Ejercicios IB del tema 12

a) 1. Marcamos el valor $175$ cm en el eje, a la izquierda de la media ($180$ cm). 2. Sombreamos el área bajo la curva a la izquierda de $175$.

b) (i) 3. $175$ está $5$ cm por debajo de la media. Por simetría de la curva, el valor que deja a su derecha la misma probabilidad es el simétrico respecto de la media, $5$ cm por encima: $$h=180+5=185\text{cm}.$$

(ii) 4. Una desviación típica por encima de la media es $180+5=185$ cm. Buscamos $P(X>185)$, que por el apartado anterior es igual a $P(X<175)$. 5. Con la calculadora (normal acumulada, $\mu =180$, $\sigma =5$): $P(X>185)=0,15865\dots \approx 0,159$.

Resultado: a) región sombreada a la izquierda de $175$; b) (i) $h=185$ cm; (ii) $0,159$

Sea $T$ el tiempo de llegada (minutos tras la apertura): $T\sim N(52,5^2)$.

a) (i) 1. «Al menos $60$ minutos» es $P(T\ge 60)$. Con la calculadora, normal acumulada con media $52$, desviación típica $5$, entre $60$ y un valor muy grande (por ejemplo $10^{99}$): $$P(T\ge 60)=0,05479\dots \approx 0,0548.$$

(ii) 2. Con la calculadora, entre $45$ y $55$: $$P(45<T<55)=0,6450\dots \approx 0,645.$$

b) 3. En Mulberry Park la distribución es la misma, así que la proporción de estudiantes que llegan al menos $60$ minutos tarde es $0,05479\dots$. Si $N$ es el número de estudiantes de la escuela: $$0,05479N=15\Rightarrow N=\frac{15}{0,05479\dots }=273,7\dots$$ 4. El número de estudiantes es entero: aproximadamente $274$.

Resultado: a) (i) $0,0548$; (ii) $0,645$; b) $\approx 274$ estudiantes

Sea $H\sim N(3,42,0,21^2)$ la altura, en metros.

a) 1. La media es el centro de simetría de la curva, así que la mitad del área queda por encima de ella: $$P(H>3,42)=0,5.$$

b) 2. Estar a menos de $2$ desviaciones típicas de la media es $\mu -2\sigma <H<\mu +2\sigma$, es decir, $3,00<H<3,84$. 3. Con la calculadora (normal acumulada): $P(3,00<H<3,84)=0,95450\dots \approx 0,954$ (en concordancia con la regla del $95\%$).

c) 4. Con la calculadora (normal acumulada con límite inferior $3,35$ y sin límite superior): $P(H>3,35)=0,63055\dots \approx 0,631$.

d) 5. $P(H<x)=0,65$. Con la calculadora, normal inversa con área a la izquierda $0,65$, $\mu =3,42$ y $\sigma =0,21$: $$x=3,5009\dots \approx 3,50\text{m}.$$

Resultado: a) $0,5$; b) $0,954$; c) $0,631$; d) $x\approx 3,50$ m

Sea $T\sim N(34,3^2)$ la temperatura diaria, en ${}^{\circ }\text{C}$.

a) 1. Con la calculadora (normal acumulada): $P(T<39)=0,95221\dots \approx 0,952$.

b) 2. La probabilidad de que un día supere $39{}^{\circ }\text{C}$ es el complementario: $1-0,95221\dots =0,04779\dots$ 3. Enero tiene $31$ días, así que el número esperado de días es $$31\cdot 0,04779\dots =1,48\dots \approx 1,48\text{dıˊas}.$$

c) 4. $P(T>t)=0,7$ equivale a $P(T<t)=0,3$. 5. Con la calculadora, normal inversa con área a la izquierda $0,3$, $\mu =34$ y $\sigma =3$: $$t=32,43\dots \approx 32,4{}^{\circ }\text{C}.$$

Resultado: a) $0,952$; b) $\approx 1,48$ días; c) $T\approx 32,4{}^{\circ }\text{C}$

Sea $X$ el tiempo (en minutos) en completar la carrera: $X\sim N(28,5^2)$.

a) 1. La distribución normal es simétrica respecto de su media, que es $28$. Por tanto la mitad de los corredores tarda más de $28$ minutos: $$P(X>28)=0,5.$$

b) 2. Con la calculadora, distribución normal acumulada con media $28$, desviación típica $5$, límite inferior muy pequeño (por ejemplo $-10^{99}$) y límite superior $26$: $$P(X<26)=0,3446\dots \approx 0,345.$$

c) 3. Sabemos que $P(28<X<k)=0,20$. Como $P(X<28)=0,5$, resulta $$P(X<k)=0,5+0,20=0,70.$$ 4. Con la calculadora, inversa de la normal con área a la izquierda $0,70$, media $28$ y desviación típica $5$: $$k=30,62\dots \approx 30,6\text{ minutos}.$$

Resultado: a) $0,5$; b) $0,345$; c) $k=30,6$ minutos

Sea $X$ la nota: $X\sim N(300,100^2)$.

a) 1. El $10\%$ saca más de $k$: $P(X>k)=0,10$, es decir, $P(X<k)=0,90$. 2. Con la calculadora, inversa de la normal con área a la izquierda $0,90$, media $300$ y desviación típica $100$: $$k=428,16\dots \approx 428.$$

b) 3. Con la calculadora, normal acumulada con media $300$, desviación típica $100$, entre $450$ y un valor muy grande: $$P(X\ge 450)=0,06681\dots \approx 0,0668.$$

c) 4. Si Naomi estudia en la Universidad Marron, su nota fue de al menos $450$. Se pide una probabilidad condicionada: $$P(X\ge 500\mid X\ge 450)=\frac{P(X\ge 500)}{P(X\ge 450)},$$ porque $X\ge 500$ implica $X\ge 450$. 5. Con la calculadora, $P(X\ge 500)=0,02275\dots$ y $P(X\ge 450)=0,06681\dots$ (sin redondear): $$\frac{0,02275\dots }{0,06681\dots }=0,3405\dots \approx 0,341.$$

Resultado: a) $k=428$; b) $0,0668$; c) $0,341$

Sea $X$ la masa (g): $X\sim N(400,50^2)$.

a) 1. La media es $400$ y la normal es simétrica respecto de ella: $$P(X>400)=0,5.$$

b) 2. El $25\%$ supera $a$: $P(X>a)=0,25$, es decir, $P(X<a)=0,75$. 3. Con la calculadora, inversa de la normal con área a la izquierda $0,75$, media $400$ y desviación típica $50$: $$a=433,72\dots \approx 434\text{ g}.$$

c) 4. El tercer cuartil es el valor que deja a la izquierda el $75\%$ de los datos: $Q_3=a=433,72\dots$ g. 5. Por simetría, el primer cuartil es $Q_1=400-(433,72\dots -400)=366,27\dots$ g (también sale con la inversa de la normal con área $0,25$). 6. Rango intercuartílico: $$Q_3-Q_1=433,72\dots -366,27\dots =67,4\dots \approx 67,4\text{ g}.$$

Resultado: a) $0,5$; b) $a\approx 434$ g; c) $67,4$ g

Sea $T$ el tiempo (minutos): $T\sim N(53,16,3^2)$.

a) 1. «Al menos $40$ minutos» es $P(T\ge 40)$. Con la calculadora, normal acumulada con media $53$, desviación típica $16,3$, entre $40$ y un valor muy grande: $$P(T\ge 40)=0,7874\dots \approx 0,787.$$

b) 2. El $11\%$ tardó más de $k$: $P(T>k)=0,11$, es decir, $P(T<k)=0,89$. 3. Con la calculadora, inversa de la normal con área a la izquierda $0,89$, media $53$ y desviación típica $16,3$: $$k=72,99\dots \approx 73,0\text{ minutos}.$$

c) 4. Con la calculadora, $P(T<25)=0,04292\dots$. 5. Número esperado de entre $400$ candidatos: $$400\cdot 0,04292\dots =17,2\dots \approx 17\text{ candidatos}.$$

Resultado: a) $0,787$; b) $k=73,0$ minutos; c) $\approx 17$ candidatos

Sea $W$ el peso de un saco (g): $W\sim N(1000,4^2)$.

a) 1. Con la calculadora, normal acumulada con media $1000$, desviación típica $4$, entre $990$ y $1004$: $$P(990<W<1004)=0,8351\dots \approx 0,835.$$

b) 2. El $95\%$ pesa menos de $k$: $P(W<k)=0,95$. 3. Con la calculadora, inversa de la normal con área a la izquierda $0,95$, media $1000$ y desviación típica $4$: $$k=1006,58\dots \text{g}(\approx 1010\text{ g con 3 cifras significativas}).$$

c) 4. $P(1000-a<W<1000+a)=0,9$ es el intervalo simétrico alrededor de la media que deja una cola de $0,05$ a cada lado. Por tanto $P(W<1000+a)=0,95$. 5. Es el mismo valor que en el apartado b): $1000+a=1006,58\dots$, de donde $$a=6,58\dots \approx 6,58\text{ g}.$$

Resultado: a) $0,835$; b) $k=1006,6$ g ($\approx 1010$ g con 3 cifras significativas); c) $a=6,58$ g

a) 1. La curva normal es simétrica respecto de su máximo, y el máximo está sobre $5800$. 2. En una distribución normal, la media coincide con el valor central de la curva: la vida media es $5800$ horas.

b) 3. Tenemos $L\sim N(5800,850^2)$. 4. Con la calculadora, distribución normal acumulada con límite inferior $5000$, límite superior $6000$, $\mu =5800$ y $\sigma =850$: $$P(5000\le L\le 6000)=0,41970\dots \approx 0,420.$$

c) 5. Buscamos $k$ tal que $P(L\ge k)=0,9$, es decir, $P(L<k)=0,1$. 6. Con la calculadora, normal inversa con área a la izquierda $0,1$, $\mu =5800$ y $\sigma =850$: $$k=4710,68\dots$$ 7. A la centena más cercana, $k\approx 4700$ horas.

Resultado: a) $5800$ horas; b) $0,420$; c) $k\approx 4700$ horas

a) 1. El centro de la campana indica la media, y su altura máxima indica la desviación típica: cuanto menor es $\sigma$, más alta y estrecha es la curva (el máximo es aproximadamente $\frac{0,4}{\sigma }$). 2. Media $=-2$: la curva está centrada en $x=-2$, es decir, la gráfica C. Comprobación: $0,4/0,707\approx 0,57$, la altura que se ve en C. 3. Media $=0$ y $\sigma =0,447$: curva centrada en $0$ y alta, con máximo $0,4/0,447\approx 0,89$: gráfica D.

Sea $X$ el peso de una maleta (kg): $X\sim N(20,3,5^2)$.

b) 4. Con la calculadora, normal acumulada con media $20$, desviación típica $3,5$, hasta $15$: $$P(X<15)=0,07656\dots \approx 0,0766.$$

c) 5. Exceso de equipaje: $P(X>k)=0,196$, es decir, $P(X<k)=1-0,196=0,804$. 6. Con la calculadora, inversa de la normal con área a la izquierda $0,804$, media $20$ y desviación típica $3,5$: $$k=22,996\dots \approx 23,0\text{ kg}.$$

Resultado: a) C y D (por ese orden); b) $0,0766$; c) $k=23$ kg

Sea $X$ el precio (en euros) de un kilogramo de tomates: $X\sim N(3,22,0,84^2)$.

a) (i) 1. La probabilidad $P(X>3,22)$ corresponde a la región bajo la curva situada a la derecha de la media, $3,22$ (el centro de la campana). Se sombrea esa mitad derecha, desde la línea vertical trazada en $3,22$ hasta el final de la cola derecha.

(ii) 2. Dos desviaciones típicas por encima de la media: $$\mu +2\sigma =3,22+2\cdot 0,84=3,22+1,68=4,90\text{ euros}.$$

b) 3. Con la calculadora, normal acumulada con media $3,22$, desviación típica $0,84$, entre $2,00$ y $3,00$: $$P(2<X<3)=0,3235\dots \approx 0,323.$$

c) 4. Los vendedores con licencia son el $20\%$ de precios más bajos, así que buscamos $k$ tal que $P(X<k)=0,20$. 5. Con la calculadora, inversa de la normal con área a la izquierda $0,20$, media $3,22$ y desviación típica $0,84$: $$k=2,513\dots \approx 2,51\text{ euros el kg}.$$

Resultado: a) (i) región a la derecha de $3,22$ sombreada; (ii) $4,90$; b) $0,323$; c) $2,51$ euros el kg

a) 1. Con la calculadora, introducimos las calificaciones como valores y las frecuencias como lista de frecuencias, y pedimos las estadísticas de una variable ($n=50$).

(i) 2. Media: $\bar{x}=\frac{1\cdot 1+2\cdot 3+3\cdot 7+4\cdot 13+5\cdot 11+6\cdot 10+7\cdot 5}{50}=\frac{230}{50}=4,6$.

(ii) 3. Desviación típica poblacional (la que da la calculadora como ${\sigma }_x$): $\sigma =1,456\dots \approx 1,46$.

b) 4. Frecuencias acumuladas: $1,4,11,24,35,45,50$. Con $50$ datos, la mediana está entre el dato $25$.º y el $26$.º. Ambos están en la calificación $5$ (el acumulado pasa de $24$ a $35$), luego la mediana es $5$.

c) 5. Primer cuartil: posición $\frac{50}{4}=12,5$; el acumulado supera $12,5$ en la calificación $4$ (acumulado $24$), así que $Q_1=4$. 6. Tercer cuartil: posición $\frac{3\cdot 50}{4}=37,5$; el acumulado supera $37,5$ en la calificación $6$ (acumulado $45$), así que $Q_3=6$. 7. Rango intercuartílico: $Q_3-Q_1=6-4=2$.

d) 8. Calificaciones de $5$ o más: $11+10+5=26$ alumnos. $$P(\text{5 o maˊs})=\frac{26}{50}=0,52.$$

e) 9. Se elige un segundo estudiante entre los mismos $50$, sin devolver el primero (son dos estudiantes distintos). Dado que el primero tiene $5$ o más, hay $26$ casos posibles para él, y el primero tiene un $6$ en $10$ de esos casos. 10. Probabilidad de que el primero tenga un $6$ sabiendo que tiene $5$ o más: $\frac{10}{26}$. 11. Entonces quedan $49$ estudiantes, de los cuales $9$ tienen un $6$: $$P=\frac{10}{26}\cdot \frac{9}{49}=\frac{90}{1274}=0,0706\dots \approx 0,0706.$$

f) Sea $M$ el tiempo de preparación (minutos): $M\sim N(105,20^2)$.

(i) 12. Con la calculadora, normal acumulada con media $105$, desviación típica $20$, entre $90$ y un valor muy grande: $$P(M\ge 90)=0,7733\dots \approx 0,773.$$

(ii) 13. Número esperado entre $50$ estudiantes: $$50\cdot 0,7733\dots =38,66\dots \approx 38,7.$$

Resultado: a) (i) $4,6$; (ii) $1,46$; b) $5$; c) $2$; d) $0,52$; e) $0,0706$; f) (i) $0,773$; (ii) $38,7$ estudiantes

Sea $W$ el peso (kg): $W\sim N(65,5^2)$.

a) (i) 1. Con la calculadora, normal acumulada con media $65$, desviación típica $5$, hasta $61$: $$P(W<61)=0,2118\dots \approx 0,212.$$

(ii) 2. Número esperado entre $40$ jugadores: $$40\cdot 0,2118\dots =8,47\dots \approx 8,48\text{ jugadores}.$$

b) (i) 3. «A menos de $1,5$ desviaciones típicas de la media» significa entre $\mu -1,5\sigma =65-7,5=57,5$ y $\mu +1,5\sigma =65+7,5=72,5$. Se dibuja una campana, se marcan esos dos valores simétricos respecto del centro y se sombrea la región entre ambos.

(ii) 4. Con la calculadora, normal acumulada entre $57,5$ y $72,5$ (media $65$, desviación típica $5$): $$q=P(57,5<W<72,5)=0,8664\dots \approx 0,866.$$

c) 5. $P(W>k)=0,225$ equivale a $P(W<k)=1-0,225=0,775$. 6. Con la calculadora, inversa de la normal con área a la izquierda $0,775$, media $65$ y desviación típica $5$: $$k=68,77\dots \approx 68,8\text{ kg}.$$

d) (i) 7. Hipótesis nula: $H_0$: el rendimiento es independiente del peso (y la alternativa $H_1$: no son independientes).

(ii) 8. Con la calculadora, prueba ${\chi }^2$ de independencia sobre la matriz observada $$\left(\begin{array}{cc}6& 10\\ 7& 15\\ 12& 10\end{array}\right)$$ (tabla $3\times 2$, así que los grados de libertad son $(3-1)(2-1)=2$). La calculadora da ${\chi }_{\text{calc}}^2=2,49$ y el valor $p$: $$p=0,2874\dots \approx 0,287.$$ Las frecuencias esperadas son todas mayores que $5$ (la menor es $16\cdot 25/60=6,67$), por lo que la prueba es válida.

e) 9. Comparamos el valor $p$ con el nivel de significación: $0,287>0,05$, por tanto no se rechaza $H_0$. 10. Conclusión en el contexto: no hay evidencia suficiente, al nivel del $5\%$, para afirmar que el rendimiento de los jugadores dependa de su peso; los datos son compatibles con que ambas variables sean independientes.

Resultado: a) (i) $0,212$; (ii) $8,48$ jugadores; b) (i) región entre $57,5$ y $72,5$ sombreada; (ii) $q=0,866$; c) $k=68,8$ kg; d) (i) $H_0$: el rendimiento es independiente del peso; (ii) $p=0,287$; e) no se rechaza $H_0$ porque $p>0,05$ (no hay evidencia de dependencia entre rendimiento y peso)

a) 1. Dibujamos una campana simétrica centrada en la media $67$, con marcas en $60$, $67$ y $70$. 2. Sombreamos la región bajo la curva entre $x=60$ y $x=70$.

b) Sea $V$ la velocidad, con $V\sim N(67,3,4^2)$. Usamos la calculadora (normal acumulada).

(i) 3. $P(V>60)=0,98024\dots \approx 0,980$.

(ii) 4. $P(V<70)=0,81120\dots \approx 0,811$.

(iii) 5. $P(60<V<70)=0,79145\dots \approx 0,791$.

c) 6. El $19\%$ supera el límite: $P(V>s)=0,19$, es decir, $P(V<s)=0,81$. 7. Con la calculadora, normal inversa con área a la izquierda $0,81$, $\mu =67$ y $\sigma =3,4$: $s=69,98\dots$ 8. Redondeando al entero más próximo, $s=70{\text{km h}}^{-1}$.

d) (i) 9. Cada multa son $65$ USD, así que el número de multas es $$\frac{14820}{65}=228.$$

(ii) 10. Esas $228$ multas corresponden al $19\%$ de los vehículos. Si $n$ es el total de vehículos: $$0,19n=228⟹n=\frac{228}{0,19}=1200.$$

Resultado: a) diagrama con la región entre $60$ y $70$ sombreada; b) (i) $0,980$; (ii) $0,811$; (iii) $0,791$; c) $s=70$; d) (i) $228$ multas; (ii) $1200$ vehículos

a) 1. Dibujamos una campana simétrica con el máximo en la media, $502$ g. 2. Como $\sigma =2$, marcamos $500$ y $504$ (a una desviación típica de la media) y, más allá, $498$ y $506$.

b) Sea $X\sim N(502,2^2)$ el peso de una caja.

(i) 3. Se vende si $497,5\le X\le 505$. Con la calculadora (normal acumulada): $$P(497,5\le X\le 505)=0,92097\dots \approx 0,921.$$

(ii) 4. Cada día se producen $1500$ cajas, así que se espera vender $1500\cdot 0,92097\dots$ cajas, a $\$2$ cada una: $$\text{Ingreso esperado}=1500\cdot 0,92097\dots \cdot 2\approx \$2760.$$

c) 5. Se reciclan las cajas que no se venden, con probabilidad $1-0,92097\dots =0,07903\dots$ 6. Número esperado de cajas recicladas al día: $1500\cdot 0,07903\dots \approx 118,5$. 7. Coste del reciclaje: $$118,5\cdot 0,16\approx \$19,0.$$

d) 8. Sea $Y\sim N(350,1,8^2)$. Se vende el $97\%$ por encima de $w$: $P(Y>w)=0,97$, o sea $P(Y<w)=0,03$. 9. Con la calculadora, normal inversa con área a la izquierda $0,03$, $\mu =350$ y $\sigma =1,8$: $$w=346,6\dots \approx 347\text{g}.$$

Resultado: a) diagrama; b) (i) $0,921$; (ii) $\approx \$2760$; c) $\approx \$19,0$; d) $w\approx 347$ g

a) 1. Con la calculadora de pantalla gráfica introducimos los diámetros como datos y las frecuencias como lista de frecuencias, y obtenemos las estadísticas de una variable ($n=100$).

(i) 2. Media: $\bar{x}=\frac{5\cdot 15+6\cdot 27+7\cdot 33+8\cdot 17+9\cdot 8}{100}=\frac{676}{100}=6,76$ cm.

(ii) 3. Desviación típica (poblacional, ${\sigma }_x$): $1,14\dots \approx 1,14$ cm.

b) 4. Sea $D\sim N(7,1,2^2)$. Una manzana es pequeña si $D<6,5$. 5. Con la calculadora: $P(D<6,5)=0,33846\dots$, es decir, el $33,8\%$ son pequeñas.

c) 6. El $5\%$ son grandes: $P(D\ge a)=0,05$, es decir, $P(D<a)=0,95$. 7. Con la calculadora, normal inversa con área a la izquierda $0,95$, $\mu =7$ y $\sigma =1,2$: $$a=8,97\dots \approx 8,97\text{cm}.$$

d) 8. Las medianas son las que no son pequeñas ni grandes: $$P(6,5\le D<a)=1-0,33846\dots -0,05=0,61154\dots$$ 9. El porcentaje de manzanas medianas es $61,2\%$ (con los valores sin redondear: $61,15\dots \%$, que a 3 cifras significativas es $61,2\%$).

e) 10. El $5\%$ de $100000$ manzanas son grandes: $$0,05\cdot 100000=5000.$$

Resultado: a) (i) $6,76$ cm; (ii) $1,14$ cm; b) $33,8\%$; c) $a\approx 8,97$ cm; d) $\approx 61,2\%$; e) $5000$ manzanas grandes

Sea $W\sim N(110,8^2)$ el peso, en kg.

a) 1. Dibujamos una campana simétrica centrada en $110$. 2. Una desviación típica por debajo de la media es $110-8=102$ y por encima $110+8=118$; rotulamos $102$, $\mu =110$ y $118$.

b) (i) 3. La diferencia con la media es $110-94=16$ kg, y como $\sigma =8$ kg: $$\frac{16}{8}=2\text{desviaciones tıˊpicas por debajo de la media}.$$

(ii) 4. Con la calculadora (normal acumulada): $P(W>94)=0,97725\dots \approx 0,977$.

c) (i) 5. Con la calculadora: $P(88<W<116)=0,77039\dots \approx 0,770$.

(ii) 6. Número esperado de ovejas entre $88$ y $116$ kg: $160\cdot 0,77039\dots =123,26\dots \approx 123$ ovejas.

d) 7. $P(W<w)=0,75$. Con la calculadora, normal inversa con área a la izquierda $0,75$, $\mu =110$, $\sigma =8$: $$w=115,40\dots \approx 115\text{kg}.$$

e) 8. Las dos colas tienen un $30\%$ cada una, de modo que la región central tiene un $40\%$. 9. Para $a$: $P(W<a)=0,3$. Normal inversa con área $0,3$: $a=105,8\dots \approx 106$. 10. Para $b$: $P(W<b)=0,7$ (el área a su derecha es $0,3$). Normal inversa con área $0,7$: $b=114,2\dots \approx 114$.

Resultado: a) diagrama con $102$, $110$ y $118$; b) (i) $2$ desviaciones típicas; (ii) $0,977$; c) (i) $0,770$; (ii) $\approx 123$ ovejas; d) $w\approx 115$ kg; e) $a\approx 106$, $b\approx 114$

Sea $Q\sim N(60,12^2)$ la puntuación en Química.

a) 1. Dibujamos una campana simétrica centrada en $60$ (máximo sobre $60$), indicando la desviación típica $12$ como la distancia horizontal desde el eje de simetría a la curva.

b) 2. Como $60$ es la media y la curva es simétrica, $P(Q\le 60)=0,5$.

c) 3. Con la calculadora (normal acumulada con límite inferior $80$): $P(Q>80)=0,04779\dots \approx 0,0478$.

d) 4. Sea $F\sim N(63,10^2)$ la puntuación en Física. Con la calculadora: $P(F<80)=0,95543\dots \approx 0,955$.

e) 5. En Química, Hee Jin supera al $1-0,0478=0,952$ de los candidatos ($95,2\%$). En Física supera al $0,955$ ($95,5\%$). 6. Como $0,955>0,952$, su puntuación en Física es mejor en comparación con los demás candidatos, porque supera a una proporción mayor de ellos.

f) 7. Estar en el $10\%$ superior significa $P(F\ge x)=0,10$, o sea $P(F<x)=0,9$. 8. Con la calculadora, normal inversa con área a la izquierda $0,9$, $\mu =63$ y $\sigma =10$: $x=75,8\dots$ 9. Como la puntuación mínima ha de ser entera y debe quedar dentro del $10\%$ superior, el valor redondeado al entero más cercano es $76$.

Resultado: a) diagrama; b) $0,5$; c) $0,0478$; d) $0,955$; e) mejor la de Física (supera a más candidatos); f) $76$

a) 1. Sustituimos $t=6$ en el modelo: $$N=200\cdot 1,9^{0,85\cdot 6}=200\cdot 1,9^{5,1}=5280,48\dots$$ 2. Habrá unos $5280$ computadores infectados.

b) 3. Planteamos $200\cdot 1,9^{0,85t}>1000000$, y despejamos: $$1,9^{0,85t}>5000.$$ 4. Tomando logaritmos (o resolviendo la ecuación $200\cdot 1,9^{0,85t}=1000000$ con la calculadora): $$0,85t>\frac{\ln 5000}{\ln 1,9}⟹t>\frac{\ln 5000}{0,85\ln 1,9}=15,61\dots$$ 5. Redondeando al número entero de horas más próximo, $t=16$ horas.

Resultado: a) $\approx 5280$ computadores; b) $t=16$ horas