“ UNIVERSIDAD NACIONAL DE JAÉN”

ALDAZ GAVIDIA JHORDYN DENILTHON

ALTAMIRANO IZQUIERDO RODRIGO BENJAMÍN

ARIAS DÁVILA JOSÉ LUIS

BRITO SOTO WESLY

CONCHA TANTARICO LUIS EDUARDO

DÍAZ MONDRAGÓN YORDIN NILTON

CARRERA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL

ESTADÍSTICA Y PROBABILIDADES

DOCENTE: Lic. LARIOS RAMIREZ OSCAR SANTIAGO

SEMANA N°10

ACTIVIDAD 01

08 DE AGOSTO 2020
PROBLEMA 01. Demostrar que:
∞ ∞
−λx 1
a) μ= E ( X )= ∫ xf ( x ) dx=∫ xλ e dx=
−∞ 0 λ

SOLUCIÓN:
∞

∫ xλ e−λx dx= 1λ
0

Por ser una integral impropia, reemplazamos el valor del infinito por una letra:
a

∫ xλ e−λx dx
0

Definimos la integral como límite de “a” que tienda al infinito positivo:

a
lim
a→∞ [∫
0
xλ e
− λx
dx
]
Resolvemos la integral haciendo uso del método “Integración por partes”:
a

∫ xλ e−λx dx
0

u=x dv =λ e−λx dx

−λ −λx
du=dx v= e
λ

Reemplazamos en la fórmula de “Integración por partes”:

∫ udv=uv−∫ vdu
a a
−λx a
∫ xλ e −λx
dx=(−x e ) −∫ (−e− λx ) dx
0
0 0

a a
−λx −λx a
∫ xλ e dx=(−x e ) +∫ e−λx dx
0
0 0

Resolvemos la integral:
a a
a −1 − λx
∫ xλ e
0
−λx
dx=(−x e−λx )0 + e (λ ) 0
a a
∫ xλ e−λx dx=(−x e−λx )0 −( 1λ e− λx)
a

0 0

Evaluamos los parámetros:

a

∫ xλ e−λx dx=[ (−a e−λa ) −(−(0) e−λ 0 ) ]− ( 1λ e−λa )−( 1λ e−λ0 ) [ ]

0

a
−λx − λa e− λa 1
∫ xλ e dx=−a e −
λ
+
λ
0

Reemplazamos el valor del límite:

a
lim
a→∞ [
∫ xλ e− λx dx =lim
0 a→∞ ] ( −a e
− λa
−
e−λa 1
λ
+
λ )
∞ −λ ( ∞ )
∫ xλ e−λx dx=¿−(∞) e−λ(∞) − e λ 1
+ ¿
λ
0

Por lo tanto:
∞

∫ xλ e−λx dx=¿−0−0+ 1λ ¿
0

∫ xλ e−λx dx=¿ 1λ ¿
0

∞
2 2 −xλ 2
b) E ( X ) =∫ X λ e dx= 2
0 λ

Demostración:
∞

∫ x 2 λ e−xλ dx= λ22

0

Por ser una integral impropia, reemplazamos el valor del infinito por una letra:
b

∫ x 2 λ e−λx dx
0

Definimos la integral como límite de “b” que tienda al infinito positivo:

b
lim
b→∞ [∫ 0
2
x λe
−λx
dx
]
Resolvemos la integral haciendo uso del método “Integración por partes”:
b

∫ x 2 λ e−λx dx
0

u=x2 dv =λ e−λx dx

−λ −λx
du=2 xdx v= e
λ

Reemplazamos en la fórmula de “Integración por partes”:

∫ udv=uv−∫ vdu
b b
b
∫ x 2 λ e−λx dx=(−x 2 e− λx) 0−∫ (−e− λx ) 2 x dx
0 0

b b
2 −λx 2 − λx b
∫x λe dx=(−x e ) +∫ 2 x e−λx dx …(1)
0
0 0

Resolvemos la integral:
b

∫ 2 x e−λx dx , integración por partes

0

u=x dv =2e− λx dx

−2 − λx
du=dx v= e
λ

Reemplazamos en la fórmula de “Integración por partes”:

∫ udv=uv−∫ vdu
b b
−2 x −λx b −2 − λx
∫ 2 xλ e
0
− λx
dx = (
λ
e
0
−∫
0 λ
e) ( dx )
b b
−2 x −λx b 2
∫ 2 xλ e
0
− λx
dx = (
λ
e
0 0 λ
)
+∫ e− λx dx

Resolvemos la integral:
b
−2 x −λx b 2 −1 −λx b
∫ 2 xλ e
0
− λx
dx = (
λ
e +
0 λ λ
e ) ( )
0
b b b
∫ 2 xλ e− λx dx =( −2λ x e−λx ) − ( 2 − λx
λ2
e
)
0 0 0

b b b
∫ 2 xλ e− λx dx =( −2λ x e−λx ) − ( 2 − λx
λ2
e
)
0 0 0

Reemplazamos en (1):
b b
2 −λx 2 − λx b
∫x λe dx=(−x e ) +∫ 2 x e−λx dx …(1)
0
0 0

b b b
∫ x 2 λ e−λx dx=(−x 2 e− λx) 0−( 2λx e− λx) − 2 − λx
b

0 0
( λ2
e
)
0

Evaluamos los parámetros:

b

∫ x 2 λ e−λx dx=[ ( −b2 e−λb ) ]− ( 2bλ e− λb )−( 2∗0

[ λ
e− λ0 ) −
2 −λb
] [( ) (
λ 2
2
e − 2 e− λ0
λ )]
0

a
2 b e−λb 2 e− λb 2
∫ xλ e−λx dx=−b 2 e− λb− λ
− 2 + 2
λ λ
0

Reemplazamos el valor del límite:

b
2 b e−λb 2 e− λb 2
lim
b→∞ [ ∫x λe
0
2 −λx
] (
dx = lim −b e
b→∞
2 − λb
−
λ
− 2 + 2
λ λ )
∞
2 −λx 2 −λ(∞ ) 2( ∞)e− λ(∞ ) 2 e− λ(∞) 2
∫x λe dx=¿−(∞) e −
λ
−
λ
2
+ 2¿
λ
0

Por lo tanto:
∞

∫ x 2 λ e−λx dx=¿−0−0−0+ λ22 ¿

0

∫ x 2 λ e−λx dx=¿ λ22 ¿

0

Problema 02. El Tractor Autonivelable español, es una maquinaria de uso restringido a

circunstancias específicas como la retroexcavadora araña o el tractor agrícola, empleado para la

preparación del terreno en forestación de parcelas agrícolas. Se sabe que la duración en horas del

tractor es una variable aleatoria continua X cuya función de densidad es

 f (x)= 150 /x 2 , x >150
{0 , en otros casos

a) Si después de 200 horas de trabajo, un tractor determinado todavía funciona., ¿cuál es

la probabilidad de que dicho tractor dure a lo más 300 horas?

SOLUCIÓN:

I) La probabilidad de que dicho tractor dure a las más 300 horas:

P ( x ≤ 300 )

II) Hallamos con respecto a más 200 horas, porque dice “después de 200 horas”:

P ( 200< x ≤300 )
P(A) = P(x ≤300 ¿x > 200) =
P ( x >200 )

Integramos:
300

∫ 150
x2
dx
200
P(A) = P(x ≤ 300 ¿x > 200) ¿ ∞
150
∫ 2
dx
200 x

300

∫ 150 x−2 dx
200
P(A) = P (x≤300 ¿x >200) ¿ ∞

∫ 150 x−2 dx
200

Aplicamos fórmula para integrales impropias:

300
(−150 x−1) ¿
200
P(A) = P(x≤300 ¿x >200) ¿
−1
t
lim ((¿−150 x ) ¿ ) ¿
t→∞
200

Reemplazamos el valor de los parámetros y hallamos:

−150 −150
()−( )
300 200
P(A) = P (x ≤ 300 ¿x > 200)¿
−150 −150
lim (( )−( ))
t→∞ t 200
 −1 3 1
+
2 4 4 1
P(A) = P (x ≤ 300 ¿x > 200) ¿ = =
3 3 3
−0+
4 4

Por lo tanto, la probabilidad que el tractor dure hasta las 300 horas es de 1/3, que equivale al

33.33%

b) Se llevan tres de los tractores a una obra. ¿Cuál es la probabilidad de que ninguno tenga

que ser sustituido en las primeras 200 horas de uso?

SOLUCIÓN:

I) Definimos nuestros datos:

Probabilidad:

Sea p = {ninguno de los tractores tenga que ser sustituido en las primeras 200 horas de uso}

Muestra:

Sea n = {los tres tractores}

II) Para que ninguno de los tractores sea sustituido, deben cumplir más de 200 horas de

trabajo y como son 3 tractores en total, elevamos la probabilidad al número de esa

muestra de tractores:

P(p) = ( P [ X >200 ] ¿n

Integramos utilizando las integrales impropias:

∞
150
P(p) = (1− ∫ 2
dx ¿3
200 x

P(p) = ¿

P(p) = ¿

Reemplazamos los parámetros y hallamos:

−1
∞ 3
P(p) = (−150 x ¿ ¿ )¿
200

P(p) ={¿
 3 3 27
P(p) = (0 + ¿ =
4 64

Por lo tanto, la probabilidad de que ninguno de los tres tractores tenga que ser sustituidos en las

27
primeras 200 horas de uso es de , equivalente a 42.19%.
64

c) ¿Cuál es la probabilidad que los tres tengan que ser sustituidos en las primeras 200

horas?

SOLUCIÓN:

I) Definimos nuestros datos:

Probabilidad:

Sea b = {Los tres tractores deben ser sustituidos en las primeras 200 horas de uso}

Muestra:

Sea n = {Los tres tractores}

II) Para que los tres tractores sean sustituidos, eso quiere decir que deben cumplir menos

de 200 horas de trabajo y como son 3 tractores en total, elevamos la probabilidad a ese

número de tractores:

P(b) = ( P [ X ≤ 200 ] ¿n

Utilizaremos el complemento:

P(b) = (1−P [ X ≤200 ] ¿3

Integramos utilizando las integrales impropias:

300
150
P(b) = (1− ∫ 2
dx ¿3
200 x

P(b) = ¿

P(b) = ¿

−1
300 3
P(b) = {1−lim (−150 x ¿ ¿ )}¿
g→∞
200
Reemplazamos los parámetros y hallamos:

P(b) = {1−lim
g→∞
¿

3 3
P(b) = (1−¿ (0 + ¿ }
4

−3 3
P(b) = (1 ¿ =¿
4

Por lo tanto, la probabilidad de que los tres tractores tengan que ser sustituidos en las primeras

1
200 horas de uso es de equivalente al 1.56%
64

d) ¿Cuál es la probabilidad que 1 tenga que ser sustituido en las 200 primeras horas de

trabajo?

SOLUCIÓN:

I) Definimos nuestros datos:

Probabilidad:

Sea q = {Exactamente uno es sustituido en las primeras 200 horas

Muestra:

Sea n = {los tres tractores}

II) Para que solo 1 tenga que ser sustituido entonces debe cumplir menos de 200 horas,

mientras que los otros dos no serán sustituidos ya que cumplen con más de 200 horas y

como son 2 elevamos al cuadrado, por lo tanto:

P[q] = n ¿

Reemplazamos nuestros cálculos hallados anteriormente:

P [ q ] =3 ¿

P [ q ] =3 (9/16)(1/4)

P [ q ] =(27/16)(1/4 )

P [ q ] =(27/64)
Por lo tanto, la probabilidad que 1 tenga que ser sustituido en las 200 primeras horas de trabajo

es dé 27 /64, equivalente al 42.19 %.

PROBLEMA 03. La variable aleatoria X está uniformemente distribuida en el intervalo [0, 4]

¿Cuál es la probabilidad que las raíces de la ecuación 𝑦2 + 4𝑥𝑦 + 𝑋 + 1 = 0 son reales?

SOLUCIÓN:

I) Desde que la variable aleatoria X, esta uniformemente distribuido en el intervalo {0,4},

su función de densidad es:

f ( x )= {0 ,1/4en otros
,0 ≤ x ≤ 4
casos

II) Utilizamos la fórmula general:

y 2 +4 xy + ( x +1 )=0 ,tomamos el valor de x como constante

−b ± √ b2−4 ac
y=
2a

Reemplazamos:

−4 x ± √ 162−4( x +1)
y=
2

Sabemos que el discriminante :16 x 2−4 x−4 ≥ 0

16 x 2−4 x−4 ≥ 0

4 x2 −x−1≥ 0

x 1
x 2− − ≥ 0
4 4

( x − 4x + 641 )− 14 ≥ 641
2

1 2 17
( )
x−
8
≥
64

III) Completando cuadrado obtenemos (x – 1/8)2 ≥ 17/ 64 ,de donde

17+1 1−√ 17
X ≥√ ó X≥
8 8
 La variable aleatoria X no puede tomar valores negativos, es decir:

1−√ 17
< 0, no cumple
8

Por lo tanto, la ecuación tendrá raíces reales solamente en el caso:

17+1
X ≥√
8

Y la probabilidad que esto ocurra es,

4
√ 17+ 1 ≤0) = √ 17+1∗1 /4 dx = 1- √ 17+ 1 =0.8399
P(
8
∫ 8 32
0

Por lo tanto, la probabilidad que las raíces de dicha ecuación sean reales es de 0,8399,

equivalente al 83,99 %.

PROBLEMA 04. El peso en kg de una población de personas del sexo masculino mayores de

20 años es una variable aleatoria con media 70 y desviación estándar 5, sigue una distribución

que se aproxima a una normal. Estime la probabilidad de que el peso en kg de una persona.

a) no supere a la media disminuida en 2,5

b) supere a la media disminuida en 2,5

c) no supere a la media aumentada en 2,4

d) supere a la media aumentada en 2,5

e) supere a la media disminuida en 2,5 pero no supere a la media aumentada en 2,5

SOLUCIÓN:

1. Identificamos nuestros datos:

Media:

µ = E(X) = 70

Desviación Estándar:

σ =5

2. Aplicamos función de la distribución normal:

a) no supere a la media disminuida en 2,5:

P (x < 67.5)

Hallamos:

x−70 67.5−70
P (x < 67.5) = P ( < ¿
5 5

67.5−70
(
P( x <67.5)=P z <
5 )
67.5−70
P( x <67.5)=φ( ¿
5

Reemplazamos el valor con ayuda de la TABLA Z:

P (x < 67.5) = φ (-0.5) = 0.3085

Por lo tanto, la probabilidad de que el peso en Kg de una persona no supere a la media

disminuida en 2.5 es de 0.3085, equivalente al 30.85 %.

b) supere a la media disminuida en 2,5:

P (X > 67.5)

Hallamos:

P (X > 67.5) = 1- P (X ≤ 67.5 ¿

67.5−70
P (X > 67.5) = 1- φ( ¿
5

P (X > 67.5) = 1- φ (-0.5)

Reemplazamos el valor con ayuda de la TABLA Z:

P (X > 67.5) = 1- 0.3085 = 0.6915

Por lo tanto, la probabilidad de que el peso en Kg de una persona supere e la media disminuida

en 2.5 es de 0.6915, equivalente al 69.15 %.

c) no supere a la media aumentada en 2,4:

P (X < 72.4)

Hallamos:
 X−70 72.4−70
P (X < 72.4) = P ( < ¿
5 5

72.4−70
P (X < 72.4) = P (z ¿ ¿
5

72.4−70
P (X < 72.4) = φ ( ¿
5

Reemplazamos el valor con ayuda de la TABLA Z:

P (X < 72.4) =φ(0.48) = 0.6844

Por lo tanto, la probabilidad que el peso en Kg de una persona no supere a la media aumentada

en 2.4 es de 0.6844, equivalente al 68.44 %.

d) supere a la media aumentada en 2,5:

P (X > 72.5)

Hallamos:

P (X > 72.5) = 1- P (X ≤ 72.5)

72.5−70
P (X > 72.5) = 1- φ ( ¿
5

P (X > 72.5) = 1- φ (0.5)

Reemplazamos el valor con ayuda de la TABLA Z:

P (X > 72.5) = 1- 0.6915 = 0.3085

Por lo tanto, la probabilidad que el peso en Kg de una persona supere a la media aumentada en

2.5 es de 0.3085, equivalente al 30.85%.

e) supere a la media disminuida en 2,5 pero no supere a la media aumentada en 2,5:

P (67.5 < X < 72.5)

Hallamos:

67.5−70 72.5−70
P (67.5 < X < 72.5) = P ( <z< ¿
5 5

72.5−70 67.5−70
P (67.5 < X < 72.5) =φ ( ¿−φ ( )
5 5
 P (67.5 < X < 72.5) =φ (0.5)−φ(−0.5)

Reemplazamos el valor con ayuda de la TABLA Z:

P (67.5 < X < 72.5) = 0.6915 – 0.3085 = 0.3830

Por lo tanto, la probabilidad que el peso en Kg de una persona supere a la media disminuida en

2.5, pero no supere a la media aumentada en 2.5 es de 0.3830, equivalente al 38.30%.

PROBLEMA 05. Sea X una variable aleatoria N (5;4). ¿Cuál es la probabilidad de que X tome

valores entre 4 y 7? ¿Cuál es la probabilidad de que tome valores mayores que 10?

SOLUCIÓN:

I) Identificamos nuestros datos:

Varianza:

μ= E ( X )=5

Desviación estándar:

σ =√ 4=2

i) Utilizamos fórmulas de la distribución normal:

4−5 x−u 7−5

P [ 4< X <7 ]=P [ 2
<
σ
<
2 ]
P [ 4< X <7 ]=P [ −0.5< Z <1 ]

P [ 4< X <7 ]=φ (1 )−φ(−0.5)

Reemplazamos los valores con ayuda de la TABLA Z:

P [ 4< X <7 ]=0.8413−0.3085

P [ 4< X <7 ]=0.5328

Por lo tanto, la probabilidad de que X tome valores entre 4 y 7 es de 0.5328 es decir un

53.28%.

ii) Utilizamos fórmulas de la distribución normal:

P [ X >10 ] =1−P [ X ≤ 10]

 X −u 10−5
P [ X >10 ] =1−P [ σ
≤
2 ]
5
[ ]
P [ X >10 ] =1−P Z ≤
2

P [ X >10 ] =1−φ(2.5)

Reemplazamos los valores con ayuda de la TABLA Z:

P [ X >10 ] =1−0.9938

P [ X >10 ] =0.0062

Por lo tanto, la probabilidad de que tome valores mayores que 10 es de 0.0062 es decir un

0.62%.

PROBLEMA 06. Sea X una variable aleatoria N (µ, 25). Calcular P [|𝑋 − 𝜇| > 3].

SOLUCIÓN:

I) Identificamos nuestros datos:

Desviación estándar:

σ =√ 25=5

P [|X −u|>3 ]=1−P ¿]

II) Aplicamos propiedad del valor absoluto:

Propiedad :|x|> a

[ −a< x <a ]

Efectuamos:

P [|X −u|>3 ] =1−P[−3 ≤ X−u ≤ 3]

−3 X −u 3
P [|X −u|>3 ]=1−P [ 5
≤
σ
≤
5 ]
P [|X −u|>3 ] =1−P [−0.6 ≤ Z ≤ 0.6 ]

P [|X −u|>3 ]=1−[ φ ( 0.6 )−φ (−0.6 ) ]

Reemplazamos los valores con la ayuda de la TABLA Z:

P [|X −u|>3 ]=1−0.7257+ 0.2743

P [|X −u|>3 ]=0.5486

Por lo tanto, el valor de la probabilidad será de 0.5486, es decir un 54.86%.

PROBLEMA 07. Si X es una variable aleatoria N (650;625). Hallar la constante c > 0 tal que P

[|𝑋 − 650| ≤ 𝑐] = 0.9544.

SOLUCIÓN:

I) Identificamos nuestros datos:

Varianza:

μ= E ( X )=650

Desviación estándar:

σ =√ 625=25

II) Aplicamos fórmulas de la distribución normal:

0.9544=P [|X −650|≤ c ]=P[−c ≤ X −650 ≤c ]

−c X −650 c
0.9544=P [ 25
≤
25
≤
25 ]
−c c
0.9544=P [ 25
≤Z ≤
25 ]
0.9544=φ ( 25c )−φ ( −c25 )
Utilizamos el complemento:

0.9544=φ ( 25c )−[1−φ ( 25c )]

0.9544=2 φ ( 25c )−1
1.9544=2 φ ( 25c )
0.9772=φ ( 25c )
De donde φ ( 25c )=0.9772, y de la TABLA Z obtenemos:
2
z −z
1 2
∫ e dz=0.9772
−∞ √2 π
Entonces:

Z=2.0

( 25c )=2.0
c = 50

Por lo tanto, el valor de c será igual a 50.

PROBLEMA 8. Un distrito de la provincia de Jaén es abastecido de agua cada 2 días; el

consumo en volumen de agua para ese distrito tiene una distribución normal con media 20,000

litros y desviación típica de 1,000 litros. Se trata de hallar la capacidad de un tanque de agua

para que sea de solo 0.01, la probabilidad que en un periodo de 2 días el agua no sea suficiente

para satisfacer toda la demanda.

SOLUCIÓN:

I) Sea X la variable aleatoria definida por

X (ω) = consumo de agua en un periodo de 2 días.

II) X se distribuye normalmente con:

μ = 20,000 litros y σ = 1,000 litros,

III) Si c es la capacidad de su tanque, se tiene:

X −μ C−20,000
0.01=P [ X > c ] =P [ σ
>
1,000 ]
c−20,000
P [ X >c ] =1−P Z ≤ [ 1,000 ]
c−20,000
P [ X >c ] =1−φ [ 1,000 ]
De donde:

c−20,000
φ [ 1,000
=0.99 ]
De la TABLA Z obtenemos:
2
z −z
1 2
∫ e dz=0.99
−∞ √2 π
Entonces:

Z=2.33

c−20,000
=2.33
1,000

c = 2,330 + 20,000

c = 22,330

Por lo tanto, la capacidad del tanque de agua de la ciudad de Jaén debe ser de 22,330 litros.

PROBLEMA 9. Dada una distribución continua uniforme, demuestre que:

a) μ = (A+B) /2

SOLUCIÓN:

Sabemos que:
b
x
μ= E ( X )=∫ dx
a b−a

Entonces integramos:
b
1
μ= E ( X )= ∫ xdx
b−a a

1
μ= E ( X )= ( x 2 /2 ) ¿ba
b−a

Reemplazamos los parámetros y hallamos:

b2 a2
μ= E ( X )=
1
b−a [( −
2 2 )]
 1 b2−a2
μ= E ( X )=
b−a 2 ( )
1 ( b−a )( a+ b )
μ= E ( X )=
(b−a) [
2 ]
Por lo tanto:

a+b
μ= E ( X )=
2

b) σ 2=( B− A)2 /12

SOLUCIÓN:

Sabemos que:
b 2 2
x ( b+a )
σ 2=Var ( x )=∫ dx−
a b−a 4

b 2
1 ( b+ a )
σ 2=Var ( x )= ∫ x2 dx−
( b−a) a 4

2
1 (b+ a)
σ 2=Var ( x )= ( x 3 /3)¿ba −
( b−a ) 4

Reemplazamos los parámetros y hallamos:

2
1 b3 a3 (b+ a)
2
σ =Var ( x )= [
− −
( b−a ) 3 3 4 ]
2
1 b3−a 3 (b+ a)
σ 2=Var ( x )=
( b−a ) 3 [ −
4 ]
2 2 2
2 1 (b−a)(b +ab+ a ) ( b+a)
σ =Var ( x )= −
( b−a ) 3 4

2 b 2+ ab+a2 b2 +2 ab+ a2
σ =Var ( x )= −
3 4

2 4 b2 +4 ab+ 4 a2−3 b2−6 ab−3 a2

σ =Var x =
( )
12

2 b 2−2 ab+a2
σ =Var x =
( )
12

Por lo tanto:
 2 (b−a)2
σ =Var ( x )=
12

PROBLEMA 10. La vida media de una máquina para hacer pasta es de siete años, con una

desviación estándar de un año. Suponga que las vidas de estas máquinas siguen

aproximadamente una distribución normal, encuentre:

a) La probabilidad de que la vida media de una muestra aleatoria de nueve de estas

máquinas caiga entre 6.4 y 7.2 años.

SOLUCIÓN:

I) Identificamos nuestros datos:

μ = (Ex) = (media) = 7 años

σ = (desviación estándar - población) = 1 año

Tamaño de la muestra: n = 9 maquinas

II) En primer lugar hallamos la desviación estándar para la muestra de 9 máquinas:

Aplicamos:

σ ( población)
σ (muestra) =
√n
Reemplazamos:

1 1
σ ( muestra ) = =
√9 3
III) Hallamos aplicando fórmulas de la distribución normal:

P [ 6.4 ≤ x́ ≤7.2 ]

6.14−7 x́−μ 7.2−7

P
[ ()1
3
≤
σ
√n
≤
1
( ) ()
3 ]
6.14−7 7.2−7
P
[ ()1
3
≤7≤
1
3 () ]
 7.2−7 6.4−7
P [ 6.4 ≤ x́ ≤7.2 ] =φ
[ ][ ]
1
3
−φ
1
3

Reemplazamos los valores con ayuda de la TABLA Z:

P [ 6.4 ≤ x́ ≤7.2 ] =φ [ 0.6 ] −φ [ −1.8 ]

P [ 6.4 ≤ x́ ≤7.2 ] =0.7257−0.0359

P [ 6.4 ≤ x́ ≤7.2 ] =0.6898

Por lo tanto, la probabilidad de que de que la vida media de una muestra de 9 máquinas caiga

entre 6.4 y 7.2 años es de 0.6898 es decir un 68.98%.

b) El valor de x a la derecha del cual caería el 15% de las medias calculadas de muestras

aleatorias de tamaño nueve.

SOLUCIÓN:

I) Como pierde 15%, entonces usamos complemento:

1−15 %=1−0.15=0.85

II) Por lo tanto:

2
z −z
1 2
∫ e dz=0.85
−∞ √2 π
Entonces:

Z 0.85 = 1.04

Esto se sabe por datos de la tabla Z, es decir que el valor de 1.04 es el valor de Z para obtener la

probabilidad de 0.85.

III) Utilizamos las fórmulas de distribución normal:

x́−μ

[( )]
Z 0.85=
σ
√n

Reemplazamos nuestros datos que ya hemos identificado en la pregunta “a”:

 x́−7
1.04=
[ ] 1
3

1.04 ( 13 )=x́−7
x́=1.04 ( 31 )+7
x́=0.3467+ 7

x́=7.35

Por lo tanto, el valor de x́ a la derecha del cual caería el 15% de las medidas calculadas de 9

máquinas es de 7.35 años aproximadamente.

PROBLEMA 11. La cantidad de café diaria, en litros, que sirve una máquina que se localiza en

el vestíbulo de un aeropuerto es una variable aleatoria X que tiene una distribución continua

uniforme con A = 7 y B = 10.

Calcule la probabilidad de que en un día determinado la cantidad de café que sirve esta máquina

sea

a) a lo sumo 8.8 litros;

b) más de 7.4 litros, pero menos de 9.5 litros;

c) al menos 8.5 litros.

SOLUCIÓN:

I. Definimos nuestra función continua:

 Sabemos que:

A=7

B = 10

1
{
 Por lo tanto: f ( x )= 10−7
, 7 ≤ x ≤ 10
0 ,∧en otros casos
II. Hallamos:

a) Definimos y hallamos para cuando a lo sumo 8.8 litros:

8.8

∫ 13 dx= 13 ( x )8.8 1
7 = [ 8.8−7 ] =0.6
3
7

Por lo tanto, la probabilidad de que un día determinado la cantidad de café que sirve esta

máquina sea a lo sumo 8.8 es de 0.6, es decir un 60%.

b) Definimos y hallamos para cuando más de 7.4 litros, pero menos de 9.5 litros:
9.499
1 1 1
∫ dx= ( x )9.499
7 = [ 9.499−7.4 ]=0.6997
7.4 3 3 3

Por lo tanto, la probabilidad de que un día determinado la cantidad de café que sirve la maquina

sea más de 7.4 litros, pero menos de 9.5 litros es de 0.6997, es decir un 69.97%.

c) Definimos y hallamos para al menos 8.5 litros:

10

∫ 13 dx= 13 ( x )108.5 = 13 [ 10−8.5 ] =0.5

8.5

Por lo tanto, la probabilidad de que en un día determinado la cantidad de café que sirve esta

máquina sea al menos 8.5 litros es de un 0.5, es decir un 50%.

PROBLEMA 12. Dada una distribución normal estándar, calcule el área bajo la curva que está:

SOLUCIÓN:

I) Aplicamos fórmulas de distribución normal:

a) a la izquierda de z = –1.39;

P [ Z ≤−1.39 ]

Hallamos:

b−u
P Z≤ [ σ ]
P [ Z ≤−1.39 ]

Entonces:
φ [ −1.39 ] =0.0823 , valor de la TABLA Z

Por lo tanto, su área es de 0.0823 u2.

b) a la derecha de z = 1.96;

P [ Z >1.96 ]

Hallamos:

b−u
[
1−P [ Z ≤ b ] =1−P z ≤
σ ]
1−P [ Z ≤1.96 ] =1−φ [1.96 ]

Reemplazamos el valor de la TABLA Z:

1−P [ Z ≤1.96 ] =1−0.9750

Entonces:

1−P [ Z ≤1.96 ] =0.025

Por lo tanto, el valor de su área es de 0.025 u2.

c) entre z = –2.16 y z = – 0.65;

P[−2.16 ≤ Z ≤−0.65]

Hallamos:

a−u b−u
P [ o ]
≤z ≤
o

b−u a−u
φ [ ] [ ]
o
−φ
o

φ [ −0.65 ]−φ [−2.16 ]

Reemplazamos los valores de la TABLA Z:

0.2578−0.0154=0.2424

Por lo tanto, el valor de su área es de 0.2424 u2.

d) a la izquierda de z = 1.43;

P [ Z ≤ 1.43 ]
Hallamos:

b−u
P z≤[ o ]
P [ z ≤1.43 ]

Entonces:

φ [ 1.43 ] =0.9236 , valor de la TALA Z

Por lo tanto, el valor de su área es de 0.9236 u2.

e) a la derecha de z = – 0.89;

P [ Z >−0.89 ]

Hallamos:

b−u
1−P [ Z ≤ b ] =1−P z ≤[ o ]
1−P [ x ≤−0.89 ] =1−φ[−0.89]

Reemplazamos el valor de la TABLA Z:

1−P [ x ≤ b ]=1−0.1867

Entonces:

1−P [ x ≤ b ]=0.8133

Por lo tanto, el valor de su área es de 0.8133 u2.

f) entre z = – 0.48 y z = 1.74;

P[−0.48 ≤ Z ≤1.74 ]

Hallamos:

a−u b−u
P [ o] ≤z ≤
o

b−u a−u
φ [ ] [ ]
o
−φ
o

φ [ 1.74 ] −φ [ −0.48 ]

Reemplazamos los valores de la TABLA Z:

0.9591−0.3156=0.6435

Por lo tanto, el valor de su área es de 0.6435 u2.

PROBLEMA 13. Suponga que el tiempo entre llegada sucesiva de clientes a la ventanilla de un

cajero de banco, se sabe que es una exponencial con media de 0,20 minutos. ¿Cuál es la

probabilidad de un intervalo de menos de 10 segundos entre llegada y la siguiente?

SOLUCIÓN:

I) Definimos la variable aleatoria X por:

X(ω) = intervalo de tiempo entre llegadas sucesivas de los clientes.

II) Hallamos el valor de λ para poder definir nuestra distribución exponencial acumulada:

Sabemos que:

1
μ=
λ

1
μ= =0.20 min=¿ λ=5 min
λ

Definimos la función de distribución exponencial acumulada es:

f ( x )=
{1−e0 , x <0, x ≥ 0
−5 x

III) Entonces, transformamos los 10 segundos a minutos usando regla de tres simples:

seg∗1 min
10
60 seg

1
10 seg= min
6

Entonces, reemplazamos:
−5
1
[ ]
P X < = 1−e 6 =1−e−0.633 , e=2.7118
6

−5
1
[ ]
P X<
6
= 1−e 6 =1−0.4346

−5
1
[ ]
P X < = 1−e 6 =0.5645
6
Por lo tanto, la probabilidad de un intervalo de menos de 10 segundos entre una llegada y la

siguiente es de 1 - e−0.633 es decir 0.5645, que equivale a un 56.45%.

PROBLEMA 14. En promedio, los camiones de carga de madera llegan aleatoriamente a cierto

terminal, a razón de 1 cada dos días. ¿Cuál es la probabilidad que el tiempo entre dos llegadas

consecutivas de camiones sea mayor de dos días?

SOLUCIÓN:

I) Definimos la variable aleatoria X por:

X (w) = intervalo de tiempo entre llegadas consecutivas de camiones

II) Utilizamos el complemento, es decir:

P (X > 2) = 1 – P (X ≤ 2)

III) Hallamos el valor de λpara poder aplicar la distribución exponencial acumulada:

Sabemos que:

µ = E (X) = 2 días (dato del problema)

1
µ= =2
λ

Entonces:

1
λ=
2

Entonces definimos la función exponencial acumulada:

f ( x )=
{1−e0 ,∧x,∧x
<0
−1 /2 x
≥0

IV) Hallamos la probabilidad:

P (X > 2) = 1 – P (X ≤ 2)
−1
P (X > 2) = 1− 1−e [ 2
( 2)
]
P (X > 2) = 1−1+ e−1

P (X > 2) = e−1 , e=2.7118

 P (X > 2) = 0.3688

Por lo tanto, la probabilidad que el tiempo entre dos llegadas consecutivas de camiones sea

mayor de dos días es de 0.3688, equivalente al 36.88%.