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UNED. ELCHE.
TUTORÍA DE ESTADÍSTICA EMPRESARIAL (2º A.D.E.)
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CUESTIONES Y PROBLEMAS DE LOS TEMAS 3 Y 4, PROPUESTOS EN EXÁMENES DE
ESTADÍSTICA EMPRESARIAL (LICENCIATURA ADE)
CUESTIONES.2) Explique conceptualmente cual es la utilidad del Teorema Central del Límite.
Respuesta.Permite calcular probabilidades de una variable aleatoria Sn, suma de un número
elevado de variables aleatorias independientes e idénticamente distribuidas, ya que el teorema
establece que dicha suma se comporta aproximadamente como una variable Normal cuyas
media y varianza son la suma, respectivamente, de las medias y varianzas de las variables
aleatorias cuya suma es Sn.
3) Representar gráficamente la función de densidad y de distribución de una función
Uniforme Continua.
Respuesta. 1
, axb

Función de densidad: f(x) =  b  a

0, en el resto
0, x  a
x  a

Función de distribución: F(x) = 
, axb 
b

a

1, x  b
4) Indicar las características que presentan los experimentos de Poisson.
Respuesta.- El número de sucesos que ocurren en un determinado intervalo (de tiempo o de
espacio) es independiente del número de sucesos que ocurren en cualquier otro intervalo.
- La probabilidad de que un solo suceso ocurra en un intervalo muy pequeño es
proporcional a la longitud del intervalo y no depende del número de sucesos que ocurran fuera
de dicho intervalo.
- La probabilidad de que ocurra más de un suceso en un intervalo muy pequeño es
prácticamente nula.
5) Indicar la relación que existe entre una variable distribuida según una ji-cuadrado de
Pearson y la distribución Normal.
Respuesta.Una variable aleatoria 2 (con n grados de libertad) es suma de cuadrados de n
variables aleatorias normales N(0, 1), independientes.
6) Explique brevemente cual es la utilidad del teorema de Moivre.
Respuesta.Permite calcular probabilidades para una variable aleatoria binomial B(n, p) cuando n es
muy grande, utilizando la distribución normal ya que establece que, cuando n tiende a infinito,
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la variable aleatoria binomial B(n, p) tiende a comportarse como una variable aleatoria normal
N np, np1  p  .
7) Relación entre la distribución normal y los cambios de orígen y escala.
Respuesta.Sea X una variable normal N(, ). Si consideramos un número real cualquiera a y
construimos la variable U = X + a, decimos que hemos efectuado un cambio de origen, de
manera que si X = 0 (origen de la variable X) entonces U = a (origen de la variable U).
Sabemos además que U es normal y que E(U) = E(X) + a =  + a. También Var(U) = Var(X)
= 2, luego U es normal N(+a, ).
1
Si consideramos ahora un número real b>0 y construimos la variable V = X, decimos
b
que hemos efectuado un cambio de escala, de forma que a un intervalo de longitud b de la
variable X le corresponde un intervalo de longitud 1 de la variable V. También sabemos que V
1
2
1

sigue siendo normal y como E(V) = E(X) = , y Var(V) = 2 var(X)  2 , se tiene que V
b
b
b
b
 
es normal N ,  .
b b
Xa
Si hacemos simultáneamente un cambio de origen y de escala, es decir, si Y =
, se
b
a 
tiene que Y es normal N
, .
 b b
Un caso particular de cambio de origen y escala es la tipificación de la variable X, es
X 
decir, construir la variable Z =
que, teniendo en cuenta lo anterior, será normal N(0, 1).

8) ¿Por qué a veces es más conveniente utilizar la distribución de Poisson en vez de la
Binomial para el cálculo de probabilidades?
Respuesta.x 
n x
n x
Sabemos que lim  p (1  p)  e , donde  = np, es decir, si X es binomial
n  x
x!
 
B(N, p), entonces, para valores grandes de n, la probabilidad P(X = x) puede calcularse
considerando que X es de Poisson de parámetro  = np. Es más conveniente usar la
distribución de Poisson que la binomial por economía de cálculo. Por ejemplo, si n = 60, p =
 60 
0,05 y x = 4, por la binomial habría que calcular  0,05 4 0,95 56 , mientras que por la de
4


3 4 3
e
Poisson se tendría
4!
9) Razone porqué se puede obtener la distribución de Poisson como límite de la
distribución Binomial.
Respuesta.Porque si en la expresión que da la probabilidad de que X = x, para una variable X

n
n x
binomial B(n, p), a saber  p x 1  p  , hacemos que n  , y ponemos p = , se
n
x
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x 
n x
n x
e , que es la expresión de la probabilidad de que
demuestra que lim  p 1  p 
=
n  x
x!
 
X = x para una variable de Poisson de parámetro .
10) Qué interpretación tiene el hecho de que en dos distribuciones normales A y B con
medias iguales A = B, la varianza de A sea superior a la de B. Representar gráficamente las
distribuciones de densidad de ambas poblaciones.
Respuesta.Las abscisas de los puntos de inflexión de la
función de densidad normal N(, ) son  –  y
 +  . El valor máximo de la función de densidad se
1
obtiene para x =  y es f() =
. Por tanto será
 2
f(A) < f(B), es decir B más apuntada que A.
PROBLEMAS.-
Solución.Puesto que la variable X = “camas ocupadas” es discreta, haciendo una corrección por
continuidad consideraremos que la función de densidad es la uniforme en el intervalo
[199,5, 250,5] es:
1
, 199 ,5  x  250 ,5
f(x) =  51

0, en el resto
a) P[X > 230] = (corrección por continuidad) = P[X  230,5] =

250, 5
1
20

dx 
230, 5 51
51
 0,39.
b) P[215  X  240] = (corrección por continuidad) = P[214,5  X  240,5] =
240, 5
1
26
=
 0,51. El porcentaje pedido es de 51 %.
dx 
214, 5 51
51
b  a 2    b  a . Así pues:
ab
c) En la distribución uniforme  =
y 2 =
2
12
2 3
199 ,5  250 ,5
250 ,5  199 ,5
51

=
= 225 y  =
 14,72
2
2 3
2 3

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Solución.Suponemos que las visitas diarias a una página web son sucesos que ocurren de forma
independiente durante un intervalo de tiempo. Podemos decir que se trata de un experimento
que sigue un modelo de Poisson, donde  = 400 (cuya media es 400 y cuya desviación típica es
400 = 20).
Ahora bien, puesto que  es suficientemente grande, podemos considerar que la variable
X = “número de visitas diarias” se distribuye, aproximadamente, normal N(400, 20). Así pues:
a) P[X < 300] = (corrección por continuidad) = P[ X  299,5] =
 100 ,5 

= (tipificación) = P  Z 
= P[Z 5,025]  0.
20 

b) P[350 < X < 600] = (corrección por continuidad) = P[350,5  X  599,5] =
199 ,5 
  49,5
= (tipificación) = P 
= P[2,475  Z  9,975] = (tablas) = 1  0,0067 =
Z
20 
 20
= 0,9933
Si hubiésemos interpretado el número de visitas entre 350 y 600, ambos inclusive,
hubiésemos obtenido un resultado cuya diferencia con el anterior es prácticamente
insignificante.
c) Si Xi es el número de visitas el día i-ésimo (i = 1, 2,…,90), la variable
 X será de Poisson
90
Y =
i
i 1

de parámetro 90·400 = 36000 y, por tanto, aproximadamente

normal N 36000 , 36000  N(36000; 189,74).
Con estos parámetros, la probabilidad P[ Y < 25000] es prácticamente nula puesto que
la distancia de 25000 a 36000 es del orden de 58 “desviaciones típicas”
 25000  36000


 57 ,97  .
189 ,74


Solución.Sea X la variable aleatoria “coste medio anual de las hipotecas en España”, que se
distribuye normal N(5000, ). Sabemos que
0,1587 = P[X < 3000] = (tipificando) =
 2000
 2000 

 1,00 
= P Z 
.
De
las
tablas
de
la
normal
N(0,1)
obtenemos
que

 

  = 2000.
Así pues, X es normal N(5000, 2000). Luego P[2000 < X < 4000] = (tipificando) =
= P[1,5 < Z < 0,5] = (tablas) = 0,24.
Luego el porcentaje pedido es del 24 %.
4) El número de veces al mes que, por diferentes motivos, suena la alarma de una
fábrica, sigue una distribución de Poisson. Se ha observado que la alarma no se activa el
13,53% de los meses.
a) ¿Cuál es el número medio de veces al mes en que suena la alarma de la mencionada
fábrica?
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b) ¿Cuál será la probabilidad de que la alarma suene 5 veces en tres meses? ¿y de que
suene más de 18 veces al año?
c) Si el mantenimiento de la alarma tiene un coste fijo de 30 euros al mes y cada vez
que se activa y acude el servicio de emergencia supone un pago de 180 euros, ¿cambiaría la
fábrica su sistema de seguridad por el de otra empresa que le pide únicamente un coste fijo
mensual de 300 euros?
Solución.Sea X la variable “nº de veces que la alarma suena al mes”. Que no se activa el 13,53%
de las veces quiere decir que, para un mes cualquiera, P[X = 0] = 0,1353. Ahora bien, como
x 
0 
P[X = x] =
e  P[X = 0] =
e  e  = 0,1353. Tomando logaritmos neperianos queda
x!
0!
que – = –2   = 2. Luego:
a) El número medio de veces al mes en que suena la alarma es 2.
b) La variable aleatoria Y = “número de veces que la alarma sonará en tres meses” será
una variable aleatoria de Poisson, de parámetro 3 = 6. Luego P[Y = 5] = (tablas) = 0,1606
La variable aleatoria A = “número de veces que la alarma sonará en un año” será una
variable aleatoria de Poisson, de parámetro 12 = 24. Para calcular P[A> 18] aproximaremos
por la normal N(24, 24 ). Luego P(A > 18) = (corrección por continuidad) = P(A  18,5) =
18,5  24 

= (tipificando) = P Z 
 = P(Z  – 1,12) = (tablas) = 1 – 0,1314 = 0,8686
24 

c) Puesto que el número medio de veces que se dispara la alarma al mes es 2, el coste
medio mensual sería de 30 + 2·180 = 390 €. Por tanto debería cambiarse de empresa de
seguridad.
5) Se ha evaluado, a través de un test de seguimiento, el comportamiento de los
vendedores de nuestra empresa. Las puntuaciones obtenidas van de 0 a 10, la nota media fue
de 6,7 y la desviación típica de 1,2. Suponiendo que las notas siguen una distribución normal,
determinar:
a).- El porcentaje de vendedores que sacaron entre 5 y 6.
b).- La puntuación máxima del 10% más bajo.
c). - La nota mínima del 10% más alto.
Solución.Sea X la variable aleatoria “puntuación obtenida”.
6  6,7 
 5  6,7
Z
a) P[5  X  6] = (tipificando) = P 
= P[–1,42  Z  –0,58] =
1,2 
 1,2
= (tablas) = 0,2810 – 0,0778 = 0,2032 . Porcentaje aproximado un 20%.
b) Sea x la puntuación buscada. Se tiene 0,1 = P[0  X x] = (tipificando) =
x  6,7 
x  6,7 
x  6,7 
  6,7


Z
 P Z 
= P
= P  5,58  Z 
ya que la probabilidad


1,2 
1,2 
1,2 
 1,2


x  6,7
 1,28 y de aquí x = 5,164
P[ Z < –5,58]  0. De las tablas se obtiene que
1,2
c) Sea x la nota mínima que se busca. Se tendrá: 0,1 = P[x  X 10] = (tipificando) =
10  6,7 
 x  6,7
 x  6,7

 x  6,7

Z
P

Z

2
,
75

P

Z
= P
=
 1,2

 1,2
 ya que la probabilidad
1,2 
 1,2




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x  6,7
 1,29 y de aquí x = 8,248
1,2
6) La demanda diaria de cierta marca de refrescos es una variable aleatoria con
esperanza 3.000 y varianza 8.100.
Se pide:
1. La distribución aproximada de la demanda total de refrescos en 100 días
consecutivos.
2. Probabilidad de que el total de refrescos demandados en 100 días sea superior a
298.000.
3. ¿Cuál debe ser la producción de refrescos en 100 días para atender la demanda total
con probabilidad 0,99?
Solución.Sea Xi la variable aleatoria “demanda del día i”, i = 1, 2, …, 100 que supondremos
P[ 2,75 < Z ] = 0,003  0. De las tablas se obtiene que
100
independientes. Sea S =
100
 X . Se tiene que E(S) =  EX 
i
i
i 1
= 300000 y Var(S) =
i 1
100
=
 Var X  = 810000, de donde 
S
i
=
810000 = 900. Entonces:
i 1
1) de acuerdo con el teorema central del límite, S se distribuye aproximadamente
normal N(300000, 900);
 2000 

2) P(S > 298000) = (tipificando) = P Z 
 = p(Z > –2,22) = (tablas) = 0,9868.
900 

3) Sea n la producción de refrescos que se busca. Deberá ser P[S  n] = 0,99 
n  300000
n  300000 

 2,33  n = 302097.
= 0,99. De las tablas se obtiene que
P Z 

900
900


7) Una compañía de seguros tiene en la actualidad 3.000 pólizas contratadas, que cubren
al asegurado de un accidente doméstico. La incidencia de este tipo de accidentes es del 3 por
mil. En caso de accidente la compañía indemniza al asegurado con 1.000€.
a) Probabilidad de que ocurran menos de 3 siniestros.
b) Probabilidad de que ocurran al menos 5 siniestros.
c) Calcular la esperanza matemática de la indemnización.
d) Justificar la distribución de probabilidad utilizada para la resolución del problema.
Solución.La variable X = “nº de accidentes” es binomial B(3000; 0,003) que se comportará
aproximadamente normal N 9,3 0,997  N(9, 3). Así pues:
a) P[X < 3] = (corrección por continuidad) = P[X  2,5] = (tipificación) = P[Z –2.17]=
= (tablas) = 0,015.
b) P[X  5] = (corrección por continuidad) = P[X  4,5] = (tipificación) = P[Z –1.5] =
= (tablas) = 0,9332
c) La indemnización es 1000X, luego E(1000X) = 1000E(X) = 9000 €.
d) El teorema de Moivre permite aproximar una distribución binomial B(n, p) mediante
una distribución normal N np, np(1  p) , siendo la aproximación aceptable cuando np > 5 y
1
p  , circunstancias que se cumplen en el problema.
2




6/6
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