Soluciones

Distribución uniforme

Distribución normal

P(6 < x < 7)

uno

cero

uno

0,625

La probabilidad es igual al área desde x = \frac{3}{2} hasta x = 4 por encima del eje x y hasta f(x) = \frac{1}{3}.

Significa que el valor de x tiene la misma probabilidad de ser cualquier número entre 1,5 y 4,5.

1,5 ≤ x ≤ 4,5

0,3333

cero

0,6

b es 12, y representa el valor más alto de x.

seis

4,8

X = La edad (en años) de los automóviles en el estacionamiento del personal

de 0,5 a 9,5

f(x) = $\frac{1}{9}$ donde x está entre 0,5 y 9,5, ambos inclusive.

μ = 5

1. Compruebe la solución del estudiante.
2. $\frac{\mathrm{3,5}}{7}$

1. Compruebe la solución del estudiante.
2. k = 7,25
3. 7,25

No, los resultados no son igualmente probables. En esta distribución más personas requieren poco tiempo y menos personas requieren mucho tiempo, por lo que es más probable que alguien requiera menos tiempo.

cinco

f(x) = 0,2e^–0,2x

0,5350

6,02

f(x) = 0,75e^–0,75x

0,4756

La media es mayor. La media es $\frac{1}{m}=\frac{1}{\mathrm{0,75}}\approx \mathrm{1,33}$, que es superior a 0,9242.

continuos

m = 0,000121

1. Compruebe la solución del estudiante.
2. P(x < 5.730) = 0,5001

1. Compruebe la solución del estudiante.
2. k = 2.947,73

La edad es una medida, independientemente de la exactitud utilizada.

1. X ~ U(1, 9)
2. Compruebe la solución del estudiante.
3. $e(x)=\frac{1}{8}$ donde $1\le x\le 9$
4. cinco
5. 2,3
6. $\frac{15}{32}$
7. \frac{333}{800}
8. \frac{2}{3}
9. 8,2

1. La X representa el tiempo que un viajero debe esperar a que llegue un tren en la línea roja.
2. X ~ U(0, 8)
3. Grafique la distribución de probabilidad.
4. $e(x)=\frac{1}{8}$ donde $0\le x\le 8$
5. cuatro
6. 2,31
7. $\frac{1}{8}$
8. $\frac{1}{8}$
9. 3,2

d

b

1. La función de densidad de probabilidad de X es $\frac{1}{25–16}=\frac{1}{9}$.
   P(X > 19) = (25 – 19) $\left(\frac{1}{9}\right)$ = $\frac{6}{9}$ = $\frac{2}{3}$.

   

   Figura 5.54
2. P(19 < X < 22) = (22 – 19) $\left(\frac{1}{9}\right)$ = $\frac{3}{9}$ = $\frac{1}{3}$.

   

   Figura 5.55
3. Esta debe ser 0,25, y 0,25 = (ancho)$\left(\frac{1}{9}\right)$, por lo que la anchura = (0,25)(9) = 2,25. Así, el valor es 25 - 2,25 = 22,75.
4. Esta es una pregunta de probabilidad condicional. P(x > 21| X > 18). Puede responderla de dos maneras:
   • Dibuje el gráfico donde a es ahora 18 y b sigue siendo 25. La altura es $\frac{1}{(25–18)}$ = $\frac{1}{7}$
     Entonces, P(x > 21|x > 18) = (25 - 21)$\left(\frac{1}{7}\right)$ = 4/7.
   • Utilice la fórmula: P(x > 21|x > 18) = $\frac{P(x>21\text{ Y }x>18)}{P(x>18)}$
     = $\frac{P(x>21)}{P(x>18)}$ = $\frac{(25–21)}{(25–18)}$ = $\frac{4}{7}$.

1. P(X > 650) = $\frac{700–650}{700–300}=\frac{50}{400}=\frac{1}{8}$ = 0,125.
2. P(400 < X < 650) = \frac{650–400}{700–300}=\frac{250}{400} = 0,625
3. 0,10 = $\frac{\text{ancho}}{\text{700}–\text{300}}$, por lo que la anchura = 400(0,10) = 40. Como 700 - 40 = 660, los conductores recorren al menos 660 millas en el 10 % de los días de recorridos más lejanos.

1. X = la vida útil de una determinada batería de automóvil medida en meses.
2. X es continua.
3. X ~ Exp(0,025)
4. 40 meses
5. 360 meses
6. 0,4066
7. 14,27

1. X = el tiempo (en años) que tarda una persona en jubilarse después de cumplir 60 años
2. X es continua.
3. X ~ Exp$\left(\frac{1}{5}\right)$
4. cinco
5. cinco
6. Compruebe la solución del estudiante.
7. 0,1353
8. antes
9. 18,3

a

c

Supongamos que T = el tiempo de vida de una bombilla.

El parámetro de decaimiento es m = 1/8, y T ∼ Exp(1/8). La función de distribución acumulativa es $P(T<t)=1–e^{–\frac{t}{8}}$

1. Por lo tanto, P(T < 1) = 1 – e^{–\frac{1}{8}} ≈ 0,1175.
2. Queremos calcular P(6 < t < 10).
   Para ello, P(6 < t < 10) – P(t < 6)
   = =\left(1–e^{–\frac{1}{8}*10}\right)–\left(1–e^{–\frac{1}{8}*6}\right) ≈ 0,7135 – 0,5276 = 0,1859

   

   Figura 5.56
3. Queremos calcular 0,70 =P(T>t)=1–\left(1–e^{–\frac{t}{8}}\right)=e^{–\frac{t}{8}}.
   Al resolver t, e^{–\frac{t}{8}} = 0,70, por lo que –\frac{t}{8} = ln(0,70), y t = -8ln(0,70) ≈ 2,85 años.
   O utilice t = $\frac{ln\text{(área\_a\_la\_derecha)}}{(–m)}=\frac{ln\text{(0}\text{0,70)}}{–\frac{1}{8}}\approx 2.\text{85 años}$.

   

   Figura 5.57
4. Queremos calcular 0,02 = P(T < t) = 1 – e^{$–\frac{t}{8}$}.
   Al resolver t, e^{–\frac{t}{8}} = 0,98, por lo que –\frac{t}{8} = ln(0,98), y t = -8ln(0,98) ≈ 0,1616 años, es decir, aproximadamente dos meses.
   La garantía debería cubrir las bombillas que duran menos de 2 meses.
   O utilice $\frac{\ln \text{(área\_a\_la\_derecha)}}{\text{(}–\text{m)}}=\frac{\ln \text{(1}–\mathrm{0,2})}{–\frac{1}{8}}$ = 0,1616.
5. Debemos hallar P(T < 8|T > 7).
   Observe que por la regla de los eventos complementarios, P(T < 8|T > 7) = 1 – P(T > 8|T > 7).
   Por la propiedad de falta de memoria (P(X > r + t|X > r) = P(X > t)).
   Así que P(T > 8|T > 7) = P(T > 1) = $1–\left(1–e^{–\frac{1}{8}}\right)=e^{–\frac{1}{8}}\approx \mathrm{0,8825}$
   Por lo tanto, P(T < 8|T > 7) = 1 – 0,8825 = 0,1175.

Supongamos que X = el número de sin batazos imparables a lo largo de una temporada. Como la duración del tiempo entre los sin batazos imparables es exponencial, el número de sin batazos imparables por temporada es Poisson con media de λ = 3.
Por lo tanto, (X = 0) = $\frac{3^0{e}^{–3}}{0\text{!}}$ = e^–3 ≈ 0,0498

1. La probabilidad deseada es P(T > 1) = 1 – P(T < 1) = 1 – (1 – e^–3) = e^–3 ≈ 0,0498.
2. Supongamos que T = duración del tiempo entre los sin batazos imparables. Hallamos P(T > 2|T > 1), y por la propiedad de falta de memoria esto es simplemente P(T > 1), que hallamos que es 0,0498 en la parte a.
3. Supongamos que X = el número de sin batazos imparables es una temporada. Supongamos que X es Poisson con media de λ = 3. Entonces P(X > 3) = 1 – P(X ≤ 3) = 0,3528.

1. \frac{100}{9} = 11,11
2. P(X > 10) = 1 – P(X ≤ 10) = 1 – Poissoncdf(11,11; 10) ≈ 0,5532.
3. El número de personas con sangre de tipo B encontradas sigue más o menos la distribución de Poisson, por lo que el número de personas X que llegan entre las sucesivas llegadas de tipo B es aproximadamente exponencial con media μ = 9 y m = \frac{1}{9}. La función de distribución acumulativa de X es $P\left(X<x\right)=1–e^{–\frac{x}{9}}$. Así que, P(X > 20) = 1 – P(X ≤ 20) = $1–\left(1–e^{–\frac{20}{9}}\right)\approx \mathrm{0,1084.}$

Supongamos que T = la duración (en minutos) entre visitas sucesivas. Dado que los pacientes llegan a un ritmo de un paciente cada siete minutos, μ = 7 y la constante de decaimiento es m = $\frac{1}{7}$. La cdf es P(T < t) = $1–e^{\frac{t}{7}}$

1. P(T < 2) = 1 – $1–e^{–\frac{2}{7}}$ ≈ 0,2485.
2. P(T > 15) = $1–P\left(T<15\right)=1–\left(1–e^{–\frac{15}{7}}\right)\approx e^{–\frac{15}{7}}\approx \mathrm{0,1173}$.
3. P(T > 15|T > 10) = P(T > 5) = $1–\left(1–e^{–\frac{5}{7}}\right)=e^{–\frac{5}{7}}\approx \mathrm{0,4895}$.
4. Supongamos que X = número de pacientes que llegan durante un periodo de media hora. Entonces X tiene la distribución de Poisson con una media de $\frac{30}{7}$, X ∼ Poisson$\left(\frac{30}{7}\right)$. Calcule P(X > 8) = 1 – P(X ≤ 8) ≈ 0,0311.