Ejercicios IB del tema 11

a)

1. La suma de las probabilidades de una distribución es $1$: $$0,3+k+2k+0,1=1\Rightarrow 3k=0,6\Rightarrow k=0,2.$$

b)

1. Las probabilidades son $P(X=0)=0,3$, $P(X=2)=0,2$, $P(X=5)=0,4$, $P(X=9)=0,1$.
2. Aplicamos $E(X)=\sum xP(X=x)$: $$E(X)=0\cdot 0,3+2\cdot 0,2+5\cdot 0,4+9\cdot 0,1=0+0,4+2+0,9=3,3.$$

Resultado: a) $k=0,2$; b) $E(X)=3,3$

1. Las probabilidades suman $1$: $$s+0,3+q=1\Rightarrow s+q=0,7.(1)$$
2. Usamos $E(X)=\sum xP(X=x)$: $$E(X)=1\cdot s+2\cdot 0,3+3q=s+0,6+3q=1,7\Rightarrow s+3q=1,1.(2)$$
3. Restamos (1) de (2): $$2q=0,4\Rightarrow q=0,2.$$
4. (Comprobación: $s=0,5$ y $0,5+0,6+0,6=1,7$.)

Resultado: $q=0,2$

a)

1. Las probabilidades suman $1$: $$0,15+k+0,1+2k=1\Rightarrow 3k=0,75\Rightarrow k=0,25.$$

b)

1. Las probabilidades son $0,15;0,25;0,1;0,5$ para $x=0,1,2,3$.
2. $$E(X)=0\cdot 0,15+1\cdot 0,25+2\cdot 0,1+3\cdot 0,5=0+0,25+0,2+1,5=1,95.$$

Resultado: a) $k=0,25$; b) $E(X)=1,95$

a)

1. Las probabilidades de una distribución suman $1$, pero aquí se usa antes el dato $P(X>1)=0,5$.
2. $X>1$ ocurre cuando $X=2$ o $X=3$: $$P(X>1)=r+0,2=0,5\Rightarrow r=0,3.$$

b)

1. La suma de todas las probabilidades es $1$: $$p+q+0,3+0,2=1\Rightarrow p+q=0,5.$$
2. La esperanza es $E(X)=\sum xP(X=x)$: $$E(X)=0\cdot p+1\cdot q+2\cdot 0,3+3\cdot 0,2=q+1,2=1,4\Rightarrow q=0,2.$$
3. De $p+q=0,5$: $p=0,5-0,2=0,3$.

Resultado: a) $r=0,3$; b) $q=0,2$ y $p=0,3$

a)

1. La suma de todas las frecuencias es el número total de tiradas: $$18+x+y+22=100⟹x+y=60.$$

b) 2. La media de una distribución de frecuencias es $\bar{x}=\frac{\sum fx}{\sum f}$: $$\frac{1\cdot 18+2x+3y+4\cdot 22}{100}=2,71.$$ 3. Multiplicamos por $100$ y simplificamos: $18+2x+3y+88=271$, es decir, $$2x+3y=165.$$

c) 4. Resolvemos el sistema $x+y=60$, $2x+3y=165$ (con la calculadora, o a mano). De la primera, $x=60-y$; sustituyendo en la segunda: $120-2y+3y=165$, así que $y=45$. 5. Entonces $x=60-45=15$. 6. Comprobación: $15+45=60$ y $2\cdot 15+3\cdot 45=30+135=165$.

Resultado: a) $x+y=60$; b) $2x+3y=165$; c) $x=15$, $y=45$

Sea $X$ el número de caras en $5$ lanzamientos. Cada lanzamiento es independiente y la probabilidad de cara es $0,5$, así que $X\sim B(5;0,5)$.

a)

1. Aplicamos la fórmula de la binomial con $n=5$, $k=3$, $p=0,5$: $$P(X=3)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)0,5^{3}0,5^2=10\cdot \frac{1}{32}=\frac{5}{16}=0,3125.$$

b) 2. «Al menos una cara» es el suceso contrario de «ninguna cara», que equivale a obtener cinco cruces: $$P(X\ge 1)=1-P(X=0)=1-0,5^5=1-\frac{1}{32}=\frac{31}{32}\approx 0,969.$$

Resultado: a) $\frac{5}{16}$; b) $\frac{31}{32}$

Sea $X$ el número de cruces en $10$ lanzamientos: $X\sim B(10;0,57)$, porque hay un número fijo de lanzamientos independientes con la misma probabilidad de éxito.

a)

1. «Al menos cuatro» es el complementario de «como mucho tres»: $$P(X\ge 4)=1-P(X\le 3).$$
2. Con la calculadora, distribución binomial acumulada con $n=10$, $p=0,57$, $k=3$: $P(X\le 3)=0,0806\dots$
3. Entonces $$P(X\ge 4)=1-0,0806\dots \approx 0,919.$$

b)

1. Que la cuarta cruz salga en el décimo lanzamiento significa que en los $9$ primeros lanzamientos hubo exactamente $3$ cruces y que el décimo es cruz.
2. Probabilidad de exactamente $3$ cruces en $9$ lanzamientos: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)0,57^{3}0,43^6$. Multiplicamos por la probabilidad de cruz en el décimo, $0,57$: $$P=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)0,57^{4}0,43^6=84\cdot 0,57^4\cdot 0,43^6\approx 0,0561.$$ Con tres cifras significativas, $0,056$.

Resultado: a) $0,919$; b) $0,056$

Sea $X$ el número de lámparas defectuosas en la muestra: $X\sim B(30;0,05)$ (número fijo de lámparas, independientes, misma probabilidad de defecto).

a)

1. «Al menos una» es el complementario de «ninguna»: $$P(X\ge 1)=1-P(X=0)=1-0,95^{30}.$$
2. $0,95^{30}=0,2146\dots$, luego $$P(X\ge 1)=1-0,2146\dots \approx 0,785.$$

b)

1. Es una probabilidad condicionada: $$P(X\le 2\mid X\ge 1)=\frac{P(1\le X\le 2)}{P(X\ge 1)}$$ porque «$X\le 2$ y $X\ge 1$» equivale a $1\le X\le 2$.
2. Con la calculadora, binomial acumulada con $n=30$, $p=0,05$, $k=2$: $P(X\le 2)=0,8122\dots$; entonces $$P(1\le X\le 2)=P(X\le 2)-P(X=0)=0,8122\dots -0,2146\dots =0,5975\dots$$
3. Dividimos por $P(X\ge 1)=0,7853\dots$ (valor sin redondear): $$P(X\le 2\mid X\ge 1)=\frac{0,5975\dots }{0,7853\dots }\approx 0,761.$$

Resultado: a) $0,785$; b) $0,761$

Sea $X$ el número de preguntas que José acierta al azar: $X\sim B(10;0,2)$, ya que cada pregunta tiene $5$ respuestas y solo una es correcta, así que $p=\frac{1}{5}=0,2$.

a)

1. En una binomial, $E(X)=np$: $$E(X)=10\cdot 0,2=2.$$

b)

1. Con la calculadora, distribución binomial (probabilidad puntual) con $n=10$, $p=0,2$, $k=3$; o a mano: $$P(X=3)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)0,2^{3}0,8^7=120\cdot 0,008\cdot 0,2097\dots \approx 0,201.$$

c)

1. «Más de tres» es el complementario de «como mucho tres»: $$P(X>3)=1-P(X\le 3).$$
2. Con la calculadora, binomial acumulada con $n=10$, $p=0,2$, $k=3$: $P(X\le 3)=0,8791\dots$
3. Entonces $$P(X>3)=1-0,8791\dots \approx 0,121.$$

Resultado: a) $2$ preguntas; b) $0,201$; c) $0,121$

Sea $X$ el número de interruptores defectuosos en la muestra: $X\sim B(100;0,04)$.

a)

1. La media de una binomial es $np$: $$E(X)=100\cdot 0,04=4.$$

b)

1. Con la calculadora, binomial (probabilidad puntual) con $n=100$, $p=0,04$, $k=6$: $$P(X=6)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{100}{6}\right)0,04^{6}0,96^{94}\approx 0,105.$$

c)

1. «Al menos uno» es el complementario de «ninguno»: $$P(X\ge 1)=1-P(X=0)=1-0,96^{100}.$$
2. $0,96^{100}=0,01687\dots$, luego $$P(X\ge 1)\approx 0,983.$$

Resultado: a) $4$ interruptores; b) $0,105$; c) $0,983$

Sea $X$ el número de días de la semana (de $3$ días de trabajo) en que Paula va en autobús rojo: $X\sim B\left(3;\frac{1}{4}\right)$.

a)

1. $E(X)=np=3\cdot \frac{1}{4}=0,75$ veces por semana.

b)

1. Probabilidad de exactamente dos días: $$P(X=2)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right){\left(\frac{1}{4}\right)}^2{\left(\frac{3}{4}\right)}^1=3\cdot \frac{1}{16}\cdot \frac{3}{4}=\frac{9}{64}\approx 0,141.$$

c)

1. «Al menos un día» es el complementario de «ningún día»: $$P(X\ge 1)=1-P(X=0)=1-{\left(\frac{3}{4}\right)}^3=1-\frac{27}{64}=\frac{37}{64}\approx 0,578.$$

Resultado: a) $0,75$ veces; b) $\frac{9}{64}\approx 0,141$; c) $\frac{37}{64}\approx 0,578$

Sea $X$ el número de huevos marrones en la caja: $X\sim B(240;0,05)$.

a)

1. $E(X)=np=240\cdot 0,05=12$ huevos.

b)

1. Con la calculadora, binomial (probabilidad puntual) con $n=240$, $p=0,05$, $k=15$: $$P(X=15)\approx 0,0733.$$ Con tres cifras significativas, $0,0733$.

c)

1. «Al menos $10$» es el complementario de «como mucho $9$»: $$P(X\ge 10)=1-P(X\le 9).$$
2. Con la calculadora, binomial acumulada con $n=240$, $p=0,05$, $k=9$: $P(X\le 9)=0,2357\dots$
3. Entonces $$P(X\ge 10)=1-0,2357\dots \approx 0,764.$$

Resultado: a) $12$ huevos; b) $0,0733$; c) $0,764$

Sea $X$ el número de caras en $7$ lanzamientos: $X\sim B(7;0,18)$.

a)

1. Con la calculadora, distribución binomial (probabilidad puntual) con $n=7$, $p=0,18$, $k=2$; o a mano: $$P(X=2)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)0,18^{2}0,82^5=21\cdot 0,0324\cdot 0,3707\dots \approx 0,252.$$

b) 2. «Al menos dos» es el contrario de «como mucho una»: $$P(X\ge 2)=1-P(X\le 1)=1-[P(X=0)+P(X=1)].$$ 3. Con la calculadora, binomial acumulada con $n=7$, $p=0,18$, $k=1$: $P(X\le 1)=0,6323\dots$ 4. Por tanto $$P(X\ge 2)=1-0,6323\dots \approx 0,368.$$

Resultado: a) $0,252$; b) $0,368$

a)

1. El número de zurdos en la muestra sigue una binomial $X\sim B(150;0,08)$. El valor esperado es $$k=E(X)=np=150\cdot 0,08=12.$$

b)

(i) 2. Con la calculadora, distribución binomial (probabilidad puntual) con $n=150$, $p=0,08$, $k=12$: $$P(X=12)\approx 0,119.$$

(ii) 3. «Menos de $12$» significa $X\le 11$. Con la calculadora, binomial acumulada con $n=150$, $p=0,08$, $k=11$: $$P(X<12)=P(X\le 11)\approx 0,457.$$

Resultado: a) $k=12$; b) (i) $0,119$; (ii) $0,457$

a)

1. Hay $5+10+m=15+m$ discos en total y $5$ son rojos, luego $$P(\text{rojo})=\frac{5}{15+m}.$$

b) 2. Como el disco se repone, la probabilidad de rojo es la misma en cada extracción y las extracciones son independientes. Entonces $X\sim B(4,p)$ con $p=\frac{5}{15+m}$. 3. La varianza de una binomial es $\mathrm{Var}(X)=np(1-p)$, es decir, $$\mathrm{Var}(X)=4\cdot \frac{5}{15+m}\cdot \frac{10+m}{15+m}=\frac{20(10+m)}{(15+m{)}^2}.$$ 4. Buscamos el menor entero $m$ con $\mathrm{Var}(X)<0,6$. Con la calculadora (tabla de valores de la función $\frac{20(10+m)}{(15+m{)}^2}$) obtenemos:

• $m=12$: $\mathrm{Var}(X)=0,6036\dots$, que no es menor que $0,6$.
• $m=13$: $\mathrm{Var}(X)=0,5867\dots <0,6$.

5. Como la varianza disminuye al aumentar $m$ (a partir de estos valores), el menor valor que cumple la condición es $m=13$.

Resultado: a) $\frac{5}{15+m}$; b) $m=13$ discos verdes

a)

1. El espacio muestral tiene $6\cdot 4=24$ resultados equiprobables (cada pareja dado–ruleta).
2. Es más fácil contar los resultados con puntuación menor o igual que $4$:

• dado $1$: ruleta $1,2,3$ (3 casos);
• dado $2$: ruleta $1,2$ (2 casos);
• dado $3$: ruleta $1$ (1 caso);
• dado $4$ o más: ninguno.

Son $3+2+1=6$ casos, luego $P(\text{puntuacioˊn}\le 4)=\frac{6}{24}$. 3. Por tanto $$P(\text{puntuacioˊn}>4)=1-\frac{6}{24}=\frac{18}{24}=\frac{3}{4}=0,75.$$

b) 4. Las rondas son independientes, así que se multiplican las probabilidades: $$P=\frac{3}{4}\cdot \frac{3}{4}=\frac{9}{16}\approx 0,563.$$

c) 5. El número de rondas con puntuación mayor que $4$ en $11$ rondas es binomial con $n=11$ y $p=\frac{3}{4}$, y su valor esperado es $$E=np=11\cdot \frac{3}{4}=\frac{33}{4}=8,25.$$

Resultado: a) $0,75$; b) $0,563$; c) $8,25$ veces

a)

1. Las ramas que salen de $C$ suman $1$: $\frac{1}{6}+p=1$, luego $$p=\frac{5}{6}.$$

b) 2. Multiplicamos a lo largo de la rama $C\to L$: $$P(C\cap L)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{12}.$$

c) 3. Se llega tarde por dos caminos (en coche o en bicicleta); sumamos: $$P(L)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{12}+\frac{1}{6}=\frac{1}{4}.$$

d) 4. Probabilidad condicionada: $$P(C\mid L)=\frac{P(C\cap L)}{P(L)}=\frac{1/12}{1/4}=\frac{1}{3}.$$

e) 5. El número de días tarde en tres días es $X\sim B\left(3;\frac{1}{4}\right)$ (se supone que los días son independientes): $$P(X=1)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)\cdot \frac{1}{4}\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^2=\frac{27}{64}\approx 0,422.$$

Resultado: a) $\frac{5}{6}$; b) $\frac{1}{12}$; c) $\frac{1}{4}$; d) $\frac{1}{3}$; e) $\frac{27}{64}$

Sea $A$ el suceso «alérgico a los frutos secos».

a)

1. Hay $60-26=34$ personas no alérgicas: $$P(\text{no aleˊrgica})=\frac{34}{60}=\frac{17}{30}\approx 0,567.$$

b) 2. Se elige la segunda persona sin reponer la primera, así que quedan $59$ personas, de las que $33$ no son alérgicas: $$P=\frac{34}{60}\cdot \frac{33}{59}=\frac{1122}{3540}\approx 0,317.$$

c) 3. En cada nodo, las probabilidades de las ramas suman $1$:

• $P(A^{\prime })=1-0,006=0,994$.
• Alérgicos: azul $0,98$ (correcto), luego rojo $=1-0,98=0,02$.
• No alérgicos: rojo $0,95$ (correcto), luego azul $=1-0,95=0,05$.

d) 4. Multiplicamos las probabilidades a lo largo de la rama «alérgico» y «azul»: $$P(A\cap \text{azul})=0,006\cdot 0,98=0,00588.$$

e) 5. El color azul puede darse por dos ramas (alérgico o no alérgico); sumamos: $$P(\text{azul})=0,006\cdot 0,98+0,994\cdot 0,05=0,00588+0,0497=0,05558\approx 0,0556.$$

f) 6. Probabilidad condicionada: $$P(A\mid \text{azul})=\frac{P(A\cap \text{azul})}{P(\text{azul})}=\frac{0,00588}{0,05558}\approx 0,106.$$

g) 7. Esperamos que esa proporción de los $38$ empleados con resultado azul sea realmente alérgica: $$38\cdot 0,1058\dots \approx 4,02,$$ es decir, aproximadamente $4$ empleados.

Resultado: a) $0,567$; b) $0,317$; c) $0,994$, $0,02$, $0,05$, $0,95$; d) $0,00588$; e) $0,0556$; f) $0,106$; g) $\approx 4$ empleados

a)

1. Empezamos por el centro, que es la intersección de los tres conjuntos: $n(B\cap M\cap F)=40$.
2. Cada intersección de dos conjuntos (sin el tercero) se obtiene restando el centro:

• $M\cap F$ sin $B$: $68-40=28$.
• $B\cap M$ sin $F$: $52-40=12$.
• $B\cap F$ sin $M$: $50-40=10$.

3. Las regiones de un solo conjunto se obtienen restando lo ya colocado:

• Solo $B$: $8$ (dato).
• Solo $M$: $100-(40+28+12)=20$.
• Solo $F$: $95-(40+28+10)=17$.

4. Fuera de los tres conjuntos hay $25$ estudiantes.

b) 5. Sumamos todas las regiones: $$8+20+17+12+10+28+40+25=160.$$

c)

(i) 6. $(F\cup M)\cap B^{\prime }$ son los estudiantes que descargaron películas o música pero no libros: se sombrean las regiones «solo $M$», «$M\cap F$ sin $B$» y «solo $F$».

(ii) 7. $n((F\cup M)\cap B^{\prime })=20+28+17=65$.

d)

(i) 8. Descargaron música $100$ de los $160$: $$P(M)=\frac{100}{160}=0,625.$$

(ii) 9. Probabilidad condicionada. No descargaron películas: $160-95=65$ estudiantes. De ellos, descargaron libros los de «solo $B$» y «$B\cap M$ sin $F$»: $8+12=20$. $$P(B\mid F^{\prime })=\frac{20}{65}=\frac{4}{13}\approx 0,308.$$

(iii) 10. Al menos dos productos: las tres intersecciones dobles (sin el tercero) más el centro: $28+12+10+40=90$. $$P=\frac{90}{160}=\frac{9}{16}\approx 0,563.$$

e) 11. Aplicamos la probabilidad de la muestra al total del colegio: $$850\cdot 0,625=531,25\approx 531\text{ estudiantes}.$$

Resultado: a) diagrama de Venn; b) $160$; c) (i) región sombreada; (ii) $65$; d) (i) $0,625$; (ii) $0,308$; (iii) $0,563$; e) $531$

a)

1. Hay $4$ puertas y solo una tiene trampa, así que se elige al azar entre $3$ puertas seguras de $4$: $$P(\text{evitar la trampa})=\frac{3}{4}=0,75.$$

b) 2. Cada concursante cae con probabilidad $\frac{1}{4}$ y evita con $\frac{3}{4}$, de forma independiente. «Solo uno cae» ocurre de dos maneras: cae Ayako y no Natsuko, o al revés: $$P=\frac{1}{4}\cdot \frac{3}{4}+\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{4}=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}=0,375.$$

c) 3. Probabilidades de cada pared:

• Primera: cae $\frac{1}{4}$, evita $\frac{3}{4}$.
• Segunda (5 puertas, 2 trampas): cae $\frac{2}{5}$, evita $\frac{3}{5}$.
• Tercera (6 puertas, 3 trampas): cae $\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$, evita $\frac{1}{2}$.

d)

(i) 4. Para caer en la segunda pared hay que haber evitado la primera y caer en la segunda: $$P=\frac{3}{4}\cdot \frac{2}{5}=\frac{6}{20}=\frac{3}{10}=0,3.$$

(ii) 5. Es más sencillo calcular el suceso contrario, evitar las tres trampas: $$P(\text{evitar las tres})=\frac{3}{4}\cdot \frac{3}{5}\cdot \frac{1}{2}=\frac{9}{40}.$$ 6. Por tanto $$P(\text{caer en alguna trampa})=1-\frac{9}{40}=\frac{31}{40}=0,775.$$

e) 7. Caer en la tercera pared exige evitar las dos primeras y caer en la tercera: $$P=\frac{3}{4}\cdot \frac{3}{5}\cdot \frac{1}{2}=\frac{9}{40}.$$ 8. Número esperado entre $120$ concursantes: $$120\cdot \frac{9}{40}=27.$$

Resultado: a) $0,75$; b) $0,375$; c) $\frac{1}{4},\frac{3}{4};\frac{2}{5},\frac{3}{5};\frac{1}{2},\frac{1}{2}$; d) (i) $0,3$; (ii) $0,775$; e) $27$