Resueltos - Binomial y Poisson

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Distribución Binomial y Poisson Ejercicios Resueltos Ejercicio 1 Se utiliza un número telefónico particular para recibir tanto llamadas de voz como faxes. Suponga que 25% de las llamadas entrantes son faxes y considere una muestra de 25 llamadas entrantes. ¿Cuál es la probabilidad de que a. ¿Exactamente 6 de las llamadas sean un fax? b. ¿Cuándo mucho 6 de las llamadas sean un fax? c. ¿Más de 6 de las llamadas sean un fax? d. ¿Cuál es el número esperado de llamadas entre las 25 que impliquen un fax? e. ¿Cuál es la desviación estándar del número entre las 25 llamadas que implican un fax? SOLUCIÓN Primeramente, analizamos si se cumplen las condiciones para que sea una distribución binomial 1. El experimento consta de una secuencia de n experimentos más pequeños llamados ensayos, donde n se fija antes del experimento. 2. Cada ensayo puede dar por resultado uno de los mismos dos resultados posibles los cuales se denotan como éxito (E) y fracaso o falla (F). 3. Los ensayos son independientes, de modo que el resultado en cualquier ensayo particular no influye en el resultado de cualquier otro ensayo. 4. La probabilidad de éxito es constante de un ensayo a otro; esta probabilidad se denota por p. Primera condición: en el ejercicio contamos con un ensayo de 25 llamadas entrantes Segunda condición: como podemos recibir una llamada o un fax, pero no ambos al mismo tiempo, estamos ante un evento mutuamente excluyente Tercera condición: que la primera llamada se de voz y la segunda sea un fax o viceversa, no depende del evento anterior, es un evento independiente Cuarta condición: el ejercicio ya nos da una probabilidad fija de que los faxes representan el 25% Conclusión: es una distribución binomial 𝑛 𝑃(𝑥) = ( ) . 𝑝 𝑥 . 𝑞 𝑛−𝑥 𝑥

Donde: n = 25 llamadas entrantes p = 25% = 0,25 q=1–p 25 a) 𝑃(𝑥 = 6) = ( ) ∗ 0,256 ∗ (1 − 0,25)25−6 6 𝑷(𝒙 = 𝟔) =0,183 b) 𝑃(𝑥 ≤ 6) = 𝑃(0) + 𝑃(1) + 𝑃(2) + 𝑃(3) + 𝑃(4) + 𝑃(5) + 𝑃(6)

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6

25 𝑃(𝑥 ≤ 6) = ∑ ( ) ∗ 0,25𝑥 ∗ (1 − 0,25)25−𝑥 𝑥 𝑥=0 25 25 25 𝑃(𝑥 ≤ 6) = ( ) ∗ 0.250 ∗ (1 − 0.25)25−0 + ( ) ∗ 0.251 ∗ (1 − 0.25)25−1 + ( ) ∗ 0.252 ∗ (1 − 0.25)25−2 0 1 2 25 25 25 3 (1 25−3 4 (1 25−4 + ( ) ∗ 0.25 ∗ − 0.25) + ( ) ∗ 0.25 ∗ − 0.25) + ( ) ∗ 0.255 ∗ (1 − 0.25)25−5 3 5 4 25 6 (1 25−6 + ( ) ∗ 0.25 ∗ − 0.25) 6 𝑷(𝒙 ≤ 𝟔) = 𝟎, 𝟓𝟔𝟏 c) 𝑃(𝑥 > 6) = 1 − 𝑃(𝑥 ≤ 6) 𝑃(𝑥 > 6) = 1 − 0,561 𝑷(𝒙 > 𝟔) = 𝟎, 𝟒𝟑𝟗 d) 𝐸(𝑥) = 𝜇 = 𝑛 ∗ 𝑝 𝐸(𝑥) = 25 ∗ 0,25 𝑬(𝒙) = 𝟔, 𝟐𝟓 e) 𝜎 = √𝑛 ∗ 𝑝 ∗ 𝑞 𝜎 = √25 ∗ 0,25 ∗ (1 − 0,25) 𝝈 = 𝟐, 𝟏𝟔𝟓

Ejercicio 2 Una máquina produce láminas de cobre. La probabilidad de que una lámina sea defectuosa es de 0,2424. a) Si las láminas salen al mercado en paquetes de 4, hacer una tabla de distribución de probabilidad para el número de láminas defectuosas por paquete. b) Si se sabe que en un paquete que fue tomado al azar se tiene al menos una lámina defectuosa, ¿cuál es la probabilidad de que todas las láminas del paquete sean defectuosas? c) Las imperfecciones no pueden ser detectadas a simple vista y debe realizarse un ensayo para su detección. El comprador y el fabricante acordaron que en el momento de la entrega del paquete se escogería una sola lámina. Si se verifica que la lámina no es defectuosa se compra el paquete, si es defectuosa se destruye todo sin pagar. ¿Cuál es la ganancia esperada del fabricante si gana 10 millones de guaraníes por la venta y pierde 15 con la destrucción? SOLUCIÓN a) Distribución Binomial: 𝑛 𝑃(𝑥) = ( ) . 𝑝 𝑥 . 𝑞 𝑛−𝑥 𝑥 Donde: n= 4 p=0,2424 q= 1- p = 0,7576

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4 𝑃(0) = ( ) . 0,24240 . 0,75764−0 = 0,3294 0 4 𝑃(1) = ( ) . 0,24241 . 0,75764−1 = 0,4216 1 4 𝑃(2) = ( ) . 0,24242 . 0,75764−2 = 0,2023 2 4 𝑃(3) = ( ) . 0,24243 . 0,75764−3 = 0,0432 3 4 𝑃(4) = ( ) . 0,24244 . 0,75764−4 = 0,0035 4 Láminas Defectuosas P(x)

0

1

2

3

4

0,3294

0,4216

0,2023

0,0432

0,0035

b) La probabilidad de que en el paquete todas las láminas sean defectuosas es: P(4)=0,0035 La probabilidad de que en el paquete al menos una lámina sea defectuosa es: 𝑃(𝑥 ≥ 1) = 1 − 𝑃(0) = 1 − 0,3294 = 0,6706 Entonces, la probabilidad de que todas las láminas del paquete sean defectuosas, sabiendo que al menos una es

defectuosa es: 𝑃(𝑥 = 4|𝑥 ≥ 1) =

𝑃(4) 0,0035 = = 𝟎, 𝟎𝟎𝟓𝟐 = 𝟎, 𝟓𝟐% 𝑃(𝑥 ≥ 1) 0,6706

c) Se tiene que para que el paquete sea rechazado, el comprador debe escoger una lámina y ésta debe resultar ser defectuosa. Sea: R: el evento de rechazar un paquete escogido al azar; D: el evento de escoger una lámina defectuosa del paquete; X: la variable aleatoria que indica el número de láminas defectuosas por paquete. Hallamos la probabilidad de que un paquete escogido al azar sea rechazado: 𝑃(𝑅) = 𝑃(1) ∗ 𝑃(𝐷|𝑋 = 1) + 𝑃(2) ∗ 𝑃(𝐷|𝑋 = 2) + 𝑃(3) ∗ 𝑃(𝐷|𝑋 = 3) + 𝑃(4) ∗ 𝑃(𝐷|𝑋 = 4) 1 2 3 4 𝑃(𝑅) = 0,4216 ∗ + 0,2023 ∗ + 0,0432 ∗ + 0,0035 ∗ = 0,2424 4 4 4 4 Esto es, la probabilidad de rechazar el paquete con esta condición del problema es igual a la probabilidad de que una lámina sea defectuosa (p=0,2424), sin importar cuantas láminas “n” tenga cada paquete. Ahora, la probabilidad de que el paquete no sea rechazado es:

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𝑃(𝑅̅ ) = 1 − 0,2424 = 0,7576 Por lo tanto: 𝐺𝑎𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝑃(𝑅̅ ) ∗ 10.000.000 − 𝑃(𝑅) ∗ 15.000.000 𝐺𝑎𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎 = 0,7576 ∗ 10.000.000 − 0,2424 ∗ 15.000.000 𝑮𝒂𝒏𝒂𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒆𝒔𝒑𝒆𝒓𝒂𝒅𝒂 = 𝟑. 𝟗𝟒𝟎. 𝟎𝟎𝟎 𝑮

Ejercicio 3 Un fabricante de automóviles se preocupa por una falla en el mecanismo de freno de un modelo específico. En raras ocasiones la falla puede causar una catástrofe al manejarlo a alta velocidad, en promedio 5 por año. La distribución del número de automóviles por año que experimentará la catástrofe es una variable aleatoria de Poisson. a) ¿Cuál es la probabilidad de que, a lo sumo, 3 automóviles por año de ese modelo específico sufran una catástrofe? b) ¿Cuál es la probabilidad de que más de un automóvil por año experimente una catástrofe? c) ¿Cuál es la probabilidad de que haya 2 catástrofes en medio año? SOLUCIÓN Distribución de Poisson: λx . 𝑒 −λ 𝑃(𝑥) = 𝑥! Se puede decir que λ = 5 ya que 5 es el promedio de catástrofes por año. a) Aplicando la distribución de Poisson 𝑃(𝑥 ≤ 3) = 𝑃(0) + 𝑃(1) + 𝑃(2) + 𝑃(3) 50 . 𝑒 −5 51 . 𝑒 −5 52 . 𝑒 −5 53 . 𝑒 −5 𝑃(𝑥 ≤ 3) = + + + 0! 1! 2! 3! 𝑷(𝒙 ≤ 𝟑) = 𝟎, 𝟐𝟔𝟓 = 𝟐𝟔, 𝟓% b) Como el espacio muestral consiste en todas las cantidades de catástrofes posibles. Se puede decir que la probabilidad pedida es la probabilidad de todo el espacio muestral menos las cantidades de catástrofes 0 y 1. Entonces: 50 . 𝑒 −5 51 . 𝑒 −5 𝑃(𝑥 > 1) = 1 − ( + ) 0! 1! 𝑷(𝒙 > 𝟏) = 𝟎, 𝟗𝟓𝟗𝟔 = 𝟗𝟓, 𝟗𝟔% c) Como el intervalo de tiempo analizado es menor debemos de reajustar la media en el tiempo 𝐶𝑎𝑡𝑎𝑠𝑡𝑟𝑜𝑓𝑒𝑠 1 𝜆 = 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎 ∗ 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 = 5 [ ] ∗ [𝐴ñ𝑜𝑠] 𝐴ñ𝑜𝑠 2 𝜆 = 2,5 [𝐶𝑎𝑡𝑎𝑠𝑡𝑟𝑜𝑓𝑒𝑠] 2,52 . 𝑒 −2,5 𝑃(𝑥 = 2) = = 𝟎, 𝟐𝟓𝟔𝟓 = 𝟐𝟓, 𝟔𝟓% 2!

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Ejercicio 4 Según la oficina nacional de Estadísticas, el promedio total de ahogamientos accidentales al año es 3 cada 100000 habitantes. Calcular la probabilidad de que en una ciudad de 200000 habitantes haya: a) 0 b) 6 c) entre 4 y 8 d) menos de 3, ahogados por accidente al año. Utilizar la distribución de Poisson. SOLUCIÓN Este ejercicio puede ser resuelto tanto por distribución binomial, como por distribución de poisson, ya que la binomial se puede aproximar a Poisson cuando: “n es grande mientras la probabilidad de ocurrencia de un evento p es cercana a cero, de manera que q=1-p es cercano a 1, el evento recibe el nombre de “evento raro”. En la práctica se considera un evento raro si el número de pruebas (n) es al menos 50, mientras que np es menor que 5. Para tales casos, la distribución binomial se aproxima bastante a la distribución de Poisson con 𝜆 = 𝑛𝑝 Verificamos si este ejercicio cumple tales condiciones: Se tiene: n = 200000 habitantes; p=3/100000=0,00003 (muy cercana a 0); q=1-p=0,99997 (muy cercana a 1) 3 𝜆 = 𝑛𝑝 = 200000 ∗ =6 100000 (> 5 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝑝𝑜𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑟 𝑦𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑜 𝑒𝑠 𝑢𝑛𝑜 𝑚á𝑠 𝑞𝑢𝑒 5 𝑦 𝑠𝑒 𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑐𝑖ó𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙) La distribución se aproxima a la distribución de Poisson, entonces, resolviendo utilizando esta distribución se tiene: Fórmula: 𝑷(𝒙) = a) 𝑷(𝒙 = 𝟎) =

𝟔𝟎 .𝒆−𝟔 𝟎!

𝝀𝒙 .𝒆−𝝀 𝒙!

= 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟒𝟕𝟖

Respuesta: la probabilidad de que en una ciudad de 200000 habitantes no haya ahogados es del 0,2478 % b) 𝑷(𝒙 = 𝟔) =

𝟔𝟔 .𝒆−𝟔 𝟔!

= 𝟎, 𝟏𝟔𝟎𝟔

Respuesta: la probabilidad de que en una ciudad de 200000 habitantes haya 6 ahogados es del 16,06 % c) 𝑷(𝒙 = 𝟒, 𝟓, 𝟔, 𝟕, 𝟖) =

𝟔𝟒 .𝒆−𝟔 𝟒!

+

𝟔𝟓 .𝒆−𝟔 𝟓!

+

𝟔𝟔 .𝒆−𝟔 𝟔!

+

𝟔𝟕 .𝒆−𝟔 𝟕!

+

𝟔𝟖 .𝒆−𝟔 𝟖!

= 𝟎, 𝟔𝟗𝟔𝟎

Respuesta: la probabilidad de que en una ciudad de 200000 habitantes haya entre 4 y 8 ahogados es del 69,60% d) 𝑷(𝒙 < 𝟑) = 𝑷(𝒙 = 𝟎, 𝟏, 𝟐) =

𝟔𝟎 .𝒆−𝟔 𝟎!

+

𝟔𝟏 .𝒆−𝟔 𝟏!

+

𝟔𝟐 .𝒆−𝟔 𝟐!

= 𝟎, 𝟎𝟔𝟐𝟎

Respuesta: la probabilidad de que en una ciudad de 200000 habitantes haya menos de 3 ahogados es del 6,20%

Ejercicio 5 Se tiene que la probabilidad de que el valor del dólar americano suba en relación al guaraní durante una semana es 0,05, y lo que ocurra cada semana es independiente a lo que ocurra en cualquier otra. a) ¿En cuántas semanas se espera que el dólar suba durante un año? b) ¿Cuál es la probabilidad de que el valor del dólar suba en relación al guaraní más de dos semanas durante el periodo de 6 meses?

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Según los registros, en el año 2021 se dieron las siguientes subas: De Enero a Marzo 1 suba De Abril a Junio Ninguna suba De Julio a Septiembre 2 subas De Octubre a 3 subas Diciembre Calcular: c) Se sabe que en 1 semestre el dólar subió al menos una semana. ¿Cuál es la probabilidad de que haya subido en más de 3 semanas de ese semestre? d) ¿Cuál es el tiempo mínimo (en semanas) que debe analizarse la suba del dólar para tener una probabilidad de al menos 60% de observar al menos una suba semanal? OBS: Considerar el n° de semanas en que sube el dólar durante un periodo de tiempo como variable aleatoria discreta SOLUCIÓN a) 1 año tiene 365/7= 52,14 = 52 semanas (tomamos 52, ya que “n” debe ser un número entero) P( el dólar suba ) = 0,05 La media esperada de semanas donde el dólar sube es de: µ = nxp = 52x0,05 = 2,6 semanas µ=λ b) Para 6 meses µ = nxp = 26x0,05 = 1,3 ; nxp ≤ 5 la binomial se aproxima a Poisson λ = 1,3 semanas P (suba en más de dos semanas) + P (NO suba en más de dos semanas) = 1 P(x > 2) + P(x ≤ 2) = 1 P(x > 2) = 1 - P(x ≤ 2) P(x > 2) = 1 - [ P (0) + P (1) + P (2) ] Utilizando la fórmula de Poisson para estos datos: 𝜆𝑋 ∗ 𝑒 −𝜆 x! 1,30 ∗𝑒 −1,3 = 0! 1,31 ∗𝑒 −1,3 = 1! 1,32 ∗𝑒 −1,3 = 2!

𝑃(𝑥) = P (0) P (1) P (2)

= 0,2725 = 0,3543 = 0,2303

P(x > 2) = 1 – [ 0,2725 + 0,3543 + 0,2303 ]

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P(x > 𝟐) = 0,1429 P (El dólar suba en más de dos semanas) = P (3) + P (4) + P (5) + P (6) +…+ P(N) = P(x > 2) La probabilidad de que el dólar suba en más de dos semanas de ese periodo de seis meses es del 14,29%

c) Sea A el evento donde hay suba en más de tres semanas Sea B el evento donde hay suba del dólar se da en al menos una semana 𝑃(𝐵∩𝐴) P(B) P(hay suba en al menos una semana y la suba sea en mas de tres semanas) = 𝑃 (hay suba en al menos una semana)

P(A/B) = P(A/B)

P(A/B) =

P(x ≥ 1 Ⴖ x > 3) P(x > 3) = P(x ≥1) P(x ≥1)

Calculamos P(x > 𝟑) P( la suba sea en más de tres semanas ) = P(4) + P(5) + P(6) + … + P(n) P (la suba sea en más de tres semanas) + P (la suba NO sea en más de tres semanas) = 1 P(x > 3) + P(x ≤ 3) = 1 P(x > 3) = 1 - P(x ≤ 3) P(x > 3) = 1 - [ P (0) + P (1) + P (2) + P(3) ] Para usar la fórmula de poisson sacamos el valor de λ El promedio trimestral es λ3 =

1+0+2+3 4

= 1,5

Utilizando la fórmula de Poisson para un promedio semestral λ6 = 3 ;

𝑃(𝑥) = P (0) = P (1) = P (2) = P (3) =

𝜆𝑋 ∗ 𝑒 −𝜆

x! 30 ∗𝑒 −3 0!

31 ∗𝑒 −3 1! 32 ∗𝑒 −3 2! 33 ∗𝑒 −3 3!

= 0,0498 = 0,1494 = 0,2240 = 0,2240

P(x > 3) = 1 - [ 0,0498 + 0,1494 + 0,2240 + 0,2240 ] =0,3528 Calculamos P(x≥ 𝟏) P( de ) = P(1) + P(2) + P(3) + … + P(n)

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P (hay suba del dólar en al menos una semana) + P ( NO hay suba del dólar en al menos una semana) = 1 P(x ≥ 1) + P(x < 1) = 1 P(x ≥ 1) = 1 - P(x = 0) P(x ≥ 1) = 1 - P (0) Utilizando la fórmula de Poisson para λ6 = 3 ; 𝜆𝑋 ∗ 𝑒 −𝜆 x! 30 ∗𝑒 −3 = 0! = 0,0498

𝑃(𝑥) = P (0)

P(x ≥ 1) = 1 - 0,0498 = 0,9502 P(A/B) =

P(x ≥1) Ⴖ P(x > 3) P(x ≥1)

=

P(x > 3) 0,3528 = P(x ≥1) 0,9502

= 0,3713

La probabilidad de que haya subido en más de tres semanas sabiendo que subió en al menos una es 37,13% para ese semestre. d) 1 - P (0) ≥ 0,6 …………… (1) Tomando como que un trimestre tiene 12 semanas: Calculamos λsemanal =

1,5 12

= 0,125 y si tomamos una semana como unidad de tiempo, para t semanas, por regla

de 3 simple tenemos que λt = 0,125 t 𝑃(𝑥) = P (0) =

0,125𝑡 0 ∗𝑒 −0,125𝑡 0!

= 𝑒 −0,125𝑡 ……… en (1)

1 - 𝑒 −0,125𝑡 ≥ 0,6 - 𝑒 −0,125𝑡 ≥ - 0,4 𝑒 −0,125𝑡 ≥ 0,4 Ln( 𝑒 −0,125𝑡 ) ≥ ln( 0,4 ) -0,125t ≥ ln (0.4) t ≥ 7.33 semanas

𝜆𝑋 ∗ 𝑒 −𝜆 x!

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