Unidad 16 – Distribuciones continuas. Distribución normal. PÁGINA 349
SOLUCIONES 1. Las áreas quedan:
1,5·0,75 = 0,5625 unidades cuadradas. 2 0,5 + 1 b) Área = ·2 = 1,5 unidades cuadradas. 2 2·0,5 c) Área = 1·0,5 + = 1 unidades cuadradas. 2 a) Área =
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2. Sabemos que: μ = 39,825; σ = 14,76. En (μ − σ, μ + σ ) = (25,065;54,585) hay 405 personas, es decir, el 67,5%. En (μ − 2σ, μ + 2σ ) = (10,305;69,345) hay 572 personas, es decir, el 95,3%. En (μ − 3σ, μ + 3σ ) = ( −4, 455;84,105) hay 600 personas, es decir, el 100%. 3. La representación y el área quedan: El área rayada queda: 1,5·0,75 = 0,5625unidades cuadradas. 2
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SOLUCIONES 1. Como cada día asciende 30 m y resbala 20 m, en realidad asciende 10 m. Luego al cabo de 27 días ha ascendido 270 m, y ya el día 28 asciende a la superficie, pues asciende 30 m ⇒ 270 + 30 = 300 m. El caracol tarda 28 días en salir. 2. La solución queda:
Simplemente cambiando tres monedas, las señaladas con los números 1- 2- 3, el triángulo se invierte.
3. La solución queda: Llamamos x = 1+ 1+ 1+… y elevamos al cuadrado
x 2 = 1+ 1+ 1+ 1+…
⇒ x 2 = 1+ 1+ 1+ 1+… ⇒ x 2 = 1+ x ⇒ x 2 − x − 1= 0 ⇒ x=
1± 5 ⇒ 2
x=
1+ 5 =Φ 2
= nº áureo.
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4. Comenzando el problema desde el final. Ave 8ª le da 1+ 1= 2. Ave 7ª (tiene 6) —le da 3 + 1= 4 — le quedan 2. Ave 6ª (tiene 14) —le da 7 + 1= 8 — le quedan 6. Ave 5ª (tiene 30) —le da 15 + 1= 16 — le quedan 14. Ave 4ª (tiene 62) —le da 31+ 1= 32 — le quedan 30. Ave 3ª (tiene 126) —le da 63 + 1= 64 — le quedan 62. Ave 2ª (tiene 254) —le da 127 + 1= 128 — le quedan 126. Ave 1ª (tiene 510) —le da 255 + 1= 256 — le quedan 254. Al principio tenía 510 gramos de maíz. 5. Las pesas que necesitamos han de ser de: 1, 3, 9 y 27 kg. Así: 1 kg = 1 2 kg = 3 − 1 3 kg = 3 4 kg = 3 + 1 5 kg = 9 − 3 − 1 6 kg = 9 − 3 7 kg = 9 − 3 + 1 8 kg = 9 − 1 9 kg = 9 10 kg = 9 + 1 Y así sucesivamente. La suma de los números significa que las pesas se colocan en el mismo plato de la balanza, y la diferencia, que se colocan en platos diferentes.
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SOLUCIONES 1. En cada caso queda: a) f ( x ) ≥ x ∀x y además el área del recinto rayado vale 1, por tanto es función de densidad. 1 3 P ( x ≤ 3) = 3· = 4 4 P ( x = 2,5) = 0
b) g ( x ) ≥ x ∀x y además el área del recinto rayado vale
1 3 P ( x ≥ 1) = 3· = 4 4 1 1 P (2 ≤ x ≤ 3) = 1· = 4 4
4·0,5 = 1 , por tanto es función de 2
densidad.
1 1 P ( x ≤ 3) = 8 = 2 16 1·
P ( x = 2,5) = 0
P ( x ≥ 1) = 1 P (2 ≤ x ≤ 3) =
1 16
2. La gráfica y los cálculos quedan:
i f ( x )ha de ser ≥ 0, por tanto a > 0. i Como área rayada = 1 ⇒
6· a =1 2
⇒ a=
1 3
1 Por lo tanto f ( x ) es una función de densidad si a = . 3
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3. La solución es: a) La gráfica 1 se corresponde con la distribución N (7;1,5) . La gráfica 2 se corresponde con la distribución N (5;1,5) . La gráfica 3 se corresponde con la distribución N (5;3,5) . b) Las plantas más altas corresponden a la distribución N (7;1,5) . En las otras distribuciones, la media de las alturas coincide, y en N (5;1,5) están más agrupadas, respecto a la media, que en N (5;3,5) . 4. Manejando la tabla de la distribución normal, hallamos cada caso: a) P (Z ≤ 1,45) = 0,9265 b) P (Z ≥ 0,25) = 1− P (Z < 0,25) = 1− 0,5987 = 0,4013 c) P (Z ≤ − 1,45) = 1− P (Z ≤ 1, 45) = 1− 0,9265 = 0,0735 d) P (0,35 ≤ Z ≤ 1,5) = P (Z ≤ 1,5) − P ( Z ≤ 0,35) = 0,9332 − 0,6368 = 0,2964 e) P ( −1,35 ≤ Z ≤ 0,25) = P (Z ≤ 0,25) − P ( Z ≤ − 1,35) = P (Z ≤ 0,25) − [1− P (Z ≤ 1,35)] = 0,5102 f) P (Z ≥ − 0,84) = P (Z ≤ 0,84) = 0,7995 g) P ( −1,45 ≤ Z ≤ − 0,15) = P (0,15 ≤ Z ≤ 1,45) = P ( Z ≤ 1, 45) − P ( Z ≤ 0,15) = 0,3669 h) P ( −2,25 ≤ Z ≤ 2) = P (Z ≤ 2) − P (Z ≤ − 2,25) = P (Z ≤ 2) − [1− P (Z ≤ 2,25)] = 0,965 5. En las tablas vemos que:
a) P (Z ≥ K ) = 1− P (Z ≤ K ) = 1− 0,1075 = 0,8925 ⇒ K = 1,24. b) P ( Z ≥ K ) = 0,7967 = 1− P (Z ≤ K ) ⇒ K = − 0,83. c) P (0 ≤ Z ≤ K ) = 0,4236 ⇒ P (Z ≤ K ) − P (Z ≤ 0) K = 0,4236 ⇒ K = 1,43. 6. Tipificamos la variable X, convirtiéndola en N(0,1) y, posteriormente, consultamos la tabla:
x −5 6−5⎞ ⎛ a) P ( X ≤ 6) = P ⎜ Z = ≤ = P (Z ≤ 0,5) = 0,6915 2 2 ⎟⎠ ⎝ x − 5 4,5 − 5 ⎞ ⎛ b) P ( X ≥ 4,5) = P ⎜ Z = ≥ = P (Z ≥ − 0,25) = P (Z ≤ 0,25) = 0,5987 2 2 ⎟⎠ ⎝ x − 5 7,2 − 5 ⎞ ⎛ c) P ( X ≤ 7,2) = P ⎜ Z = ≤ = P (Z ≤ 1,1) = 0,8643 2 2 ⎟⎠ ⎝ ⎛3−5 x −5 6−5⎞ d) P (3 ≤ X ≤ 6) = P ⎜ ≤ ≤ = P ( −1 ≤ Z ≤ 0,5) = 0,5328 2 2 ⎟⎠ ⎝ 2 7. Tipificamos la variable y consultamos la tabla. a) k = 6,76
b ) k = 5,1
c) k = 1,66
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SOLUCIONES 8. La solución queda: 1⎞ 1⎞ ⎛ x −9 8−9⎞ ⎛ ⎛ a) P ( X ≥ 8) = P ⎜ ≥ = P ⎜ Z ≥ − ⎟ = P ⎜ Z ≤ ⎟ = 0,6293 ⎟ 3 ⎠ 3⎠ 3⎠ ⎝ 3 ⎝ ⎝ 4⎞ 4⎞ ⎛ x −9 5−9⎞ ⎛ ⎛ b) P ( X ≤ 5) = P ⎜ ≤ = P ⎜ Z ≤ − ⎟ = P ⎜ Z ≥ ⎟ = 1− 9082 = 0,0918 ⎟ 3 ⎠ 3⎠ 3⎠ ⎝ 3 ⎝ ⎝ 4⎞ 4⎞ 2⎞ ⎛ 11 − 9 x − 9 13 − 9 ⎞ ⎛2 ⎛ ⎛ c) P (11≤ X ≤ 13) = P ⎜ ≤ ≤ ⎟ = P ⎜ 3 ≤ Z ≤ 3 ⎟ = P ⎜ Z ≥ 3 ⎟ − P ⎜ Z ≤ 3 ⎟ = 0,1628 3 3 3 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝
9. La solución es:
21 − 17 ⎞ ⎛ 13 − 17 a) P (13 ≤ t ≤ 21) = P ⎜ ≤Z≤ = P ( −1,33 ≤ Z ≤ 1,33 ) = 2P ( Z ≤ 1,33 ) − 1 = 0,8164 3 3 ⎟⎠ ⎝ t − 17 ⎞ t − 17 ⎛ b) P ( X ≤ t ) = 0,95 ⇒ P ⎜ Z ≤ = 0,95 ⇒ = 1,645 ⇒ t = 21,935 ≈ 22minutos. ⎟ 3 ⎠ 3 ⎝ 10. La solución es: 28 − 30 ⎞ ⎛ = P ( Z < − 0,4 ) = 1− P ( Z < 0, 4 ) = 0,3346 a) P ( X < 28) = P ⎜ Z < 5 ⎟⎠ ⎝ 35 − 30 ⎞ ⎛ 25 − 30 ≤Z≤ = P ( −1 ≤ Z ≤ 1) = 2 ⎣⎡P ( Z ≤ 1) − P ( Z ≤ 0 ) ⎦⎤ = 0,6826 b) P (25 ≤ X ≤ 35) = P ⎜ 5 5 ⎟⎠ ⎝ Es decir,el 68,26%. t − 30 ⎞ t − 30 ⎛ = 0,80 ⇒ = 0,84 ⇒ t = 34,2minutos. c) P ( X ≤ t ) = 0,80 ⇒ P ⎜ Z ≤ ⎟ 5 ⎠ 5 ⎝ 11. La variable se ajusta a una normal N(60;3) .
62 − 60 ⎞ ⎛ a) P ( X ≥ 62) = P ⎜ Z ≥ = P ( Z ≥ 0,67 ) = 1− P ( Z ≤ 0,4 ) = 0,2514 ⇒ 25,14% 3 ⎟⎠ ⎝ Por lo tanto hay 201 adultos con el dedo corazón más largo de 62 mm. b) P ( X ≤ 57) = P ( Z ≤ −1) = P ( Z ≥ 1) = 1− P ( Z ≤ 1) = 0,1587 Es el 15,87% que suponen 127 adultos. c) P (60 ≤ X ≤ 66) = P ( 0 ≤ Z ≤ 2 ) = P ( Z ≤ 2 ) − ( Z ≤ 0 ) = 0,4772 Es el 47,72% que suponen 382 adultos.
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12. La solución queda: a) P (salga 0 una sola vez) =
1 9 9 · · ·3 = 0,243 10 10 10
b) Es una distribución binomial B (100;0,1) y la aproximaremos con una distribución normal de la forma N(10;3) . 13 − 10 ⎞ ⎛ P ( X > 13) = P ⎜ Z ≥ = P ( Z ≥ 1) = 1− P ( Z ≤ 1) = 0,1587 3 ⎟⎠ ⎝
13. La solución queda: De los parámetros de la distribución obtenemos: μ = 8 = n · p
⇒
p = 0,8 .
La desviación típica: σ = 10·0,8·0,2 = 1,26 P (ninguna cara ) = 1 − 0,893 = 0,107.
⎛ n ⎞ ⋅ 0,2 n = 0,107 ⇒ n = log0,107 = 1, 4 ) ⎜0 ⎟ ( log0,2 ⎝ ⎠
Hay que lanzarla al menos dos veces. 14. Llamamos k a la nota mínima a partir de la cual se conseguirá el sobresaliente. Debe cumplirse:
P ( X ≤ k ) = 0,9 ⇒
⎛ x − 5,5 k − 5,5 ⎞ P⎜ ≤ = 0,9 ⇒ 1,5 ⎟⎠ ⎝ 1,5
k − 5,5 = 1,282 ⇒ k = 7,423 1,5
De igual forma, para la calificación de notable:
P ( X ≤ k ) = 0,7 ⇒
⎛ x − 5,5 k − 5,5 ⎞ P⎜ ≤ = 0,7 ⇒ 1,5 ⎟⎠ ⎝ 1,5
(
k − 5,5 = 0,525 ⇒ k = 6,2875 1,5
)
15. Es una distribución binomial B 360, 1 y la aproximaremos con una distribución normal. 6 1 Quedaría: μ = 360· = 60 6
y
1 5 σ = 360· · = 7,07 . 6 6
La probabilidad es:
⎛ X '− 60 55,5 − 60 ⎞ P ( X ≤ 55) = P ( X ' ≤ 55,5) = P ⎜ ≤ = P ( Z ≤ − 0,64 ) = 1 − P ( Z ≤ 0,64 ) = 0,2611 7,07 ⎟⎠ ⎝ 7,07
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SOLUCIONES 16. Es una distribución binomial B ( 50;0,9 ) y la aproximaremos con una distribución normal. Quedaría: μ = 50·0,9 = 45
y
σ = 50·0,9·0,1 = 1,12 .
La probabilidad pedida con la corrección de Yates es: 40,5 − 45 ⎞ ⎛ 39,5 − 45 P ( X = 40) = P (39,5 ≤ X ' ≤ 40,5) = P ⎜ ≤Z≤ = P ( −2,59 ≤ Z ≤ −2,12 ) = 2,12 ⎟⎠ ⎝ 2,12 = 1− P ( 2,12 ≤ Z ≤ 2,59 ) = P ( Z ≤ 2,59 ) − P ( Z ≤ 2,12 ) = 0,122 17. Es una distribución binomial B (100;0,5 ) y la aproximaremos con una distribución normal. Quedaría: μ = 100·0,5 = 50
y
σ = 100·0,5·0,5 = 5 .
La probabilidad pedida con la corrección de Yates es: ⎛ 45,5 − 50 X '− 50 55,5 − 50 ⎞ P (45 ≤ X ≤ 55) = P (44,5 ≤ X ' ≤ 55,5) = P ⎜ ≤ ≤ ⎟ = P ( −1,1 ≤ Z ≤ 1,1) = 5 5 5 ⎝ ⎠ = P ( Z ≤ 1,1) − ⎡⎣1− P ( Z ≤ 1,1) ⎤⎦ = 0,7286 18. Es una distribución binomial B (100;0,25 ) y la aproximaremos con una distribución normal N (25;4,33) .La probabilidad pedida es:
19,5 − 25 ⎞ ⎛ P ( X ≥ 20) = P ( X ' ≥ 19,5) = P ⎜ Z ≥ = P ( Z ≥ − 1,27 ) = P ( Z ≤ 1,27 ) = 0,8980 4,33 ⎟⎠ ⎝ 19. Es una binomial B ( 3 000;0,52 ) que podemos aproximarla a una normal N(1 560;27, 4) . La probabilidad pedida queda: P (1 450 ≤ X ≤ 1 600) = P (1 449,5 ≤ X ' ≤ 1 600,5) = P ( −4 ≤ Z ≤ 1, 48 ) = = P ( Z ≤ 1, 48 ) − P ( Z ≤ − 4 ) = 0,9306
20. Es una binomial B ( 80;0,5 ) que podemos aproximarla a una normal N(40; 4, 47) . La probabilidad pedida queda: P ( X ≥ 45) = P (Z ≥ 1,12) = 1− 0,8686 = 0,1314 21. Es una distribución normal N(192;12) La probabilidad pedida queda: P ( X ≤ 186) = P (Z ≤ − 0,5) = P ( Z ≥ 0,5) = 1− P (Z ≤ 0,5) = 0,3085
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22. Es una distribución normal N(170;3) •
•
•
P (155 ≤ X ≤ 165) = P ( −5 ≤ Z ≤ −1,67 ) = P ( Z ≤ 5 ) − P ( Z ≤ 1,67 ) = 0,0475,es decir 48 batas. P (165 ≤ X ≤ 175) = P ( −1,67 ≤ Z ≤ 1,67 ) = 2 P ( 0 ≤ Z ≤ 1,67 ) = 2(0,9525 − 0,5) = 0,905,es decir 105 batas.
P (175 ≤ X ≤ 185) = P (1,67 ≤ Z ≤ 5 ) = P ( Z ≤ 5 ) − P ( Z ≤ 1,67 ) = 0,0475,es decir 48 batas.
23. La solución queda: ⎛ 1⎞ a) Es una binomial B ⎜ 5; ⎟ . ⎝ 3⎠
1 Los parámetros quedan: μ = 5· = 1,67 3
y
1 2 σ = 5· · = 1,05. 3 3
La probabilidad es: P ( X ≥ 2) = 1− P ( X < 2 ) = 1− P ( X = 0 ) − P ( X = 1) = 0,539 1⎞ ⎛ b) Es una binomial B ⎜ 288; ⎟ que aproximamos a una normal N(96;8) 3 ⎝ ⎠
La probabilidad es: P ( X > 90) = P ( X ≥ 90,5 ) = P ( Z ≥ − 0,69 ) = P (Z ≤ 0,69) = 0,7549. 24. La solución queda: •
Es una binomial B (10;0,4 ) .
P ( X ≤ 2) = P ( X = 0) + P ( X = 1) + P ( X = 2) = 10 9 1 8 2 10 10 10 = ⎜⎛ ⎟⎞ ⋅ ( 0,60 ) + ⎜⎛ ⎟⎞ ⋅ ( 0,60 ) ⋅ ( 0,4 ) + ⎜⎛ ⎟⎞ ⋅ ( 0,60 ) ⋅ ( 0, 4 ) = 0,167 0 1 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
•
La aproximamos a una distribución normal N ( 400;15,49 ) .
P ( X > 450) = P ( X ≥ 450,5) = P ( Z ≥ 3, 26 ) = 1− P ( Z ≥ 3,26 ) = 0,0006.
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25. Es una distribución normal del tipo: N ( 50;σ ) . •
•
En el primer caso:
P ( X > 70) = 0,0228
⇒
20 ⎞ ⎛ ⎜ Z ≤ σ ⎟ = 0,9772 ⎝ ⎠
⇒
70 − 50 ⎞ ⎛ = 0,0228 P ⎜Z ≥ σ ⎟⎠ ⎝ 20 = 2 ⇒ σ = 2. σ
⇒
20 ⎞ 20 ⎞ ⎛ ⎛ = 1− P ⎜ Z ≤ = 0,0228 P ⎜Z ≥ ⎟ σ ⎠ σ ⎟⎠ ⎝ ⎝
En el segundo caso: 45 − 60 ⎞ ⎛ P ( X ≤ 45) = P ⎜ Z ≤ = P ( Z ≤ − 0,5 ) = P ( Z ≥ 0,5 ) = 0,3085 10 ⎟⎠ ⎝
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