Unidad 16 – Distribuciones continuas. Distribución...

of 14/14
254 Unidad 16 – Distribuciones continuas. Distribución normal. PÁGINA 349 SOLUCIONES 1. Las áreas quedan: 1,5·0,75 a) Área 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 = = + = = = + =
  • date post

    02-Feb-2021
  • Category

    Documents

  • view

    4
  • download

    0

Embed Size (px)

Transcript of Unidad 16 – Distribuciones continuas. Distribución...

  • 254

    Unidad 16 – Distribuciones continuas. Distribución normal. PÁGINA 349

    SOLUCIONES

    1. Las áreas quedan:

    1,5·0,75a)Área 0,5625 unidades cuadradas.2

    0,5 1b)Área ·2 1,5 unidades cuadradas.2

    2·0,5c)Área 1·0,5 1 unidades cuadradas.2

    = =

    += =

    = + =

  • 255

    2. Sabemos que: 3μ= 9,825; 14,76.σ=

    En hay 405 personas, es decir, el 67,5%. ( , ) (25,065;54,585)μ−σ μ+σ =

    En hay 572 personas, es decir, el 95,3%. ( 2 , 2 ) (10,305;69,345)μ− σ μ+ σ =

    En ( 3 , 3 ) ( 4,455;84,105)μ− σ μ+ σ = − 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

  • 256

    PÁGINA 363

    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 30m 270 30 300m.⇒ + = El caracol tarda 28 días en salir.

    2. La solución queda:

    3. La solución queda:

    2

    2

    os al cuadrado 1 1 1 1= + + +

    −2 2

    Llamamos 1 1 1 y elevam

    1 1 1 1 1 1 0

    1 5 1 nº áureo.2 2

    x x

    x x x x x

    x x

    = + + +… +…

    ⇒ = + + + +… ⇒ = + ⇒ − =

    ± +⇒ = ⇒ = =Φ =

    5

    Simplemente cambiando tresmonedas, las señaladas con los

    invierte. números 1- 2- 3, el triángulo se

  • 257

    4. Comenzando el problema desde el final.

    Ave 8ª le da 1 1 2.+ =

    Ave 7ª (tiene 6) —le da — le quedan 2. 3 1 4+ =

    Ave 6ª (tiene 14) —le da 7 1 8+ = — le quedan 6.

    Ave 5ª (tiene 30) —le da — le quedan 14. 15 1 16+ =

    Ave 4ª (tiene 62) —le da — le quedan 30. 31 1 32+ =

    Ave 3ª (tiene 126) —le da — le quedan 62. 63 1 64+ =

    Ave 2ª (tiene 254) —le da 127 1 128+ = — le quedan 126.

    Ave 1ª (tiene 510) —le da — le quedan 254. 255 1 256+ = Al principio tenía 510 gramos de maíz.

    5. os han de 7 kg. Las pesas que necesitam ser de: 1, 3, 9 y 2Así: 1 kg = 1 2 kg = 3 − 1 3 kg = 3 4 kg = 3 + 1 5 kg 1 = 9 − 3 − 6 kg = 9 − 3 7 kg 1 = 9 − 3 + 8 kg = 9 − 1 9 kg 9 = 10 kg = 9 + 1 Y así suces amiv ente. La suma de os nú er l m os significa que las pesas se colocan en el mismo plato de la balanza, y la diferencia, que se colocan en platos diferentes.

  • PÁGINA 366

    258

  • SOLUCIONES

    1. En cada caso queda:

    a) y además el área del recinto rayado vale 1, por tanto es función de densidad. f x x x( )≥ ∀

    259

    b) y además el área del recinto rayado vale g x x x( )≥ ∀ 4·0,5 12

    = , por tanto es función de

    densidad.

    2. La gráfica y los cálculos quedan:

    f xa a

    f x a

    ( )ha de ser 0, por tanto a 0.6· 1Como área rayada 1 12 3

    1Por lo tanto ( )es una función de densidad si .3

    ≥ >

    = ⇒ = ⇒ =

    =

    i

    i

    P x P x

    P x P x

    1 3 1 3( 3) 3· ( 1) 3·4 4 4 4

    1 1( 2,5) 0 (2 3) 1·4 4

    ≤ = = ≥ = =

    = = ≤ ≤

    = =

    P x P x

    P x P x

    11· 18( 3) ( 1) 12 16

    1( 2,5) 0 (2 3)16

    ≤ = = ≥ =

    = = ≤ ≤ =

  • 3. La solución es:

    a) La gráfica 1 se corresponde con la distribución (7;1,5)N .

    La gráfica 2 se corresponde con la distribución (5;1,5)N . La gráfica 3 se corresponde con la distribución (5;3,5)N . b) Las plantas más altas corresponden a la distribución . En las otras distribuciones, la (7;1,5)N

    media de las alturas coincide, y en están más agrupadas, respecto a la media, que (5;1,5)Nen . (5;3,5)N

    4. Manejando la tabla de la distribución normal, hallamos cada caso:

    P Z P ZP Z P ZP Z P Z P ZP Z P Z P Z

    a) 0,9265b) 1 ( 0,25) 1 0,5987 0,4013c) ( 1,45) 1 ( 1,45) 1 0,9265 0,0735d) (0,35 1,5) ( 1,5) ( 0,35) 0,933 0,6368 0,2964e) ( 1,35 0,25) ( 0,25) ( 1,35) ( 0,25)

    − < = − =≤− = − ≤ = − =

    ≤ ≤ = ≤ − ≤ = =

    − ≤ ≤ = ≤ − ≤− = ≤ [ ]

    [ ]

    P ZP Z P Z

    Z P Z P Z P ZP Z P Z

    1 ( 1,35) 0,5102f) ( 0,84) ( 0,84) 0,7995

    ( 1,45 0,15) (0,15 1,45) ( 1,45) ( 0,15) 0,36692,25) ( 2) 1 ( 2,25) 0,965

    − − ≤ =

    ≥− = ≤ =− ≤ ≤− = ≤ ≤ = − ≤ =

    ≤− = ≤ − − ≤ =

    P Z( 1,45)( 0,25)

    ≤ =≥ =

    P Z2−

    Pg) ≤P Z P Z P Zh) ( 2,25 2) ( 2) (− ≤ ≤ = ≤ −

    5. En las tablas vemos que:

    P Z K P Z K KP Z K P Z K KP Z K P Z K P Z K K

    a) ( ) 1 ( ) 1 0,1075 0,8925 1,24.b) ( ) 0,7967 1 ( ) 0,83.c) (0 ) 0,4236 ( ) ( 0) 0,4236 1,43.

    ≥ = − ≤ = − = ⇒ =≥ = = − ≤ ⇒ =−≤ ≤ = ⇒ ≤ − ≤ = ⇒ =

    6. Tipificamos la variable X, convirtiéndola en N(0,1) y, posteriormente, consultamos la tabla:

    xP X P Z P Z

    xP X P Z P Z P Z

    xP X P Z P Z

    xP X P P Z

    5 6 5a) ( 6) ( 0,5) 0,69152 2

    5 4,5 5b) ( 4,5) ( 0,25) ( 0,25) 0,59872 2

    5 7,2 5c) ( 7,2) ( 1,1) 0,86432 2

    3 5 5 6 5d) (3 6) ( 1 0,5) 0,53282 2 2

    − −⎛ ⎞≤ = = ≤ = ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠

    − −⎛ ⎞≥ = = ≥ = ≥− = ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠

    − −⎛ ⎞≤ = = ≤ = ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠

    − − −⎛ ⎞≤ ≤ = ≤ ≤ = − ≤ ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠

    7. Tipificamos la variable y consultamos la tabla.

    a) 6,76 ) 5,1 c) 1,66k b k= = k =

    260

  • PÁGINA 367

    261

  • SOLUCIONES

    8. La solución queda:

    xP X P P Z P Z

    xP X P P Z P Z

    xP X P P Z P Z P Z

    9 8 9 1 1a) ( 8) 0,62933 3 3 3

    9 5 9 4 4b) ( 5) 1 9082 0,09183 3 3 3

    11 9 9 13 9 2 4 4 2c) (11 13) 0,13 3 3 3 3 3 3

    − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≥ = ≥ = ≥− = ≤ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

    − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ = ≤ = ≤− = ≥ = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

    − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛≤ ≤ = ≤ ≤ = ≤ ≤ = ≥ − ≤ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

    628

    ⎞⎟⎠

    9. La solución es:

    ( ) ( )P t P Z P Z P Z

    t tP X t P Z t

    13 17 21 17a) (13 21) 1,33 1,33 2 1,33 1 0,81643 3

    17 17b) ( ) 0,95 0,95 1,645 21,935 22minutos.3 3

    − −⎛ ⎞≤ ≤ = ≤ ≤ = − ≤ ≤ = ≤ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

    − −⎛ ⎞≤ = ⇒ ≤ = ⇒ = ⇒ = ≈⎜ ⎟⎝ ⎠

    10. La solución es:

    ( ) ( )

    ( ) ( ) ( )

    P X P Z P Z P Z

    P X P Z P Z P Z P Z

    t tP X t P Z t

    28 30a) ( 28) 0,4 1 0,4 0,33465

    25 30 35 30b) (25 35) 1 1 2 1 0 0,68265 5

    Esdecir,el 68,26%.

    30 30c) ( ) 0,80 0,80 0,84 34,2minutos.5 5

    −⎛ ⎞< = < =

  • 12. La solución queda:

    P 1 9 9(salga 0 una sola vez) · · ·3 0,24310 10 10

    = = a)

    ( )B 100;0,1b) Es una distribución binomial y la aproximaremos con una distribución normal de la forma N(10;3) .

    ( ) ( )P X P Z P Z P Z13 10( 13) 1 1 1 0,15873−⎛ ⎞> = ≥ = ≥ = − ≤ =⎜ ⎟

    ⎝ ⎠

    13. La solución queda: De los parámetros de la distribución obtenemos: n p p8 · 0,8μ= = ⇒ = .

    10·0,8·0,2 1,26σ= = La desviación típica:

    P a(ningunacar ) 1 0,893 0,107.= − =

    ( )nn n log0,1070,2 0,107 1,40 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:

    x k kP X k P k5,5 5,5 5,5( ) 0,9 0,9 1,282 7,4231,5 1,5 1,5− − −⎛ ⎞≤ = ⇒ ≤ = ⇒ = ⇒ =⎜ ⎟

    ⎝ ⎠

    De igual forma, para la calificación de notable:

    x k kP X k P k5,5 5,5 5,5( ) 0,7 0,7 0,525 6,28751,5 1,5 1,5− − −⎛ ⎞≤ = ⇒ ≤ = ⇒ = ⇒ =⎜ ⎟

    ⎝ ⎠

    ( )1360, 6B15. Es una distribución binomial y la aproximaremos con una distribución normal. 1 1360· 60 y 360· · 7,076 6

    μ= = σ= = . 56

    Quedaría:

    La probabilidad es:

    ( ) ( )' 60 55,5 60( 55) ( ' 55,5) 0,64 1 0,64 0,26117,07 7,07

    XP X P X P P Z P Z− −⎛ ⎞≤ = ≤ = ≤ = ≤− = − ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠

    263

  • PÁGINA 368

    264

  • SOLUCIONES

    16. Es una distribución binomial y la aproximaremos con una distribución normal. ( )50;0,9B50·0,9 45 y 50·0,9·0,1 1,12μ= = σ= = . Quedaría:

    La probabilidad pedida con la corrección de Yates es:

    ( )

    ( ) ( ) ( )

    39,5 45 40,5 45( 40) (39,5 ' 40,5) 2,59 2,122,12 2,12

    1 2,12 2,59 2,59 2,12 0,122

    P X P X P Z P Z

    P Z P Z P Z

    − −⎛ ⎞= = ≤ ≤ = ≤ ≤ = − ≤ ≤ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

    = − ≤ ≤ = ≤ − ≤ =

    ( )100;0,5B17. Es una distribución binomial y la aproximaremos con una distribución normal. 100·0,5 50 y 100·0,5·0,5 5μ= = σ= = . Quedaría:

    La probabilidad pedida con la corrección de Yates es:

    ( )

    ( ) ( )

    45,5 50 ' 50 55,5 50(45 55) (44,5 ' 55,5) 1,1 1,15 5 5

    1,1 1 1,1 0,7286

    XP X P X P P Z

    P Z P Z

    − − −⎛ ⎞≤ ≤ = ≤ ≤ = ≤ ≤ = − ≤ ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠

    ⎡ ⎤= ≤ − − ≤ =⎣ ⎦

    18. Es una distribución binomial y la aproximaremos con una distribución normal ( )100;0,25B.La probabilidad pedida es: (25;4,33)N

    ( ) ( )19,5 25( 20) ( ' 19,5) 1,27 1,27 0,89804,33

    P X P X P Z P Z P Z−⎛ ⎞≥ = ≥ = ≥ = ≥− = ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠

    19. Es una binomial que podemos aproximarla a una normal . ( )B 3000;0,52 N(1 560;27,4)La probabilidad pedida queda:

    ( )( ) ( )

    P X P X P Z

    P Z P Z

    (1 450 1 600) (1 449,5 ' 1 600,5) 4 1,48

    1,48 4 0,9306

    ≤ ≤ = ≤ ≤ = − ≤ ≤ =

    = ≤ − ≤− =

    20. Es una binomial que podemos aproximarla a una normal . ( )B 80;0,5 N(40;4,47)La probabilidad pedida queda: P X P Z( 45) ( 1,12) 1 0,8686 0,1314≥ = ≥ = − =

    21. Es una distribución normal N(192;12)

    La probabilidad pedida queda: P X P Z P Z P Z( 186) ( 0,5) ( 0,5) 1 ( 0,5) 0,3085≤ = ≤− = ≥ = − ≤ =

    265

  • 22. Es una distribución normal N(170;3)

    • ( ) ( ) ( )P X P Z P Z P Z(155 165) 5 5 1,67 0,0475,es decir 48 batas.≤ ≤ = − ≤ ≤ − ≤ = 1,67≤ − =

    ( ) ( )P X P Z P Z(165 175) 1,67 1,67 2 0 1,67

    266

    • 2(0,9525 0,5) 0,905,es decir 105 bat= − = as.

    ≤ ≤ = − ≤ ≤ = ≤ ≤

    ( ) ( ) ( )P X P Z P Z P Z(175 185) 1,67 5 5 1,67 0,0475,es decir 48 batas.≤ ≤ = ≤ ≤ = ≤ − ≤ = •

    23. La solución queda:

    a) Es una binomial B 15;⎛ ⎞ . 3⎜ ⎟⎝ ⎠

    Los parámetros quedan: 1 15· 1,67 y 5· · 1,05.3 3

    μ= = σ= = 23

    ( ) ( )P X P X P X( 2) 1 1 0 ( 1) 0,539≥ = − = − = = P X 2− < =La probabilidad es:

    B 1288;3

    ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

    b) Es una binomial que aproximamos a una normal N(96;8)

    ( ) ( )P X P X P Z P Z( 90) 90,5 0,69 ( 0,69) 0,7549.> = ≥ = ≥− = ≤ = La probabilidad es:

    24. La solución queda:

    ( )B 10;0,4 Es una binomial . •

    ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

    P X P X P X P X10 9 1 8 2

    ( 2) ( 0) ( 1) ( 2)10 10 100,60 0,60 0,4 0,60 0,4 0,1670 1 2

    ≤ = = + = + = =

    ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

    ( )N 400;15,49 . • La aproximamos a una distribución normal ( ) ( )P X P X( 450) ( 450,5 3,> = ≥ P Z P Z) 26 1 3,26 0,0006.= ≥ = − ≥ =

  • ( )N 50;σ . 25. Es una distribución normal del tipo:

    En el primer caso: •

    P X P Z P Z P Z

    Z

    70 50 20 20( 70) 0,0228 0,0228 1 0,0228

    20 200,9772 2 2.

    −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞> = ⇒ ≥ = ⇒ ≥ = − ≤ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟σ σ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠σ

    ⎞≤ = ⇒ = ⇒ σ=⎜ ⎟σ σ⎝ ⎠

    • En el segundo caso:

    ( ) ( )P X P Z P Z P Z45 60( 45) 0,5 0,5 0,308510−⎛ ⎞≤ = ≤ = ≤− = ≥ =⎜ ⎟

    ⎝ ⎠

    267