Distribuciones binomial y normal – matemáticas 1º Bachillerato CCSS: soluciones de los ejercicios para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1

   1. La suma de todas las probabilidades debe ser 1: \(0{,}1+0{,}3+0{,}4+P(X=3)=1\), luego \(P(X=3)=1-0{,}8=0{,}2\).
   2. La esperanza es la suma de cada valor por su probabilidad: \(\mu=\sum x_ip_i=0\cdot0{,}1+1\cdot0{,}3+2\cdot0{,}4+3\cdot0{,}2=0+0{,}3+0{,}8+0{,}6=1{,}7\) lavadoras al día, como media a largo plazo.
   3. Calculamos primero \(\sum x_i^2p_i=0+0{,}3+1{,}6+1{,}8=3{,}7\). La varianza es \(\sigma^2=3{,}7-1{,}7^2=3{,}7-2{,}89=0{,}81\) y la desviación típica \(\sigma=\sqrt{0{,}81}=0{,}9\) lavadoras.
   4. Sumamos las probabilidades de los valores 2 y 3: \(P(X\ge2)=0{,}4+0{,}2=0{,}6\). El 60 % de los días se venden al menos dos lavadoras.

2. Solución del ejercicio 2

   1. Si toca (probabilidad \(\tfrac1{50}\)), la ganancia neta es \(100-3=97\) €; si no toca (probabilidad \(\tfrac{49}{50}\)), es \(-3\) €. Tabla: \(P(97)=0{,}02\) y \(P(-3)=0{,}98\).
   2. \(\mu=97\cdot0{,}02+(-3)\cdot0{,}98=1{,}94-2{,}94=-1\) €. En promedio, cada papeleta supone una pérdida de 1 € (el colegio recauda, en media, 1 € por papeleta más del premio repartido).
   3. Es justo si \(\mu=0\): con precio \(c\), \(\mu=(100-c)\cdot0{,}02-c\cdot0{,}98=2-c=0\), es decir, \(c=2\) €.

3. Solución del ejercicio 3

   1. Fórmula binomial \(P(X=k)=\binom nk p^kq^{n-k}\) con \(q=0{,}7\): \(P(X=2)=\binom52\,0{,}3^2\,0{,}7^3=10\cdot0{,}09\cdot0{,}343=0{,}3087\).
   2. Sumamos los casos 0 y 1: \(P(X=0)=0{,}7^5=0{,}16807\) y \(P(X=1)=5\cdot0{,}3\cdot0{,}7^4=0{,}36015\). Por tanto, \(P(X\le1)=0{,}5282\).
   3. El contrario de «al menos uno» es «ninguno»: \(P(X\ge1)=1-P(X=0)=1-0{,}16807=0{,}83193\). Así evitamos sumar cinco probabilidades.
   4. En una binomial, \(\mu=np=5\cdot0{,}3=1{,}5\) y \(\sigma=\sqrt{npq}=\sqrt{5\cdot0{,}3\cdot0{,}7}=\sqrt{1{,}05}=1{,}025\).

4. Solución del ejercicio 4

   1. Hay \(n=10\) pruebas independientes, cada una con dos resultados (acierto o fallo) y probabilidad de acierto constante \(p=\tfrac14=0{,}25\). Luego \(X\sim B(10;0{,}25)\).
   2. \(P(X=3)=\binom{10}{3}\,0{,}25^3\,0{,}75^7=120\cdot0{,}015625\cdot0{,}133484=0{,}2503\). Hay una probabilidad del 25 % de acertar exactamente 3.
   3. Usamos el suceso contrario: \(P(X\ge5)=1-P(X\le4)=1-0{,}9219=0{,}0781\). Es una probabilidad pequeña (menos del 8 %): aprobar respondiendo al azar es difícil.
   4. \(\mu=np=10\cdot0{,}25=2{,}5\) aciertos y \(\sigma=\sqrt{10\cdot0{,}25\cdot0{,}75}=\sqrt{1{,}875}=1{,}369\).

5. Solución del ejercicio 5

   1. Tipificamos con \(z=\dfrac{x-\mu}{\sigma}\): \(z=\dfrac{110-100}{15}=0{,}67\). En la tabla, \(P(Z\lt 0{,}67)=0{,}7486\).
   2. \(z=\dfrac{85-100}{15}=-1\). Por la simetría de la normal, \(P(Z\gt -1)=P(Z\lt 1)=0{,}8413\).
   3. Tipificamos los dos extremos: \(z_1=\dfrac{90-100}{15}=-0{,}67\) y \(z_2=\dfrac{120-100}{15}=1{,}33\). Entonces \(P=\Phi(1{,}33)-\Phi(-0{,}67)=0{,}9082-0{,}2514=0{,}6568\).
   4. Se pide \(P(\mu-\sigma\lt X\lt \mu+\sigma)=P(-1\lt Z\lt 1)=\Phi(1)-\Phi(-1)=0{,}8413-0{,}1587=0{,}6826\), es decir, el 68,26 %, como indica la regla del 68-95-99,7.

6. Solución del ejercicio 6

   1. Buscamos en el interior de la tabla el valor \(\Phi(z)=0{,}90\) y obtenemos \(z=1{,}28\). Destipificamos: \(k=\mu+z\sigma=1000+1{,}28\cdot50=1064\) horas.
   2. Ahora \(P(X\lt k)=0{,}05\), así que \(z\) es negativo: \(z=-1{,}645\). Entonces \(k=1000-1{,}645\cdot50=917{,}75\); solo el 5 % de las baterías dura menos de unas 918 horas.
   3. Para el 95 % central queda un 2,5 % en cada cola, luego \(z=\pm1{,}96\): \(1000\pm1{,}96\cdot50=1000\pm98\). El intervalo es \((902,\,1098)\) horas.

7. Solución del ejercicio 7

   1. Cada tornillo es defectuoso o no, con probabilidad constante 0,05, y los 12 tornillos son independientes. Por tanto, \(X\sim B(12;0{,}05)\).
   2. Ninguno defectuoso significa que los 12 son correctos: \(P(X=0)=0{,}95^{12}=0{,}5404\).
   3. Por el suceso contrario: \(P(X\ge1)=1-P(X=0)=1-0{,}5404=0{,}4596\). Casi la mitad de las cajas contiene algún defectuoso.
   4. La media es \(\mu=np=12\cdot0{,}05=0{,}6\) tornillos por caja. Además, \(P(X=2)=\binom{12}{2}\,0{,}05^2\,0{,}95^{10}=66\cdot0{,}0025\cdot0{,}598737=0{,}0988\), casi un 10 %.

8. Solución del ejercicio 8

   1. Tipificamos: \(z=\dfrac{180-172}{7}=1{,}14\). \(P(X\gt 180)=1-\Phi(1{,}14)=1-0{,}8729=0{,}1271\), es decir, el 12,71 % mide más de 180 cm.
   2. \(z_1=\dfrac{165-172}{7}=-1\) y \(z_2=\dfrac{179-172}{7}=1\). \(P=\Phi(1)-\Phi(-1)=0{,}6826\), es decir, el \(68{,}26\,\%\).
   3. \(z=\dfrac{160-172}{7}=-1{,}71\) y \(P=\Phi(-1{,}71)=0{,}0436\). El número esperado es \(2000\cdot0{,}0436=87{,}2\), unos 87 jóvenes.
   4. Se busca \(P(X\gt k)=0{,}10\), es decir, \(\Phi(z)=0{,}90\) y \(z=1{,}28\). Destipificando, \(k=172+1{,}28\cdot7=180{,}96\) cm: el 10 % más alto mide a partir de unos 181 cm.

9. Solución del ejercicio 9

   1. Cada una de las 10 personas se presenta o no, con probabilidad constante 0,92 e independencia. Por tanto, \(X\sim B(10;0{,}92)\).
   2. Deben presentarse todas: \(P(X=10)=0{,}92^{10}=0{,}4344\).
   3. Sumamos los casos 9 y 10: \(P(X\ge9)=\binom{10}{9}0{,}92^9\cdot0{,}08+0{,}92^{10}=0{,}3777+0{,}4344=0{,}8121\). En el 81 % de los vuelos se presentan 9 o 10 personas.
   4. La media de una binomial es \(np\): \(\mu=10\cdot0{,}92=9{,}2\) personas por vuelo.

10. Solución del ejercicio 10

    1. Tipificamos: \(z=\dfrac{10-8}{2}=1\), y \(P(X\lt 10)=\Phi(1)=0{,}8413\).
    2. \(z_1=\dfrac{5-8}{2}=-1{,}5\) y \(z_2=1\). Restamos áreas: \(P=\Phi(1)-\Phi(-1{,}5)=0{,}8413-0{,}0668=0{,}7745\).
    3. \(z=\dfrac{12-8}{2}=2\). \(P(X\gt 12)=1-\Phi(2)=1-0{,}9772=0{,}0228\), un 2,28 %.
    4. Multiplicamos el número de viajes por la probabilidad: \(60\cdot0{,}0228=1{,}37\). Se esperan entre 1 y 2 viajes al día de más de 12 minutos.

11. Solución del ejercicio 11

    1. Cada vecino prefiere o no las zonas verdes, con probabilidad 0,6, de forma independiente: \(X\sim B(8;0{,}6)\).
    2. \(P(X=5)=\binom85\,0{,}6^5\,0{,}4^3=56\cdot0{,}07776\cdot0{,}064=0{,}2787\).
    3. Sumamos los tres casos: \(P(X\ge6)=P(6)+P(7)+P(8)=0{,}2090+0{,}0896+0{,}0168=0{,}3154\). Hay un 31,5 % de probabilidad de que al menos 6 las prefieran.
    4. \(\mu=np=8\cdot0{,}6=4{,}8\) vecinos; \(\sigma^2=npq=8\cdot0{,}6\cdot0{,}4=1{,}92\); \(\sigma=\sqrt{1{,}92}=1{,}386\).

12. Solución del ejercicio 12

    1. Tipificamos la nota 5: \(z=\dfrac{5-6{,}2}{1{,}5}=-0{,}8\). \(P=\Phi(-0{,}8)=1-0{,}7881=0{,}2119\): suspende el 21,19 %.
    2. \(z_1=\dfrac{7-6{,}2}{1{,}5}=0{,}53\) y \(z_2=\dfrac{9-6{,}2}{1{,}5}=1{,}87\). \(P=\Phi(1{,}87)-\Phi(0{,}53)=0{,}9693-0{,}7019=0{,}2674\): el 26,74 % saca notable.
    3. \(120\cdot0{,}2119=25{,}4\): se esperan unos 25 suspensos.
    4. El 10 % superior corresponde a \(\Phi(z)=0{,}90\), es decir, \(z=1{,}28\). Destipificando: \(6{,}2+1{,}28\cdot1{,}5=8{,}12\). La nota mínima de ese grupo es de unos 8,1.

13. Solución del ejercicio 13

    1. \(X\sim B(100;0{,}3)\). Se cumple \(np=30\ge5\) y \(nq=70\ge5\), así que la aproximación normal es aceptable.
    2. \(\mu=np=30\) y \(\sigma=\sqrt{npq}=\sqrt{21}=4{,}583\). Entonces \(X\approx N(30;\,4{,}583)\).
    3. Con la corrección de continuidad, el valor 35 ocupa el intervalo \((34{,}5;\,35{,}5)\): \(P(X\ge35)\approx P(X'\gt 34{,}5)\), con \(z=\dfrac{34{,}5-30}{4{,}583}=0{,}98\). \(P=1-\Phi(0{,}98)=1-0{,}8365=0{,}1635\).
    4. \(P(24{,}5\lt X'\lt 35{,}5)\): \(z_1=-1{,}20\) y \(z_2=1{,}20\). \(P=\Phi(1{,}20)-\Phi(-1{,}20)=0{,}8849-0{,}1151=0{,}7698\).

14. Solución del ejercicio 14

    1. \(z=\dfrac{1200-1450}{200}=-1{,}25\). \(P=\Phi(-1{,}25)=0{,}1056\): el 10,56 % cobra menos de 1 200 €.
    2. \(z_1=\dfrac{1300-1450}{200}=-0{,}75\) y \(z_2=\dfrac{1700-1450}{200}=1{,}25\). \(P=\Phi(1{,}25)-\Phi(-0{,}75)=0{,}8944-0{,}2266=0{,}6678\), el 66,78 %.
    3. El valor \(z=1{,}28\) deja a su derecha el 10 %. Destipificamos: \(1450+1{,}28\cdot200=1706\) €. La prima se da a partir de 1 706 €.
    4. \(1450-0{,}67\cdot200=1316\) €: el 25 % de los empleados cobra menos de unos 1 316 €.

15. Solución del ejercicio 15

    1. \(z=\dfrac{495-500}{4}=-1{,}25\). \(P(X\lt 495)=\Phi(-1{,}25)=0{,}1056\).
    2. \(z=\dfrac{505-500}{4}=1{,}25\). \(P(X\gt 505)=1-\Phi(1{,}25)=0{,}1056\), igual que antes por la simetría.
    3. Los dos sucesos son incompatibles: \(P(\text{rechazo})=0{,}1056+0{,}1056=0{,}2112\). En 10 000 botellas se esperan \(10\,000\cdot0{,}2112=2112\) rechazadas.
    4. Se pide \(P(|X-500|\gt 5)=0{,}01\), es decir, que 505 esté a 2,576 desviaciones de la media: \(\dfrac{5}{\sigma}=2{,}576\), luego \(\sigma=\dfrac{5}{2{,}576}=1{,}94\) ml.
    5. Ahora: \(2112\cdot0{,}12=253{,}44\) €. Con el nuevo ajuste habría 100 rechazadas: \(100\cdot0{,}12=12\) €. Se ahorrarían 241,44 € por turno.

16. Solución del ejercicio 16

    1. \(X\sim B(80;0{,}85)\). Como \(np=68\ge5\) y \(nq=12\ge5\), se aproxima por \(N(68;\,\sqrt{80\cdot0{,}85\cdot0{,}15})=N(68;\,3{,}194)\).
    2. Con corrección de continuidad, \(P(X\ge72)\approx P(X'\gt 71{,}5)\), con \(z=\dfrac{71{,}5-68}{3{,}194}=1{,}10\). \(P=1-\Phi(1{,}10)=1-0{,}8643=0{,}1357\).
    3. \(P(X\lt 64)=P(X\le63)\approx P(X'\lt 63{,}5)\), con \(z=\dfrac{63{,}5-68}{3{,}194}=-1{,}41\). \(P=\Phi(-1{,}41)=0{,}0793\).
    4. Entre \(\mu-2\sigma\) y \(\mu+2\sigma\) está aproximadamente el 95 % de los casos: \(68\pm2\cdot3{,}194=68\pm6{,}4\). El número de curados estará, casi seguro, entre 62 y 74 pacientes.

17. Solución del ejercicio 17

    1. \(X\sim B(240;0{,}9)\), con \(\mu=240\cdot0{,}9=216\) y \(\sigma=\sqrt{240\cdot0{,}9\cdot0{,}1}=4{,}648\). Como \(np\) y \(nq\) superan 5, \(X\approx N(216;\,4{,}648)\).
    2. \(P(X\gt 220)=P(X\ge221)\approx P(X'\gt 220{,}5)\), con \(z=\dfrac{220{,}5-216}{4{,}648}=0{,}97\). \(P=1-\Phi(0{,}97)=0{,}1660\): en una de cada seis funciones hay problema de aforo.
    3. \(P(X\le210)\approx P(X'\lt 210{,}5)\), con \(z=\dfrac{210{,}5-216}{4{,}648}=-1{,}18\). \(P=\Phi(-1{,}18)=0{,}1190\).
    4. Con 235 entradas: \(\mu=211{,}5\) y \(\sigma=\sqrt{235\cdot0{,}9\cdot0{,}1}=4{,}599\). \(z=\dfrac{220{,}5-211{,}5}{4{,}599}=1{,}96\) y \(P=1-\Phi(1{,}96)=0{,}0250\). El riesgo baja del 16,6 % al 2,5 %.

18. Solución del ejercicio 18

    1. \(z=\dfrac{1000-1200}{100}=-2\). \(P(A\gt 1000)=1-\Phi(-2)=1-0{,}0228=0{,}9772\).
    2. \(z=\dfrac{1000-1100}{50}=-2\). \(P(B\gt 1000)=0{,}9772\), igual que A.
    3. A: \(z_1=-1\), \(z_2=1\): \(P=0{,}6826\). B: \(z_1=0\), \(z_2=\dfrac{1300-1100}{50}=4\): \(P=\Phi(4)-\Phi(0)=1-0{,}5=0{,}5\).
    4. A: \(\dfrac{2{,}50}{1200}=0{,}00208\) €/h. B: \(\dfrac{2{,}10}{1100}=0{,}00191\) €/h. B es algo más barata por hora media, pero A es más fiable en el intervalo central y tiene más vida media. Una recomendación razonable es A si se prioriza la duración y B si se prioriza el precio.

19. Solución del ejercicio 19

    1. \(z=\dfrac{75-60}{10}=1{,}5\). \(P=1-\Phi(1{,}5)=1-0{,}9332=0{,}0668\): el 6,68 %, unos \(1200\cdot0{,}0668=80\) candidatos.
    2. \(z_1=-1\) y \(z_2=1\): \(P=0{,}6826\), el 68,26 %.
    3. \(60\) plazas de \(1\,200\) son el 5 %. \(z=1{,}645\): \(60+1{,}645\cdot10=76{,}45\). Hacen falta unos 76,5 puntos.
    4. \(z=\dfrac{82-60}{10}=2{,}2\). \(\Phi(2{,}2)=0{,}9861\): percentil 98,6 (supera al 98,6 % de los candidatos).
    5. 120 plazas son el 10 %: \(z=1{,}28\), nota \(60+12{,}8=72{,}8\) puntos.

20. Solución del ejercicio 20

    1. Sumando las probabilidades binomiales de 0 a 5 se obtiene \(P(X\le5)=0{,}4164\). Para aproximar: \(\mu=6\), \(\sigma=\sqrt{4{,}2}=2{,}05\) y \(P(X'\lt 5{,}5)\), con \(z=\dfrac{5{,}5-6}{2{,}05}=-0{,}24\) y \(\Phi(-0{,}24)=0{,}4052\). El error es \(0{,}4164-0{,}4052=0{,}0112\), unas 11 milésimas, porque \(n\) es pequeño.
    2. \(P(\text{al menos uno})=1-0{,}95^n\gt 0{,}99\) equivale a \(0{,}95^n\lt 0{,}01\). Con logaritmos (y cambiando el sentido al dividir por \(\ln0{,}95\lt 0\)): \(n\gt \dfrac{\ln0{,}01}{\ln0{,}95}=89{,}78\). Hacen falta 90 intentos.
    3. Tipificando: \(\dfrac{30-\mu}{\sigma}=-0{,}84\) y \(\dfrac{50-\mu}{\sigma}=1{,}28\). Restando: \(\dfrac{20}{\sigma}=2{,}12\), luego \(\sigma=9{,}43\) y \(\mu=30+0{,}84\cdot9{,}43=37{,}92\).