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APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
TEMA IV. “MODELOS PROBABILISTICOS COMUNES”.
DISTRIBUCION DE BERNOULLI
SI EN UN EXPERIMENTO SOLO APARECEN DOS POSIBLES
RESULTADOS: “ÉXITO” O “FRACASO” , A DICHO EXPERIMENTO SE LE
LLAMA DE BERNOULLI.
EJEMPLO:
SE LANZA UNA MONEDA, LOS POSIBLES RESULTADOS SON:
“CAE AGUILA” = ÉXITO
“CAE SOL” = FRACASO.
ASOCIANDO AL RESULTADO DEL EXPERIMENTO, UNA VARIABLE
ALEATORIA (V.A.) x, ESTA VARIABLE TOMARA LOS VALORES DE 1 Y 0,
ESTO ES, EL ESPECTRO DE x ES:
{1, 0}
DE ESTA MANERA
PROBABILIDAD:
SE
PUEDE
DEFINIR
UNA
P
;
x=1
(ÉXITO)
1–P
;
x=0
(FRACASO)
P (x) =
ESTO ES P (x = 1) = P
,
P ( x = 0) = 1 – P
= q
DE TAL MANERA QUE:
 P( x) = P(1) + P(0) = P + 1 – P = 1
x
GRAFICAMENTE:
1
FUNCION
DE
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LA MEDIA DE LA DISTRIBUCION.
 x = E {x} =

x P (x) = (0) P (0) + 1 P (1)
x
= (0) (1 – P) + (1) (P)
=p
LA VARIANCIA DE LA DISTRIBUCION:
 x 2 = E { ( x –  x)2 } =

(x –  x)2 P (x) = (0 – P)2 P (0) + (1 – P)2 P (1)
x
= P2 (1 – P) + (1 – P)2 P
= P (1 – P) [P + (1 – P) ]
= P (1 – P)
= pq
RECORDAR QUE:
 x2 = E { x2} –  x2
2
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DISTRIBUCION BINOMIAL
SI EL EXPERIMENTO DE BERNOULLI SE LLEVA A CABO VARIAS
VECES Y LAS PRUEBAS SON INDEPENDIENTES SE TIENE UN “PROCESO DE
BERNOULLI”.
SI LA VARIABLE ALEATORIA x REPRESENTA EL NUMERO TOTAL
DE EXITOS Y EL EXPERIMENTO SE REPITE N VECES, ENTONCES SE
BUSCARA CONOCER P(x)
EJEMPLO:
SE LANZA UNA MONEDA 3 VECES.
ÉXITO: CAE AGUILA
;
P (x = 1) = P
FRACASO: CAE SOL
;
P (x = 0) = 1 – P = q
P (x = 0) =?
P (x =0) = q . q . q = q3 = 3C0 p0 q3
P (x = 1) =?
P (x = 1) = p . q • q + q • p• q + q• q• p
= 3 p q2
= 3C1 p q2
P (x = 2) = ? ;
P (x =2) = p. p. q + q. p. p + p. q. p.
= 3 p2 q
= 3C2 p2 q
P (x =3) = ?
P (x = 3) = p. p. p
= p3
= 3C3 p3 q0
3
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(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3
n!
nCr = ---------------r! (n – r) ¡
RELACION
N PRUEBAS EN UN PROCESO DE BERNOULLI
P (x = n) =?
P (x = n) = NCn pn qN-n
EN LA DISTRIBUCION BINOMIAL PARA LA V. A x QUE REPRESENTA
EL NUMERO DE EXITOS EN UN PROCESO DE BERNOULLI, SE DEFINE LA
FUNCION DE PROBABILIDAD:
P (x) = NCn px qn-x
P (X = n) = NCn pn qN-n
µ=Np
σ2 = N p q
EJEMPLO.
LA PROBABILIDAD DE QUE UN JUGADOR DE BASKET-BALL ANOTE
UN TIRO LIBRE ES DE ¾. SUS TIROS SON INDEPENDIENTES, SI EN UN
JUEGO PUEDE HACER 5 TIROS LIBRES, DETERMINAR:
a) LA PROBABILIDAD DE QUE ACIERTE EN TODOS SUS TIROS
b) LA PROBABILIDAD DE QUE FALLE TODOS SUS TIROS
c) LA PROBABILIDAD DE QUE ACIERTE POR LO MENOS LA MITAD
DE SUS TIROS.
p = ¾ = 0.75
;
q = ¼ = 0.25
Espectro = 0,1,2,3,4,5
a) P ( x = 5 ) = 5C5 p5 q0 = (5¡/(5¡ (0)¡)) (0.75)5(0.25)0
= 0.2373 = 23.73%
b) P ( x = 0 ) = 5C0 p0 q5 = (5¡/(0¡ (5)¡)) (0.75)0(0.25)5
= 0.00097 = 0.097%
4
;N=5
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c) P ( x > 3 ) = P (x=3) + P (x=4) + P (x=5) =
= 1 – ( P(x=2) + P(x=1) + P(x=0) )
DISTRIBUCION DE BERNOULLI.
P
;x=1
1–P
;x=0
x=p
, 
2
x
= p (1 – p) = pq
P (x) =
DISTRIBUCION BINOMIAL.
P (x) = NCx px qn-x
; x = 0, 1, 2, …., N
 x = Np

2
x
= Npq
DISTRIBUCION GEOMETRICA
SI EN UN PROCESO DE BERNOULLI SE QUIERE CONOCER LA
DISTRIBUCION DEL NUMERO DE PRUEBAS EFECTUADAS HASTA
OBTENER EL PRIMER ÉXITO O SEA EL NUMERO DE FRACASOS
CONSECUTIVOS QUE PRECEDEN AL PRIMER ÉXITO, A DICHA
DISTRIBUCION SE LE LLAMA GEOMETRICA.
SEA x LA V. A. Y x = n EL NUMERO DE FRACASOS CONSECUTIVOS
QUE PRECEDEN A UN ÉXITO, ENTONCES SE QUIERE CONOCER P (x =n)
EN UNA PRUEBA
DE BERNOULLI
P (x = 1) = P
P (x = 0) = 1 – P = q
P (x = n) = q• q• q• ……. •q •p
n
P (x = n) = qnp
P (x = n) = qnp
FUNCION DE PROBABILIDAD
EJEMPLO:
UN JUGADOR DE BALONCESTO HACE 5 TIROS. OBTENER LA
DISTRIBUCION GEOMETRICA.
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p=¾
;
q=¼
SOLUCION:
Espectro = ( 0 , 1 , 2 , 3 , 4 )
P (x=1) = qp = ¼ • ¾ = 3/16 = 0.1875
P (x=0) = q0p = 1 x ¾ = 0.75
P (x=2) = q2p = (¼)2 • ¾ = 0.0468
P (x=3) = q3p = (¼) 3 • ¾ = 0.0117
P (x=4) = q4p = (¼) 4 • ¾ = 0.0029
CALCULO DE LA MEDIA Y DE LA VARIANCIA
 x = E {x} =  x P (x)
x
POR MEDIO DE LA TRANSFORMADA GEOMETRICA:
Pt (Z) =


qnp Zn
n 0
P(x)
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
=

(1 – q) qn Zn
n 0
= (1 – q)


qnZn
SERIE GEOMETRICA
n 0
1
= (1 – q) ---------1 – qZ
1-q
P (Z) = ---------1 – qZ
t
dPt (Z)
- (1 – q) ( -q)
q
 x = ------------- │z=1 = ------------------- │z=1 = -----dZ
(+1 – q) (Z) 2
1–q
d2 pt (Z)
 x2 = ------------ │z=1 +  x –  x2 =
dZ
q
----------(1 – q)2
q
¼
 x = ------------ = ----- = ⅓
1–q
¾
EJEMPLO:
SE SABE QUE EL 20% DE LOS TRANSISTORES QUE PRODUCE UNA
INDUSTRIA SON DEFECTUOSOS:
i) CALCULAR LA PROBABILIDAD DE QUE 4 TANSISTORES TOMADOS AL
AZAR:
a) UNO RESULTA DEFECTUOSO
b) NINGUNO RESULTA DEFECTUOSO.
c) MAS DE 2 SEAN DEFECTUOSOS
d) POR LO MENOS 3 SEAN DEFECTUOSOS
ii) CALCULAR LA PROBABILIDAD DE QUE 5 TRANSISTORES RESULTEN
NO DEFECTUOSOS Y QUE EL SEXTO TRANSISTOR SEA DEFECTUOSO.
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SOLUCION:
i) 4 TRANSISTORES.
SEA LA V.A. x QUE REPRESENTA EL NUMERO DE TRANSISTORES
DEFECTUOSOS.
a) P (x = 1) =?
N=4
PROCESO DE BERNOULLI
p = 0.2
, q = 0.8
TRABAJANDO UNA DISTRIBUCION BINOMIAL
4!
a) P (x = 1) = 4C1 p1 q3 = --------- (0.2) (0.8)3 = 0.4096 = 40.96%
1! (3!)
b) P (x = 0) = 4C0p0q4 = 0.4096 = 40.96 %
c) P (x>2) = P(3) + P(4) = 1 – [ P(0) + P(1) + P(2)] = 1-(0.4096+0.4096+0.1536)=0.0272
= 2.72%
4!
P( x = 2 ) = 4C2p q = --------------- (0.2) 2 (0.8) 2 = 0.1536
2! (4 - 2!)
2 2
d) P(3) + P(4) = 0.0256 + 0.0016 = 0.0272 = 2.72%
4!
P( x = 3 ) = 4C3p q= ---------------- (0.2) 3 (0.8) = 0.0256
3! (4 - 3!)
3
4!
P ( x = 4) = 4C4p4q0= ---------------- (0.2) 4 (0.8) 0 = 0.0016
4! (4 - 4!)
ii) P (x = 5) =?
DISTRIBUCION GEOMÉTRICA
x : TRANSISTOR DEFECTUOSO
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P (x = 5) = q5p = (0.8)5 (0.2) = 0.065536 = 6.55%
ii’) CALCULAR LA PROBABILIDAD DE SACAR 5 TRANSISTORES
DEFECTUOSOS Y EL 6to. SEA NO DEFECTUOSO.
y : TRANSISTOR NO DEFECTUOSO
p = 0.8
q = 0.2
P (y = 5) = q5p = (0.2)5 (0.8) = 0.000256 = 0.0256%
DISTRIBUCIÓN BINOMIAL NEGATIVA E HIPERGEOMÉTRICA
LAS DISTRIBUCIONES HIPERGEOMETRICA Y BINOMIAL NEGATIVA
ESTAN AMBAS CERCAMENTE RELACIONADAS CON LA DISTRIBUCION
BINOMIAL. MIENTRAS QUE LA DISTRIBUCION BINOMIAL ES EL MODELO
APROXIMADO DE PROBABILIDAD PARA MUESTREO SIN REEMPLAZO DE
UNA POBLACION DICOTOMICA FINITA (S-F), LA DISTRIBUCION
HIPERGEOMETRICA ES EL MODELO EXACTO DE PROBABILIDAD PARA
EL NUMERO DE LAS S DE LA MUESTRA. LA VA X BINOMIAL ES EL
NUMERO DE LAS S CUANDO EL NUMERO n DE INTENTOS ES FIJO, EN
TANTO QUE LA DISTRIBUCION BINOMIAL NEGATIVA RESULTA DE FIJAR
EL NUMERO DE LAS S Y HACER ALEATORIO EL NUMERO DE INTENTOS.
LAS SUPOSICIONES
HIPERGEOMETRICA SON:
QUE
LLEVAN
A
LA
DISTRIBUCION
1.- LA POBLACION O CONJUNTO DONDE DEBA HACERSE MUESTREO
CONSTA DE N INDIVIDUOS, OBJETOS O ELEMENTOS (UNA POBLACION
FINITA).
2.- CADA INDIVIDUO PUEDE SER CARACTERIZADO COMO UN ÉXITO
(S) O FRACASO (F), Y HAY M EXITOS EN LA POBLACION.
3.- SE SACA UNA MUESTRA DE N INDIVIDUOS EN FORMA TAL QUE
SEA IGUALMENTE PROBABLE QUE SE SELECCIONE CADA SUBCONJUNTO
DE TAMAÑO N.
LA VARIABLE ALEATORIA DE INTERES ES X = NUMERO DE LAS S DE
LA MUESTRA. LA DISTRIBUCION DE PROBABILIDAD DE X DEPENDE DE
LOS PARAMETROS n, M Y N, ASI QUE DESEAMOS OBTENER
P (X = x) = h (x ; n, M, N).
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EJEMPLO:
LA BIBLIOTECA DE UNA ESCUELA DE ESTUDIANTES NO
GRADUADOS TIENE 20 EJEMPLARES DE CIERTO TEXTO DE
INTRODUCCION A LA ECONOMIA, DE LOS CUALES 8 SON PRIMERAS
IMPRESIONES Y 12 SON SEGUNDAS IMPRESIONES (QUE CONTIENEN
CORRECCIONES DE ALGUNOS PEQUEÑOS ERRORES QUE APARECIERON
EN LA PRIMERA EDICION). EL INSTRUCTOR DEL CURSO HA SOLICITADO
QUE 5 EJEMPLARES SEAN PUESTOS EN RESERVA DE 2 HORAS. SI LOS
EJEMPLARES SE SELECCIONAN EN UNA FORMA POR COMPLETO AL
AZAR, DE MODO QUE CADA SUBCONJUNTO DE TAMAÑO 5 TENGA LA
MISMA PROBABILIDAD DE SER SELECCIONADO, ¿Cuál ES LA
PROBABILIDAD DE QUE x (x = 0, 1, 2, 3, 4 O 5) DE LOS SELECCIONADOS
SEAN SEGUNDAS IMPRESIONES ?
EN ESTE EJEMPLO, EL TAMAÑO DE LA POBLACION ES N = 20, EL
TAMAÑO MUESTRAL ES n = 5, Y EL NUMERO DE LAS S (SEGUNDA
IMPRESIÓN = S) Y LAS F DE LA POBLACION SON M = 12 Y N – M = 8,
RESPECTIVAMENTE. CONSIDERE EL VALOR x = 2. DEBIDO A QUE TODOS
LOS RESULTADOS (CADA UNO FORMADO DE CINCO LIBROS
PARTICULARES) SON IGUALMENTE PROBABLES,
NUMERO DE RESULTADOS CON X = 2
P (X = 2) = h(2; 5, 12, 20) =
NUMERO DE POSIBLES RESULTADOS
EL NUMERO DE POSIBLES RESULTADOS DEL EXPERIMENTO ES
IGUAL AL NUMERO DE FORMAS DE SELECCIONAR 5 DE LOS 20 OBJETOS,
CUALQUIERA QUE SEA EL ORDEN, ESTO ES, (205). PARA CONTAR EL
NUMERO DE RESULTADOS QUE TENGAN X = 2, OBSERVE QUE HAY ( 122)
FORMAS DE SELECCIONAR 2 DE LAS SEGUNDAS IMPRESIONES, Y PARA
CADA UNA DE ESTA FORMAS HAY (83) FORMAS DE SELECCIONAR LAS 3
PRIMERAS IMPRESIONES PARA LLENAR LA MUESTRA. LA REGLA DEL
PRODUCTO DA ENTONCES (122) (83) COMO EL NUMERO DE RESULTADOS
CON X = 2, ASI QUE:
12 8
2
3
77
h(2; 5, 12, 20) =
=
= 0.238 = 23.8%
20
323
5
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EN GENERAL, SI EL TAMAÑO MUESTRAL n ES MENOR QUE EL
NUMERO DE EXITOS DE LA POBLACION (M), ENTONCES EL VALOR
MAXIMO POSIBLE DE X ES n. SIN EMBARGO, SI M<n (POR EJEMPLO, UN
TAMAÑO MUESTRAL DE 25 Y SOLO 15 EXITOS DE LA POBLACION),
ENTONCES X PUEDE SER A LO SUMO M. ANALOGAMENTE, SIEMPRE QUE
EL NUMERO DE FRACASOS DE LA POBLACION (N - M) REBASE AL
TAMAÑO MUESTRAL, EL VALO MINIMO POSIBLE DE X ES 0 (PORQUE
TODOS LOS INDIVIDUOS A LOS QUE SE HIZO MUESTREO PODRIAN
ENTONCES SER FRACASOS). SIN EMBARGO, SI N – M < n, EL VALOR
MINIMO POSIBLE DE X ES n – (N – M). SI RESUMIMOS, LOS VALORES
POSIBLES DE X SATISFACEN LA RESTRICCION MAX(0, n – (N – M)) ≤ x ≤
MIN(n, M). UN ARGUMENTO PARALELO AL DEL EJEMPLO ANTERIOR DA
LA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDAD DE X.
PROPOSICION:
SI X ES EL NUMERO DE LAS S DE UNA MUESTRA
COMPLETAMENTE ALEATORIA DE TAMAÑO n SACADA
DE UNA POBLACION FORMADA POR M S y (N – M) F
ENTONCES LA DISTRIBUCION DE PROBABILIDAD DE
X, LLAMADA DISTRIBUCION HIPERGEOMETRICA, ESTA
DADA POR
M
x
N–M
n-x
P (X = x) = h (x; n, M, N) =
N
n
PARA x UN ENTERO QUE SATISFAGA MAX(0, n – N + M) ≤ x ≤ MIN(n, M)
EN EL EJEMPLO ANTERIOR n = 5, M = 12 Y N = 20, POR LO QUE
h(x; 5, 12, 20) PARA X = 0, 1, 2, 3, 4, 5 SE PUEDE OBTENER AL SUSTITUIR
ESTOS NUMEROS EN LA ECUACION ANTERIOR.
EJEMPLO:
CINCO EJEMPLARES DE UNA POBLACION ANIMAL CONSIDERADOS
EN VIAS DE EXTICION EN CIERTA REGION HAN SIDO ATRAPADOS,
MARCADOS Y PUESTOS EN LIBERTAS PARA QUE SE MEZCLEN EN LA
POBLACION. DESPUES DE QUE HABIAN TENIDO UNA OPORTUNIDAD DE
MEZCLARSE, SE SELECCIONO UNA MUESTRA ALEATORIA DE 10 DE
ESTOS ANIMALES. SEA X = NUMERO DE ANIMALES MARCADOS DE LA
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SEGUNDA MUESTRA. SI HAY EN REALIDAD 25 ANIMALES DE ESTE TIPO
EN LA REGION, ¿ CUAL ES LA PROBABILIDAD DE QUE (a) X = 2? (b) X≤2?
LOS VALORES DE PARAMETRO SON n = 10, M = 5 ( 5 ANIMALES
MARCADOS EN LA POBLACION), Y N = 25, POR LO QUE
5
x
20
10 – x
h (x; 10, 5 25) =
x = 0, 1, 2, 3, 4, 5
25
10
PARA (a)
5
2
20
8
P(X = 2) = h (2; 10, 5, 25) =
= 0.385 = 38.5%
25
10
PARA (b)
P (X ≤ 2) = P (X = 0, 1, o 2) =
2
 h( x; 10, 5, 25) =
x0
= 0.057 + 0.257 + 0.385 = 0.699 = 69.9%
SE DISPONE DE TABLAS COMPLETAS DE DISTRIBUCION
HIPERGEOMETRICA, PERO DEBIDO A QUE LA DISTRIBUCION TIENE TRES
PARAMETROS, ESTAS TABLAS REQUIEREN MUCHO MAS ESPACIO QUE
LAS TABLAS PARA LA DISTRIBUCION BINOMIAL.
LA MEDIA Y VARIANZA DE X
COMO EN EL CASO BINOMIAL, HAY EXPRESIONES SENCILLAS
PARA
E(X)
Y
V(X)
PARA
VARIABLES
ALEATORIAS
(va)
HIPERGEOMETRICAS.
PROPOSICION
LA MEDIA Y VARIANZA DE LA VARIABLE ALEATORIA (va) X
HIPERGEOMETRICA QUE TIENE DISTRIBUCION DE PROBABILIDAD
h (x; n, M, N) SON
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N–n
M
E(X) = n
,
V(X) =
N–1
N
M
.n.
M
. 1-
N
N
LA RAZON M/N ES LA PROPORCION DE LAS S DE LA POBLACION. SI
SUSTITUIMOS M/N POR p EN E(X) Y V(X), OBTENEMOS.
E(X) = np
N-n
. np (1 – p)
V(X) =
N–1
LA EXPRESION ANTERIOR, MUESTRA QUE LAS MEDIAS DE LAS
VARIABLES ALEATORIAS (va) BINOMIALES E HIPERGEOMETRICAS SON
IGUALES, EN TANTO QUE LAS VARIANZAS DE LAS DOS VARIABLES
ALEATORIAS (va) DIFIEREN POR EL FACTOR (N – n)/(N – 1), A VECES
LLAMADO FACTOR FINITO DE CORRECCION DE POBLACION. ESTE
FACTOR ES MENOR DE 1, ASI QUE LA VARIABLE HIPERGEOMETRICA
TIENE MENOR VARIANZA QUE LA VARIABLE ALEATORIA (va) BINOMIAL.
EL FACTOR DE CORRECCION SE PUEDE ESCRIBIR COMO (1 – n/N)/(1 – 1/N),
QUE ES APROXIMADAMENTE 1 CUANDO n ES PEQUEÑA EN RELACION
CON N.
EJEMPLO
EN EL EJEMPLO DE MARCAR ANIMALES, n = 10, M = 5 Y N = 25, ASI
QUE p = 5/25 = .2 Y
E(X) = 10 (.2) = 2
15
V(X) =
(10)(.2)(.8) = (.625)(1.6) = 1
24
SI EL MUESTREO SE REALIZA CON REEMPLAZO, V(X) = 1.
SUPONGAMOS QUE EL TAMAÑO DE LA POBLACION N NO SE CONOCE EN
REALIDAD, POR LO QUE EL VALOR x ES OBSERVADO Y DESEAMOS
ESTIMAR N. ES RAZONABLE IGUALAR LA PROPORCION MUESTRAL
OBSERVADA DE LAS S, x/n, CON LA PROPORCION DE POBLACION, M/N,
DANDO EL ESTIMADO
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M.n
Ñ=
x
SI M = 100, n = 40 Y x = 16, ENTONCES Ñ = 250.
DISTRIBUCION HIPERGEOMETRICA
LA FORMA MAS SIMPLE DE PERCATARSE DE LA DIFERENCIA
ENTRE LA DISTRIBUCION BINOMIAL Y LA DISTRIBUCION
HIPERGEOMETRICA, ES CONOCIENDO LA MANERA COMO SE LLEVA A
CABO EL MUESTREO. LOS TIPOS DE APLICACIONES DE LA DISTRIBUCION
HIPERGEOMETRICA SON MUY SIMILARES A AQUELLOS DE LA
BINOMIAL. EL INTERES SE CENTRA EN EL CALCULO DE LAS
PROBABILIDADES PARA EL NUMERO DE OBSERVACIONES QUE CAEN EN
UNA CATEGORIA PARTICULAR. SOLO QUE EN EL CASO DE LA BINOMIAL,
SE REQUIERE LA INDEPENDENCIA ENTRE INTENTOS. COMO RESULTADO,
SI LA DISTRIBUCION BINOMIAL SE APLICA AL MUESTREO DE UN LOTE
DE ARTICULOS (PAQUETE DE CARTAS, UNA CANTIDAD DE ARTICULOS DE
UNA LINEA DE PRODUCCION), EL MUESTREO DEBE REALIZARSE CON
REEMPLAZO DE CADA ARTICULO DESPUES DE OBSERVARSE. POR EL
OTRO LADO, LA DISTRIBUCION HIPERGEOMETRICA NO REQUIERE
INDENPENDENCIA Y SE BASA EN EL MUESTREO LLEVADO A CABO SIN
REEMPLAZO.
LAS APLICACIONES DE LA DISTRIBUCION HIPERGEOMETRICA SE
ENCUENTRAN EN MUCHAS AREAS, CON UN USO CONSIDERABLE EN EL
MUESTREO DE ACEPTACION, LAS PRUEBAS ELECTRONICAS Y EL
ASEGURAMIENTO DE LA CALIDAD. ES OBVIO QUE EN MUCHOS DE ESTOS
CAMPOS LA PRUEBA SE REALIZA A EXPENSAS DE LA PIEZA QUE SE ESTA
PROBANDO. ESTA SE DESTRUYE Y POR LO TANTO NO PUEDE
REEMPLAZARSE EN LA MUESTRA. ENTONCES, ES NECESARIO EL
MUESTREO SIN REEMPLAZO. EN LOS SIGUIENTES PARRAFOS SE UTILIZA
COMO EJEMPLO UN CASO SIMPLE DE JUEGO DE CARTAS.
SE DESEA ENCONTRAR LA PROBABILIDAD DE OBTENER 3 CARTAS
ROJAS EN 5 RETIROS DE UN PAQUETE COMUN DE 52 CARTAS. PARA
RESOLVER LA SITUACION DE MUESTREAR SIN REEMPLAZO, EL
PROBLEMA DEBE REPLANTEARSE. SI SE SACAN 5 CARTAS AL AZAR Y SE
DESEA CONOCER LA PROBABILIDAD DE SELECCIONAR 3 CARTAS ROJAS
DE LAS 26 DISPONIBLES Y 2 CARTAS NEGRAS DE LAS OTRAS 26
DISPONIBLES EN EL PAQUETE. SE TIENEN (263) MANERAS DE
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SELECCIONAR 3 CARTAS ROJAS, Y POR CADA UNA DE ESTAS FORMAS SE
PUEDEN SELECCIONAR 2 CARTAS NEGRAS EN (262) MANERAS. POR LO
TANTO, EL NUMERO TOTAL DE MODOS DE SELECCIONAR 3 CARTAS
ROJAS Y 2 NEGRAS EN 5 INTENTOS ES EL PRODUCTO (263)( 262). EL NUMERO
TOTAL DE MANERAS DE SELECCIONAR 5 CARTAS CUALQUIERA DE LAS
52 QUE ESTAN DISPONIBLES ES (525). DE AQUÍ QUE LA PROBABILIDAD DE
SELECCIONAR 5 CARTAS SIN REEMPLAZO DE LAS CUALES 3 SEAN ROJAS
Y 2 NEGRAS ES:
26
3
26
2
(26!/3!23!)(26!/2!24!)
=
52
5
= 0.3251= 32.51%
(52!/5!47!)
EN GENERAL, EL INTERES QUE SE TIENE ES EN LA PROBABILIDAD
DE SELECCIONAR x ÉXITOS DE LOS k POSIBLES RESULTADOS O
ARTICULOS TAMBIEN CONSIDERADOS EXITOS Y n – x FRACASOS DE LOS
N – k POSIBLES RESULTADOS O ARTICULOS TAMBIEN CONSIDERADOS
FRACASOS, CUANDO UNA MUESTRA ALEATORIA DE TAMAÑO n SE
SELECCIONA DE N RESULTADOS O ARTICULOS TOTALES. ESTO SE
CONOCE COMO UN EXPERIMENTO HIPERGEOMETRICO.
UN EXPERIMENTO HIPERGEOMETRICO ES AQUEL QUE POSEE LAS
DOS PROPIEDADES SIGUIENTES:
1.- UNA MUESTRA ALEATORIA DE TAMAÑO n SE SELEECIONA SIN
REEMPLAZO DE UN TOTAL DE N RESULTADOS O ARTICULOS
TOTALES.
2.- k RESULTADOS O ARTICULOS DEL TOTAL N PUEDEN
CLASIFICARSE COMO EXITOS Y N – k COMO FRACASOS
EL NUMERO X DE EXITOS EN UN EXPERIMENTO
HIPERGEOMETRICO RECIBE EL NOMBRE DE VARIABLE ALEATORIA
HIPERGEOMETRICA. DE ACUERDO CON ESTO, LA DISTRIBUCION DE
PROBABILIDAD DE LA VARIABLE HIPERGEOMETRICA SE LLAMA
DISTRIBUCION HIPERGEOMETRICA Y SUS VALORES SON REPRESENTADOS
POR h(x; N, n, k), DADO QUE DEPENDEN DEL NUMERO DE EXITOS k EN EL
CONJUNTO N DEL CUAL SE SELECCIONAN n RESULTADO O ARTICULOS.
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DISTRIBUCIÓN BINOMIAL NEGATIVA (PASCAL).
LA VARIABLE ALEATORIA BINOMIAL NEGATIVA Y SU DISTRIBUCIÓN
ESTÁN BASADAS EN UN EXPERIMENTO QUE SATISFACE LAS SIGUIENTES
CONDICIONES:
1. EL EXPERIMENTO CONSTA DE UNA SECUENCIA DE INTENTOS
INDEPENDIENTES.
2. CADA INTENTO PUEDE RESULTAR EN UN ÉXITO (S) O EN UN
FRACASO (F).
3. LA PROBABILIDAD DE ÉXITO ES CONSTANTE DE UN INTENTO A
OTRO, ASÍ QUE P(S EN EL INTENTO i) = p PARA i = 1,2,3,...
4. EL EXPERIMENTO CONTINÚA (LOS INTENTOS SE EJECUTAN)
HASTA QUE UN TOTAL DE r ÉXITOS SE HAYA OBSERVADO, DONDE r
ES UN ENTERO POSITIVO ESPECIFICADO.
LA VARIABLE ALEATORIA DE INTERÉS ES x = NÚMERO DE FRACASOS
QUE PRECEDEN AL r-ésimo ÉXITO; x SE LLAMA VARIABLE ALEATORIA
BINOMIAL NEGATIVA PORQUE, EN CONTRASTE CON LA VARIABLE
ALEATORIA BINOMIAL, EL NÚMERO DE ÉXITOS ES FIJO Y EL NÚMERO
DE INTENTOS ES ALEATORIO.
LOS POSIBLES VALORES DE x SON 0, 1, 2,.... DENOTEMOS POR nb(x ; r , p )
LA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDAD DE x. EL EVENTO X  x ES
EQUIVALENTE A ( r – 1 S EN LOS PRIMEROS (x + r –1 ) INTENTOS Y UNA S
EN EL ( x + r )-ésimo INTENTO ) (POR EJEMPLO, SI r = 5 Y x = 10, ENTONCES
DEBE HABER CUATRO S EN LOS PRIMEROS 14 INTENTOS Y EL INTENTO 15
DEBE SER UNA S). COMO LOS INTENTOS SON INDEPENDIENTES:
nb ( x ; r , p ) = P ( X = x )
= P ( r – 1 S´s EN LOS PRIMEROS x + R – 1 intentos) P ( S )
LA PRIMERA PROBABILIDAD DE LA EXTREMA DERECHA DE LA
EXPRESIÓN ES LA PROBABILIDAD BINOMIAL
x+r–1
pr-1 ( 1 – p )x ,
MIENTRAS P(S) = p
r–1
LA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDADA DE LA VARIABLE ALEATORIA
BINOMIAL NEGATIVA CON PARÁMETROS r = NÚMERO DE LAS S Y p = P(S)
ES:
16
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
X+r-1
pr ( 1 – p )x ,
nb ( x ; r , p ) =
X = 0, 1, 2,…
r–1
EJEMPLO:
1. UN PEDIATRA DESEA RECLUTAR 5 PAREJAS, CADA UNA DE LAS
CUALES ESPERA TENER A SU PRIMER HIJO, PARA QUE PARTICIPEN
EN UN NUEVO RÉGIMEN DE NACIMIENTO NATURAL. SEA p = P(UNA
PAREJA SELECCIONADA AL AZAR ACCEDE A PARTICIPAR). SI p =
0.2 , ¿CUÁL ES LA PROBABILIDADA DE QUE SE PIDA A 15 PAREJAS
QUE PARTICIPEN ANTES DE ENCONTRARA 5 QUE ACCEDAN? ESTO
ES, CON S = (ACCEDE A PARTICIPAR), ¿CUÁL ES LA
PROBABILIDADA DE QUE OCURRAN 10 F ANTES DE LA QUINTA S?
p = 0.2
r=5
x = 10
10 + 5 - 1
(0.2)5 (0.8)10 = 0.03439 = 3.44%
nb ( 10 ; 5 , 0.2 ) =
5–1
LA PROBABILIDAD DE QUE AL MENOS 10 F SE OBSERVEN (A LO SUMO SE
PIDA A 15 PAREJAS) ES:
x+4
10
P ( x < 10 ) =

nb( x ; 5 , 0.2 ) = (0.2)5
x 0
10

(0.8)x = 0.1642 = 16.42%
x 0
4
EN ALGUNAS PUBLICACIONES, LA VARIABLE ALEATORIA BINOMIAL
NEGATIVA SE TOMA COMO EL NÚMERO DE INTENTOS X + r EN LUGAR
DEL NÚMERO DE FRACASOS.
EN EL CASO ESPECIAL r = 1, LA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDAD ES:
nb ( x ; 1 , p ) = ( 1 – p )x p ,
x = 0, 1, 2,…..
EN UNA DISTRIBUCION DE PROBABILIDAD DE LA VARIABLE ALEATORIA
PARA EL CASO DE UNA DISTRIBUCION BINOMIAL NEGATIVA, EL
NÚMERO DE INTENTOS NECESARIOS PARA OBTENER LA PRIMERA S, Y
17
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
LA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDAD AHÍ ES SIMILAR A LA EXPRESIÓN
ANTERIOR PARA EL CASO EN QUE r = 1.
TANTO x = NÚMERO DE LAS F COMO y = NÚMERO DE INTENTOS (= 1 + X )
SE CONOCEN EN LA LITERATURA COMO VARIABLES ALEATORIAS
GEOMÉTRICAS, Y LA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDADA SE LLAMA
DISTRIBUCIÓN GEOMÉTRICA.
POR OTRO LADO EL NÚMERO ESPERADO DE INTENTOS HASTA LA
PRIMERA S SE DEMUESTRA QUE ES 1/p DE MODOD QUE EL NÚMERO
ESPERADO DE LAS F HASTA LA PRIMERA S ES (1/p) – 1 = ( 1 – p ) / p .
INTUITIVAMENTE, ESPERARÍAMOS VER r ( 1 – p )/ p F ANTES DE LA r-ésima
S, Y ESTO ES CIERTAMENTE E(X). TAMBIÉN HAY UNA FÓRMULA
SENCILLA PARA OBTENER V(X).
SI X ES UNA VARIABLE ALEATORIA BINOMIAL NEGATIVA CON
DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDADA nb ( x ; r , p), ENTONCES:
r(1–p)
E(X)=
r(1–p)
,V(X)=
p2
p
FINALMENTE, AL EXPANDIR EL COEFICIENTE BINOMIAL EN FRENTE DE
pr ( 1 – p )x Y HACER ALGUNA CANCELACIÓN, SE PUEDE VER QUE
nb ( x ; r , p ) ESTA BIEN DEFINIDO AUN CUANDO r NO SEA UN ENTERO. SE
HA ENCONTRADO QUE ESTA DISTRIBUCIÓN BINOMIAL NEGATIVA
GENERALIZADA SE AJUSTA MUY BIEN A LOS DATOS OBSERVADOS EN
UNA AMPLIA VARIEDAD DE APLICACIONES.
DISTRIBUCION DE POISSON
ESTA DISTRIBUCION SE PUEDE OBTENER A PARTIR DE LA HAY
DISTRIBUCION BINOMIAL CONSIDERANDO QUE N → ∞, MIENTRAS QUE
P→0
P (x = n) = NCn Pn qN-n
x = 0, 1, 2, ……, N
;
N!
P (x = n) = --------------- PN qn-N
n! (N – n)!
18
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
N (N -1) (N -2)….. [ N – (n – 1)] [N – n]
P (x = n) = ──────────────────────── Pn qN-n
n! [N – n]
N (N – 1) (N -2) …. [ N – (n – 1)
P (x = n) = ───────────────────── pn qN-n
n!
N N–1 N–2
N – (n – 1)
Pn qN-n
= ---- -------- -------- …… -------------- Nn -----------N N
N
N
n
= (1) ( 1 – 1/N) 1 – 2/N) ….. (1 – n -1 (NP)n qN-n
───) ───────
N
n!
(PN)n (1 – P)N
──────────
n! (1 – P)N

HACIENDO  = NP
;
P = ----- , SE TIENE
N
P (x = n) = (1 – 1/N) (1 – 2/N) …..(1 – n -1  n (1 -  /N)N
─── ─────────
N
n! (1 -  /N)N
 n (1 -  /N)N
1
2
n-1
P(x) = LimN   [ (1 - ─ ) (1 - ─ )….(1 -───) ───────────]
N
N
N
n! (1 -  /N)n
 n (1 ─  /N)N
= Lim ────────────
N 
n!
n
= ─── Lim (1 - ─)N
n! N  
19
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
n
= ─── ℮-2
n!

n
P (x) = ───── ℮-2
n!
n = 0, 1, 2, …,
;
DISTRIBUCION DE POISSON.
LA FUNCION DE PROBABILIDAD QUE DEFINE ESTA DISTRIBUCION
ES:
n
P(x = n) = ──── ℮- 
n!
O BIEN:
;
n = 0,1,2,….,
;
x = 0,1,2,….
x
P(x) = ──── ℮- 
x!
COMO YA SE OBSERVO, ESTA DISTRIBUCION ES UNA
APROXIMACION A LA DISTRIBUCION BINOMIAL PARA LOS CASOS EN
QUE N SEA GRANDE Y P SEA PEQUEÑA,
N≥ 50
,
Np≤5
EJEMPLO:
SI EL 2% DE LOS TRANSISTORES PRODUCIDOS POR UNA FABRICA
SALEN DEFECTUOSOS, ENCONTRAR LA PROBABILIDAD DE QUE EN UN
LOTE DE 200 TRANSISTORES HAYA CUANDO MAS 5 TRANSISTORES
DEFECTUOSOS.
EL PROBLEMA SE TRABAJA CON UNA DISTRIBUCION BINOMIAL, EN
LA CUAL:
N=200
,
p=0.02
,
q=0.98
ÉXITO: EL TRANSISTOR ESTA DEFECTUOSO
P(x≤5) =?
20
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
P(x≤5)= P(x=0) + P(x=1) + P(x=2) + ……. + P(x=5)
=200C0 p0 q200 + 200C1 p1 q199 + …….. + 200C5 p5 q195
COMO N ES GRANDE Y p ES PEQUEÑA PODEMOS APROXIMAR LA
DISTRIBUCIION BINOMIAL POR MEDIO DE LA DE POISSON.
 = Np
 = 200 (.02)
=4
P(x≤5) = P(x=0) + P(x=1) + …… + P(x=5)
40
4
45
= ─── ℮-4 + ─── ℮-4 + …… + ─── ℮-4
0!
1!
5!
40
4
42
43
44
45
= ℮ -4 (─── + ── + ── + ── + ─── + ───
0!
1!
2!
3!
4!
5!
= 0.7851
EN UN PROCESO DE POISSON LOS SUCESOS APARECEN EN
INTERVALOS CONTINUOS (TIEMPO, VOLUMEN, LONGITUD, ETC.) DE
MAGNITUD S.
SI SE DIVIDE EN INTERVALOS S (MAS PEQUEÑOS) EN
SUBINTERVALOS DE MAGNITUD ΔS , DE TAL MANERA QUE LA
PROBABILIDAD DE QUE SE PRESENTE UN PUNTO EN EL SUBINTERVALO
SEA “p” Y LA PROBABILIDAD DE QUE NP SE PRESENTE “q”.
21
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
DE ESTA MANERA LA PROBABILIDAD DE QUE SE PRESENTEN DOS O
MAS PUNTOS EN UN SUBINTERVALO SE CONSIDERARA NULA O CASI
CERO.
SI AL SEGMENTO s LO DIVIDIMOS EN UN NUMERO GRANDE N DE
SUBINTERVALOS, ENTONCES:
S
ΔS = ───
N
…… (a)
ADEMAS LA PROBABILIDAD DE ÉXITO P, ES DIRECTAMENTE
PROPORCIONAL A ΔS, ESTO ES:
P= λ ΔS
…… (b)
DONDE λ ES UNA CONSTANTE DE PROPORCIONALIDAD.
SUSTITUYENDO (a) EN (b)
S
P= λ ──
N
…… (c)
CON LO CUAL
S
q = 1 – p = 1 – λ ───
N
…… (d)
EN CADA UNO DE LOS SUBINTERVALOS SE VERIFICA UNA PRUEBA
DE BERNOILLI, EN DONDE:
ÉXITO = EN ΔS HAY UN PUNTO
FRACASO = EN ΔS NO HAY PUNTO
22
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
POR LO TANTO LA DISTRIBUCION BINOMIAL ES :
n
N-n
P(x=n) = NCn p q
S
S
n
= NCn (λ ──) (1 – λ ──)N-n
N
N
CONSIDERANDO QUE N→∞
n
P(x = n) = ──── ℮- 
n!
SI S = 1 :
;
n = 0,1,2,….,
;
x = 0,1,2,….
x
P(x) = ──── ℮- 
x!
PROBLEMA:
1.- EL NUMERO DE MUERTES POR SUICIDIO EN UNA CIUDAD ES DE DOS
POR DIA, SI LA VARIABLE ALEATORIA x REPRESENTA EL NUMERO DE
MUERTES POR SUICIDIO EN UNA SEMANA, DETERMINAR LA
PROBABILIDAD DE QUE HALLA:
a) 14 MUERTES POR SEMANA
b) AL MENOS 3 MUERTES POR SEMANA
A) P ( x = 14 ) = ¿?

= 2 muertes / día = 14 muertes / semana
1414
P ( x = 14 ) = -------------- e-14 = 0.1059 = 10.59%
14!
P ( x >= 3) = P ( x = 3 ) + P ( x = 4 ) + …. + P ( x = 14 ) =
=1-(P(x=0)+P(x=1)+P(x=2))=
= 1 - ( 140/0! + 141/1! + 142/2! ) e-14 = 0.9999 = 100%
2.- SUPONGAN QUE EN EL NUMERO DE LLAMADAS TELEFÓNICAS QUE
LLEGAN A UN CONMUTADOR ES DE 120 POR HORA. DETERMINAR LA
PROBABILIDAD DE QUE:
a) EN UN MINUTO SE RECIBAN CERO LLAMADAS
b) EN UN MINUTO LLEGEN ENTRE UNA Y CINCO LLAMADAS
DISTRIBUCIÓN POISSON
 = 120 LLAMADAS / HORA = 2 LLAMADAS / MINUTO
23
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
A) P ( x = 0 ) = (2)0/0! e-2 = 0.1353 = 13.53%
B) P ( 1 <= x <= 5 ) = P ( x = 1 ) + P ( x = 2 ) + P ( x = 3 ) + P ( x = 4 )
+ P ( x = 5 ) = ( 21/ 1! + 22/2! + 23/3! + 24/ 4! + 25/5! ) e-2
=0.8481 = 84.81%
DISTRIBUCIÓN POISSON
CALCULO DE LA MEDIA
= 
CALCULO DE LA VARIANCIA
= 
DISTRIBUCIÓN UNIFORME
RECORDANDO LA PROBABILIDAD CLÁSICA:
N(A)
 NUMERO DE ELEMENTOS DE A
N(S)
 NUMERO DE ELEMENTOS DE S
P(A)=
SI LOS ELEMENTOS DE A LOS REPRESENTAMOS POR MEDIO DE UNA
VARIABLE ALEATORIA “X”
CONTINUA
X
DISCRETA
EN EL CASO DE QUE X SEA CONTINUA:
MAGNITUD DE A
P(A)=
MAGNITUD DE S
24
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
X2 – X1
P(A)=
b–a
…. ( a)
SI SE DEFINE UNA FUNCION DENSIDAD DE PROBABABILIDAD f(x).
ENTONCES:
X2
P ( X1 < X < X2 ) =
 f ( x)dx
x1
Como
 f ( x)dx = h (x) ....(b)
Entonces
X2
P ( x1 < x < x2 ) =
 f ( x)dx = h ( x )
X2
X1
…… (c)
X1
de (a) se puede ver que
X2 – X1
X
X2
X1
=
b–a
= P ( X1 < X < X2)
b–a
IGUALANDO ESTO CON ( C )
X
x2
x1
=h(x)
x2
x1
b–a
de donde
X
h(x)=
b–a
y sustituyendo en ( b )
X
 f ( x)dx =
b–a
derivando
25
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
1
f ( x) =
;
SI a < x < b
b–a
ESTA FUNCION DEFINE UNA DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDAD PARA LA
VARIABLE ALEATORIA “x”. A ESTA DISTRIBUCIÓN SE LE LLAMA
“DISTRIBUCIÓN UNIFORME O RECTANGULAR”.
GRÁFICAMENTE:
1
X2
P ( x1 < x < x2 ) =

dx
X1
b–a
EJEMPLO:
UN PARACAIDISTA SE LANZA DESDE UN AVION, ¿CUAL ES LA
PROBABILIDAD DE QUE CAIGA EN EL AREA A y B, QUE ESTAN MARCADAS
EN EL PISO?
DISTRIBUCIÓN UNIFORME O RECTANGULAR
26
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
π (2)2
magnitud de A
P(A) =
4
=
=
= 0.16 = 16%
2
magnitud de S
π (5)
magnitud de B
π (5)2 – π (2)2
P(B) =
25
=
21
=
= 0.84 = 84%
π (5)2
magnitud de S
25
PARA OBTENER LA MEDIA Y LA VARIANCIA:
1
1
1
b
 x = E {x} =

x
x2
dx =
|ba
a
b–a
2
b–a
1
2
2
x=½(b –a )
b–a
( b + a) (b – a)
x=
b+a
=
2 (b – a)
2
1

b+a
2
(b – a)2
b
2
x
= E {x } –  x =
2
2

x2
dx -
=
a
b–a
2
12
DISTRIBUCION EXPONENCIAL
SI EN UNA DISTRIBUCION DE POISSON EL INTERVALO ES TIEMPO,
ENTONCES LA DISTRIBUCION EXPONENCIAL SE UTILIZA PARA DETERMINAR
EL TIEMPO QUE TRANSCURRE HASTA QUE SE VERIFIQUE EL PRIMER
EVENTO (PUNTO).
LA FUNCION DENSIDAD DE PROBABILIDAD PARA LA DISTRIBUCION
EXPONENCIAL ES:
λe-λt
; t>0
f (t ) =
0
; cualquier otro caso.
27
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
t2
P (t1 < t < t2 ) =

f (t) dt
t1
CALCULO DE LA MEDIA:

 x = E {x} =


x f (x) dx =
0


xλe
-λx
0
dx = λ  x e-λx dx =
0
u = x ; du = dx
dv = e-λx dx ; v = -1/λ e-λx
 x = λ ( - x/λ e
-λx
) ∞0 + 1/λ


e-λx dx ) = λ [1/λ ( - 1/λ e-λx ) |∞0] =
0
1
=
---x
λ
CALCULO DE LA VARIANCIA
 x2 = E {x2} –  x 2

E{x2} =

0

x2 f(x) dx =

x2 λe-λx dx
0
1
2
2
2
 x = E {x } –  x = ----λ2
1
2
 x = ---λ2
EJEMPLOS:
1.- SE HA OBSERVADO QUE LA FRECUENCIA DE LLEGADA DE
AUTOBUSES A UNA DETERMINADA “PARADA”, ES DE 3 POR
HORA. ¿CUÁL ES LA PROBABILIDAD DE QUE LLEGUEMOS A LA
PARADA Y ESPEREMOS 10 MINUTOS PARA QUE LLEGUE EL
AUTOBUS?
28
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
λ = 3 AUTOBUSES / HORA
1/ 6
P(0 < t < 1/6) =

1/ 6
λe-λt dt =
0

3e-3t dt = -e-3t |1/6 0 = -e-½ +1 =
0
P(0 < t < 1/6) = 0.3934 = 39.34%
¿CUAL ES LA PROBABILIDA DE QUE ESPEREMOS MAXIMO 1 HORA
PARA QUE LLEGUE EL PRIMER AUTOBUS?
1
P(0 < t < 1) =

3e-3t dt = -e-3t |10 = -e-3 + 1 = 0.9502129 =
0
P(0 < t < 1) = 95.02%
2.- SE HA OBSERVADO QUE LAS FALLAS MECANICAS OCURRIDAS EN
UNA INDUSTRIA SE PRESENTAN UNA CADA DOS HORAS, SI SE
LLEGA A LA PLANTA A LAS 9:00 DE LA MAÑANA Y SI SE DESIGNA
CON t EL TIEMPO DESDE LA LLEGADA HASTA SU PRIMER FALLA.
DETERMINAR:
a) LA PROBABILIDAD DE QUE TRANSCURRA UNA HORA ANTES
DE QUE APAREZCA LA PRIMER FALLA.
b) LA PROBABILIDAD DE QUE NO PASEN MAS DE 4 HORAS
ANTES DE LA PRIMER FALLA.
SOLUCION:
DISTRIBUCIÓN EXPONENCIAL
a) λ = ½ fallas/hora

P (t > 1) =

½ e-½t dt = -e-½t |∞1 = 0 + e-½ = 0.6065
1
P (t > 1) = 60.65%
4
b) P(0 < t < 4) =

½ e-½t dt = -e-½t |40 = -e-2 + 1 = 0.8647
0
P (0 < t < 4) = 86.47%
29
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
DISTRIBUCION NORMAL.
UNA VARIABLE ALEATORIA CONTINUA x TIENE DISTRIBUCIÓN
NORMAL SI SU FUNCIÓN DENSIDAD DE PROBABILIDAD ES :
1
f(x)=
e-(x-m)2/2d2 ; -  < x < 
2 d
DONDE m Y d SON CONSTANTES
x=m
2
x =d
2
30
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
DISTRUBUCION NORMAL ESTANDAR
m=0;d=1
1
e-x2/2 ; FUNCION DE DENSIDAD DE PROBABILIDAD
f(x)=
2 d
Y DEFINE UNA DISTRIBUCION NORMAL ESTANDAR
CALCULO DE PROBABILIDADES : SEA LA VARIABLE ALEATORIA x
CON MEDIA  x Y DESVIACIÓN ESTANDAR  x2 :
1
e-(x-m)2/2  x2 dx
x2
P ( x1 < x < x2 ) =

x1
2 
x
HACIENDO :
( x -  x )2
Z=
x
31
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
1
x 2  z 2x  x
P ( x1 < x < x2 ) =

e-z2/2 dz
x1 z1 x  x
2
UTILIZAR TABLAS DE LA FUNCION DE DISTRIBUCION
ACUMULADA
EJEMPLO:
1.- SI X ES UNA VARIABLE ALEATORIA CON DISTRIBUCIÓN NORMAL, CON
  5 Y  x = 2, DETERMINAR:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
P(5<x<7)
P(x<6)
P(x<3)
P(x>8)
P(1<x<2)
P ( 6 < x < 7.5 )
P ( x > 4.5 )
a) P ( 5 < x < 7 ) = P ( 0 < z < 1 ) =
0.84135 – 0.5
x- x
z=
x
x1 -  x
z1 =
x
5-5
=
2
x2 -  x
z2 =
x
=0
7-5
=
= 1
2
b) P ( x < 6 ) = P ( z < 0.5 ) = 0.69145 = 69.145 %
32
= 0.34135 = 34.135%
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
x-  x
z =
6-5
=
x
= 0.5
2
c) P ( x < 3 ) = P ( z < -1 ) = 0.15865 = 15.865 %
x-  x
z =
3-5
=
x
=-1
2
d) P ( x > 8 ) = P ( z > 1.5 ) =
x-  x
z =
= 0.0668 = 6.68 %
8-5
=
x
0.93320 – 1
= 1.5
2
0.06680 – 0.02276
= 0.04404 = 4.404 %
0.89436 – 0.69145
= 0.20291 = 20.291 %
e) P ( 1 < x < 2 ) = P ( - 2 < z < - 1.5 ) =
x- x
z=
x
x1 -  x
z1 =
1-5
=
x
x2 -  x
z2 =
=-2
2
2-5
=
x
= - 1.5
2
f) P( 6 < x < 7.5 ) = P( 0.5 < z < 1.25) =
x- x
z=

x
x1 -  x
z1 =
x
6-5
=
= 0.5
2
33
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
x2 -  x
z2 =
x
7.5 - 5
=
= 1.25
2
1 – 0.40129
g) P ( x > 4.5 ) = P ( z > - 0.25 ) =
x-  x
z =
x
= 0.5987 = 59.87 %
4.5 - 5
=
= - 0.25
2
EJEMPLO:
EN UN ALMACEN SE UTILIZAN LÁMPARAS FLUORESCENTES CON VIDA
MEDIA DE 3,500 HORAS Y DESVIACIÓN ESTANDAR DE 600 HORAS, LA
DURACIÓN TIENE DISTRIBUCIÓN NORMAL.
a) SI LAS LUCES ESTAN ENCENDIDAS 10 HORAS AL DIA DURANTE 52
SEMANAS. ¿Qué PORCENTAJE DE LAS LAMPARAS NECESITARAN
REPONERSE?
b) ¿DESPUÉS DE CUANTAS SEMANAS SERIA NECESARIO REPONER EL
10% DE LAS LÁMPARAS?
VIDA MEDIA =  x = 3,500 horas
 x = 600 horas
SEMANA DE 7 DIAS
X : LA VIDA ÚTIL DE LAS LÁMPARAS
a) (70 horas/semana)(52 semanas) = 3,640 horas
SE TENDRAN QUE REPONER LAS QUE DUREN MENOS DE 3,640 HORAS
x-  x
z =
x
3,640 – 3,500
=
= 0.2333
600
LA PROBABILIDAD DE QUE LAS LÁMPARAS DURAN MENOS DE 3,640
HORAS ES:
P ( x < 3,640 ) = P ( z < 0.2333 ) = 0.59096 = 59.096 %
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APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
b)
x-  x
- 1.28 =
x – 3,500
=
x
600
x = 600 ( - 1.28) + 3,500 = 2,732 horas
2,732 horas / 70 horas / semana = 39.02 semanas
EJEMPLO:
CON FRECUENCIA SE SUPONE QUE LAS MEDICIONES DE LONGITUD
USANDO UN INSTRUMENTO CALIBRADO CON LA SUFICIENTE
EXACTITUD, ESTAN DISTRIBUIDAS EN FORMA NORMAL ALREDEDOR DE
LA LONGITUD VERDADERA DEL OBJETO MEDIDO. SUPONGA QUE LA
LONGITUD DEL OBJETO ES DE 9 METROS Y QUE LA MEDIACIÓN DE LA
MISMA ES UNA VARIABLE ALEATORIA x CON DISTRIBUCIÓN NORMAL,
CON  x = 9 Y  x = 0.02 DETERMINAR LA PROBABILIDADA DE QUE LA
LONGITUD MEDIDA ESTE ENTRE 8.99 Y 9.02
 x=9
 x = 0.02
P ( 8.99 < x < 9.02 ) = P ( -0.5 < z < 1 ) =
0.84135 – 0.30855
x- x
z=

x
x1 -  x
z1 =
x
8.99 - 9
=
0.02
x2 -  x
z2 =
x
= - 0.5
9.02 - 9
=
=1
0.02
35
= 0.5328 = 53.28%
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
EJEMPLO:
SUPONER QUE LA DISTANCIA x A LA QUE UN LANZADOR DE DISCO
PUEDE EFECTUAR SU PRIMER TIRO ES UNA VARIABLE ALEATORIA
NORMAL, CON PARÁMETROS DE MEDIA IGUAL A 50 METROS Y
DESVIACIÓN ESTANDAR IGUAL A 5 METROS. CALCULAR LA
PROBABILIDAD DE QUE
a) SU TIRO “NO” SEA MENOR DE 55 METROS.
b) ESTE ENTRE 50 Y 60 METROS.
 x = 50 METROS
 x = 5 METROS
a) P ( x > 55 ) = P ( z > 1 ) =
x-  x
z =
x
1 – 0.84135
55 – 50
=
=1
5
b) P ( 50 < x < 60 ) = P ( 0 < z < 2 ) =
x1 -  x
z1 =
x
x
0.97724 – 0.5
= 0.47724 = 47.724 %
50 - 50
=
= 0
5
x2 -  x
z2 =
= 0.1586 = 15.86 %
60 - 50
=
=2
5
EJEMPLO:
UNA MAQUINA AUTOMATICA QUE EXPENDE CAFÉ , LLENA LAS COPAS
CON 6 ONZAS DE CAFÉ Y CON  x = 0.4 SI SE USAN COPAS DE 7 ONZAS
¿QUÉ PORCENTAJE DE ELLOS SE DERRAMARA?
x=6
 x = 0.4
P ( x > 7 ) = P ( z > 2.5) =
1 – 0.99378
36
= 0.00622 = 0.622 %
APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
x-  x
z =
x
7–6
=
= 2.5
0.4
EJEMPLO:
En un examen de matemáticas, en el que se ha evaluado de 0 a 20 puntos, el 67% de los
alumnos ha obtenido una puntuación igual o menor que 12.2 y el 9% ha obtenido
puntuación superior a 16.7. Suponiendo que la distribución de las puntuaciones sea
normal, calcule su media y su desviación típica
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APUNTES DE PROBABILIDAD Y ESTADISTICA
ING. GUILLERMO CASAR MARCOS
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