
4
14

X
P
X
P  
2

 Z
P

de 116
36
 
2

Z
P
2
   
2
1
2 


 Z
P
Z
P 977250
,
0
1
 0228
,
0

ii.   




 







2
10
12
2
10
8
12
8


X
P
X
P
 
1
1 


 Z
P
 
1
1 

 Z
P
1
 1
     
1
1
1
1 






 Z
P
Z
P
Z
P
   ]
1
1
[
1 



 Z
P
Z
P
  1
1
2 

 Z
P   68269
,
0
1
841345
,
0
2 


iii.    
 
15
15
14
15
14







X
P
X
X
P
X
X
P
 
 





 






 








2
10
15
2
10
15
2
10
14
15
15
14
Z
P
Z
P
X
P
X
P

de 116
37
 
 
5
.
2
5
.
2
2




Z
P
Z
P
   
 
5
.
2
2
5
,
2





Z
P
Z
P
Z
P
993790
,
0
01654
,
0
993790
,
0
977250
,
0
993790
,
0


 016643
,
0

9
,
10
~ N
X , hallar
a)  
8
,
11
10 
 X
P
b)  
12
6 
 X
P
c)  
2
.
14

X
P
d)  
12

X
P
e)  
2
10 

X
P
f)  
2
2 

X
P
Solución.-
a)   




 







3
10
8
,
11
3
10
3
10
10
8
,
11
10
X
P
X
P
  )
0
(
)
6
,
0
(
6
.
0
0 





 Z
P
Z
P
Z
P
225747
,
0
5
,
0
725747
,
0 


b)   




 






3
10
12
3
10
6
12
6 Z
P
X
P

de 116
38
 
3
2
3
4 


 Z
P
 
66
,
0
33
,
1 


 Z
P
   
33
.
1
66
,
0 



 Z
P
Z
P
   ]
33
,
1
1
[
66
,
0 



 Z
P
P
]
908241
,
0
1
[
725747
,
0 


633988
,
0

c)    
4
,
1
3
10
2
,
14
2
.
14 






 


 Z
P
Z
P
X
P
  080757
,
0
919243
,
0
1
4
,
1
1 




 Z
P
d)      
66
,
0
3
2
3
10
12
12 








 


 Z
P
Z
P
Z
P
X
P
745373
,
0

e)    
2
10
2
2
10 





 X
P
X
P
 
3
2
3
2 


 Z
P
  )]
66
,
0
(
1
[
66
,
0 



 Z
P
Z
P
484308
,
0
1
)
742154
,
0
(
2
1
)
66
,
0
(
2 




 Z
P
f)    
2
2
1
2
2 




 X
P
X
P
 
2
2
2
1 




 X
P
 
4
0
1 


 X
P











 2
3
10
1 Z
P

de 116
39
 
 
3
/
10
2
1 


 Z
P
   
 
2
33
,
3
1 



 Z
P
Z
P
 


 977250
,
0
9999566
,
0
1
977684
,
0
}
977250
,
0
999566
,
0
{
1 



2
,
~ 

N
X , como dato se tiene:
  684386
,
0
20 

X
P ;   248252
,
0
46 

X
P
Hallar  y 2
 .
Solución.-
684386
,
0
20






 






X
P
248252
,
0
)
46
(
1
)
46
(
1
)
46
( 










Z
P
X
P
X
P ;
despejando:
751748
,
0
248252
,
0
1
)
46
( 






Z
P
Luego de la tabla normal:










68
,
0
46
;
68
,
0
46
48
.
0
20
;
48
,
0
20
;
48
,
0
20












Sumando 130
;
2
,
0
26 
 
 ; por lo tanto
4
,
42
;
)
130
(
48
,
0
20 


 

Por lo tanto )
)
130
(
;
4
,
42
(
~
2

N
X

de 116
40
Ejemplo 22.- Los puntajes finales de un curso de
álgebra están distribuidos normalmente con una media
de 60 y una desviación estándar de 10.
a) Si el puntaje mínimo para aprobar es de 48 ¿Cuál es la
probabilidad de no aprobar?
b) Si se tiene que aprobar al 80% de los estudiantes
¿Cuál debe ser el puntaje mínimo aprobatorio?
Solución.-
a) Sea X : v.a. que denota puntajes en el curso de
álgebra.
 
100
,
60
~ N
X
 
48

X
P
Mínimo exigido para aprobar
  




 



10
60
48
48 Z
P
X
P
 
2
.
1


 Z
P
 
2
.
1


Z
P  
2
.
1

Z
P
2
.
1
 2
.
1

de 116
41
   
2
.
1
2
,
1 


 Z
P
Z
P
 
2
,
1
1 

 Z
P
884930
,
0
1

11507
,
0

b)   80
,
0


X
P
80
,
0
10
60






 


Z
P ; 0
10
60



80
,
0
10
60






 



Z
P
5
,
51
)
10
)(
85
,
0
(
60
);
10
)(
85
,
0
(
60
;
85
,
0
10
60









 


Observación.- Otras tablas normales estándar o tipificada
presentan el siguiente esquema: ;
0
);
0
( 

 z
z
Z
P es
decir gráficamente el cálculo de las áreas se hacen con el
siguiente esquema:

de 116
42
Observación.- Otras tablas normales estándar o tipificada
presentan el siguiente esquema: 0
);
( 
 z
z
Z
P y también
para 0

z y su tabla tiene el siguiente esquema:

de 116
43
Teorema 1.-
Sean las variables aleatorias normales e independientes:
)
;
(
~
);
;
(
~
2
2
Y
Y
X
X N
Y
N
X 


 ; entonces:
a) b
a
a
b
a
N
b
aX
Y X
X ;
);
:
(
~ 2
2

 

 constantes.
b) )
;
(
~ 2
2
Y
X
Y
X
N
Y
X 


 


c) )
;
(
~
2
2
2
2
Y
X
Y
X d
c
d
c
N
dY
cX 


 

 (Propiedad reproductiva
de la distribución normal)

de 116
44
Teorema 2.-
Sean n
X
X
X n
;...,
; 2
1
variables aleatorias independientes,
con cualquier distribución de probabilidades (discreta o
continua; conocida o desconocida) tales que:
n
i
X
Var
X
E i
i
;...;
2
;
1
;
)
(
;
)
( 2


 
 (medias iguales y
varianzas iguales).
Para muestras grandes 30

n se cumple el célebre
TEOREMA DEL LÍMITE CENTRAL (TLC); demostrado
FORMALMENTE finalmente hacia 1930; pero conocido ya
en los siglos XVIII y XIX; el cual dice:
“La distribución de media muestral X ; se aproxima una
distribución normal cuando 

n ; con media poblacional
 y varianza poblacional n
/
2
 es decir":
)
/
;
( 2
n
N
X 

 (Suficiente tener un 30

n : muestras
grandes)
Ejemplo 23.-
a) Si  
4
,
1
~ 
N
X , hallar la f. d. p. de 1
2 
 X
Y
Solución.-
     
 2
1
4
2
1
2
2
1
4
,
1
~





x
e
x
f
N
X





 x

de 116
45
Por el teorema anterior con 1
;
2 
 b
a ;
)
16
;
1
(
~
))
4
(
)
2
(
;
1
)
1
(
2
(
~
1
2 2





N
Y
N
X
Y
b) Si )
16
;
2
(
~
);
7
;
3
(
~ 
N
Y
N
X independientes .Hallar la
distribución de
Y
X 4
5 

Solución.-
Por el teorema anterior:
))
16
(
)
4
(
)
7
(
)
5
(
);
2
(
4
)
3
)(
5
((
~
4
5 2
2






 N
Y
X
))
431
;
23
(
~
4
5 

 N
Y
X
c) La duración de los focos de luz de determinada
marca se distribuyen como una distribución exponencial
con una duración media de 1000 horas; se toma n=50
(muestras grandes) observaciones 50
;...;
3
;
2
;
1
);
exp(
~ 
i
X i 
Hallar )
1080
950
( 
 X
P
Solución.-
Por el Teorema anterior y usando la parte c) referente al
TLC; se tiene que:
Se tiene por dato que ;
1000
1
;
1000
1
)
( 


 

 i
X
E

de 116
46
)
1000
/
1
exp(
~
;
1000
1
)
1
(
1
)
( 2
2
2 i
i
X
X
Var 




)
/
;
( 2
n
N
X 

 ; donde
2
2
2
2
1000
1000
1
1
1
;
1000
1
;
50 









n
)
20000
:
1000
(
)
50
/
1000
;
1000
( 2
N
N
X 

)
2000
1000
1080
2000
1000
2000
1000
950
(
)
1080
950
(








X
P
X
P
828952
,
0
]
866500
,
0
1
[
962452
,
0
)]
11
,
1
(
1
[
)
78
,
1
(
)
78
,
1
11
,
1
(
)
1080
950
(














 Z
P
Z
P
Z
P
X
P
Ejemplo 24.- (wdc)La duración de cierta marca de focos
de luz se comporta como una variable aleatoria continua
con f. d. p. dada por:
 








80
80
80
0
2
x
x
x
x
f
Supongamos que Ud. Compra 3 focos de luz y los pone a
funcionar en tres habitaciones distintas de su casa.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que los tres focos estén
funcionando después de 120 horas?
Solución.-

de 116
47
15
1
240
16
240
160
240
80
1
]
80
1
120
1
[
80
1
]
1
[
80
1
80
1
)
120
(
1
)
120
( 120
80
120
80
2















 
x
dx
x
X
P
X
P
3375
1
)
15
1
(
)
120
(
)
120
(
)
120
(
)
120
120
120
(
3
3
2
1
3
2
1










 X
P
X
P
X
P
X
X
X
P
b) ¿Cuál es la duración promedio de un foco de luz?
JUSTIFIQUE!
Solución.-







 

 )]
80
ln(
)
[ln(
80
)]
[ln(
80
80
)
( 80
80
2
x
dx
x
x
X
E

Luego la esperanza matemática no existe.
c) ¿Puede calcular  
X
Var

2
 ?
Solución.-
Si no existe la esperanza matemática; tampoco existe la
varianza.
EJERCICIOS ADICIONALES
DISTRIBUCIONES IMPORTANTES:
DISCRETAS:
1) Distribución de BERNOULLI

de 116
48
2) Distribución BINOMIAL
3) Distribución GEOMÉTRICA
4) Distribución HIPERGEOMÉTRICA
5) Distribución de POISSON
6) Aproximación de la POISSON a la BINOMIAL
CONTINUAS:
7) Distribución UNIFORME
8) Distribución EXPONENCIAL
9) Distribución NORMAL
Ejemplo 25.- (wdc)Supongamos que la probabilidad de
que un estudiante obtenga su título profesional es 0,4.
Calcular para un grupo de 5 estudiantes la probabilidad
de que:
a) Ninguno obtenga el título.
b) Uno y sólo uno obtenga el título.
c) Dos obtengan el título.
d) Al menos dos obtengan el título.
e) Los 5 obtengan el título,
Solución.-
5
6
,
0
1
4
,
0 



 n
p
q
p
)
4
,
0
;
5
(
~ b
X

de 116
49
5
;...;
2
;
1
;
0
;
)
6
,
0
(
)
4
,
0
(
5
)
( 5









 
x
x
x
P x
x
a) 0777
,
0
)
6
,
0
(
)
4
,
0
(
0
5
)
0
( 0
5
0










 
X
P
b) 2552
,
0
)
6
,
0
(
)
4
,
0
(
1
5
)
1
( 1
5
1










 
X
P
c) 3456
,
0
)
6
,
0
(
)
4
,
0
(
2
5
)
2
( 2
5
2










 
X
P
d) 6671
,
0
2552
,
0
0777
,
0
1
)
1
(
)
0
(
1
)
2
( 








 X
P
X
P
X
P
e) 0102
,
0
)
6
,
0
(
)
4
,
0
(
5
5
)
5
( 5
5
5










 
X
P
Ejemplo 26.- (wdc)Un fabricante de artículos prepara
lotes de tamaño 20 y los envía a sus clientes. Suponer
que cada pieza está defectuosa o no lo está, y que la
probabilidad de que cualquiera de ellas esté defectuosa
es de 0,05.
a) ¿Cuál es el número esperado de piezas defectuosas?
b) ¿Cuál es la probabilidad de que determinado lote no
contenga piezas defectuosas?
Solución.-

de 116
50
éxito
p
n 05
,
0
;
20 

a) 1
)
05
,
0
(
20
)
( 

 np
X
E ; es decir en promedio hay un
artículo defectuoso.
La regla de correspondencia es:
20
;....;
2
;
1
;
0
;
)
95
,
0
(
)
05
,
0
(
20
)
( 20










 
x
x
x
X
P x
x
b) 3584
,
0
)
95
,
0
(
)
95
,
0
(
)
05
,
0
(
0
20
)
0
( 20
0
20
0











 
X
P
Ejemplo 27.- (wdc)El tratamiento de la gripe con vitamina
C produce un efecto curativo en 75% de los casos. Se
seleccionan 6 pacientes al azar. ¿Cuál es la probabilidad
de que:
a) Ninguno está curado?
b) Todos están curados?
c) Al menos cinco están curados?
d) Que por lo menos dos o más se curen si se sabe que
cuatro o menos se han curado.
Solución.-
)
75
,
0
;
6
(
~b
X
6
;...;
2
;
1
;
0
;
)
25
,
0
(
)
75
,
0
(
6
)
( 6










 
x
x
x
X
P x
x

de 116
51
número de pacientes curados.
a) 00024
,
0
)
25
,
0
(
)
25
,
0
(
)
75
,
0
(
0
6
)
0
( 6
0
6
0











 
X
P
b) 1779
,
0
)
25
,
0
(
)
75
,
0
(
6
6
)
6
( 6
6
6










 
X
P
c) )
6
(
)
5
(
)
5
( 



 X
P
X
P
X
P
)
6
(
)
5
( 


 X
P
X
P
1
5
)
25
,
0
(
)
75
,
0
(
5
6








 6
6
6
)
25
,
0
(
)
75
,
0
(
6
6 









5278
,
0
1719
,
0
3559
,
0 


d) (Ejercicio)
Ejemplo 28.- (wdc)Suponga que la máquina A produce el
doble de artículos que la máquina B. Se sabe que el 6%
de los artículos que produce la máquina A son
defectuosos, mientras que el 3% de los artículos
producidos por la máquina B son defectuosas. Si se junta
la producción diaria de estas máquinas y se toma una
muestra aleatoria de 10 artículos.
Calcular la probabilidad de obtener 3 artículos
defectuosos.
Solución.-
Datos:
:
X

de 116
52
“ ” que es la probabilidad de éxito se halla aplicando el
TEOREMA TOTAL, de la siguiente forma:
05
,
0
03
,
0
3
1
06
,
0
3
2
)
( 




defectuoso
P
Sea 10
,
,
2
,
1
,
0
: 
X número de artículos defectuosos,
entonces la función e probabilidad será:
      x
x
x
x
X
P











10
95
,
0
05
,
0
10
Se pide:       0104
,
0
95
,
0
05
,
0
3
10
3
7
3











X
P
10

n
P
A
B
D
D

de 116
53
Ejemplo 29.- (wdc?)Se puede clasificar a los agentes
colegiados de inversión en la bolsa en dos categorías:
(competentes) y (incompetentes)
Cuando un agente competente compra en nombre de un
cliente un valor bursátil, la probabilidad de que dicho
valor suba en el mercado es de 0,8.
Si el agente es incompetente esta probabilidad es de 0,5.
La estimación a priori de la probabilidad de que un
agente elegido aleatoriamente sea competente es de 0,3.
Un agente elegido aleatoriamente ha comprado en
nombre de una cierta persona 5 valores bursátiles
diferentes.
Se comprueba que sólo 3 de ellos han subido mientras
que los otros dos han bajado.
a) Calcular la probabilidad de que 3 valores sobre 5
suban cuando el agente es competente y cuando es
incompetente.
b) ¿Qué se puede aconsejar? La experiencia que se
posee, ¿permite aconsejar elegir aleatoriamente a otro
otro agente?
Solución.-

C El agente es competente.

de 116
54

I El agente es incompetente.

S Suba el valor bursátil.
Según el problema, en se pide calcular:
a)
a1) Para el caso del
AGENTE
COMPETENTE.
8
,
0

p
  3
,
0

C
P
Sea la variable aleatoria
:
X número de valores
bursátiles comprados
por el agente
competente y que han
subido 3 de una
muestra de 5.
Luego:
   
3

 X
P
C
S
P
   2
3
2
,
0
8
,
0
3
5









a2) Para el caso del
AGENTE
INCOMPETENTE
5
.
0

p
  7
.
0

I
P
Sea la variable aleatoria
Y : número de valores
bursátiles comprados
por un agente
incompetente y que
han subido 3 de una
muestra de 5.
Luego:
   
3

 Y
P
I
S
P
   2
3
5
,
0
5
,
0
3
5










de 116
55
2048
,
0
 3125
,
0

Para responder la parte b) debemos aplicar el TEOREMA
DE BAYES.
Visto en un diagrama de árbol y aplicando el Teorema de
Bayes, tenemos:
 
 
 
   
 
S
P
C
S
P
C
P
S
P
S
C
P
S
C
P 


 
   
3
7
.
0
3
3
.
0
3
3
.
0








Y
P
X
P
X
P
C
I

de 116
56
  
     
3125
,
0
7
,
0
2048
,
0
3
,
0
02048
3
,
0


219
.
0
8019
,
0
06144
,
0


Como    
S
C
P
C
P  , entonces se debe elegir otro agente.
Ejemplo 30.- (wdc)En una fábrica de zapatos, la parte
superior, la suela y los tacos son fabricados
separadamente y ensamblados para formar un zapato. El
5% de las partes superiores, el 4% de las suelas y el 1%
de los tacos tienen fallas.
Si se despacha un lote de 25 pares de zapatos(50
calzados). ¿Cuál es la probabilidad de que exista a lo más
un par con alguna falla?
Solución.-
Datos
Sean los eventos:
:
A parte superior del zapato
:
B la suela del zapato
:
C el taco del zapato
:
F falla en el zapato
Donde:
A B C
F
A
B
F
F
1/3

de 116
57
  05
,
0

A
F
P
  04
,
0

B
F
P
  01
,
0

C
F
P
F
C
F
B
F
A
F 





             
C
F
P
C
P
B
F
P
B
P
A
F
P
A
P
F
P 


01
.
0
3
1
04
,
0
3
1
05
,
0
3
1






033
,
0
10
,
0
3
1



Tomo 033
,
0

p , como 25

n pares 50
 zapatos.
Si X
Y 2

X : nº de zapatos
   
2
1 

 X
P
Y
P
   












2
1
50
967
,
0
033
,
0
1
50
x
x
x
266
,
0
318
,
0
86
,
0 


%
77
77
,
0 

Ejemplo 31.- (wdc)Una variable aleatoria X tiene por
función de densidad

de 116
58
 


 


caso
otro
en
x
x
x
f
,
0
2
0
,
2
Si se extrae 10 valores independientes de la v.a. X.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que exactamente cuatro
sean mayores que 1?
b) ¿Cuál es la probabilidad de que por lo menos cuatro
sean mayores que 1?
Solución.-
10

n
10
,
,
2
,
1
,
0
: 
Y  número de éxitos
   
4
3
1
4
4
1
2
2
1
2
1
2
1
2
2
1








 
x
dx
x
X
P
La distribución es:  
y
y
y
y
Y
P























10
4
1
4
3
10
a)       016
,
0
25
,
0
75
,
0
210
4
1
4
3
4
10
4
6
4
6
4
























Y
P
b)    
4
1
4 


 Y
P
Y
P

























3
0
10
4
1
4
3
10
1
y
y
y
y
(terminar: ejercicio)

de 116
59
Ejemplo 32.- (wdc)El departamento de contabilidad de
una firma comercial tiene dos empleados a tiempo
parcial: Manuel y Manuela.
Manuel trabaja los lunes, miércoles y viernes, en tanto
que Manuela lo hace los martes, jueves y sábado.
Manuel archivó erróneamente uno de cada cinco
documentos, mientras que Manuela lo hace uno de cada
seis.
Se elige al azar un día de la semana y en ese día se toma
una muestra de seis documentos de entre los
documentos archivados ese día
a) ¿Cuál es la probabilidad de que la muestra contenga
exactamente 3 documentos mal archivados?
b) Suponiendo que la muestra contenga exactamente 3
documentos mal archivados, ¿cuál es la probabilidad
de que hayan sido archivados por Manuel?
Solución.-
De un total de 6 días Manuel trabaja 3 días y Manuela,
también trabaja 3 días.
Sea:

M {Manuel trabaja 3 días}

N {Manuela trabaja 3 días}

de 116
60
 
2
1
6
3


M
P ;  
2
1
6
3


N
P

E {archivar erróneamente 3 documentos}
Tenemos dos variables aleatorias:

X número de documentos mal archivados por Manuel en la muestra de 6

n

Y número de documentos mal archivados por Manuela en la muestra de 6

n
    08192
,
0
5
4
5
1
3
6
3
3
3























 X
P
M
E
P
    05353
,
0
6
5
6
1
3
6
3
3
3























 Y
P
N
E
P
En a) se pide calcular   ?

E
P que es la “probabilidad
total”.
         
N
E
P
N
P
M
E
P
M
P
E
P 

05358
,
0
2
1
08192
,
0
2
1



 068
.
0
06775
.
0 

N
     
3
2
1
3
2
1



 Y
P
X
P
E
P
Se aplica BAYES, para hallar:
M
E
E
E
E

de 116
61
  6045
,
0
06775
,
0
08192
,
0
2
1



E
M
P
Ejemplo 33.- (wdc) Hallar la probabilidad de obtener el
número 1 al lanzar un dado cinco veces; en los
siguientes sucesos:
a) exactamente cuatro veces el número 1.
b) por lo menos cuatro veces?
c) a lo más cuatro veces?
Solución.-
5

n : número total de ensayos.
:
6
1

p es la probabilidad de obtener el “1” cuando se
arroja un dado una vez.
6
5
6
1
1
1 



 p
q
La variable aleatoria es 5
,
4
,
3
,
2
,
1
,
0

X : número de veces
que se obtienen el número 1.
La función de probabilidad es:
 
x
x
x
x
X
P























5
6
5
6
1
5
, 5
,
4
,
3
,
2
,
1
,
0

x
Se pide:

de 116
62
a)   





















6
5
6
1
4
5
4
4
X
p (terminar; ejercicio)
b)  
5
4
6
1
5
5
6
5
6
1
4
5
4 




































x
p (terminar; ejercicio)

























3
0
5
6
5
6
1
5
1
x
x
x
x
c)   
























4
0
5
6
5
6
1
5
4
x
x
x
x
X
p
Ejemplo 34.- (wdc)Un distribuidor de semillas ha
determinado a partir de numerosos ensayos que el 5% de
un grupo grande de semillas no germina; vende las
semillas en paquetes de 200, garantizando la germinación
del 90%. ¿Cuál es la probabilidad de que un paquete dado
no cumpla la garantía?
Solución.-
200

n
05
,
0
%
5 

p : porcentaje de semillas que no germina
200
,
,
2
,
1
,
0 

X : número de semillas que no germina.
Si el 90% germina, entonces el 10% no germina.
El 10% de 200 es igual a 20.
La distribución Binomial es       x
x
x
x
X
P











200
95
,
0
05
,
0
200

de 116
63
Se pide calcular:
   
20
1
20 


 X
p
X
p
   













20
0
200
95
,
0
05
,
0
200
1
x
x
x
x
Ejemplo 35.- (wdc)Se echan 10 esferas en 4 cajas, de
modo que cada esferas tenga la misma probabilidad de
caer en cualquiera de las cajas. ¿Cuál es la función de
probabilidad del número de esferas que cae en la
primera caja?
Solución.-
10

n
4
1

p : es la probabilidad de caer una esfera en una de las 4 cajas
10
,
,
2
,
1
,
0 

x : número de esferas que cae en la primera caja
 
x
x
x
x
X
P























10
4
3
4
1
10
, 10
,
,
2
,
1
,
0 

x
Ejemplo 36.- (wdc)Se trata de hacer un proceso de
fabricación para la obtención de conmutadores un tanto
por ciento de defectuosos a 1% como máximo. Se
comprueba el proceso cada hora, probando 10

de 116
64
conmutadores elegidos aleatoriamente entre los
obtenidos en una hora.
Si fallan uno o más de los 10, se detiene el proceso y se
procede a un examen cuidadoso. Si la probabilidad real
de producir un conmutador defectuoso es 0,01. ¿Cuál es
la probabilidad de que el proceso sea examinado sin
necesidad en un caso determinado?
Solución.-
10

n
01
,
0

p
10
,
,
2
,
1
,
0
: 
x , número de defectuosos
La función de cuantía sería:       x
x
x
x
P










10
99
,
0
01
,
0
10
El proceso será examinado sin necesidad, cuando:
   
1
1
1 


 X
P
X
P
   10
0
99
,
0
01
,
0
0
10
1 









 10
99
,
0
1

Ejemplo 37.- (wdc)Con respecto al ejemplo anterior,
¿cuántos conmutadores (en vez de 10) deberán
verificarse si el fabricante desea que la probabilidad de

de 116
65
que el proceso sea examinado cuando se produzca un
10% de defectuosos sea 0,95?
Solución.-
?

n
10
,
0

p
La función de probabilidad es:       x
n
x
x
n
x
P









 90
,
0
10
,
0
Se tiene que:   95
,
0
1 

X
P
  95
.
0
1
1 

 x
P ,    
0
1 

 x
P
x
P
 
0
95
,
0
1 

 X
P
   n
n
90
,
0
10
,
0
0
05
,
0
0









 n
90
,
0
05
,
0 
   
90
,
0
log
05
,
0
log n

4332
,
28
0457574
,
0
30103
,
1
90
,
0
log
05
,
0
log





n
28

n
Ejemplo 38.- (wdc) Demostrar las fórmulas de la
Esperanza y la Varianza de la Distribución Binomial.
Solución.-

de 116
66
La función de cuantía es:   x
n
x
q
p
x
n
x
P 








 , n
x ,
,
1
,
0 

   



n
x
x
P
x
X
E
0












n
x
x
n
x
q
p
x
n
x
0
 





n
x
x
n
x
q
p
x
n
x
x
x
0 !
!
!
, pues   x
x
x !
1
! 

  n
n
n !
1
! 

   






n
x
x
n
x
q
p
x
n
x
n
1 !
!
1
!
 
 








1
1
1
!
1
!
1
n
x
x
n
x
q
p
x
n
np
 





1
1



n
q
p
np
np

     
 2
2
X
E
X
E
x
Var 

Observación.-
  












n
x
x
n
x
n
q
p
x
n
q
p
0
  












 


1
0
1
1 1
n
x
x
n
x
n
q
p
x
n
q
p
 



















1
0
1
1
1
1
1
1
n
x
x
n
x
q
p
x
n
















1
1
1
1
1
n
x
x
n
x
q
p
x
n
Donde:
 
   
1
1
!
1
!
1
1
1
















x
n
x
n
x
n
 
   !
1
!
1
!
1




n
x
n

de 116
67
   2
2
np
X
E 

Debo calcular  
2
X
E
   

 x
p
x
X
E 2
2
Hacer un artificio en 2
x restar y sumar x :
   
 

 x
P
x
x
x2
Aplicar la propiedad DISTRIBUTIVA de la suma.
     
 












 x
xp
x
p
x
x2
 
 
 


 
np
q
p
n
x
n
x
x x
n
x
!
1
!
!
1
    x
x
x
x 1
!
2
! 


   
 


 
np
q
p
x
n
x
n x
n
x
!
!
2
!
   
   
 




 

np
p
q
p
x
n
x
n
n
n x
n
x 2
2
!
!
2
1
!
2
 
 
   
 
np
q
p
x
n
x
n
np
n
n
q
p
x
n
x















 




 






1
2
2
2
!
!
2
!
2
1
    2
2
1 np
n
X
E 

Luego:
     
 2
2
x
E
x
E
X
Var 

   2
2
1 np
np
np
n 




de 116
68
 
 
np
p
n
np 


 1
1
 
np
p
np
np 


 1
 
p
np 
 1
npq

Ejemplo 39.- (wdc)Supongamos que PEDRO va patear
tiros libres en una cancha de fútbol, y se dispone a tirar
hasta anotar un gol. Si se sabe que sus tiros son
independientes y que su probabilidad constante de
anotar un gol es 0,6. ¿Cuál es la probabilidad de que
exactamente sean necesarios 4 tiros hasta convertir un
gol por primera vez?
Solución.-
6
,
0

p 4
,
0
1 

 p
q 
,
3
;
2
;
1

x )
6
,
0
(
~ g
X
     
6
,
0
4
,
0
1


x
x
P 
,
3
;
2
;
1

x
      0384
,
0
6
,
0
4
,
0
4
1
4




X
P
os
lanzamient
p
X
E 6
6
,
0
1
1
)
( 



 ; es decir en promedio
se requieren de 6 lanzamientos hasta convertir un gol de
tiro libre por primera vez.
Ejemplo 40.- (wdc)Se lanza una moneda no hasta que
aparezca una cara por primera vez. ¿Cuál es la

de 116
69
probabilidad de que se necesiten menos de 3 intentos?
¿Qué se necesiten menos de 4 intentos?
Solución.-
La probabilidad de obtener cara, al tirar una moneda, es:
2
1

p ;
2
1
1 

 p
q ; )
2
/
1
(
~ g
X
 
2
1
2
1
1








x
x
P , 
,
3
,
2
,
1

x
a)   










3
1
1
2
1
2
1
3
x
x
X
P
4
3
2
1
2
1
2
1



b)  
8
7
2
1
2
1
4
3
1








 

x
x
x
P
Ejemplo 41.- (wdc)Se lanza un dado hasta que aparezca
el 5 por primera vez.
a)¿Cuál es la probabilidad de que haya que lanzarlo más
de 4 veces?
b) Hallar la media; varianza y desviación estándar
poblacional.
c) Obtener su FDA.
Solución.-

de 116
70
La probabilidad de aparecer el 5 cuando se tira un dado
es:
6
1

p ;
6
5
1 

 p
q ; )
6
/
1
(
~ g
X
  













6
1
6
5
1
x
x
P , 
,
3
,
2
,
1

x
a)    
4
1
4 


 X
p
X
P

















4
1
1
6
1
6
5
1
x
x

















3
6
5
6
5
1
6
1
1 






















6
5
1
6
5
1
6
1
1
4











 


6
1
6
5
6
6
1
1
4
4
4
 
4
4
4
6
5
6
1



4
4
4
4
4
6
5
6
5
6
6










b) 5
/
6
;
25
/
6
)
6
/
5
(
6
/
1
)
(
;
6
6
1
1
1
)
( 2
2
2








 


q
p
X
Var
p
X
E
c)
  ;.........
3
;
2
;
1
;
6
1
6
5
1















x
x
P
x
i)
0
)
(
)
(
;
1




x
X
P
x
F
x

de 116
71
ii)
6
/
1
)
1
(
)
(
)
(
;
2
1







X
P
x
X
P
x
F
x
iii)
11
/
6
)
6
/
5
)(
6
/
1
(
6
/
1
)
2
(
)
1
(
)
2
(
)
(
)
(
;
3
2












 X
P
X
P
X
P
x
X
P
x
F
x
iv)
216
/
91
)
6
/
1
(
)
6
/
5
(
)
6
/
5
)(
6
/
1
(
6
/
1
)
3
(
)
2
(
)
1
(
)
3
(
)
(
)
(
;
4
3
2















 X
P
X
P
X
P
X
P
x
X
P
x
F
x
v)
1296
/
671
)
6
/
1
(
)
6
/
5
(
)
6
/
1
(
)
6
/
5
(
)
6
/
1
)(
6
/
5
(
6
/
1
)
4
(
)
3
(
)
2
(
)
1
(
)
3
(
)
(
)
(
;
5
4
3
2


















 X
P
X
P
X
P
X
P
X
P
x
X
P
x
F
x
En general para cualquier ;.......
3
;
2
;
1
;
1
; 


 k
k
x
k
x
)
6
/
1
(
)
6
/
5
(
...
)
6
/
1
(
)
6
/
5
(
)
6
/
1
)(
6
/
5
(
)
6
/
1
(
)
( 1
2 




 k
x
F
]
)
6
/
5
(
...
)
6
/
1
(
)
6
/
5
(
)
6
/
5
(
1
)[
6
/
1
(
)
( 1
2 




 k
x
F
;.....
3
;
2
;
1
;
1
;
)
6
/
5
(
1
)
6
/
5
(
1
)
6
/
5
(
1
)
6
/
1
(
)
( 













 k
k
x
k
x
F k
k
Por lo tanto la FDA es:











x
x
F
k
k
x
k
x
F
x
x
F
k
;
1
)
(
;........
3
;
2
;
1
;
1
;
)
6
/
5
(
1
)
(
1
;
0
)
(
Ejemplo 42.- (wdc)En la universidad, el 20% de los
estudiantes solo estudian y no trabajan. Se selecciona al
azar alumnos de esta universidad, una cada vez, hasta
encontrar un estudiante que no trabaja.

de 116
72
a) ¿Cuál es la probabilidad de que la cuarta persona es
la primera que no trabaja?
b) ¿Cuál es el número esperado de estudiantes
escogidas que no trabajan?
c) ¿Qué objeciones haría al modelo escogido?
Solución.-
a) La probabilidad de encontrar un estudiante que no
trabaja es:
20
,
0

p , luego 80
,
0
1 

 p
q
     
20
.
0
80
,
0
1


x
x
P , 
,
3
,
2
,
1

x
b)      
20
,
0
80
,
0
4
2


X
p
c)   5
20
,
0
1
1



p
X
E ; es decir se necesitan en promedio
en el ensayo 5 aparece el primer alumno que no trabaja.
La universidad por más grande que sea tendrá un número
finito de alumnos; digamos N; por lo tanto el
;........}
3
;
2
;
1
{

X
R es discutible.
Ejemplo 43.- (wdc)Una ruleta americana generalmente
tiene 38 lugares, de los cuales 18 son negros, 18 son
rojos y 2 son verdes.

de 116
73
Sea X el número de juegos necesarios para obtener el
primer número rojo.
a) Dar la función de probabilidad y la media para X.
b) Si se sabe que se necesitaron menos de 5 giros para
obtener rojo por primera vez. ¿Cuál es la probabilidad de
que requieran 3 o más lanzamientos?
Solución.-
a) Si de 38 lugares que tiene la ruleta 18 son rojos,
entonces la probabilidad de obtener rojo es:
19
9
38
18


P ;
19
10
1 

 p
q
Si 
,
3
,
2
,
1

X número de juegos necesarios para obtener el
primer número rojo, entonces la función de probabilidad
es:
  













19
9
19
10
1
x
x
P , 
,
3
,
2
,
1

x
La media poblacional para la v.a. X es:
 
9
19
)
19
/
9
/(
1
1



p
X
E ; giros de la ruleta en promedio para
obtener el color rojo por primera vez.
b)
107982
,
0
976152
,
0
105407
,
0
)
19
/
9
(
1
)
19
/
9
(
)
19
/
10
(
)
19
/
9
(
)
19
/
10
(
)
19
/
9
(
1
)
5
(
)
4
(
)
5
(
)
5
3
(
)
5
/
3
(
5
4
3
5
















X
P
X
P
X
P
X
P
X
X
P

de 116
74
Ejemplo 44.- Sea Y el número de juegos necesarios para
que aparezca el primer número verde en la ruleta por
primera vez mencionada en el problema anterior. ¿Cuál
es la función de probabilidad, la media y la varianza para
Y?
SOLUCIÓN
1. 
,
3
,
2
,
1

y
19
1
38
2


P , entonces
19
18

q
2. Se pide hallar:
a)   













19
1
19
18
1
y
y
P , 
,
3
,
2
,
1

y
b)   19
19
1
1
1



p
Y
E
c)  
 
342
19
18
19
1
19
18
2
2





p
q
Y
Var

de 116
75
Ejemplo 45.- La embotelladora de gaseosas ROCA S.A.,
está promocionando su nuevo producto “KOLA”.
Para ello pone un premio en cada 40 KOLAS, cualquiera
que compra una KOLA premiada obtiene una pelota
gratuita. Si alguien decide comprar KOLA hasta obtener
una KOLA premiada.
¿Cuánto se espera comprar antes de hallar una KOLA
premiada?
Si cada cola cuesta I/. 2.00, ¿cuánto espera gastar?
Solución.-
1. Si de cada 40 KOLAS hay una que está premiada,
entonces:
40
1

p
2. Como el problema corresponde a una DISTRIBUCION
GEOMÉTRICA, entonces:
a)   40
40
1
1
1



p
X
E KOLAS
b) Espera gastar:  
40
2 I/. 80.00.

de 116
76
Ejemplo 46.- Supongamos que se juega a los dados. El
juego consiste en arrojar dos dados, gana el que obtiene
“Suma 7”. ¿Cuántos lanzamientos en promedio hay que
hacer para poder ganar?
Solución.-
1. Sea 
,
3
,
2
,
1

x : número de lanzamientos hasta
obtener suma 7.
2. Sea el “EVENTO ÉXITO”
           
 
3
,
4
,
4
,
3
,
2
,
5
,
5
,
2
,
1
,
6
,
6
,
1

A
entonces:  
2
1
36
6


 A
P
p
3. Luego   6
1


p
X
E lanzamientos.
Ejemplo 47.- Demostrar la fómulas de la esperanza y la
varianza de la DISTRIBUCIÓN GEOMÉTRICA.
Solución.-
La función de probabilidad de la DISTRIBUCIÓN
GEOMÉTRICA es:
  p
q
x
p x 1

 , 
,
3
,
2
,
1

x

de 116
77
Luego:    




1
x
x
p
x
X
E
 








1 1
1
1
x x
x
x
q
x
p
p
q
x
Para hallar la suma infinita 



1
1
x
x
q
x se recurre al criterio de
la DERIVADA.
Veamos cómo es esto:
q
q
q
q
q
x
x









 1
1
1
0
3
2


Derivemos con respecto a que ambos miembros con
respecto de q :
 






1
2
1
1
1
x
x
q
q
x
dq
d
 
 2
1
1
q
p
X
E


p
p
p
1
1
2


Para la varianza:
     
 2
2
X
E
X
E
X
Var 

   




1
2
2
x
x
P
x
X
E 




1
1
2
x
x
p
q
x

de 116
78
Multiplicar por “q” ambos miembros.
  




1
1
2
2
x
x
p
q
x
q
X
E
q . ; q dentro de la sumatoria: 

1
2
x
x
p
q
x
     
 




1 1
2
1
2
2
2
x x
x
x
p
q
x
p
q
x
X
qE
X
E
     
 





2 1
2
2
1
2
2
1
x x
x
P
p
q
x
p
q
x
p
X
E
q



   
 
 




1 1
2
2
2
1
x x
x
x
p
q
x
p
q
x
p
X
pE
 
 
 





1 1
2
2
1
2
x x
x
x
p
q
x
p
q
x
x
p
   
   





1 1 1 1
2
2
2
x x x x
x
x
x
x
p
q
x
p
q
p
q
x
p
q
x
p
 







1 1
2
x x
x
x
p
q
p
q
x
p
 










1
1
1
1
1
2 










x
x
X
E
x
x
p
q
q
p
q
x
q
p
q
p
q
p 


1
2
p
q
q
p
2
1






 
p
q
p
p
q
X
pE
2
2
1
2 




de 116
79
  2
2 2
p
q
p
X
E


2
2
1
2
)
(
p
p
q
p
X
Var 

 2
1
2
p
q
p 


 
2
1
2
p
p
q 

 2
2
2
p
q
p
q
q



Ejemplo 48.- Una caja contiene 10 tornillos, de los cuales
8 están en buen estado, si se escogen, al azar y sin
sustitución, 5 tornillos. ¿Cuál es la función de
probabilidad para los tornillos buenos? ¿Cuál es la
función de probabilidad para el número de tornillos
inservibles?
Solución.-
Los parámetros son:
10

N total de tornillos buenos.
8

r tornillos buenos.
2

r
N tornillos malos.
5

n número de extracciones.
Sea 5
,
4
,
3
,
2
,
1
,
0
:
X el número de tornillos buenos,
entonces, la función de probabilidad para los tornillos
buenos será:

de 116
80
 



























5
10
5
2
8
x
x
x
X
p , 5
,
4
,
3
,
2
,
1
,
0

x
Sea 2
,
1
,
0
:
Y el número de tornillos malos, entonces la
función de cuantía correspondiente será:
 



























5
10
5
8
5
y
y
y
Y
p , 2
,
1
,
0

y
Ejemplo 49.- Una empresa manufacturera recibe un lote
que contiene 100 artículos; de los cuales cinco son
defectuosos. La compañía revisa constantemente los que
recibe para establecer la calidad del material. Si la calidad
de un lote recibido es baja, regresa al proveedor el lote
completo. Suponga que la compañía recibe el lote y lo
acepta si hay sólo 1 o menos piezas defectuosas en una
muestra de tamaño 6. ¿Cuál es la probabilidad de que se
acepte un lote de 100 artículos que contenga 5
defectuosos?

de 116
81
Solución.-
1.
Lote de 100

N artículos
2. Sea 5
,
4
,
3
,
2
,
1
,
0
:
X número de defectuosos.
 



























6
100
6
95
5
x
x
x
X
p , 5
,
4
,
3
,
2
,
1
,
0

x
3. La compañía acepta el lote sólo cuando hay 1 o menos
piezas defectuosas, entonces la probabilidad de que
acepte el lote será:
5 D
95 D’
: tamaño de la muestra
defectuosos
no
defectuosos

de 116
82
  




























1
0
6
100
6
95
5
1
x
x
x
x
p
















































5
95
1
5
6
95
0
5
6
100
1
972
,
0
448140
435643


4. Si aproximamos ala BINOMIAL tendremos:
05
,
0
100
5


p , 95
,
0
1 

 p
q
La función de cuantía de la Distribución Binomial será:
      x
x
x
x
X
p











6
95
.
0
05
.
0
6
, 5
,
4
,
3
,
2
,
1
,
0

x
5. Se pide calcular:
     













1
6
95
.
0
05
.
0
6
1
x
x
x
x
X
p

de 116
83
232
.
0
735
.
0 

97
.
0
967
.
0 

Ejemplo 50.- Una secretaria ha de enviar tres de un total
de nueve cartas de propaganda comercial por entrega
especial. Si las cartas se le mezclan y pone las
direcciones al azar, y envía las tres cartas. Hallar las
siguientes probabilidades:
a) De que ponga las direcciones de entrega especial en
cartas que no habrán de llevarlas.
b) De que las ponga en cartas precisas.
c) De que acierte en dos cartas y se equivoque en otra.
d) De que acierte en 3 de ellas.
SOLUCIÓN
9

N total de cartas
3

r cartas con entrega especial
3

n tamaño de la muestra
3 E
6 E´

de 116
84
:
E entrega especial.
Sea 3
,
2
,
1
,
0
:
X : número de cartas que habrán de tener
entrega especial.
 



























3
9
3
6
3
x
x
x
X
P , 3
,
2
,
1
,
0

x
Se pide:
a)  
21
5
84
20
3
9
3
6
0
3
0 



























X
P
b)  
84
1
3
9
0
6
3
3
3 


























X
P
c)  
14
3
84
18
3
9
1
6
2
3
2 



























X
P

de 116
85
d)  
84
1
3
9
0
6
3
3
3 


























X
P
Ejemplo 51.- Una residencial tiene desocupados 12
cuartos unipersonales con baño y 8 cuartos
unipersonales sin baño. Llegan 4 viajeros y eligen, al
azar, sus cuartos. ¿Cuál es la probabilidad de que, entre
los recién llegados sea mayor el número de los que
consiguen cuarto con baño; que el de los que consiguen
cuarto sin baño?
Solución.-
20

N total de cuartos
12

r cuartos con baño
8

r
N cuartos sin baño
4

n tamaño de la muestra
Sea 4
,
3
,
2
,
1
,
0
:
X : número de personas que consiguen cuarto
con baño
12 B
8 B´

de 116
86
X tiene Distribución Hipergeométrica, cuya función de
probabilidad es:
 


























4
20
4
8
12
x
x
x
P , 4
,
3
,
2
,
1
,
0

x
Se pide calcular:  
3

X
P
     
4
3
3 



 X
P
X
P
x
P
4654
,
0
4
20
0
8
4
12
4
20
1
8
3
12



















































Ejemplo 52.- Se sacan al azar trece naipes sin remplazo
de una baraja normal de 52. ¿Cuál es la función de
probabilidad para el número de naipes rojos en la
muestra? ¿Cuál es la media y la varianza del número de
naipes rojos?
SOLUCIÓN
52

N 13

n 26

r
13
,
,
2
,
1
,
0 

X : número de naipes rojos.
La función de probabilidad será:

de 116
87
 



























13
52
13
26
26
x
x
x
X
P
 
N
r
n
np
X
E 
 5
,
6
2
13
52
26
13 


 
1



N
n
N
npq
X
Var
68
169
1
52
13
52
52
26
52
26
13 





Ejemplo 53.- Un jurado de 7 jueces va a decidir entre 2
finalistas quién es la ganadora de un concurso de belleza,
para lo cual bastará una mayoría de los jueces. Suponer
que 4 jueces voten por María y que los otros 3 voten por
Susana. Si se seleccionan al azar una muestra de 3
jueces y se les pregunta por quién va a votar, ¿cuál es la
probabilidad de que la mayoría de los jueces de la
muestra estén a favor de María?
Solución.-
7

N 3

n 4

r (total de jueces que votan por María en
la población)
Sea 3
,
2
,
1
,
0

X el número de jueces en la muestra que
voten por María.

de 116
88
 



























3
7
3
3
4
x
x
x
X
p , 3
,
2
,
1
,
0

x
Pero usando la función de probabilidad, se halla
cuando: 2

X (mayoría en la muestra)
     
3
2
2 



 X
P
X
P
X
P 6285
,
0
35
22
3
7
0
3
3
4
3
7
1
3
2
4




















































LA DISTRIBUCIÓN DE POISSON
Se dice que una variable aleatoria X tiene una
DISTRIBUCIÓN DE POISSON, si su función de
probabilidad es:
 
!
x
e
x
X
P
x




 ,

,
3
,
2
,
1
,
0

x
Su parámetro es:
  

X
E
  

X
Var

de 116
89
La distribución de Poisson, se deduce de dos maneras:
1) Sea X una variable aleatoria distribuida como una
binomial con parámetros “n ” y “ p ” cuya función de
probabilidad es:
    x
n
x
p
p
x
n
x
X
P











 1 , n
x ,
,
2
,
1
,
0 

Suponemos que 

np , siendo “n ” muy grande  


n y “ p
” muy pequeño  
0

p , entonces ocurre lo siguiente:
 
!
1
lim
0
x
e
p
p
x
n x
x
n
x
p
n

















que es una distribución de
Poisson
2) La segunda manera, se deduce a partir de un
PROCESO DE POISSON. Esta deducción no es sencilla,
para mayor información consultar el libro:
PROBABILIDADES Y APLICACIONES ESTADÍSTICAS, por
PAUL L. MEYER.
PROPOSICIÓN: Supongamos que observamos un
Proceso de POISSON con parámetro  durante t
unidades de medida (ésta unidad de medida puede ser un
intervalo de tiempo, una longitud, un área o un volumen).
Sea X el número de eventos que ocurren. Entonces se le

de 116
90
llama a X la variable aleatoria de POISSON con parámetro
t
 y cuya función de probabilidad es:
   
!
x
t
e
x
X
P
x
t




 , 
,
2
,
1
,
0

x
Ejemplo 54.- A una garita de peaje llegan aleatoriamente
100 autos por hora. Calcular la probabilidad de que:
a) Un auto llegue durante un período de 1 minuto.
b) Por lo menos dos autos lleguen durante un período
dado de un minuto.
Solución.-
Este problema es un PROCESO DE POISSON:
Veamos cómo hallamos el parámetro ?

t

1. Una manera muy sencilla de hallar el parámetro t
 es
mediante una regla de tres simple, así:
Luego, autos
t 5
300
´
60
´
1




TIEMPO AUTOS
60´ 300
1´

de 116
91
Luego  
!
5
5
x
e
x
X
p
x


 
,
2
,
1
,
0

x (número de autos por minuto)
a)   0336
.
0
5
!
1
5
1 5
1
5



 

e
e
X
P
b)     )
1
(
)
0
(
1
2
1
2 







 X
P
X
P
x
P
X
P
  9596
,
0
0404
,.
0
1
5
1 5
5





 

e
e
Ejemplo 55.- Se produce defectos en forma aleatoria en
cierto tipo de tejidos de lana, con un promedio de un
defecto cada 100 metros cuadrados. ¿Cuál es la
probabilidad de que una pieza de 50 por 10 metros no
tenga defectos? ¿De que presente un defecto como
máximo?
Solución.-
El problema es un proceso de POISSON, donde debemos
hallar el parámetro t
 .
Si m2
DEFECTOS
100 1
50 x 100

de 116
92
5
1
100
10
50




t
 defectos.
Sea 
,
2
,
1
,
0

X el número de defectos, entonces la
función de probabilidad será:
a)   0067
,
0
!
0
5
0 5
0
5



 

e
e
X
p
b)   0404
,
0
!
1
5
1
1
5
5





 e
e
X
P
Ejemplo 56.- En la ciudad de Lima se han producido a
razón de 3 apagones por mes.
Hallar la probabilidad de que en los próximos 6 meses, no
haya ningún apagón.
Solución.-
Por ser un proceso de POISSON, debemos hallar el
nuevo parámetro t
 , sabiendo que 3

 apagones por
mes.
MESES APAGONES
1 3
6
3
1
6


t

18

t


de 116
93
 
!
18
18
x
e
x
P
x

 , 
,
2
,
1
,
0

x

,
2
,
1
,
0
:
X es el número de apagones por períodos de 6
meses.
Se pide calcular   18
0 

 e
X
P
Ejemplo 57.- Un libro de 400 páginas tiene 400 errores
de impresión distribuida aleatoriamente.
¿Cuál es la probabilidad de que una página observada
contenga por lo menos 2 errores?
Solución.-
Como se trata de un PROCESO DE POISSON, debo hallar
el parámetro t
 , por una sencilla regla de tres simple.
400
400
1


t
  1

t

Si 
,
2
,
1
,
0
:
X es el número de errores por página,
entonces la función de probabilidad es:
PÁGINAS ERRORE
S
400 1
1

de 116
94
 
!
1
1
x
e
x
P
x

 , 
,
2
,
1
,
0

x
    )
1
(
)
0
(
1
2
1
2 







 X
P
X
P
X
P
X
P
2642
,
0
!
1
1
!
0
1
1
1
1
0
1






e
e
Ejemplo 58.- Cierto alimento produce una reacción
alérgica en un 0,01% de la población. Si 100000 personas
comen este alimento diario en promedio.
a) ¿Cuál es el número esperado de personas con
reacción alérgica?
b) ¿Cuál es la función de probabilidad del número de
personas en este grupo de 100000 personas que son
alérgicos a este alimento según la aproximación?
Solución.-
Este problema corresponde a una distribución binomial,
con: 0001
,
0

p y 100000

n
Se puede aproximar a la Distribución de Poisson
tomando: np

    10
0001
,
0
100000 

El problema pide:
a) El número esperado de personas con reacción
alérgica: 10

 personas

de 116
95
b)    
!
10
10
x
e
x
P
x

 , ;....
100000
,
;
2
;
1
;
0 

x
Ejemplo 59.- Una universidad se calificó 100000
exámenes en determinado semestre. En ocasiones
anteriores, se ha descubierto que 0,1% de todas las
calificaciones estaban equivocadas.
Suponga que una persona estudia cinco materias en esta
universidad en un semestre. ¿Cuál es la probabilidad de
que todas las calificaciones estén correctas?
SOLUCIÓN
001
,
0
%
01
,
0 

p
100000

n
np

    100
0001
100000 

Si 
,
2
,
1
,
0

X es el número de calificaciones
equivocadas, entonces la función de probabilidad para la
variable aleatoria será:
es el promedio de calificaciones equivocadas
de un total de 100000 exámenes.

de 116
96
 
 
!
100
100
x
e
x
X
P
x


 , 
,
2
,
1
,
0

x
Donde:   100
0 

 e
X
P
Ahora si tenemos una muestra de 5 materias, con 100

 e
p
, siendo 5
,
4
,
3
,
2
,
1
,
0

y el número de calificaciones
correctas de una muestra de 5 pruebas, entonces se trata
de una Distribución Binomial, cuya función de cuantía es:
      y
y
e
e
y
y
Y
p














5
100
100
1
5
Se pide calcular:   500
5 

 e
Y
P
Ejemplo 60.- La probabilidad “ p ” de que se acaben las
existencias de un almacén en un mes es 2,5%.
a) Demostrar que el número de fallas de existencias
durante 40 meses es una variable aleatoria X que
sigue una ley de probabilidad Binomial.
b) Mediante qué distribución puede aproximarse la ley
anterior y calcular la probabilidad de:
Que no haya ninguna falla en las existencias.
es la proporción de que NINGUNA, de las 100000
calificaciones, esté equivocada ( o sea todas estén
correctas.

de 116
97
Que haya 2 fallas en las existencias.
Solución.-
a) Se conocen: 025
,
0

p para un mes; en 40

n meses;
Por tanto, X tiene distribución Binomial cuya función de
probabilidad es:
      x
x
x
x
X
P











40
975
,
0
025
,
0
40
, 40
,
,
2
,
1
,
0 

x
b) Como 025
,
0

p es pequeña y 40

n es relativamente
grande, podemos aproximar a la Poisson, con:
np

   1
025
,
0
40 

La función de probabilidad de Poisson para 1

 , será:
 
!
1
1
x
e
x
X
pP
x


 , 
,
2
,
1
,
0

x
Se pide calcular:
  3678
.
0
0 1


 
e
X
P
  1839
,
0
!
2
1
2
2
1




e
X
P

de 116
98
Ejemplo 61.- ¿??La compañía “ABC” asegura a una flota
de 1000 barcos, cuyo valor es de I/. 100 millones de soles
(valor unitario).
Las cláusulas del contrato establecen que el siniestro
que se considera es la pérdida total de un barco, suceso
cuya probabilidad se estima en 0,001 anual. Los riesgos
de pérdida de los barcos son independientes.
a) Sea X el número de barcos perdidos en un año. ¿Cuál
es la distribución de X?
b) La compañía regulariza al 31 de Diciembre sobre sus
reservas, los siniestros del año. ¿A cuánto deben
elevarse sus reservas para que puedan hacer frente a
sus compromisos con una probabilidad de 0,999?
SOLUCIÓN
000
,
1

n , 001
.
0

p , 1000
,
,
3
,
2
,
1
,
0
: 
X
X tiene DISTRIBUCIÓN BINOMIAL, por tanto   1

 np
X
E y
    1
999
.
0
1 

 npq
X
V . Como 

n y  
!
1
1
x
e
x
X
P
x


 , 1000
,
,
2
,
1
,
0 

x
Ejemplo 62.- Una fábrica produce artículos idénticos con
tres máquinas, la primera realiza el 50% de la producción

de 116
99
total con 1% defectuoso, la segunda el 30% con 2%
defectuoso y la tercera el 20% con el 3% defectuoso.
Un comerciante desea comprar un lote de artículos y para
ello analiza una muestra de 100 artículos, aceptando el
lote si hay dos ó menos defectuosos, ¿qué probabilidad
existe de rechazar el lote?
Solución.-
Según el enunciado del problema el valor de “ p ” será
hallado aplicando al TEOREMA TOTAL.
Consideremos los siguientes eventos:
:
1
M La 1º máquina produce el 50%    50
,
0
1

M
P
:
2
,
0
2

M
P
:
3
.
0
3

M
P
:
D Artículo defectuoso.
  01
,
0
1

M
D
P
  02
,
0
2

M
D
P
  03
,
0
3

M
D
P
El TEOREMA TOTAL afirma lo siguiente:
Si D
M
D
M
D
M
D 




 3
2
1
ver diagrama.
D

de 116
100

             
3
3
2
2
1
1
M
D
P
M
P
M
D
P
M
P
M
D
P
M
P
D
P 


        
03
.
0
20
.
0
02
.
0
30
.
0
01
.
0
50
.
0 


  017
.
0

D
P
La distribución exacta en la binomial con
017
,
0
;
100 
 p
n
100
;....;
2
;
1
;
0
;
)
983
,
0
(
)
017
,
0
(
100
)
( 100









 
x
x
x
P x
x
)
2
(
)
1
(
)
1
(
)
0
(
)
2
(
)
( 








 X
P
X
P
X
P
X
P
X
P
lote
el
aceptar
P
7579
,
0
)
983
,
0
(
)
017
,
0
(
2
100
)
983
,
0
(
)
017
,
0
(
1
100
)
983
,
0
(
)
017
,
0
(
0
100 98
2
99
1
100
0




























2421
,
0
7579
,
0
1
)
( 


rechazar
P
Ejemplo 63.- Un control al 100% de los artículos
producidos en una fábrica ha permitido comprobar que
de 14760; habían 738 defectuosas.
Se toman al azar 60 artículos al azar con
reemplazamiento y se cuenta el número de artículos
defectuosos.
a) Hallar la distribución de probabilidades de la v.a. X
que cuenta el número de artículos defectuosos en la

de 116
101
muestra de tamaño 60 y también obtenga su media y su
varianza.
Solución.-
05
,
0
14760
738


 defectuoso
sea
artículo
p
60
;....;
2
;
1
;
0
;
)
95
,
0
(
)
05
,
0
(
60
)
(
);
05
,
0
;
60
(
~ 60









 
x
x
x
P
b
X x
x
3
)
05
,
0
(
60
)
( 


 np
X
E
 artículos defectuosos.
85
,
2
)
95
,
0
)(
05
,
0
(
60
)
(
2



 npq
X
Var

b) Si el muestreo se hubiese realizado sin
reemplazamiento; como sería la distribución de
probabilidades asociada; obtenga la media y la varianza
poblacional asociadas.
Solución.-
738
;
14760 
 K
N
)
14760
;
60
;
738
(
)
;
;
(
~ HG
N
n
K
HG
X 
60
;...;
2
;
1
;
0
;
60
14760
60
14022
738
)
( 





















































 x
x
x
n
N
x
n
k
N
x
k
x
X
p
95
,
0
;
05
,
0
14760
738



 q
N
k
p

de 116
102
3
)
05
,
0
(
60
)
( 


 np
X
E

8384
,
2
1
14760
60
14760
)
14760
14022
)(
14760
738
(
60
1
)
(
2








N
n
N
npq
X
Var

c) Calcular la probabilidad usando el modelo binomial y
luego el modelo hipergeométrico de que en un lote de
60 piezas el número X sea exactamente dos.
Solución.-
2258
,
0
)
95
,
0
(
)
05
,
0
(
2
60
)
2
(
);
05
,
0
;
60
(
~ 58
2










P
b
X
...
..........
60
14760
58
14022
2
738
)
2
( 





















































n
N
x
n
k
N
x
k
X
p
Ejemplo 64.- Una variable aleatoria X con distribución de
POISSON tiene valor medio igual a 4, calcular:
   
 

 2
2 


 X
E
X
X
E
P
Solución.-
El valor medio de la distribución de POISSON es:
  

 4
X
E     4
var 
 X
X
E
La función de Probabilidad de Poisson será:

de 116
103
 
!
4
4
x
e
X
P
x

 , 
,
3
,
2
,
1
,
0

x
   
     
 
2
2
4
2
2
4
2
2 







 X
P
X
E
X
X
E
P 

 
8
0 

 X
P  
7
1 

 X
P
857
,
0

DISTRIBUCIONES CONTINUAS
Ejemplo 65.- En un cine se exhibe una película de 150
minutos de duración en forma continua. ¿Cuál es la
probabilidad de que un espectador que se elija al azar se
pierda menos de los 15 primeros minutos de la película?.
Suponer distribución uniforme.
Solución.-
Sea X que la variable aleatoria definida como la duración
de la exhibición de una película tiene una distribución
uniforme en el intervalo  
150
;
0 y está definido por:
 










lugar
otro
x
x
f
,
0
150
0
,
150
1
Se pide  
15
X
P  


15
0
dx
x
f

de 116
104
 


15
0
15
0
150
1
150
1
dx
dx
 15
0
150
1
x
  
10
1
150
15
0
15
150
1




Ejemplo 66.- Los buses de cierta línea trabajan entre
media noche y 1 de la mañana.
¿Cuál es la probabilidad de que una persona que está en
un paradero de esta línea de buses, a una hora al azar
durante este periodo tenga que esperar por lo menos 20
minutos? ¿Cuál es la espera promedio?
Solución.-
Sea X: la variable aleatoria definida como el número de
minutos que se espera a un bus que trabajan en el
horario dado.
X tiene una Distribución Uniforme en el intervalo  
60
,
0 y
está definido por:
 










lugar
otro
en
x
x
f
,
0
60
0
,
60
1

de 116
105
   
20
1
20 


 X
P
X
P 


20
0
60
1
1 dx   3
/
2
0
20
60
1
1 



.
min
30
2
60
0
)
( utos
X
E 




Ejemplo 67.- Acerca de la cantidad aleatoria demandada
durante un cierto periodo de tiempo por parte de una
empresa textil, se sabe que no supera la tonelada.
Determinar para dicho periodo de tiempo:
a) La probabilidad de que la cantidad demandada no
supera los 800 kilos.
b) La probabilidad de que la cantidad demandada está
comprendida entre 650 y 850 kilos.
c) La demanda esperada.
Solución.-
Sea X la variable aleatoria definida como cantidad
demandada de un producto en kilos en el intervalo  
1000
,
0 .
X está distribuida uniformemente y su función de
densidad será:
 
 









lugar
otro
en
x
si
x
f
,
0
1000
,
0
,
1000
1

de 116
106
a)  
800

x
P =    
 





800
0
8
,
0
5
4
0
800
1000
1
1000
1
800 dx
X
P
b)  
850
650 
 X
P 

850
650
1000
1
dx  
650
850
1000
1

 2
.
0
1000
200


c)  
X
E
2
b
a 

2
1000
0 
 500
 kilos.
Ejemplo 68.- Sea X una variable aleatoria continua
distribuida uniformemente en el intervalo  
3
,
3
 . Calcular:
a)  
2

 
X
P
b) 






3
5
X
P
c)  



 2
2 


 X
P
Si X tiene distribución uniforme sobre  
3
,
3
 , entonces su
función de densidad, es: ]
3
;
3
[
~ 
U
X
 
 
 












caso
otro
x
x
f
,
0
3
,
3
,
3
3
1

 
 










caso
otro
x
x
f
,
0
3
,
3
,
6
1

de 116
107

 )
(X
E
 0
2
3
3
2



 

;
3
3
3
3
9
12
36
12
))
3
(
3
(
12
)
( 2
2












a)   )
2
2
(
1
)
2
(
1
)
2
(
2 










 X
P
X
P
X
P
x
P 
3
1
6
4
1
]
[
6
1
1
6
1
1 2
2
2
2






 

 x
dx ,
b) 
















3
5
3
5
3
5
X
P
X
P 


3
5
3
5
6
1
dx
9
5
3
10
6
1
3
5
3
5
6
1























c)   




















3
3
2
0
3
2
0
2
2 X
P
X
P 



 
3
2
3
2 


 X
P
3
2
)]
3
2
(
3
2
[
6
1
6
1
3
2
3
2




 

dx
Ejemplo 69.- Si X es una variable aleatoria distribuida
uniformemente en el intervalo  
a
a,
 , 0

a . Calcular el
valor de a; en los siguientes casos:
a)
3
1
3
2








X
P
Solución.-

de 116
108
 











caso
otro
a
a
x
a
x
f
,
0
0
,
0
,
2
1
a) Se pide hallar a, sabiendo que:












3
2
X
P 








3
2
1 X
P dx
a
a




3
/
2
2
1
1  
3
1
3
2
2
1
1 









 a
a
=   








 a
a 3
2
2
1
1
3
1
2
1
3
1
1 


a
a
3
1
3
1
2
1

 ;
a
3
1
6
1
 ; 2

a
b)    
2
2 

 x
P
x
P
Solución.-
    )
2
(
1
2
2 




 X
P
X
P
X
P
2
1
)
2
2
(
;
2
1
)
2
(
;
1
)
2
(
2 






 X
P
X
P
X
P
4
;
2
1
2
4
;
2
1
))
2
(
2
(
2
1
;
2
1
2
1
2
2








a
a
a
dx
a

de 116
109
Ejemplo 70.- Se escoge un punto al azar de un segmento
de longitud L. ¿Cuál es la probabilidad de que la razón
del segmento más corto con relación al más largo sea
menor que
4
1
?
Solución.-
1. Supongamos que el segmento de magnitud L esté
definido en el intervalo  
L
x ,
0
 , entonces X es una
variable aleatoria cuya función de densidad sería:
 
 









lugar
otro
L
x
si
L
x
f
,
0
,
0
,
1
2. Sea x un punto que pertenece al intervalo  
L
,
0
0

de 116
110
De modo que:
4
1
0

L
X
X
, donde
0
,
0




X
X
L
L
X
X
X

4
1

 X
L
X
Resolviendo ésta desigualdad: 0
4
1


 X
L
X

 
0
4
4




X
L
X
L
X

 
0
4
5



X
L
L
X

 
0
4
5



L
X
L
X
 5
,
0 L
X 
Puntos críticos:







L
X
L
X
5
0
+ +
-

de 116
111
3. Se pide hallar ?
4
1
0












L
X
X
P
o lo que es lo mismo ?
5
1
0 







 X
P (por el paso 2)
Donde: 









5
0
1
5
0
L
dx
L
L
X
P







 0
5
1 L
L
5
1
5
1
0 







 X
P
Ejemplo 71.- El tiempo de vida de cierto tipo de focos
eléctricos tiene una distribución exponencial con vida
media de 600 horas. Si X representa el tiempo de vida de
un foco.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que se queme antes de 400
horas?
Solución.-
600
)
( 
 X
E
 ;
600
1
;
600
1
)
(
);
exp(
~ 


 


 X
E
X
0
;
1
)
(
;
0
;
600
1
)
( 600
1
600
1







x
e
x
F
x
e
x
f
x
x
4865
,
0
1
1
)
400
(
)
400
( 3
2
400
600
1









e
e
F
X
P

de 116
112
b) ¿Cuál es la probabilidad de que dure por lo menos 400
horas?
Solución.-
5134
,
0
)
1
(
1
)
400
(
1
)
400
(
1
)
400
( 3
2
3
2













e
e
F
X
P
X
P
c) Si un foco a pasado las 400 horas de duración ¿cuál
es la probabilidad de que dure otras 500 horas
adicionales?
Solución.-
4345
,
0
)
1
(
1
)
1
(
1
)
400
(
1
)
900
(
1
)
400
(
1
)
900
(
1
)
400
(
)
900
(
)
400
(
)
400
900
(
)]
400
(
/
]
500
400
([
6
5
3
2
2
3
)
400
(
600
1
)
900
(
600
1
































e
e
e
e
e
F
F
X
P
X
P
X
P
X
P
X
P
X
X
P
X
X
P
Ejemplo 72.- ¿Existe alguna función de densidad
exponencial que cumpla e la siguiente condición:
   
 
3
1
3
2
2 


 X
P
X
P ?
Solución.-
  
2
1
2 


 e
X
P ;     
3
1
3
3
1 





 e
X
P
X
P

de 116
113
  

 3
2
1
3
2
1 



 e
e
 0
2
2
3
3 3
2



 
 

e
e
 0
2
3
1 3
2


 
 

e
e
 0
2
3
1 3
2


 

e
e
 0
2
3 2
3
5


 


e
e
e
   0
2
3
3
2


 


e
e
e
 0
2
3
3


 

e
e , pues 0
2


e
Hacer y
e 

: 0
2
3
3


 y
y
La solución es 1

y
Entonces: 1


e  0

 ,
Ejemplo 73.- El tiempo de vida de una bacteria en un
ambiente especial es una variable aleatoria X, cuya
distribución de probabilidad es aproximadamente una
distribución exponencial. Si el promedio de duración de
vida es 10 horas. Hallar:
a) La probabilidad de que una bacteria particular muera
antes de las 10 horas.
Solución.-

de 116
114
Si X tiene distribución exponencial cuya media o
promedio es

1
10  , entonces
10
1

 ;  
x
e
x
f 10
1
10
1 
 ,
0

x
X : es el tiempo de vida.
 
 
10
10
1
10
1
1
10



 e
X
P 9632
,
0
10
1
1 1


 
e
b) La probabilidad de que una bacteria, la cual ha vivido
10 horas, ,muera antes de las 10 horas más.
Solución.-
    0367
,
0
10
1
10
10
10
10
10 1






 
e
X
P
X
P
Ejemplo 74.- Un canillita vende sus periódicos en una
esquina. La venta de sus periódicos sigue un proceso de
Poisson con parámetro 40

 periódicos por hora.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que transcurran al menos
3 minutos antes de que venda otro?
Solución.-

de 116
115
La variable aleatoria T : tiempo, debe estar expresado
en minutos y por tanto el parámetro  también debe
estar expresado en minutos.
Si en 60´ se vende 40 periódicos
entonces en 1´ se vende  periódicos
3
2
60
40


 periódicos.
El nuevo parámetro que necesito es
3
2

 de periódico
por minuto.
La función de densidad de la distribución exponencial
  0
;
3
2 3
2



t
e
t
f
t
 
 
1353
,
0
3 2
3
3
2



 

e
e
T
P
b) ¿De que no pases más de 5 minutos?
Solución.-
 
 
9643
,
0
1
5
5
3
2





e
T
P

de 116
116
c) Si ya han transcurrido 5 minutos desde la última venta,
¿cuál es la probabilidad de que transcurran 3 minutos
más para su siguiente venta?
Solución.-
   
3
5
3
5 



 T
P
T
T
P
 
1353
,
0
2
3
3
2


 

e
e

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