Distribuciones binomial y normal – matemáticas 2º Bachillerato CCSS: soluciones de los ejercicios para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1

   1. Una tabla es una distribución de probabilidad si cada \(p_i\) está entre 0 y 1 y la suma total es 1. Aquí todas cumplen \(0\le p_i\le1\) y \(0{,}1+0{,}3+0{,}4+0{,}2=1\), así que es válida.
   2. La media es la suma de cada valor por su probabilidad: \(\mu=0\cdot0{,}1+1\cdot0{,}3+2\cdot0{,}4+3\cdot0{,}2=0+0{,}3+0{,}8+0{,}6=1{,}7\) premios por partida, a largo plazo.
   3. Primero \(\sum x_i^2p_i=0+0{,}3+1{,}6+1{,}8=3{,}7\). Después \(\sigma^2=\sum x_i^2p_i-\mu^2=3{,}7-1{,}7^2=3{,}7-2{,}89=0{,}81\), y la desviación típica es \(\sigma=\sqrt{0{,}81}=0{,}9\) premios.

2. Solución del ejercicio 2

   1. Fórmula binomial \(P(X=k)=\binom nk p^kq^{n-k}\) con \(p=0{,}3\) y \(q=0{,}7\): \(P(X=2)=\binom{5}{2}0{,}3^2\cdot0{,}7^3=10\cdot0{,}09\cdot0{,}343=0{,}3087\).
   2. «Al menos un acierto» es el contrario de «ningún acierto», que solo tiene un caso: \(P(X\ge1)=1-P(X=0)=1-0{,}7^5=1-0{,}1681=0{,}8319\). Así evitamos sumar cinco probabilidades.
   3. En una binomial, \(\mu=np=5\cdot0{,}3=1{,}5\) triples encestados de media, y \(\sigma=\sqrt{npq}=\sqrt{5\cdot0{,}3\cdot0{,}7}=\sqrt{1{,}05}\approx1{,}025\).

3. Solución del ejercicio 3

   1. Con \(p=q=0{,}5\), todas las secuencias tienen probabilidad \(0{,}5^6=\frac1{64}\). Hay \(\binom63=20\) con tres caras: \(P(X=3)=\dfrac{20}{64}=0{,}3125\).
   2. «Al menos 5» significa 5 o 6 caras: \(P(X=5)=\binom65\dfrac1{64}=\dfrac{6}{64}\) y \(P(X=6)=\dfrac{1}{64}\). Sumando, \(P(X\ge5)=\dfrac{7}{64}\approx0{,}1094\).
   3. Sumamos los casos 2, 3 y 4: \(P(2)=\dfrac{15}{64}\), \(P(3)=\dfrac{20}{64}\), \(P(4)=\dfrac{15}{64}\). En total, \(\dfrac{50}{64}\approx0{,}7813\).
   4. La media es \(\mu=np=6\cdot0{,}5=3\) caras, el valor central, como cabía esperar por simetría.

4. Solución del ejercicio 4

   1. Tipificamos con \(Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}\): \(Z=\dfrac{115-100}{15}=1\). En la tabla, \(P(X<115)=P(Z<1)=0{,}8413\).
   2. \(Z=\dfrac{130-100}{15}=2\). La tabla da áreas a la izquierda, así que usamos el complementario: \(P(Z>2)=1-0{,}9772=0{,}0228\). Solo un 2,28 % supera 130.
   3. Los extremos tipificados son \(-1\) y \(1\). Por simetría, \(\Phi(-1)=1-\Phi(1)\), y entonces \(P(-1<Z<1)=0{,}8413-(1-0{,}8413)=0{,}6826\). Es el 68 % de la regla empírica: el 68 % de la población está a menos de una desviación típica de la media.

5. Solución del ejercicio 5

   1. La tabla da directamente el área a la izquierda: \(P(Z<1{,}25)=\Phi(1{,}25)=0{,}8944\).
   2. Por la simetría de la curva respecto de 0, el área a la derecha de \(-0{,}5\) es igual al área a la izquierda de \(0{,}5\): \(P(Z>-0{,}5)=\Phi(0{,}5)=0{,}6915\).
   3. Restamos dos áreas: \(P(-1<Z<2)=\Phi(2)-\Phi(-1)=0{,}9772-(1-0{,}8413)=0{,}9772-0{,}1587=0{,}8185\).
   4. Usamos el complementario: \(P(Z>1{,}8)=1-\Phi(1{,}8)=1-0{,}9641=0{,}0359\).

6. Solución del ejercicio 6

   1. Buscamos la nota \(x\) con \(P(X<x)=0{,}9\); en la tabla, \(\Phi(z)=0{,}9\) da \(z\approx1{,}28\). Destipificamos con \(x=\mu+z\sigma\): \(x=70+1{,}28\cdot10=82{,}8\) puntos. El 90 % de los estudiantes queda por debajo de 82,8.
   2. \(\Phi(z)=0{,}8\) da \(z\approx0{,}84\). Entonces \(x=70+0{,}84\cdot10=78{,}4\) puntos.
   3. Dejar por encima al 5 % es dejar por debajo al 95 %: \(\Phi(z)=0{,}95\) da \(z=1{,}645\). Así \(x=70+1{,}645\cdot10=86{,}45\) puntos.

7. Solución del ejercicio 7

   1. Tipificamos: \(z=\dfrac{180-172}{7}\approx1{,}14\). Entonces \(P(X>180)=1-\Phi(1{,}14)=1-0{,}8729=0{,}1271\), el 12,71 % de los jóvenes.
   2. \(z=\dfrac{165-172}{7}=-1\). Por simetría, \(P(Z<-1)=1-\Phi(1)=1-0{,}8413=0{,}1587\).
   3. Lo que no está en ninguna de las dos colas está en el centro: \(P(165<X<180)=1-0{,}1271-0{,}1587=0{,}7142\). Entre 400 jóvenes se esperan \(400\cdot0{,}7142\approx286\).
   4. El 2,5 % más alto corresponde a \(\Phi(z)=0{,}975\), es decir, \(z=1{,}96\). Destipificando, \(x=172+1{,}96\cdot7=185{,}72\) cm.

8. Solución del ejercicio 8

   1. Que no acierte ninguna significa fallar las 10, cada una con probabilidad 0,75: \(P(X=0)=0{,}75^{10}\approx0{,}0563\).
   2. Por el suceso contrario: \(P(X\ge1)=1-P(X=0)=1-0{,}0563=0{,}9437\). Es casi seguro acertar alguna.
   3. Acertar la mitad es \(X=5\): \(P(X=5)=\binom{10}{5}0{,}25^5\cdot0{,}75^5=252\cdot0{,}000977\cdot0{,}2373\approx0{,}0584\). Solo un 5,8 % de las veces.
   4. La media es \(\mu=np=10\cdot0{,}25=2{,}5\) aciertos. Contestando al azar se espera acertar solo una cuarta parte del test.

9. Solución del ejercicio 9

   1. Ninguna defectuosa: las 20 son correctas, cada una con probabilidad 0,95. \(P(X=0)=0{,}95^{20}\approx0{,}3585\).
   2. «Como máximo una» es 0 o 1: \(P(X=1)=\binom{20}{1}0{,}05\cdot0{,}95^{19}=0{,}3774\). Por tanto, \(P(X\le1)=0{,}3585+0{,}3774=0{,}7358\).
   3. \(\mu=np=20\cdot0{,}05=1\) pieza defectuosa y \(\sigma=\sqrt{npq}=\sqrt{20\cdot0{,}05\cdot0{,}95}=\sqrt{0{,}95}\approx0{,}975\).
   4. Usamos el contrario: \(P(X>3)=1-P(X\le3)\approx1-0{,}9841=0{,}0159\). Solo un 1,6 %: es muy poco probable, y si ocurriera sería señal de que la máquina falla.

10. Solución del ejercicio 10

    1. Tipificamos: \(z=\dfrac{990-1000}{8}=-1{,}25\). Por simetría, \(P(X<990)=1-\Phi(1{,}25)=1-0{,}8944=0{,}1056\).
    2. \(z=\dfrac{1012-1000}{8}=1{,}5\). \(P(X>1012)=1-\Phi(1{,}5)=1-0{,}9332=0{,}0668\).
    3. Los extremos 992 y 1008 están a una desviación típica de la media, \(z=\pm1\): \(P=\Phi(1)-\Phi(-1)=0{,}8413-0{,}1587=0{,}6826\).
    4. El número esperado es el total por la probabilidad: \(5\,000\cdot0{,}1056=528\) paquetes con menos de 990 g.

11. Solución del ejercicio 11

    1. Tipificamos: \(z=\dfrac{8-6}{1{,}5}=1{,}33\). \(P(X>8)=1-\Phi(1{,}33)=1-0{,}9082=0{,}0918\): el 9,18 % saca más de 8.
    2. \(z=\dfrac{5-6}{1{,}5}=-0{,}67\) y \(P(X<5)=1-\Phi(0{,}67)=0{,}2514\). De 2 000 estudiantes suspenden unos \(2\,000\cdot0{,}2514\approx503\).
    3. Destipificamos con \(z=-0{,}67\): \(x=6-0{,}67\cdot1{,}5=4{,}995\approx5{,}0\). Coincide con el apartado anterior: la cuarta parte saca menos de un 5.
    4. Para estar en el 10 % mejor hay que superar el valor con \(z=1{,}28\): \(x=6+1{,}28\cdot1{,}5=7{,}92\).

12. Solución del ejercicio 12

    1. Se puede aproximar porque \(np=40\ge5\) y \(nq=60\ge5\). La normal tiene la misma media y desviación: \(\mu=40\) y \(\sigma=\sqrt{100\cdot0{,}4\cdot0{,}6}=\sqrt{24}=4{,}899\). Así \(X\approx N(40;\,4{,}899)\).
    2. Con la corrección de continuidad, el valor entero 50 ocupa \((49{,}5;\,50{,}5)\), así que \(P(X\ge50)\approx P(Y>49{,}5)\). \(z=\dfrac{49{,}5-40}{4{,}899}=1{,}94\) y \(P=1-0{,}9738=0{,}0262\).
    3. \(P(X\le35)\approx P(Y<35{,}5)\), con \(z=\dfrac{35{,}5-40}{4{,}899}=-0{,}92\). \(P=1-\Phi(0{,}92)=1-0{,}8212=0{,}1788\).

13. Solución del ejercicio 13

    1. Multiplicamos cada valor por su probabilidad y sumamos: \(\mu=0\cdot0{,}05+1\cdot0{,}2+2\cdot0{,}35+3\cdot0{,}3+4\cdot0{,}1=0+0{,}2+0{,}7+0{,}9+0{,}4=2{,}2\) bocadillos por pedido.
    2. \(\sum x^2p=0+0{,}2+1{,}4+2{,}7+1{,}6=5{,}9\). La varianza es \(\sigma^2=5{,}9-2{,}2^2=5{,}9-4{,}84=1{,}06\) y la desviación típica \(\sigma\approx1{,}03\) bocadillos.
    3. Si cada bocadillo cuesta 4 €, el ingreso es \(4X\) y su media es \(4\mu=4\cdot2{,}2=8{,}80\) € por pedido.
    4. Sumamos las probabilidades de 3 y 4 bocadillos: \(P(X\ge3)=0{,}3+0{,}1=0{,}4\).

14. Solución del ejercicio 14

    1. Tipificamos: \(z=\dfrac{1\,000-1\,200}{100}=-2\). Por simetría, \(P(X>1\,000)=P(Z>-2)=\Phi(2)=0{,}9772\).
    2. Los extremos tipificados son \(-2\) y \(-1\). Por simetría equivale al intervalo \((1,2)\): \(P=\Phi(2)-\Phi(1)=0{,}9772-0{,}8413=0{,}1359\).
    3. La duración que supera el 95 % deja por debajo el 5 %, con \(z=-1{,}645\): \(x=1\,200-1{,}645\cdot100=1\,035{,}5\) horas.
    4. Cada bombilla cumple la garantía con probabilidad 0,9772 (apartado a). De 800 se esperan \(800\cdot0{,}9772\approx782\) bombillas en garantía.

15. Solución del ejercicio 15

    1. \(\mu=210\cdot0{,}95=199{,}5\) y \(\sigma=\sqrt{210\cdot0{,}95\cdot0{,}05}=\sqrt{9{,}975}\approx3{,}158\).
    2. \(np=199{,}5\ge5\) y \(nq=10{,}5\ge5\): \(X\approx N(199{,}5;\,3{,}158)\).
    3. \(P(X\ge201)\approx P(Y>200{,}5)\); \(z=\dfrac{200{,}5-199{,}5}{3{,}158}=0{,}32\); \(P=1-0{,}6255=0{,}3745\).
    4. \(P(X\le199)\approx P(Y<199{,}5)=\Phi(0)=0{,}5\). (Hay un 50 % de que sobre alguna plaza.)
    5. Disminuiría: con 205 billetes la media sería \(194{,}75\) y la probabilidad de superar 200 caería a unos pocos puntos porcentuales.

16. Solución del ejercicio 16

    1. \(z=\dfrac{1\,200-1\,500}{300}=-1\); \(P=1-0{,}8413=0{,}1587\), el 15,87 %.
    2. \(z=\dfrac{2\,000-1\,500}{300}=1{,}67\); \(P=1-0{,}9525=0{,}0475\); \(600\cdot0{,}0475=28{,}5\): unos 28 o 29 empleados.
    3. \(x=1\,500-0{,}67\cdot300=1\,299\) €.
    4. Por simetría, \(x=1\,500+0{,}67\cdot300=1\,701\) €.
    5. Sumando 100: \(N(1\,600;\,300)\), la media sube 100 y \(\sigma\) no cambia. Multiplicando por 1,1: \(N(1\,650;\,330)\), ambos se multiplican por 1,1.

17. Solución del ejercicio 17

    1. Fórmula binomial con \(p=0{,}6\) y \(q=0{,}4\): \(P(X=9)=\binom{15}{9}0{,}6^9\cdot0{,}4^6=5\,005\cdot0{,}010078\cdot0{,}004096\approx0{,}2066\).
    2. Hay que sumar los seis casos de 10 a 15: \(P(X\ge10)=P(10)+\dots+P(15)\approx0{,}4032\).
    3. Sumamos los casos de 0 a 5: \(P(X\le5)\approx0{,}0338\). Es muy improbable que lo usen 5 o menos.
    4. \(\mu=np=15\cdot0{,}6=9\) y \(\sigma=\sqrt{npq}=\sqrt{15\cdot0{,}6\cdot0{,}4}=\sqrt{3{,}6}\approx1{,}897\).
    5. Si se repitiera la elección de 15 jóvenes muchas veces, por término medio 9 de ellos usarían a diario el transporte público.

18. Solución del ejercicio 18

    1. El dato es \(P(X<40)=0{,}1587\). Tipificando, \(P(Z<z)=0{,}1587\); como \(1-0{,}1587=0{,}8413=\Phi(1)\), por simetría \(z=-1\).
    2. Igualamos la tipificación de 40 a \(-1\): \(\dfrac{40-\mu}{10}=-1\), luego \(40-\mu=-10\) y \(\mu=50\) min.
    3. \(z=\dfrac{65-50}{10}=1{,}5\), así que \(P(X>65)=1-\Phi(1{,}5)=1-0{,}9332=0{,}0668\).
    4. El 95 % central está entre \(\mu-1{,}96\sigma\) y \(\mu+1{,}96\sigma\): \(50\pm1{,}96\cdot10\), es decir, entre \(30{,}4\) y \(69{,}6\) min.
    5. Número esperado: \(200\cdot0{,}0668\approx13\) vueltas de más de 65 minutos.

19. Solución del ejercicio 19

    1. \(g\): \(-2,0,3,10\) con \(p\): \(0{,}5;\ 0{,}3;\ 0{,}15;\ 0{,}05\). La suma es \(1\).
    2. \(E(G)=-2\cdot0{,}5+0+3\cdot0{,}15+10\cdot0{,}05=-1+0{,}45+0{,}5=-0{,}05\) €.
    3. \(\sum g^2p=4\cdot0{,}5+9\cdot0{,}15+100\cdot0{,}05=2+1{,}35+5=8{,}35\); \(\sigma^2=8{,}35-0{,}0025=8{,}3475\) y \(\sigma\approx2{,}889\) €.
    4. \(100\cdot(-0{,}05)=-5\) €: se espera perder 5 € en total.
    5. Por ejemplo, subir el premio mayor a 11 €: \(E(G)=-1+0{,}45+11\cdot0{,}05=0\). (Cualquier ajuste que anule la esperanza sirve.)

20. Solución del ejercicio 20

    1. Dividimos la varianza entre la media: \(\dfrac{npq}{np}=q=\dfrac{7{,}2}{12}=0{,}6\). Entonces \(p=0{,}4\) y \(n=\dfrac{12}{0{,}4}=30\).
    2. Si el área central es 0,95, en cada cola queda 0,025, así que \(P(Z<k)=0{,}975\) y la tabla da \(k=1{,}96\).
    3. En una normal la media deja el 50 % a cada lado, luego \(\mu=10\). Como \(P(Z>1)=0{,}1587\), el valor 14 está a una desviación de la media: \(\dfrac{14-10}{\sigma}=1\) y \(\sigma=4\).
    4. Al menos una cara es el contrario de «ninguna»: \(1-0{,}5^n>0{,}99\) equivale a \(0{,}5^n<0{,}01\). Con logaritmos, \(n>\dfrac{\ln0{,}01}{\ln0{,}5}=6{,}64\): hacen falta 7 lanzamientos.