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Variables aleatorias: problemas resueltos
BENITO J. GONZÁLEZ RODRÍGUEZ (bjglez@ull.es)
DOMINGO HERNÁNDEZ ABREU (dhabreu@ull.es)
MATEO M. JIMÉNEZ PAIZ (mjimenez@ull.es)
M. ISABEL MARRERO RODRÍGUEZ (imarrero@ull.es)
ALEJANDRO SANABRIA GARCÍA (asgarcia@ull.es)
Departamento de Análisis Matemático
Universidad de La Laguna
Índice
- Problemas resueltos 1 6.1. Variables aleatorias discretas................................... 1 6.1.1. Distribución binomial.................................. 2 6.1.2. Distribución de Poisson................................. 3 6.2. Variables aleatorias continuas................................... 6 6.2.1. Distribución normal................................... 7
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RESOLUCIÓN. La esperanza matemática de la variable X viene dada por:
E[X] = 4
∑ i= 0 xi ·^ f^ (xi) = (^0 ·^0.^3 ) + (^1 ·^0.^25 ) + (^2 ·^0.^25 ) + (^3 ·^0.^1 ) + (^4 ·^0.^1 ) =^1.^45.
La varianza viene dada por Var[X]=E[X^2 ] − (E[X])^2. Calculamos la esperanza de la variable X^2 :
E[X^2 ] =
4
i^ ∑= 0 x^2 i^ ·^ f^ (x^2 i^ ) =
4
i^ ∑= 0 x^2 i^ ·^ f^ (xi) = (^02 ·^0.^3 ) + (^12 ·^0.^25 ) + (^22 ·^0.^25 ) + (^32 ·^0.^1 ) + (^42 ·^0.^1 ) =^3.^75.
Por tanto, Var[X] = 3. 75 − 1. 452 = 1. 6475.
6.1.1. Distribución binomial
Ejercicio 6.3. Suponiendo que es equiprobable el tener hijo o hija, determinar el número esperado de varones en una familia de ocho hijos, así como la probabilidad de que efectivamente resulte este número.
RESOLUCIÓN. Consideramos la variable aleatoria
ξ = ‘número de hijos varones en el total de ocho’.
Al ser equiprobable el tener hijo o hija, la probabilidad de éxito (el tener un hijo) es p = 0 .5. Además, el sexo de un hijo no influye en el de los restantes. Por tanto, la variable ξ sigue una distribución binomial de parámetros n = 8 y p = 0 .5, y su función de densidad es
f (x) =
x
· 0. 5 x^ · ( 1 − 0. 5 )^8 −x^ =
x
· 0. 5 x^ · 0. 58 −x^ =
x
· 0. 58 (x ∈ { 0 , 1 , 2 ,... , 8 }).
El número esperado de hijos varones viene dado por la esperanza matemática de la variable aleatoria ξ , esto es: E[ξ ] = np = 8 · 0. 5 = 4 hijos varones. Por otra parte, la probabilidad de que nazcan exactamente 4 hijos varones es:
P(ξ = 4 ) =
· 0. 58 = 4!8! · 4! · 0. 58 = 8 4 ·^7 · 3 ·^6 · 2 ·^5 · 0. 58 = ( 7 · 5 · 2 ) · 0. 58 = 70 · 0. 58 ' 0. 2734 ,
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lo que supone un 27.34 %.
6.1.2. Distribución de Poisson
Ejercicio 6.4. Un laboratorio farmacéutico encarga una encuesta para estimar el consumo de cierto medi- camento que elabora, con vistas a controlar su producción. Se sabe que a lo largo de un año cada persona tiene una posibilidad entre mil de necesitar el medicamento, y que el laboratorio podrá vender una media de cuatro mil unidades del producto al año. Se pide hallar: a) Probabilidad de que el número de enfermos no exceda de cuatro por año. b) Número de enfermos esperado por año. c) Probabilidad de que el número de enfermos sea superior a dos por año. d) Probabilidad de que haya doce enfermos por año.
RESOLUCIÓN. Consideramos la variable aleatoria
ξ = ‘número de enfermos por año’,
la cual, según los datos del problema, responde a un modelo de Poisson en un proceso con parámetro 1/ 1000 (número de enfermos al año por cada 1000 medicamentos vendidos). Si la empresa farmacéutica espera vender una media de 4000 unidades anuales, el parámetro λ = ‘cantidad de enfermos esperada al año’ de la corres- pondiente variable aleatoria de Poisson ξ es:
λ = 10001 · 4000 = 4
1000 =^
λ 4000 ,^ de donde^ λ^ =^4
La función de densidad para la variable ξ será:
f (x) = P(ξ = x) = 4 x x! e
− (^4) (x ∈ { 0 , 1 , 2 ,.. .}).
a) La probabilidad de que el número de enfermos no exceda de cuatro por año es:
P(ξ ≤ 4 ) =
4
k^ ∑= 0 f^ (k) =^ f^ (^0 ) +^ f^ (^1 ) +^ f^ (^2 ) +^ f^ (^3 ) +^ f^ (^4 ) =
0! +^
1! +^
2! +^
3! +^
e−^4
e−^4 =
e−^4 = 1033 e−^4 ' 0. 6288.
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por parámetro el número de glóbulos blancos esperados en 0.001 mm^3 de sangre:
λ = 0. 001 · 6000 = 6
6000 =^
λ ,^ de donde^ λ^ =^6
Por consiguiente, la función de densidad de probabilidad para la variable aleatoria de Poisson ξ viene dada por: f (x) = P(ξ = x) = 6
x x! e
− (^6) (x ∈ { 0 , 1 , 2 ,.. .}).
El número de glóbulos blancos esperados en un individuo sano coincide con la esperanza de la variable:
E[ξ ] = λ = 6 glóbulos blancos.
Por otra parte, la probabilidad de encontrar como máximo 2 glóbulos blancos en 0.001 mm^3 de sangre en un individuo sano será
P(ξ ≤ 2 ) = f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 ) =
0! +^
1! +^
e−^6 = ( 1 + 6 + 18 ) e−^6 = 25 e−^6 ' 0. 0620.
De este resultado cabe inferir que es bastante improbable que se presente dicha situación, al ser la probabilidad de que ocurra muy cercana a cero. Más concretamente, podemos afirmar que esta situación se da en un 6.2 % de los casos.
Ejercicio 6.6. Si X es una distribución de Poisson y se sabe que P(X = 0 ) = 0. 2 , calcular P(X > 2 ) y P( 1 ≤ X < 4 ).
RESOLUCIÓN. La variable aleatoria X sigue una distribución de Poisson de parámetro λ , en principio desco- nocido. Su función de densidad de probabilidad viene dada por:
f (x) = P(X = x) = λ^ x x! e
−λ (^) (x ∈ { 0 , 1 , 2 ,.. .}).
Sin embargo, sabemos que P(X = 0 ) = 0 .2, por lo que
f ( 0 ) = λ^ 0 0! e
−λ (^) = e−λ (^) = 0. 2.
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Tomando logaritmos en la anterior ecuación resulta
ln e−λ^ = −λ ln e = −λ = ln 0. 2 ,
esto es, λ = − ln 0. 2 ' 1 .609. Consecuentemente
P(X > 2 ) = 1 − P(X ≤ 2 ) = 1 − [ f ( 0 ) + f ( 1 ) + f ( 2 )] = 1 −
0! +^
1! +^
eln 0.^2 = 1 −
1 + 1. 609 + 1.^609
2 2!
y P( 1 ≤ X < 4 ) = f ( 1 ) + f ( 2 ) + f ( 3 ) =
1. 609 + 1.^609
2 2! +^
6.2. Variables aleatorias continuas
Ejercicio 6.7. La función de distribución de la variable aleatoria que representa la duración en minutos de una llamada telefónica es f (x) =
1 − 23 e−^2 x/^3 − 13 e−x/^3 , si x > 0 0 , si x ≤ 0. Hallar su función de densidad, así como la probabilidad de que una llamada dure entre 3 y 6 minutos.
RESOLUCIÓN. Sabemos que la función de densidad de probabilidad coincide con la derivada de la función de distribución. Por tanto, la función de densidad será
f (x) = F′(x) = dF dx(x )=
9 e − 2 x/ (^3) + 1 9 e −x/ (^3) , si x > 0 0 , si x ≤ 0.
La probabilidad de que una llamada dure entre 3 y 6 minutos es:
P( 3 ≤ ξ ≤ 6 ) = F( 6 ) − F( 3 ) ' 0. 1555 , OCW-ULL 2013 MATEMÁTICA APLICADA Y ESTADÍSTICA
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normal y los límites del intervalo que comprende al 70 % de los valores de la misma, así como el porcentaje de población que tiene: a) más de 135 microgramos por mililitro; b) menos de 9 microgramos por mililitro; c) entre 90 y 125 microgramos por mililitro; d) entre 85 y 100 microgramos por mililitro.
RESOLUCIÓN. Consideramos la variable aleatoria
ξ = ‘concentración media de NH 3 (μgr/mL) en sangre venosa de individuos normales’.
Sabemos que ξ se distribuye normalmente, con media μ = 110 μgr/mL. Además, en el 99 % de los individuos se encuentra entre 85 y 135 μgr/mL, esto es:
P( 85 ≤ ξ ≤ 135 ) = 0. 99.
Para tipificar la variable escribimos ξ = σ Z + 110, donde σ es la desviación típica de ξ y Z la distribución normal estándar. Ahora,
P( 85 ≤ ξ ≤ 135 ) = P( 85 ≤ σ Z + 110 ≤ 135 ) = P
σ ≤^ Z^ ≤^
σ
= P
− (^25) σ ≤ Z ≤ (^25) σ
Si denotamos a = (^25) σ resulta que
P(−a ≤ Z ≤ a) = 2 P(Z ≤ a) − 1 = 0. 99 ,
de donde P(Z ≤ a) = 0.^992 + 1 = 0. 9950.
En la tabla de distribución para la normal estándar encontramos que 25/σ = a = 2 .575. Consecuentemente, la desviación típica de ξ es σ = (^2).^25575 = 9. 7 μgr/mL.
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El intervalo simétrico respecto a la media que comprende el 70 % de los individuos de la población tiene extremo inferior μ − kσ = 110 − 9. 7 k y extremo superior μ + kσ = 110 + 9. 7 k, para cierto valor de k. A fin de determinar tal valor, imponemos que
P(μ − kσ ≤ ξ ≤ μ + kσ ) = 2 P(Z ≤ k) − 1 = 0. 7.
Entonces P(Z ≤ k) = 1. 7 / 2 = 0 .85. Inspeccionando la tabla de distribución para la normal estándar encontra- mos que k = 1 .04, de donde
110 − 9. 7 · 1. 04 ' 100 , 110 + 9. 7 · 1. 04 ' 120.
Se concluye que el 70 % de los individuos de la población poseen una concentración media de NH 3 en sangre venosa comprendida entre 100 y 120 μgr/mL.
Finalmente: a) El porcentaje de población con concentración superior a 135 μgr/mL es del 0.51 %:
P(ξ > 135 ) = 1 − P(ξ ≤ 135 ) = 1 − P( 9. 7 Z + 110 ≤ 135 ) = 1 − P
Z ≤ 1359 −. 7 110
= 1 − P(Z ≤ 2. 57 )
b) El porcentaje de población con concentración inferior a 95 μgr/mL es el 6.18 %:
P(ξ < 95 ) = P
Z < 95 − 9.^7110
= P(Z < − 1. 54 )
= P(Z > 1. 54 ) = 1 − P(Z ≤ 1. 54 )
c) El porcentaje de población con concentración comprendida entre 90 y 125 μgr/mL asciende al 91.85 %:
P( 90 ≤ ξ ≤ 125 ) = P
9. 7 ≤^ Z^ ≤^
= P(− 2. 06 ≤ Z ≤ 1. 54 )
= P(Z ≤ 1. 54 ) − P(Z ≤ − 2. 06 ) = P(Z ≤ 1. 54 ) − P(Z ≥ 2. 06 )
= P(Z ≤ 1. 54 ) − [ 1 − P(Z < 2. 06 )] = 0. 9382 − ( 1 − 0. 9803 ) = 0. 9185.
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Denotando a = (^165) σ^ − μy b = (^180) σ^ − μ, en la tabla de distribución de probabilidad para la normal estándar encontramos que a = 0 .2 y b = 1 .75. Consecuentemente:
- 2 = (^165) σ^ − μ ⇒ μ + 0. 2 σ = 165 ,
- 75 = (^180) σ^ − μ ⇒ μ + 1. 75 σ = 180.
Restando ambas ecuaciones: 1. 55 σ = 15 , de donde σ ' 9 .7 cg. Por otra parte,
μ = 165 − 0. 2 σ = 165 − 0. 2 · 9. 7 ' 163 .1 cg.
Concluimos así que ξ ∼ N( 163. 1 , 9. 7 ).
b) Para obtener el porcentaje de población que ha de ser sometida a tratamiento calculamos
P(ξ > 183 ) = 1 − P(ξ ≤ 183 ) = 1 − P
Z ≤ 183 − 9.^1637.^1
= 1 − P(Z ≤ 2. 05 ) = 1 − 0. 9798 = 0. 0202.
El porcentaje buscado es entonces el 2.02 %. En una población de 100000 individuos, este porcentaje se co- rresponde con 100000 · 2. 02 / 100 = 2020 de ellos.
Ejercicio 6.11. La anchura X en milímetros de una población de coleópteros sigue una distribución normal N(μ, σ ), dándose las siguientes probabilidades: P(X ≤ 12 ) = 0. 77 ; P(X > 7 ) = 0. 84. Se pide: a) Valores de μ y σ. b) Proporción de individuos con anchura entre 8 y 10 milímetros. c) Calcular x e y tales que P(X > x) = 0. 95 y P(X < y) = 0. 33.
RESOLUCIÓN. Sea la variable aleatoria
X = ‘anchura de un coleóptero (mm)’.
Sabemos que X sigue una distribución normal para una determinada población de coleópteros. Además P(X ≤
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12 ) = 0 .77 y P(X > 7 ) = 0 .84, por lo que
P(X ≤ 7 ) = 1 − P(X > 7 ) = 1 − 0. 84 = 0. 16.
a) Sean μ y σ la media y la desviación típica de la variable X. Se tiene que X = σ Z + μ, donde Z es la distribución normal estándar. Por tanto:
P(X ≤ 7 ) = P(σ Z + μ ≤ 7 ) = P
Z ≤ 7 −σ^ μ
P(X ≤ 12 ) = P(σ Z + μ ≤ 12 ) = P
Z ≤ (^12) σ−^ μ
Escribiendo a = 7 −σ^ μy b = (^12) σ− μe inspeccionando la tabla de la distribución normal tipificada encontra- mos que b = 0 .74.
Ahora queremos determinar a. Nótese que este valor ha de ser negativo, por cuanto la probabilidad corres- pondiente es menor que 0.5. Como
P(z ≤ a) = P(z ≥ |a|) = 1 − P(z < |a|) = 0. 16 ,
tenemos P(z < |a|) = 1 − 0. 16 = 0. 84.
Entonces |a| = 0 .99, de donde a = − 0 .99.
Llegamos así al siguiente sistema de ecuaciones:
− 0. 99 = 7 −σ^ μ ⇒ μ − 0. 99 σ = 7 ,
- 74 = (^12) σ− μ ⇒ μ + 0. 74 σ = 12.
Restamos miembro a miembro las ecuaciones anteriores para obtener 1. 73 σ = 5, y de aquí
σ = (^1).^573 ' 2 .89 mm.
Sustituimos σ en la primera de las ecuaciones del sistema y despejamos μ:
μ = 7 + 0. 99 · 2. 89 = 9 .86 mm. OCW-ULL 2013 MATEMÁTICA APLICADA Y ESTADÍSTICA
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Análogamente que en el caso anterior, al ser esta última probabilidad menor que 0.5, necesariamente b = y − 9. 86
- 89 <^ 0. Como P(z < b) = P(z > |b|) = 1 − P(z ≤ |b|) = 0. 33 ,
sigue que P(z ≤ |b|) = 0. 67
y, por tanto, |b| = 0 .44, de donde − 0. 44 = y^ − 2.^989.^86 ,
resultando así el valor y = 9. 86 − 0. 44 · 2. 89 = 8 .59 mm para la anchura buscada.
Ejercicio 6.12. En una investigación sobre los efectos teratogénicos del tabaquismo se estudió una muestra de embarazadas de la cual el 40 % fumaba y el 60 %, no. Cuando nacieron los niños se encontró que 20 de ellos tenían algún tipo de tara de nacimiento. Sea ξ el número de niños cuya madre fumaba durante el embarazo. Si no hay relación entre el hecho de que la madre fumara y los defectos de nacimiento, entonces ξ es una binomial con n = 20 y p = 0. 4. ¿Cuál es la probabilidad de que 12 ó más niños afectados tengan madres que fumaban?
RESOLUCIÓN. Consideramos la variable aleatoria
ξ = ‘número de niños cuya madre fumaba durante el embarazo’.
Los datos disponibles indican que la variables ξ es binomial, con parámetros n = 20 y p = 0 .4. La probabilidad de que 12 ó más niños afectados tengan madres que fumaban viene dada por
P(ξ ≥ 12 ) = 20
k^ ∑= 12
k
· 0. 4 k^ · 0. 620 −k,
o bien
P(ξ ≥ 12 ) = 1 − P(ξ < 12 ) = 1 − P(ξ ≤ 11 ) = 1 −
11
k^ ∑= 0
k
· 0. 4 k^ · 0. 620 −k.
El elevado número de operaciones que conlleva cualquiera de estos cálculos sugiere aproximar la variable ξ
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por una distribución normal. Como n = 20 es suficientemente grande y p = 0 .4 es un valor intermedio, el Teorema de De Moivre garantiza que, efectivamente, ξ puede ser aproximada por una distribución normal X de media μ = np = 20 · 0. 4 = 8 y desviación típica σ = √np( 1 − p) = √ 20 · 0. 4 · ( 1 − 0. 4 ) = 2 .19. Tipificando la nueva variable normal (X = 2. 19 Z + 8, con Z ∼ N( 0 , 1 )), y aplicando además corrección de continuidad, la probabilidad buscada resulta ser:
P(ξ ≥ 12 ) ' P(X ≥ 11. 5 ) = 1 − P(X < 11. 5 ) = 1 − P
Z < 112.^5. 19 −^8
= 1 − P(Z < 1. 6 ) = 1 − 0. 9452 = 0. 0548.
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