informe n° 03 de estadistica y probabilidades

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ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

Estadística Y Probabilidades (IS – 241) ALUMNO: Sulca Díaz, Efraín CODIGO: 16120574 INGENIERO: CIP Guillermo B. TAPIA CALDERÓN; Ing. Estadístico e Informático, Universidad Nacional La Molina

(UNALM), Maestría en ciencias, Universidad Nacional de Ingeniería (UNI). AYACUCHO PERU-2013 1

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TRABAJO ENCARGADO N° 03 –ESTADISTICA Y PROBABILIDADES (ES-241) I.

DEMUÉSTRESE QUE SE CUMPLEN ESTAS PROPIEDADES EN UN ESPACIO DE PROBABILIDADES (Ω, A, P (.)):

a) TEOREMA 1. Si Ø es un evento nulo o vacío, entonces la probabilidad de que ocurra Ø debe ser cero. p (Ø)=0 EJEMPLO: La probabilidad de que un estudiante sea un marciano es "1 menos la probabilidad de que no marciano". Evento A: que el estudiante sea un marciano = Ø Casos totales 1 Casos favorables 0 p(A) = 0/1 p(A) = 0 A= Ø DEMOSTRACIÓN: Si sumamos Ø a un evento A cualquiera, como Ø y A son dos eventos mutuamente excluyentes, entonces p(A)=p(A) + p (Ø)= p(A)

. LQQD

b) TEOREMA 2: para dos eventos incompatibles se cumple: P (AUB)=P(A)+P (B) EJEMPLO: Sea A el suceso de sacar un As de una baraja estándar de 52 cartas y B sacar un Rey de corazón rojo. Calcular la probabilidad de sacar un As o un Rey de corazón rojo en una sola extracción.

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Solución: A y B son sucesos mutuamente excluyentes porque no es posible obtener ambos a la vez. Las probabilidades son:

Reemplazando los anteriores valores en la regla particular de la adición de probabilidades para eventos mutuamente excluyentes se obtiene:

c) TEOREMA 3: Si A es un evento, entonces: P (𝑨𝒄 )= 1-P(A)

(Teorema de complemento.)

En el experimento de "lanzar un dado y registrar que cara es la de arriba", si el suceso B= "es menor de tres, entonces la probabilidad de B = "no sea menor de tres" es: P (B) = 2/6 = 0.33 P (B) = 1 − 0.33 =0.67 d) TEOREMA 4 : de la Multiplicación de eventos no-independientes: 𝑷(𝑨𝟏 𝑨𝟐 ) = 𝑷(𝑨𝟏 ) × 𝑷(𝑨𝟏 ⁄𝑨𝟐 ); Talque: 𝑷(𝑨𝟏 ) > 𝟎.

De una baraja estándar de 52 cartas sea A el suceso de sacar un As en la primera extracción y B sacar un As en la segunda extracción. Calcular la probabilidad de sacar dos Ases en dos extracciones sin devolver la carta extraída.

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SOLUCIÓN: A y B son sucesos dependientes porque la ocurrencia de A afecta la probabilidad de ocurrencia de B. La probabilidad de que la primera carta sea un As es:

Reemplazando los anteriores valores en la regla general de la multiplicación de probabilidades para eventos dependientes se obtiene:

II.

TEOREMA DE LA ADICION:

Para dos eventos cualesquiera A y B, se cumple el teorema de adición: a) Para dos eventos incompatibles : 𝐏(𝐀𝐔𝐁) = 𝐏(𝐀) + 𝐏(𝐁) , 𝐀 ∩ 𝐁, Mutuamente excluyentes . EJEMPLO: ¿Cuál es la probabilidad de obtener un total de 7 u 11 cuando se lanza un par de dados? SOLUCION: Sea el evento A de que ocurra el 7 y B el de que ocurra 11. El 7 resulta en 6 de los 36 puntos muéstrales y el 11 en solo 2 de ellos. Dado que todos los puntos muéstrales son igualmente posibles, se tiene que P(A) = 1/6 y P (B) = 1/8. Los eventos son mutuamente excluyentes, dado que 7 y 11 no pueden presentarse en el mismo lanzamiento. Por lo tanto, 1

1

P(AUB) = P(A) + P(B) = 6 + 18 =

2 9

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b) Para dos eventos no excluyentes se cumple :P(AUB)=P(A)+P(B)-P(A∩B) Ejemplo: Una ruleta tiene 36 sectores circulares iguales, numerados del 1 al 36. Los 12 primeros son rojos, los 12 siguientes azules y los 12 restantes negros. En este juego gana el número que sale indicado después de girar la ruleta. ¿Cuál es la probabilidad de que salga un número impar o un número de color rojo? Solución: Los 36 números son todos los elementos del espacio muestral o números posibles de ser extraídos. Entonces, Ω = 36. Sean los eventos: A = sale un número impar; entonces: P(A) =18/36 B =sale un número pintado de color rojo, entonces: P (B) =12/36 A∩ B= números impares y de color rojo = {1, 3, 5,7, 9,11} ⇒ n (A∩ B)= 6 ⇒ P(A∩ B) =6/36 Se solicita: P (A ∪B) = P (A) + P (B) - P (A ∩B) = (18/36) + (12/36) – (6/36) =24/36.

c) Para tres eventos cualesquiera 𝐀 𝟏 , 𝐀 𝟐 𝐲 𝐀 𝟑 se cumple el teorema de la adición: 𝐏(𝐀𝟏 ∪ 𝐀𝟐 ∪ 𝐀 𝟑 ) = 𝐏(𝐀𝟏 ) + 𝐏(𝐀𝟐 ) + 𝐏(𝐀𝟑 ) − 𝐏(𝐀𝟏 𝐀𝟐 ) − 𝐏(𝐀𝟏 𝐀𝟑 ) − 𝐏(𝐀𝟐 𝐀𝟑 ) + 𝐏(𝐀𝟏 𝐀𝟐 𝐀𝟑 )

EJEMPLO: En la ciudad de Arequipa-Peru, el porcentaje de personas que leen los periódicos: “El comercio” (A)=9%; “La Industria” (B)=30%; “La Republica” (C)=15%; A y B=6.5%; A y C=3.9%; B y C=6.0%; A, B y C=3.0% POR DATOS SE TIENE: 𝑷(𝑨) = 0.09 𝑷(𝑩) = 0.30 𝑷(𝑪) = 0.15 𝑷(𝑨 ∩ 𝑩) = 0.065 𝑷(𝑨 ∩ 𝑪) = 0.039 𝑷(𝑩 ∩ 𝑪) = 0.06 𝑷(𝑨 ∩ 𝑩 ∩ 𝑪) = 0.03

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¿Qué porcentaje de la población lee al menos uno de los periódicos A, B y C? 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) = 𝑃(𝐴) + 𝑃(𝐵) + 𝑃(𝐶) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵) − 𝑃(𝐴 ∩ 𝐶) − 𝑃(𝐵 ∩ 𝐶) + 𝑃(𝐴 ∩ 𝐵 ∩ 𝐶) 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) = 0.09 + 0.30 + 0.15 − 0.065 − 0.039 − 0.06 + 0.03 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) = 0.406 𝑃(𝐴 ∪ 𝐵 ∪ 𝐶) = 40.6%  Interpretación Estocástica: El porcentaje de la población que lee al menos una de los periódicos es 40.6% III.

APLICACIÓN DE LA PROBABILIDAD CLASICA (R°,R1 ,R2 ,R3)

IV.

PROBABILIDAD CLASICA Y ANALISIS COMBINATORIO.

a) PARTE I: ANALISIS COMBINATORIO 1. ¿De cuantas maneras puede formarse un Comité Directivo de Estudiantes de Ingeniería Civil que consta de 3 hombres y 2 mujeres, a partir de 9 hombres y 7 mujeres? El número de maneras de elegir 3 de los hombres de un total de 9 es: 𝑛!

𝐶𝑘𝑛 = (𝑛−𝑘)𝑘! 𝐶39 =

9! 9 × 8 × 7 × 6! = = 84 (9 − 3)! 3! 6! 3 × 2

El número de maneras de elegir 2 mujeres de un total de 7 es: 7! 7 × 6 × 5! 𝐶27 = = = 21 (7 − 2)! 2! 5! × 2 Y el número de maneras que se puede conformar un Comité Directivo de Estudiantes de Ingeniería Civil es: 84 × 21 = 1764 2. ¿Cuántas permutaciones pueden formarse con las letras de la palabra construcción tomadas todas juntas? En la palabra construcción hay letras que se repiten y son 3c, 2o, 2n. 6

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𝑛! 𝑛1 × 𝑛2 × 𝑛3 … … 12! 12 × 11 × 10 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5 × 4 × 3 × 2 12 𝑃3.2.2 = = = 19958400 3! × 2! × 2! 3×2×2×2 𝑃𝑛𝑛1 𝑛2 =

3. ¿De cuantas maneras puede un profesor escoger uno o más estudiantes a partir de seis que son elegibles? 𝑛

𝐶 = ∑ 𝐶(𝑛,𝑟) = 𝐶16 + 𝐶26 + 𝐶36 + 𝐶46 + 𝐶56 + 𝐶66 = 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 63 𝑟=1

También puede ser: 2𝑛 − 1 = 26 − 1 = 64 − 1 = 63 4. ¿ De cuantas maneras puede organizarse un grupo de 7 personas: a) En una fila de 7 asientos? Como el ordenamiento es lineal: 𝑛! = 7! = 5040 b)

Alrededor de una mesa redonda? Como el ordenamiento es alrededor de una mesa redonda es: (𝑛 − 1)! = (7 − 1)! = 6! = 720

5. Sobre una mesa hay 10 monedas con 4 caras y 6 sellos a la vista .se separan 6 monedas al azar ¿cuál es la probabilidad que resulte 3 caras y 3 sellos? Solución El experimento aleatorio es “separar las 6 monedas de las 10 que hay”. Entonces el espacio muestral consta de subconjuntos de 6 elementos de los 10 que hay en tota lo sea n (Ω)=∁610 Sea el evento A “resultan 3 caras y 3 sellos”. La primera parte; con 4 caras tomadas de 3 en, se forman ∁34 grupos diferentes. En segunda parte: con 6 sellos, tomados de 3 en 3 se forman ∁36grupos distintos. Como cada uno de los ∁34gruposde 3 caras puede combinarse con cada uno de los ∁36grupos de 3 sellos, por el principio de multiplicación, se pueden forman grupos de ∁34*∁36gruposdiferentes de 3 caras y 3 sellos cada uno .es decir n(A)= ∁34*∁36grupos. POR LO TANTO : P(A)=(n(A))/(n(Ω))=∁34*∁36/∁610= (4*20)/210=8/21 7

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6. Diez libros se colocan aleatoriamente en un estante. Determinar la probabilidad que 3 libros determinados, sean colocados juntos. Solución El experimento es colocar 20 libros diferentes en un estante. Entonces los elementos del espacio muestra l son arreglos de los libros .luego el número de elementos del espacio muestra l Ω e s 20! Sea el evento A: “que 3 libros determinados, sean colocados juntos.” Puesto que los 3 libros deben estar juntos, podemos considerar como uno solo; luego, en vez de los 20 habrá solo 18 libros, los cuales pueden colocarse en 18!formas.pero: los 3 libros también pueden cambiar de posición entre ellas, la cual se hace de 3!formas. Por lo tanto:

P(A)=(3!*18!)/20!=(6*18!)/(20*19*18!)=3/190 V.

TEOREMA TOTAL Y TEOREMA DE BAYES

a) Una Cia. Perforadora de petróleo debe decidir si taladra o no un lugar determinado que la compañía tiene bajo contrata. Por investigaciones geológicas practicadas se sabe que existe una probabilidad de 0.68 que una formación de TIPO I se extiende debajo del lugar prefijado para taladrar, 0.45 de probabilidad que exista una formación de TIPO II y de 0.23 de TIPO III. Estudios anteriores indican que el petróleo se encuentra en un 42% de las veces en la formación de TIPO I, en un 32% en la formación de TIPO II, en un 13% en la TIPO III. Determinar la probabilidad que si se encontró petróleo, la perforación fue hecha en la formación TIPO III. Solución: 7. Graficamos el Diagrama del Árbol de la siguiente manera:

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DEFINAMOS LOS EVENTOS: E= (Se encontró petróleo) 𝑬′ =(No se encontró petroleo)

8. Como nos pide determinar la probabilidad de que la perforación fue hecha la formación tipo III dado que se encontró aplicaremos el teorema de Bayes:

𝑷(𝑰𝑰𝑰/𝑬) =

𝑃(𝐼𝐼𝐼/𝐸) =

𝑷(𝑰𝑰𝑰)𝑷(𝑬/𝑰𝑰𝑰) 𝑷(𝑰)𝑷(𝑬/𝑰) + 𝑷(𝑰𝑰)𝑷(𝑬/𝑰𝑰) + 𝑷(𝑰𝑰𝑰)𝑷(𝑬/𝑰𝑰𝑰)

(0.23)(0.13) (0.68)(0.42) + (0.45)(0.32) + (0.23)(0.13)

𝑃(

𝐼𝐼𝐼 0.0299 )= = 0.065 𝐸 0.4595

 Interpretación Estocástica: La probabilidad de ocurrencia del evento de que Una Cia. Perforadora de petróleo debe decidir si la taladra o no en un lugar determinado, que si encontró petróleo 𝐸𝑠 = 0.065 dado que la perforación fue hecha en la formación de TIPO III. VI.

EVENTOS INDEPENDIENTES EJEMPLO:

a) Tres hombres tiran a un blanco, A tiene 1/3 de posibilidades de acertar al blanco, B tiene 1/2 de posibilidades de acertar y C tiene 1/4 de posibilidades de pegar al blanco, si cada uno 9

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de ellos hace un solo disparo, determine la probabilidad de que; a. Solo uno de ellos acierte al blanco, b. Si solo uno de ellos acierta al blanco, ¿cuál es la probabilidad de que acierte A?, c. Determine la probabilidad de que ninguno acierte al blanco. Solución: Haciendo uso de un diagrama de árbol se obtiene el siguiente espacio muestral; d = {ABC, ABC`, AB`C, AB`C`, A`BC, A`BC`, A`B`C, A`B`C`}

Dónde: A = acierta A, A`= no acierta A, B = acierta B, B`= no acierta B, etc., etc. p (solo uno de ellos acierte al blanco) = p (AB`C`, A`BC`, A`B`C) = 1/3*1/2*3/4 + 2/3*1/2*3/4 + 2/3*1/2*1/4 = 3/24 + 6/24 + 2/24 = 11/24 = 0.45833 a.

E = evento de que solo uno de ellos acierte al blanco

E = {AB`C`, A`BC`, A`B`C};

P (E) =11/24

A = evento de que A acierte al blanco = {ABC, ABC`, AB`C, AB`C`} AÇE = {AB`C`} = 1/3*1/2*3/4 = 3/24 P(A½E)= P(AÇE)/p(E) = (3/24)/(11/24) = 3/11 = 0.27273 b.

p (ninguno acierte al blanco) = P (A´B´C´) = 2/3*1/2*3/4 = 6/24 = 0.25

Se dispone de tres cajas con bombillas. La primera contiene 10 bombillas, de las cuales hay cuatro fundidas; en la segunda hay seis bombillas, estando una de ellas fundida, y la tercera caja hay tres bombillas fundidas de un total de ocho. ¿Cuál es la probabilidad de que al tomar una bombilla al azar de una cualquiera de las cajas, esté fundida?

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b) Consideremos el experimento de lanzar dos monedas, ¿cuál es la probabilidad de que en la primera moneda aparezca águila y de que en la segunda moneda aparezca sol?

Solución: Si A es el evento “aparece águila en la primera moneda” y si B es el evento “aparece Solo en la segunda moneda”, entonces: Ω = { (SS) (SA) (AS) (AA) }, A = {(AS) (AA)} ∴ P (A) = 2/4 = 1 /2

y

B = {(SS) (AS)} ∴ P (B) = 2/4 = 1 /2 Como A y B son eventos independientes, porque la ocurrencia de A no afecta a la concurrencia de B y viceversa, entonces: P (A∩B) = P(A). P (B) sustituyendo: P (A∩B) = 1/2. 1/ 2 = 1/4 VII.

PROBLEMAS DE CIRCUITOS LOGICOS

En la figura se supone que la probabilidad de cada relé este cerrado es “p” y que cada relé se abre o se cierra independientemente de cualquier otro. Encontrar la probabilidad de que la corriente pase de I a D:

a)

I

1 6 2

II

I

7 II

3 4

5

11

D

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1.

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Sea los eventos: E: “la corriente pasa por I” F: “La corriente pasa por II” G: “La corriente pasa por III”

2.

Si E1, E2, E6; F3, F4, F5 y G7 indica que la corriente pasa por 1, 2, 6, 3, 4, 5 y 7 respectivamente, se tiene que: E = (E1U E2) ∩ E6, F = F3 U (F4∩ F5) y G = G7

3.

Calculo de las probabilidades de los eventos E, F y G respectivamente P[E] = P[ E1U E2]∩ P[ E6 ] = {P[E1] + P [E2]- P [E1E2] } P [ E6] = (p+p-p2)(p) = 2p2-p3

4.

P[F ] = P [F3 U(F4∩ F5) ] = P [F3] + P [F4∩ F5] - P[F3∩ (F4∩ F5)] = P [F3] + P [F4 F5] - P[F3F4F5)] = p+ p2-p3

5.

P[G ] = P [G7] =p

6.

La corriente pasara de I a D si pasa por I ,II o III; es decir si ocurre E ó F ó G; entonces: P[(E U F) ∩ G]= P[ EUF ] P[G] = {P[ E] U P [F ] - P[E ∩ F] }P[G] = {P [E] + P [F] - P [E] P [F]} P [G] = {2p2-p3+ p+ p2-p3-(2p2-p3) (p+ p2-p3)} p = -p7 + 3p6 – p5 - 4p4 + 3p3 + p

b)

En la figura se supone que la probabilidad de que cada relé este cerrado es “p” y que cada relé o se abre o se cierra independientemente de cualquier orto. Encontrar la probabilidad de que la corriente pase de I a D. Sugerencia.- Probabilidad de eventos Independientes. 12

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Sea E y F la corriente que pasa respectivamente, entonces: 1.

E = (E1 UE2 ) ∩ E6 P(E) = P[(E1 UE2 ) ∩ E6 ] P(E) = P(E1 UE2 ) ∗ P(E6 ) P(E) = [P(E1 ) + P(E2 ) − P (E1 ) ∗ P(E2 )] ∗ P(E6) P(E) = [p + p − p ∗ p] ∗ p P(E) = [2p − p2 ] ∗ p P(E) = 2 p2 − p3

2.

F = E5 ∪ [E3 ∩ E4 ] P(F) = P(E5 ) + P(E3 ∩ E4 ) − P(E5 ) ∗ P(E3 ) ∗ P(E4 ) P(F) = P(E5 ) + P(E3 ) ∗ P(E4 ) − P(E5 ) ∗ P(E3 ) ∗ P(E4 ) P(F) = p + p ∗ p − p ∗ p ∗ p P(F) = p + p2 − p3

3.

Sea ID la corriente que pasa de I a D: ID = EUF P(ID) = P(EUF) P(ID) = P(E) + P(F) − P(E ∩ F) 13

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P(ID) = P(E) + P(F) − P(E) ∗ P(F) P(ID) = (2p2 − p3 ) + (p + p2 − p3 ) − (2p2 − p3 )(p + p2 − p3 ) P(ID) = 2p2 − p3 + p + p2 − p3 − (2p3 − p4 + 2p4 − p5 − 2p5 + p6 ) P(ID) = 2p2 − p3 + p + p2 − p3 − 2p3 + p4 − 2p4 + p5 + 2p5 − p6 P(ID) = p + 3p2 − 4p3 − p4 + 3p5 − p6

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