martes, 14 de junio de 2016
Interpolación cuadrática
ENUNCIADO. Sean tres puntos del plano cartesiano $A(0,1)$, $B(2,4)$, $C(5,0)$
a) Determinar el polinomio interpolador de segundo grado cuya gráfica pasa por estos tres puntos
b) Considerando, ahora, un punto $P$ cuya abscisa es igual a $2{,}8$, ¿ cuál es la ordenada que le corresponde en la interpolación ?
c) Considérese ahora un valor $y=3{,}7$. De acuerdo con el polinomio interpolador, ¿ cuáles son las abscisas de los dos puntos que corresponden a dicha ordenada ?
SOLUCIÓN.
El polinomio interpolador es $P(x)=a\,x^2+b\,x+c$ (1). Procedemos a calcular los coeficentes $a,b$ y $c$, imponiendo que los puntos $A,B$ y $C$ satisfacen la ecuación (1) $$\left\{\begin{matrix}0^2\cdot a&+&0\cdot b& +& c& =& 1 \\ 2^2\cdot a&+&2\cdot b& +& c& =& 4 \\ 5^2\cdot a&+&5\cdot b& +& c& =& 0\end{matrix}\right.$$ Resolviendo el sistema obtenemos $$\begin{matrix}a=-\dfrac{17}{30} \\ b=\dfrac{79}{30} \\c= 1\end{matrix}$$ con lo cual $$P(x)=-\dfrac{17}{30}\,x^2+\dfrac{79}{30}\,x+1$$
b)
$$y_P \sim P(x_P)=P(2{,}8 )=P(14/5)=\dfrac{1474}{375}\approx 3,9$$
c)
$$\dfrac{37}{10}=-\dfrac{17}{30}\,x^2+\dfrac{79}{30}\,x+1$$ esto es $$-\dfrac{17}{30}\,x^2+\dfrac{79}{30}\,x-\dfrac{27}{10}=0 \Leftrightarrow 17\,x^2-79\,x+81=0$$ y resolviendo esta ecuación de segundo grado obtenemos $$x=\left\{\begin{matrix} \dfrac{79+\sqrt{733}}{34} \approx 3{,}1\\ \\ \dfrac{79-\sqrt{733}}{34}\approx 1{,}5 \end{matrix}\right.$$
$\square$
a) Determinar el polinomio interpolador de segundo grado cuya gráfica pasa por estos tres puntos
b) Considerando, ahora, un punto $P$ cuya abscisa es igual a $2{,}8$, ¿ cuál es la ordenada que le corresponde en la interpolación ?
c) Considérese ahora un valor $y=3{,}7$. De acuerdo con el polinomio interpolador, ¿ cuáles son las abscisas de los dos puntos que corresponden a dicha ordenada ?
SOLUCIÓN.
El polinomio interpolador es $P(x)=a\,x^2+b\,x+c$ (1). Procedemos a calcular los coeficentes $a,b$ y $c$, imponiendo que los puntos $A,B$ y $C$ satisfacen la ecuación (1) $$\left\{\begin{matrix}0^2\cdot a&+&0\cdot b& +& c& =& 1 \\ 2^2\cdot a&+&2\cdot b& +& c& =& 4 \\ 5^2\cdot a&+&5\cdot b& +& c& =& 0\end{matrix}\right.$$ Resolviendo el sistema obtenemos $$\begin{matrix}a=-\dfrac{17}{30} \\ b=\dfrac{79}{30} \\c= 1\end{matrix}$$ con lo cual $$P(x)=-\dfrac{17}{30}\,x^2+\dfrac{79}{30}\,x+1$$
b)
$$y_P \sim P(x_P)=P(2{,}8 )=P(14/5)=\dfrac{1474}{375}\approx 3,9$$
c)
$$\dfrac{37}{10}=-\dfrac{17}{30}\,x^2+\dfrac{79}{30}\,x+1$$ esto es $$-\dfrac{17}{30}\,x^2+\dfrac{79}{30}\,x-\dfrac{27}{10}=0 \Leftrightarrow 17\,x^2-79\,x+81=0$$ y resolviendo esta ecuación de segundo grado obtenemos $$x=\left\{\begin{matrix} \dfrac{79+\sqrt{733}}{34} \approx 3{,}1\\ \\ \dfrac{79-\sqrt{733}}{34}\approx 1{,}5 \end{matrix}\right.$$
$\square$
Aplicaciones de la derivada. Optimización.
ENUNCIADO. Una alambre de $100$ metros de longitud se corta en dos trozos. Con uno de los trozos se forma una circunferencia, y con el otro un cuadrado. Calcular las longitudes que deben tener dichos trozos para que la suma de las áreas del cuadrado y del círculo sea mínima.
SOLUCIÓN.
Denotemos por $x$ la longitud de uno de los trozos, entonces la longitud del otro trozo es $100-x$. Con uno de los trozos, pongamos que con el primero, formamos un cuadrado, de lado $\dfrac{x}{4}$, cuya área es $(\dfrac{x}{4})^2$; y, con el segundo trozo formamos una circunferencia, cuyo radio ha de ser $\dfrac{100-x}{2\,\pi}$, y, por tanto el área del círculo delimitado por dicha circunferencia es $\pi\,(\dfrac{100-x}{2\,\pi})^2$ que simplificado queda $\dfrac{(100-x)^2}{4\,\pi}$. La suma del área del cuadrado y del círculo es pues la siguiente función de $x$, $$f(x)=\dfrac{1}{16}\,x^2+\dfrac{(100-x)^2}{4\,\pi}$$
La condición necesaria de existencia de extremos relativos es $f'(x)=0$. Entonces, como la derivada de $f(x)$ es $f'(x)=\dfrac{4+\pi}{8\,\pi}\,x-\dfrac{50}{\pi}$, tenemos $$\dfrac{4+\pi}{8\,\pi}\,x-\dfrac{50}{\pi}=0 \Leftrightarrow x^*=\dfrac{400}{\pi+4}$$
Esta abscisa corresponder a un mínimo relativo, pues $f(x)$ es una función cuadrática en la que el coeficiente del término de grado dos es mayor que cero, por lo que dicho mínimo relativo es, además, el mínimo absoluto de la función.
Así, las longitudes de los dos trozos ( en las condiciones pedidas son ):
$\dfrac{400}{\pi+4} \; \text{cm}$
y
$100-\dfrac{400}{\pi+4}=100\cdot \dfrac{\pi}{\pi+4} \; \text{cm}$, respectivamente. $\square$
SOLUCIÓN.
Denotemos por $x$ la longitud de uno de los trozos, entonces la longitud del otro trozo es $100-x$. Con uno de los trozos, pongamos que con el primero, formamos un cuadrado, de lado $\dfrac{x}{4}$, cuya área es $(\dfrac{x}{4})^2$; y, con el segundo trozo formamos una circunferencia, cuyo radio ha de ser $\dfrac{100-x}{2\,\pi}$, y, por tanto el área del círculo delimitado por dicha circunferencia es $\pi\,(\dfrac{100-x}{2\,\pi})^2$ que simplificado queda $\dfrac{(100-x)^2}{4\,\pi}$. La suma del área del cuadrado y del círculo es pues la siguiente función de $x$, $$f(x)=\dfrac{1}{16}\,x^2+\dfrac{(100-x)^2}{4\,\pi}$$
La condición necesaria de existencia de extremos relativos es $f'(x)=0$. Entonces, como la derivada de $f(x)$ es $f'(x)=\dfrac{4+\pi}{8\,\pi}\,x-\dfrac{50}{\pi}$, tenemos $$\dfrac{4+\pi}{8\,\pi}\,x-\dfrac{50}{\pi}=0 \Leftrightarrow x^*=\dfrac{400}{\pi+4}$$
Esta abscisa corresponder a un mínimo relativo, pues $f(x)$ es una función cuadrática en la que el coeficiente del término de grado dos es mayor que cero, por lo que dicho mínimo relativo es, además, el mínimo absoluto de la función.
Así, las longitudes de los dos trozos ( en las condiciones pedidas son ):
$\dfrac{400}{\pi+4} \; \text{cm}$
y
$100-\dfrac{400}{\pi+4}=100\cdot \dfrac{\pi}{\pi+4} \; \text{cm}$, respectivamente. $\square$
Factorización de polinomios
ENUNCIADO. Calcular las raíces del siguiente polinomio y factorizarlo $$P(x)=x^3-2\,x^2-9\,x+18$$
SOLUCIÓN. El coeficiente del término de mayor grado es $1$, con lo cual toda raíz racional ha de ser un número entero divisor del término de grado independiente; ensayemos pues los divisores de $18$, que son $\{\pm1, \pm2, \pm3, \pm6, \pm9, \pm18\}$. Observemos que $P(2)=0$, luego una raíz de $P(x)$ es $2$. Por el teorema del factor, podemos escribir $P(x)=(x-2)\cdot Q(x)$, siendo, por tanto, $Q(x)=P(x) \div (x-2)$; por comodidad, podemos dividir por el método de Ruffini, obteniendo $Q(x)=x^2-9$. Así, $P(x)=(x-2)\,(x^2-9)$; ahora bien, $x^2-9$ no es un polinomio primo y, lógicamente, las ráices de $x^2-9$ son también raíces de $P(x)$. Veamos cuáles son las raíces de $x^2-9$: $$x^2-9=0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}-3 \\ \\ 3\end{matrix}\right.$$ Así, las raíces de $P(x)$ son $-3$, $2$ y $3$, y éste se descompone como producto de factores polinómicos primos de la forma $$P(x)=(x-(-3))(x-2)(x-3)$$ esto es $$P(x)=(x+3)(x-2)(x-3)$$
$\square$
SOLUCIÓN. El coeficiente del término de mayor grado es $1$, con lo cual toda raíz racional ha de ser un número entero divisor del término de grado independiente; ensayemos pues los divisores de $18$, que son $\{\pm1, \pm2, \pm3, \pm6, \pm9, \pm18\}$. Observemos que $P(2)=0$, luego una raíz de $P(x)$ es $2$. Por el teorema del factor, podemos escribir $P(x)=(x-2)\cdot Q(x)$, siendo, por tanto, $Q(x)=P(x) \div (x-2)$; por comodidad, podemos dividir por el método de Ruffini, obteniendo $Q(x)=x^2-9$. Así, $P(x)=(x-2)\,(x^2-9)$; ahora bien, $x^2-9$ no es un polinomio primo y, lógicamente, las ráices de $x^2-9$ son también raíces de $P(x)$. Veamos cuáles son las raíces de $x^2-9$: $$x^2-9=0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}-3 \\ \\ 3\end{matrix}\right.$$ Así, las raíces de $P(x)$ son $-3$, $2$ y $3$, y éste se descompone como producto de factores polinómicos primos de la forma $$P(x)=(x-(-3))(x-2)(x-3)$$ esto es $$P(x)=(x+3)(x-2)(x-3)$$
$\square$
Un ejercicio sobre el modelo de interés compuesto
ENUNCIADO. Abrimos una cuenta bancaria, a interés compuesto, con una tasa de interés anual del $2\,\%$. Depositamos en dicha cuenta $600,00$ euros y no realizamos ninguna otra operación. En el contrato se especifica que los intereses se harán efectivos cada cuatro meses.
a) Calcular la $TAE$ ( tasa anual equivalente )
b) Al cabo de un cierto tiempo, retiramos el dinero de la cuenta: $720,00$ euros. ¿ Durante cuánto tiempo hemos tenido el dinero en la cuenta ?.
SOLUCIÓN.
La frecuencia anual con la que se hacen efectivos los intereses es $12/4=3$ ( esto es, $3$ veces al año). Entonces,
a)
En clase hemos justificado la siguiente fórmula para calcular la tasa anual equivalente: $$\text{TAE}=(1+\dfrac{i}{f})^f-1 $$ poniendo los datos, $$\text{TAE}=(1+\dfrac{0{,}02}{3})^3-1 \approx 2{,}01 \,\%$$
b)
Teniendo en cuenta que $$C_{\text{final}}=C_{\text{inicial}}\cdot \left(1+\frac{i}{f}\right)^{f\cdot t}$$ donde $t$ indica el número de años. Entonces, de acuerdo con lo que se dice en el enunciado, podemos plantear la siguiente ecuación $$720{,}00=600{,}00 \cdot \left(1+\dfrac{0{,}02}{3}\right)^{3t}$$ simplificando, sacando logaritmos en cada miembro y despejando $t$, $$t=\dfrac{6/5}{3\cdot \ln ( \dfrac{151}{150} ) } \approx 9{,}1464 \; \text{años}=9\,\text{años}\; 1\,\text{mes}\; 23 \, \text{días}$$
$\square$
a) Calcular la $TAE$ ( tasa anual equivalente )
b) Al cabo de un cierto tiempo, retiramos el dinero de la cuenta: $720,00$ euros. ¿ Durante cuánto tiempo hemos tenido el dinero en la cuenta ?.
SOLUCIÓN.
La frecuencia anual con la que se hacen efectivos los intereses es $12/4=3$ ( esto es, $3$ veces al año). Entonces,
a)
En clase hemos justificado la siguiente fórmula para calcular la tasa anual equivalente: $$\text{TAE}=(1+\dfrac{i}{f})^f-1 $$ poniendo los datos, $$\text{TAE}=(1+\dfrac{0{,}02}{3})^3-1 \approx 2{,}01 \,\%$$
b)
Teniendo en cuenta que $$C_{\text{final}}=C_{\text{inicial}}\cdot \left(1+\frac{i}{f}\right)^{f\cdot t}$$ donde $t$ indica el número de años. Entonces, de acuerdo con lo que se dice en el enunciado, podemos plantear la siguiente ecuación $$720{,}00=600{,}00 \cdot \left(1+\dfrac{0{,}02}{3}\right)^{3t}$$ simplificando, sacando logaritmos en cada miembro y despejando $t$, $$t=\dfrac{6/5}{3\cdot \ln ( \dfrac{151}{150} ) } \approx 9{,}1464 \; \text{años}=9\,\text{años}\; 1\,\text{mes}\; 23 \, \text{días}$$
$\square$
Ejercicios con la distribución binomial
ENUNCIADO. En una caja hay $3$ bolas negras y $2$ bolas blancas. Se extraen tres bolas de la urna, de forma sucesiva y con reemplazamiento. Se pide:
a) La probabilidad de que al menos una de las tres bolas sea blanca
b) La probabilidad de que ninguna sea negra
SOLUCIÓN.
a)
La probabilidad de que al sacar una bola sea blanca es $p=\dfrac{2}{5}$ y de que sea negra $q=1-p=\dfrac{3}{5}$. La variable aleatoria que manejamos, $X$, sigue una distribución binomial $B(3,2/5)$ y toma valores en el conjunto de números enteros no negativos $\{0,1,2,3\}$. Así, $P\{X\ge 1\}=P\{X=1\}+P\{X=2\}+P\{X=3\}$ (1) y como la función de probabilidad ( o de cuantía ) para este modelo de distribución viene dada por $$P\{X=x\}=\displaystyle \binom{n}{x}\,p^x\,q^{n-x}$$ la probabilidad pedida (1) es
$P\{X\ge 1\}=\displaystyle \binom{3}{1}\,p^1\,q^{3-1}+\binom{3}{2}\,p^2\,q^{3-2}+\binom{3}{3}\,p^3\,q^{3-3}$
$=\displaystyle \binom{3}{1}\,(2/5)^1\,(3/5)^{3-1}+\binom{3}{2}\,(2/5)^2\,(3/5)^{3-2}+\binom{3}{3}\,(2/5)^3\,(3/5)^{3-3}$
$=\dfrac{98}{125}= 78{,}4\,\% $
b)
P("ninguna sea negra")=P("las tres bolas sean blancas")=$=P\{X=3\}=\displaystyle \binom{3}{3}\,(2/5)^3\,(3/5)^{3-3}=\dfrac{8}{125} \approx 6{,}4\,\%$
$\square$
a) La probabilidad de que al menos una de las tres bolas sea blanca
b) La probabilidad de que ninguna sea negra
SOLUCIÓN.
a)
La probabilidad de que al sacar una bola sea blanca es $p=\dfrac{2}{5}$ y de que sea negra $q=1-p=\dfrac{3}{5}$. La variable aleatoria que manejamos, $X$, sigue una distribución binomial $B(3,2/5)$ y toma valores en el conjunto de números enteros no negativos $\{0,1,2,3\}$. Así, $P\{X\ge 1\}=P\{X=1\}+P\{X=2\}+P\{X=3\}$ (1) y como la función de probabilidad ( o de cuantía ) para este modelo de distribución viene dada por $$P\{X=x\}=\displaystyle \binom{n}{x}\,p^x\,q^{n-x}$$ la probabilidad pedida (1) es
$P\{X\ge 1\}=\displaystyle \binom{3}{1}\,p^1\,q^{3-1}+\binom{3}{2}\,p^2\,q^{3-2}+\binom{3}{3}\,p^3\,q^{3-3}$
$=\displaystyle \binom{3}{1}\,(2/5)^1\,(3/5)^{3-1}+\binom{3}{2}\,(2/5)^2\,(3/5)^{3-2}+\binom{3}{3}\,(2/5)^3\,(3/5)^{3-3}$
$=\dfrac{98}{125}= 78{,}4\,\% $
b)
P("ninguna sea negra")=P("las tres bolas sean blancas")=$=P\{X=3\}=\displaystyle \binom{3}{3}\,(2/5)^3\,(3/5)^{3-3}=\dfrac{8}{125} \approx 6{,}4\,\%$
$\square$
Aplicación de los teoremas de la Probabilidad Total y de Bayes
ENUNCIADO. En un instituto hay $180$ chicas matriculadas ( de las cuales $10$ estudian francés ) y $190$ chicos matriculados ( de los cuales $25$ estudian francés ). Se elige ( al azar ) una persona matriculada en dicho instituto.
a) Calcular la probabilidad de que la persona elegida estudie francés
b) La persona elegida estudia francés, ¿ cuál es la probabilidad de que sea una chica ? ¿ y de que sea un chico ?
SOLUCIÓN.
Denotemos por $M$ al suceso elegir una chica; por $V$ al suceso elegir un chico, y por $F$ al suceso elegir una persona matriculada en el instituto que estudie francés. Entonces:
a)
Como $M$ y $V$ constituyen un conjunto completo de sucesos, por el teorema de la Probabilidad Total podemos escribir $$P(F)=P(F|M)\cdot P(M)+P(F|V)\cdot P(V)$$ y poniendo los datos del enunciado $$P(F)=\dfrac{10}{180} \cdot \dfrac{180}{180+190}+\dfrac{25}{190}\cdot \dfrac{190}{180+190}=\dfrac{7}{74} \approx 9{,}5,\%$$
b)
Por el teorema de Bayes $$P(M|F)=\dfrac{P(F|M}{P(F)}$$ y poniendo los datos $$P(M|F)=\dfrac{1/37}{7/74}=\dfrac{2}{7} \approx 28{,}6\,\%$$ por otra parte $$P(V|F)=P(\bar{M}|F)=1-\dfrac{2}{7}=\dfrac{5}{7} \approx 71{,}4\,\%$$
$\square$
a) Calcular la probabilidad de que la persona elegida estudie francés
b) La persona elegida estudia francés, ¿ cuál es la probabilidad de que sea una chica ? ¿ y de que sea un chico ?
SOLUCIÓN.
Denotemos por $M$ al suceso elegir una chica; por $V$ al suceso elegir un chico, y por $F$ al suceso elegir una persona matriculada en el instituto que estudie francés. Entonces:
a)
Como $M$ y $V$ constituyen un conjunto completo de sucesos, por el teorema de la Probabilidad Total podemos escribir $$P(F)=P(F|M)\cdot P(M)+P(F|V)\cdot P(V)$$ y poniendo los datos del enunciado $$P(F)=\dfrac{10}{180} \cdot \dfrac{180}{180+190}+\dfrac{25}{190}\cdot \dfrac{190}{180+190}=\dfrac{7}{74} \approx 9{,}5,\%$$
b)
Por el teorema de Bayes $$P(M|F)=\dfrac{P(F|M}{P(F)}$$ y poniendo los datos $$P(M|F)=\dfrac{1/37}{7/74}=\dfrac{2}{7} \approx 28{,}6\,\%$$ por otra parte $$P(V|F)=P(\bar{M}|F)=1-\dfrac{2}{7}=\dfrac{5}{7} \approx 71{,}4\,\%$$
$\square$
Recta de regresión lineal
ENUNCIADO.
Se han realizado cinco Sobservaciones de dos variables estadísticas $X$ e $Y$, obteniendo los siguientes datos:
Se pide:
a) La recta de regresión de $Y$ sobre $X$
b) El valor estimado $\hat{y}$, para $x=2{,}3$
c) El coeficiente de correlación lineal
d) El coeficiente de determinación
SOLUCIÓN.
A continuación damos una reseña de las fórmulas que se utilizan en el cálculo de la recta de regresión lineal de $Y$ sobre $X$, si bien este ejercicio es de carácter práctico y, por tanto, puede realizarse con la ayuda de la calculadora científica básica, empleando las utilidades estadísticas.
La recta de regresión lineal de $Y$ sobre $X$ en la forma punto-pendiente es $$y-\bar{y}=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}\,(x-\bar{x})$$ siendo la covarianza $s_{xy}=\displaystyle \dfrac{1}{5}\sum_{i=1}^{5}{x_{i}^2}-\bar{x}\cdot \bar{y}$, las varianzas se calculan mediante las fórmulas $s_{x}^2=\dfrac{1}{5}\,\displaystyle \sum_{i=1}^{5}\,x_{i}^2-(\bar{x})^2$ y $s_{y}^2=\dfrac{1}{5}\,\displaystyle \sum_{i=1}^{5}\,y_{i}^2-(\bar{y})^2$; y, las medias se calculan así: $\bar{x}=\displaystyle \dfrac{1}{5}\,\sum_{i=1}^{5}\,x_i$ y $\bar{y}=\displaystyle \dfrac{1}{5}\,\sum_{i=1}^{5}\,y_i$
La ecuación de la recta de regresión lineal podemos expresarla también en forma explícita $$y=m\,x+k$$ donde $m=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}$ y $k=\bar{y}-m\,\bar{x}$
Pasemos ya sin más preámbulos a los cálculos. Entrando los datos en la calculadora científica básica ( tipo Casio fx82MS ) , en modo de regresión lineal ( MODE 3 1 ):
1,20 M+
2,32 M+
3,39 M+
4,55 M+
5,58 M+
y consultando los resultados mediante S VAR:
encontramos:
$m=9{,}9$ ( pulsando la tecla B de la penúltima pantalla, en S-VAR ) y $k=11{,}1$ ( pulsando la tecla A de la penúltima pantalla, en S-VAR )
luego la recta de regresión lineal de $Y$ sobre $X$ es $$y=9{,}9\,x+11{,}1$$
b)
Sustituyendo $x$ por $2{,}3$ en la ecuación de la recta de regresión lineal de $Y$ sobre $X$, obtenemos $\hat{y}=33{,}87$.
También podemos emplear las utilidades de la calculadora, tecleando directamente ( en la última pantalla de S-VAR ): $2{,}3$$\hat{y}$, obteniendo como respuesta $33{,}87$
c)
El coeficiente de correlación lineal podemos consultarlo también directamente en la penúltima pantalla de S-VAR, pulsando la tecla correspondiente a $r$, y obtenemos $r=0{,}9847$.
Recordemos que $-1 \le r \le 1$, por lo que el valor ( alto ) que hemos obtenido indica un buen ajuste; el signo positivo, indica que la función de regresión lineal de $Y$ sobre $X$ ( y también la de $X$ sobre $Y$ ) tiene pendiente positiva, como ya hemos visto antes.
d)
La fuerza del ajuste viene dada por el coeficiente de determinación $R^2=(r)^2=0{,}9696$, que es un valor muy alto, pues hay que recordar que $0 \le R^2 \le 1 $ y, en este caso, está muy próximo a $1$.
$\square$
Se han realizado cinco Sobservaciones de dos variables estadísticas $X$ e $Y$, obteniendo los siguientes datos:
a) La recta de regresión de $Y$ sobre $X$
b) El valor estimado $\hat{y}$, para $x=2{,}3$
c) El coeficiente de correlación lineal
d) El coeficiente de determinación
SOLUCIÓN.
A continuación damos una reseña de las fórmulas que se utilizan en el cálculo de la recta de regresión lineal de $Y$ sobre $X$, si bien este ejercicio es de carácter práctico y, por tanto, puede realizarse con la ayuda de la calculadora científica básica, empleando las utilidades estadísticas.
La recta de regresión lineal de $Y$ sobre $X$ en la forma punto-pendiente es $$y-\bar{y}=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}\,(x-\bar{x})$$ siendo la covarianza $s_{xy}=\displaystyle \dfrac{1}{5}\sum_{i=1}^{5}{x_{i}^2}-\bar{x}\cdot \bar{y}$, las varianzas se calculan mediante las fórmulas $s_{x}^2=\dfrac{1}{5}\,\displaystyle \sum_{i=1}^{5}\,x_{i}^2-(\bar{x})^2$ y $s_{y}^2=\dfrac{1}{5}\,\displaystyle \sum_{i=1}^{5}\,y_{i}^2-(\bar{y})^2$; y, las medias se calculan así: $\bar{x}=\displaystyle \dfrac{1}{5}\,\sum_{i=1}^{5}\,x_i$ y $\bar{y}=\displaystyle \dfrac{1}{5}\,\sum_{i=1}^{5}\,y_i$
La ecuación de la recta de regresión lineal podemos expresarla también en forma explícita $$y=m\,x+k$$ donde $m=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}$ y $k=\bar{y}-m\,\bar{x}$
Pasemos ya sin más preámbulos a los cálculos. Entrando los datos en la calculadora científica básica ( tipo Casio fx82MS ) , en modo de regresión lineal ( MODE 3 1 ):
1,20 M+
2,32 M+
3,39 M+
4,55 M+
5,58 M+
y consultando los resultados mediante S VAR:
encontramos:
$m=9{,}9$ ( pulsando la tecla B de la penúltima pantalla, en S-VAR ) y $k=11{,}1$ ( pulsando la tecla A de la penúltima pantalla, en S-VAR )
luego la recta de regresión lineal de $Y$ sobre $X$ es $$y=9{,}9\,x+11{,}1$$
b)
Sustituyendo $x$ por $2{,}3$ en la ecuación de la recta de regresión lineal de $Y$ sobre $X$, obtenemos $\hat{y}=33{,}87$.
También podemos emplear las utilidades de la calculadora, tecleando directamente ( en la última pantalla de S-VAR ): $2{,}3$$\hat{y}$, obteniendo como respuesta $33{,}87$
c)
El coeficiente de correlación lineal podemos consultarlo también directamente en la penúltima pantalla de S-VAR, pulsando la tecla correspondiente a $r$, y obtenemos $r=0{,}9847$.
Recordemos que $-1 \le r \le 1$, por lo que el valor ( alto ) que hemos obtenido indica un buen ajuste; el signo positivo, indica que la función de regresión lineal de $Y$ sobre $X$ ( y también la de $X$ sobre $Y$ ) tiene pendiente positiva, como ya hemos visto antes.
d)
La fuerza del ajuste viene dada por el coeficiente de determinación $R^2=(r)^2=0{,}9696$, que es un valor muy alto, pues hay que recordar que $0 \le R^2 \le 1 $ y, en este caso, está muy próximo a $1$.
$\square$
domingo, 12 de junio de 2016
Aproximación de una variable binomial por una v. normal
ENUNCIADO. Se considera una moneda tal que la probabilidad de que salga cara al ser lanzada sea $\dfrac{3}{4}$. Imaginemos que se realizan $500$ lanzamientos de la moneda. Se pide:
a) ¿ Cuál es el valor de la esperanza matemática del número de caras obtenido ? ¿ Y el de la desviación estándar correspondiente ?
b) Calcular la probabilidad de que el número de caras que se hayan obtenido sea mayor que $359$ y menor que $391$
SOLUCIÓN.
La variable aleatoria natural de la situación que se describe en el problema es $X:B(n\,,\,p)$, siendo el número de realizaciones $n=500$ y la probabilidad de éxito ( que aparezca cara al lanzar la moneda una vez ) $p=3/4$, por lo que la probabilidad de fracaso ( que aparezca cruz ) es $q=1-p=1/4$
a)
La esperanza matemática ( o valor esperado ) en este modelo ( binomial ) de distribución discreta es $E[X]=n\,p=500 \cdot \dfrac{3}{4}=375$ caras, y la varianza es $V[X]=n\,p\,q=500\cdot \dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{1}{4} = 93{,}75$, luego la desviación estándar del número esperado de caras es $DE[X]=\sqrt{V[X]}=\sqrt{93{,}75} \approx 9{,}68$ caras.
b)
Para calcular la probabilidad pedida, $P\{360 \le X \le 390\}$, podemos aproximar $X$ por una variable $Y:N(n\,p\,,\,\sqrt{n\,p\,q})$, esto es, por $Y:N(375\,,\,9{,}68)$ ya que se cumplen las condiciones suficientes para ello: $n\,p=375 \succ 5 $ y $n\,q=500\cdot \dfrac{1}{4}=125 \succ 5$.
Así,
$P\{360 \le X \le 390\} \approx P\{360-0{,}5 \le Y \le 390+0{,}5\}$, haciendo también la corrección de continuidad ( o de Yates )
tipificando la variable $X$, $Z=\dfrac{Z-\mu}{\sigma}$ ( que es una $N(0,1) $, donde $\mu=375$ y $\sigma = 9{,}68$, con lo cual la probabilidad que buscamos es
$P\{\dfrac{359{,}5-375}{9{,}68} \le Z \le \dfrac{390{,}5-375}{9{,}68}\}$
esto es ( aproximando las abscisas a dos dígitos decimales ):
$P\{-1{,}60 \le Z \le 1{,}60\}=$
$=P\{Z \le 1{,}60\}-P\{Z \le -1{,}60\}$
$=P\{Z \le 1{,}60\}-P\{Z \ge 1{,}60\}$, por la simetría de la función de densidad $f(z)$
$=P\{Z \le 1{,}60\}-( 1-P\{Z \le 1{,}60\})$, por la propiedad del contrario
$=2\,P\{Z \le 1{,}60\}-1$
$=2\,F(1{,}60)-1$
$=2 \cdot 0{,}9452-1$ ( consultando las tablas de la función de distribución de probabilidad $F(z)$ )
$=0{,}8904$
$\square$
a) ¿ Cuál es el valor de la esperanza matemática del número de caras obtenido ? ¿ Y el de la desviación estándar correspondiente ?
b) Calcular la probabilidad de que el número de caras que se hayan obtenido sea mayor que $359$ y menor que $391$
SOLUCIÓN.
La variable aleatoria natural de la situación que se describe en el problema es $X:B(n\,,\,p)$, siendo el número de realizaciones $n=500$ y la probabilidad de éxito ( que aparezca cara al lanzar la moneda una vez ) $p=3/4$, por lo que la probabilidad de fracaso ( que aparezca cruz ) es $q=1-p=1/4$
a)
La esperanza matemática ( o valor esperado ) en este modelo ( binomial ) de distribución discreta es $E[X]=n\,p=500 \cdot \dfrac{3}{4}=375$ caras, y la varianza es $V[X]=n\,p\,q=500\cdot \dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{1}{4} = 93{,}75$, luego la desviación estándar del número esperado de caras es $DE[X]=\sqrt{V[X]}=\sqrt{93{,}75} \approx 9{,}68$ caras.
b)
Para calcular la probabilidad pedida, $P\{360 \le X \le 390\}$, podemos aproximar $X$ por una variable $Y:N(n\,p\,,\,\sqrt{n\,p\,q})$, esto es, por $Y:N(375\,,\,9{,}68)$ ya que se cumplen las condiciones suficientes para ello: $n\,p=375 \succ 5 $ y $n\,q=500\cdot \dfrac{1}{4}=125 \succ 5$.
Así,
$P\{360 \le X \le 390\} \approx P\{360-0{,}5 \le Y \le 390+0{,}5\}$, haciendo también la corrección de continuidad ( o de Yates )
tipificando la variable $X$, $Z=\dfrac{Z-\mu}{\sigma}$ ( que es una $N(0,1) $, donde $\mu=375$ y $\sigma = 9{,}68$, con lo cual la probabilidad que buscamos es
$P\{\dfrac{359{,}5-375}{9{,}68} \le Z \le \dfrac{390{,}5-375}{9{,}68}\}$
esto es ( aproximando las abscisas a dos dígitos decimales ):
$P\{-1{,}60 \le Z \le 1{,}60\}=$
$=P\{Z \le 1{,}60\}-P\{Z \le -1{,}60\}$
$=P\{Z \le 1{,}60\}-P\{Z \ge 1{,}60\}$, por la simetría de la función de densidad $f(z)$
$=P\{Z \le 1{,}60\}-( 1-P\{Z \le 1{,}60\})$, por la propiedad del contrario
$=2\,P\{Z \le 1{,}60\}-1$
$=2\,F(1{,}60)-1$
$=2 \cdot 0{,}9452-1$ ( consultando las tablas de la función de distribución de probabilidad $F(z)$ )
$=0{,}8904$
$\square$
Un ejercicio de cálculo de probabilidades relacionado con la distribución hipergeométrica.
ENUNCIADO. En una caja hay $5$ bolas rojas y $8$ bolas blancas. Se eligen tres bolas a la vez. Se pide:
a) La probabilidad de que exactamente dos de las tres bolas sean rojas \par
b) La probabilidad de que al menos dos de las tres bolas sean rojas. \par
c) La probabilidad de que ninguna sea roja
SOLUCIÓN.
La variable natural, $X$ ( número de bolas rojas que aparecen en el grupo de tres bolas extraídas ), que se ajusta a la situación descrita en el problema es de tipo hipergeométrico, tomando valores en el conjunto $\{0,1,2,3\}$. Así, la función de probabilidad ( o de cuantía ) viene dada por $$P\{X=x\}=\displaystyle \dfrac{\binom{5}{x}\cdot \binom{8}{3-x}}{\binom{13}{3}}$$ por consiguiente:
a)
$$P\{X=2\}=\displaystyle \dfrac{\binom{5}{2}\cdot \binom{8}{3-2}}{\binom{13}{3}}=\dfrac{40}{143}\approx 28\,\%$$
b)
$$P\{2 \le X \le 3\}=P\{X=2\}+P\{X=3\}=\displaystyle \dfrac{\binom{5}{2}\cdot \binom{8}{3-2}}{\binom{13}{3}}+\dfrac{\binom{5}{3}\cdot \binom{8}{3-3}}{\binom{13}{3}}=\dfrac{45}{143}\approx 31\,\%$$
c)
$$P\{X=0\}=\displaystyle \dfrac{\binom{5}{0}\cdot \binom{8}{3-0}}{\binom{13}{3}}=\dfrac{28}{143} \approx 20\,\%$$
$\square$
a) La probabilidad de que exactamente dos de las tres bolas sean rojas \par
b) La probabilidad de que al menos dos de las tres bolas sean rojas. \par
c) La probabilidad de que ninguna sea roja
SOLUCIÓN.
La variable natural, $X$ ( número de bolas rojas que aparecen en el grupo de tres bolas extraídas ), que se ajusta a la situación descrita en el problema es de tipo hipergeométrico, tomando valores en el conjunto $\{0,1,2,3\}$. Así, la función de probabilidad ( o de cuantía ) viene dada por $$P\{X=x\}=\displaystyle \dfrac{\binom{5}{x}\cdot \binom{8}{3-x}}{\binom{13}{3}}$$ por consiguiente:
a)
$$P\{X=2\}=\displaystyle \dfrac{\binom{5}{2}\cdot \binom{8}{3-2}}{\binom{13}{3}}=\dfrac{40}{143}\approx 28\,\%$$
b)
$$P\{2 \le X \le 3\}=P\{X=2\}+P\{X=3\}=\displaystyle \dfrac{\binom{5}{2}\cdot \binom{8}{3-2}}{\binom{13}{3}}+\dfrac{\binom{5}{3}\cdot \binom{8}{3-3}}{\binom{13}{3}}=\dfrac{45}{143}\approx 31\,\%$$
c)
$$P\{X=0\}=\displaystyle \dfrac{\binom{5}{0}\cdot \binom{8}{3-0}}{\binom{13}{3}}=\dfrac{28}{143} \approx 20\,\%$$
$\square$
Cálculo de probabilidades. Aplicación de la propiedad del contrario.
ENUNCIADO. Cinco personas se encuentran en la planta baja de un edificio que tiene nueve plantas. Se montan en el ascensor, que sube hasta la última planta. Cada persona elige, con independencia de las elecciones de los demás, la planta a la que desea ir, pulsando el botón correspondiente. Se pide:
a) La probabilidad de que cada persona elija una planta distinta de la que han elegido los demás
b) La probabilidad de que al menos dos personas elijan la misma planta
SOLUCIÓN.
a)
El número de casos favorables al suceso $S$ ( no haber ninguna coincidencia ) es $N(S)=V_{9,5}$, y el número de casos en total es $N=VR_{9,5}$, luego por el principio de Laplace ( los sucesos elementales del espacio muestral son equiprobables ) $$P(S)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(S)}{N}=\dfrac{V_{9,5}}{VR_{9,5}}=\dfrac{15120}{59049}=\dfrac{560}{2187}\approx 26\,\%$$
b)
Por la propiedad del contrario, $P(\bar{S})=1-P(P(S)=1-\dfrac{560}{2187}=\dfrac{1627}{2187}\approx 74\,\%$
$\square$
a) La probabilidad de que cada persona elija una planta distinta de la que han elegido los demás
b) La probabilidad de que al menos dos personas elijan la misma planta
SOLUCIÓN.
a)
El número de casos favorables al suceso $S$ ( no haber ninguna coincidencia ) es $N(S)=V_{9,5}$, y el número de casos en total es $N=VR_{9,5}$, luego por el principio de Laplace ( los sucesos elementales del espacio muestral son equiprobables ) $$P(S)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(S)}{N}=\dfrac{V_{9,5}}{VR_{9,5}}=\dfrac{15120}{59049}=\dfrac{560}{2187}\approx 26\,\%$$
b)
Por la propiedad del contrario, $P(\bar{S})=1-P(P(S)=1-\dfrac{560}{2187}=\dfrac{1627}{2187}\approx 74\,\%$
$\square$
jueves, 9 de junio de 2016
Un ejercicio sobre los teoremas de la Probabilidad Total y de Bayes
ENUNCIADO. Un cajón contiene: $6$ tarjetas blancas, de las cuales $2$ tienen pintado un círculo rojo; y, $10$ tarjetas negras, de las cuales $3$ también tienen pintado un círculo rojo. Se elige una tarjeta al azar. Se pide:
a) Calcular la probabilidad de que la tarjeta elegida tenga pintado un círculo rojo
b) La tarjeta elegida ha resultado tener pintado un círculo rojo y no sabemos de qué color es la tarjeta, ¿ cuál es la probabilidad de que sea blanca ? ¿ y de que sea negra ?
SOLUCIÓN.
Denotemos por $B$ al suceso "extraer tarjeta blanca"; por $N$, al suceso "extraer tarjeta negra", y por $R$ al sucesos "extraer tarjeta con círculo rojo". Entonces:
a)
$R=(R \cap B ) \cup ( R \cap N )$, luego $P(R)=P((R \cap B ) \cup ( R \cap N ))$ y como $R \cap B$ y $R \cap N$ son sucesos disjuntos ( incompatibles ), podemos escribir $$P(R)=P(R \cap B ) + P( R \cap N )$$ y por la definición de probabilidad condicionada, llegamos a la expresión de la probabilidad total $$P(R)=P(R | B)\cdot P(B) + P( R | N )\cdot P(N)$$ que, con los datos del problema, queda
$$P(R)=\dfrac{2}{6}\cdot \dfrac{6}{16} + \dfrac{3}{10}\cdot \dfrac{10}{16}=\dfrac{1}{8}+\dfrac{3}{16}=\dfrac{5}{16}\approx 31\,\%$$
b)
Por el teorema de Bayes, $$P(B|R)=\dfrac{P(R|B}{P(R)}$$ luego $$P(B|R)=\dfrac{1/8}{5/16}=\dfrac{2}{5}=40\,\%$$
y, finalmente, $P(N|R)=P(\bar{B}|R)=1-P(B|R)$, luego
$$P(N|R)=1-\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{5}=60\,\%$$
$\square$
a) Calcular la probabilidad de que la tarjeta elegida tenga pintado un círculo rojo
b) La tarjeta elegida ha resultado tener pintado un círculo rojo y no sabemos de qué color es la tarjeta, ¿ cuál es la probabilidad de que sea blanca ? ¿ y de que sea negra ?
SOLUCIÓN.
Denotemos por $B$ al suceso "extraer tarjeta blanca"; por $N$, al suceso "extraer tarjeta negra", y por $R$ al sucesos "extraer tarjeta con círculo rojo". Entonces:
a)
$R=(R \cap B ) \cup ( R \cap N )$, luego $P(R)=P((R \cap B ) \cup ( R \cap N ))$ y como $R \cap B$ y $R \cap N$ son sucesos disjuntos ( incompatibles ), podemos escribir $$P(R)=P(R \cap B ) + P( R \cap N )$$ y por la definición de probabilidad condicionada, llegamos a la expresión de la probabilidad total $$P(R)=P(R | B)\cdot P(B) + P( R | N )\cdot P(N)$$ que, con los datos del problema, queda
$$P(R)=\dfrac{2}{6}\cdot \dfrac{6}{16} + \dfrac{3}{10}\cdot \dfrac{10}{16}=\dfrac{1}{8}+\dfrac{3}{16}=\dfrac{5}{16}\approx 31\,\%$$
b)
Por el teorema de Bayes, $$P(B|R)=\dfrac{P(R|B}{P(R)}$$ luego $$P(B|R)=\dfrac{1/8}{5/16}=\dfrac{2}{5}=40\,\%$$
y, finalmente, $P(N|R)=P(\bar{B}|R)=1-P(B|R)$, luego
$$P(N|R)=1-\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{5}=60\,\%$$
$\square$
Estadística descriptiva de una variable. Comparando conjuntos de datos.
ENUNCIADO. En una competición de lanzamiento de dardos entre dos jugadores, $A$ y $B$, se han obtenido los siguientes puntuaciones ( en una escala del cero al cinco ):
Calcular los parámetros de centralización y de dispersión para cada conjunto de puntuaciones; dibujar los diagramas de caja y bigotes de cada uno; y, de acuerdo, con los resultados, decidir quien es el lanzador más hábil. Razonar convenientemente la respuesta.
SOLUCIÓN.
El cálculo de la media y de la mediana de ambos conjuntos de datos nos lleva al mismo valor, que es $2$; si bien la moda del conjunto $B$ queda medio punto por debajo de la del conjunto $A$ ( que es, también, $2$ ), nos vemos obligados a realizar un estudio pormenorizado sobre la dispersión de datos de sendos conjuntos, para poder decidir quien ( de los dos lanzadores de dardos ) es el mejor. Observación: En el supuesto de que la media de uno de los dos hubiese sido ligeramente superior a la del otro, también deberíamos estudiar la dispersión, pues con pocos lanzamientos, el éxito del lanzador con una media algo superior a la del otro podría haberse debido a lo fortuito más que a la habilidad.
Conjunto de puntuaciones de A:
Es evidente que la moda, $M_o$, es $2$ ( valor que aparece más veces ); además, $\text{rango}=4-0=4$; y, en cuanto a los cuartiles: $Q_1=1$, $Q_2=M_e=2$ y $Q_3=3$, luego el rango inter-cuartílico es $\text{RIC}\overset{\text{def}}{=}Q_3-Q_1=2$
Procedemos, ahora, a calcular la media y el coeficiente de variación. Con ayuda de la calculadora científica y entrando los datos en modo de cálculo estadístico, obtenemos:
$\bar{x}=2$
y
$s = 1{,}1952$
por tanto, el coeficiente de variación es $CV\overset{\text{def}}{=}\dfrac{s}{\bar{x}}\approx 60\,\%$
Conjunto de puntuaciones de B:
La moda, $M_o$, es $\dfrac{1+2}{2}=1{,}5$; el rango es $\text{rango}=5-0=5$; los cuartiles son los mismos que los del primer conjunto de datos: $Q_1=1$, $Q_2=M_e=2$ y $Q_3=3$, luego el rango inter-cuartílico es, también, $\text{RIC}\overset{\text{def}}{=}Q_3-Q_1=2$
Procedemos, ahora, a calcular la media y el coeficiente de variación. Con ayuda de la calculadora científica y entrando los datos en modo de cálculo estadístico, obtenemos:
$\bar{x}=2$
y
$s = 1{,}519$
por tanto, el coeficiente de variación es $CV\overset{\text{def}}{=}\dfrac{s}{\bar{x}}\approx 76\,\%$
Los diagramas de caja y bigotes se pueden ver en la siguiente figura, donde el diagrama de arriba corresponde al conjunto de datos de $A$, y el de abajo al conjunto de datos de $B$:
A la vista de los diagramas de caja, es claro que la dispersión de los datos de $B$ es superior a la dispersión de los de $A$, lo cual se pone de manifiesto, también, comparando los coeficientes de variación. Por consiguiente, decidimos que el mejor lanzador es $B$. $\square$
SOLUCIÓN.
El cálculo de la media y de la mediana de ambos conjuntos de datos nos lleva al mismo valor, que es $2$; si bien la moda del conjunto $B$ queda medio punto por debajo de la del conjunto $A$ ( que es, también, $2$ ), nos vemos obligados a realizar un estudio pormenorizado sobre la dispersión de datos de sendos conjuntos, para poder decidir quien ( de los dos lanzadores de dardos ) es el mejor. Observación: En el supuesto de que la media de uno de los dos hubiese sido ligeramente superior a la del otro, también deberíamos estudiar la dispersión, pues con pocos lanzamientos, el éxito del lanzador con una media algo superior a la del otro podría haberse debido a lo fortuito más que a la habilidad.
Conjunto de puntuaciones de A:
Es evidente que la moda, $M_o$, es $2$ ( valor que aparece más veces ); además, $\text{rango}=4-0=4$; y, en cuanto a los cuartiles: $Q_1=1$, $Q_2=M_e=2$ y $Q_3=3$, luego el rango inter-cuartílico es $\text{RIC}\overset{\text{def}}{=}Q_3-Q_1=2$
Procedemos, ahora, a calcular la media y el coeficiente de variación. Con ayuda de la calculadora científica y entrando los datos en modo de cálculo estadístico, obtenemos:
$\bar{x}=2$
y
$s = 1{,}1952$
por tanto, el coeficiente de variación es $CV\overset{\text{def}}{=}\dfrac{s}{\bar{x}}\approx 60\,\%$
Conjunto de puntuaciones de B:
La moda, $M_o$, es $\dfrac{1+2}{2}=1{,}5$; el rango es $\text{rango}=5-0=5$; los cuartiles son los mismos que los del primer conjunto de datos: $Q_1=1$, $Q_2=M_e=2$ y $Q_3=3$, luego el rango inter-cuartílico es, también, $\text{RIC}\overset{\text{def}}{=}Q_3-Q_1=2$
Procedemos, ahora, a calcular la media y el coeficiente de variación. Con ayuda de la calculadora científica y entrando los datos en modo de cálculo estadístico, obtenemos:
$\bar{x}=2$
y
$s = 1{,}519$
por tanto, el coeficiente de variación es $CV\overset{\text{def}}{=}\dfrac{s}{\bar{x}}\approx 76\,\%$
Los diagramas de caja y bigotes se pueden ver en la siguiente figura, donde el diagrama de arriba corresponde al conjunto de datos de $A$, y el de abajo al conjunto de datos de $B$:
A la vista de los diagramas de caja, es claro que la dispersión de los datos de $B$ es superior a la dispersión de los de $A$, lo cual se pone de manifiesto, también, comparando los coeficientes de variación. Por consiguiente, decidimos que el mejor lanzador es $B$. $\square$
Estadística de dos variables. Regresión lineal.
ENUNCIADO. Se han realizado cinco observaciones de dos variables estadísticas $X$ e $Y$, obteniendo los siguientes datos:
Se pide:\par
a) La recta de regresión de $Y$ sobre $X$
b) El valor estimado $\hat{y}$, para $x=11$
c) La recta de regresión de $X$ sobre $Y$ \par
d) El valor estimado $\hat{x}$, para $y=7$ \par
e) El coeficiente de correlación lineal
f) El coeficiente de determinación
SOLUCIÓN.
Si representamos los puntos dados en un diagrama cartesiano, resulta muy razonable buscar una aproximación por mínimos cuadrados ( recta de regresión lineal). Podemos avanzar que la covarianza es positiva, así como el coeficiente de correlación lineal, pues las rectas de regresión lineal de $Y$ sobre $X$ así como la r. de r.l. de $X$ sobre $Y$ tienen pendiente positiva, dada la disposición de los puntos en la nube.
En la realización de este ejercicio, dada su carácter práctico, se emplearan las utilidades de la calculadora científica Casio fx-82MS, en modo de "regresión lineal":
MODE 3 1
a)
Para obtener la recta de regresión de $Y$ sobre $X$, introducimos primero las parejas de datos $(x,y)$, entrando primero el valor $x$, pulsando la tecla ",", y luego el valor $y$, validando finalmente la entrada de la pareja de datos con la pulsación de la tecla M+:
5,2 M+
7,3 M+
10,4 M+
13,5 M+
15,6 M+
A continuación, podemos consultar en la calculadora los resultados mediante las teclas S-SUM ( valores de los sumatorios que aparecerían en las celdas de suma de una tabla ) y S-VAR ( valores de los parámetros de cada una de las dos variables, así como el del coeficiente de regresión, los coeficientes de la recta de regresión, e incluso el valor estimado $\hat{y}$ ( para $x=11$) que se pide ). Veamos estos resultados:
Ecuación de la recta de regresión lineal ( de $Y$ sobre $X$ ) en la forma punto-pendiente viene dada por $$y-\bar{y}=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}\,(x-\bar{x})$$ que en forma explícita es $y=m\,x+k$. Con ayuda de la calculadora, los coeficientes obtenidos ( con cuatro dígitos significativos ) son: $k=0{,}1765$ ( S-VAR A ) y $m=0{,}3824$ ( S-VAR B ). Por tanto, la recta pedida es $y=0{,}3824\,x+0{,}1765$
Nota: Recordemos que $m=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}$, donde la covarianza, $s_{xy}$, se calcula mediante $\displaystyle \dfrac{1}{N}(\sum_{1=1}^{N}\,x_{i}\,y_{i})-\bar{x}\cdot \bar{y}$ y resulta ser $5{,}2$. Los valores de las medias y de las desviaciones estándar ( de $X$ y de $Y$ ) pueden consultarse mediante las utilidades S-VAR. El valor de la suma puede consultarse mediante las utilidades S-SUM.
b)
Sustituyendo $x$ ( en la ecuación de la recta de $Y$ sobre $X$ ) por $11$, encontramos: $\hat{y}=4{,}3823\approx 4,4$. Nota, esto podemos consultarlo directamente en la calculadora, mediante las pulsaciones de teclas: $11$ S-VAR $\hat{y}$.
c)
La recta de regresión lineal de $X$ sobre $Y$ en forma punto-pendiente es $$x-\bar{x}=\dfrac{s_{xy}}{s_{y}^2}\,(y-\bar{y})$$ Con los datos y, expresándola en forma explícita, nos queda $$y=0{,}3846\,x+0{,}15$$
Observación: Las rectas de regresión lineal obtenidas ( de $Y$ sobre $X$, y de $X$ sobre $Y$ ) son casi paralelas, lo cual indica que el coeficiente de correlación lineal es muy alto ( muy próximo a $1$ )
d)
Consultando directamente en la calculadora, mediante las pulsaciones de teclas: $7$ S-VAR $\hat{x}$, obtenemos $\bar{x} \approx 17{,}8$. Nota: también podemos obtener este resultado sustituyendo los valores de los parámetros ( ya calculados ) así como el valor de $y$ dado ( que es $7$ ) en la ecuación de arriba.
e)
El coeficiente de correlación incorpora el signo de la covarianza y nos informa sobre la bondad del ajuste: $r\overset{\text{def}}{=}\dfrac{s_{xy}}{s_x\cdot s_y}=\dfrac{5{,}2}{3{,}6878 \cdot 1{,}4142}=0{,}9971$; al ser muy próximo a $1$, podemos afirmar que el ajuste realizado por regresión lineal es muy bueno.
f)
El coeficiente de determinación, $R^2 \overset{\text{def}}{=}r^2$, mide la fuerza del ajuste; su valor es igual a $R^2= (0{,}9971)^2=0{,}9942 \approx 99\,\%$, que es muy alto.
$\square$
a) La recta de regresión de $Y$ sobre $X$
b) El valor estimado $\hat{y}$, para $x=11$
c) La recta de regresión de $X$ sobre $Y$ \par
d) El valor estimado $\hat{x}$, para $y=7$ \par
e) El coeficiente de correlación lineal
f) El coeficiente de determinación
SOLUCIÓN.
Si representamos los puntos dados en un diagrama cartesiano, resulta muy razonable buscar una aproximación por mínimos cuadrados ( recta de regresión lineal). Podemos avanzar que la covarianza es positiva, así como el coeficiente de correlación lineal, pues las rectas de regresión lineal de $Y$ sobre $X$ así como la r. de r.l. de $X$ sobre $Y$ tienen pendiente positiva, dada la disposición de los puntos en la nube.
En la realización de este ejercicio, dada su carácter práctico, se emplearan las utilidades de la calculadora científica Casio fx-82MS, en modo de "regresión lineal":
MODE 3 1
a)
Para obtener la recta de regresión de $Y$ sobre $X$, introducimos primero las parejas de datos $(x,y)$, entrando primero el valor $x$, pulsando la tecla ",", y luego el valor $y$, validando finalmente la entrada de la pareja de datos con la pulsación de la tecla M+:
5,2 M+
7,3 M+
10,4 M+
13,5 M+
15,6 M+
A continuación, podemos consultar en la calculadora los resultados mediante las teclas S-SUM ( valores de los sumatorios que aparecerían en las celdas de suma de una tabla ) y S-VAR ( valores de los parámetros de cada una de las dos variables, así como el del coeficiente de regresión, los coeficientes de la recta de regresión, e incluso el valor estimado $\hat{y}$ ( para $x=11$) que se pide ). Veamos estos resultados:
Ecuación de la recta de regresión lineal ( de $Y$ sobre $X$ ) en la forma punto-pendiente viene dada por $$y-\bar{y}=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}\,(x-\bar{x})$$ que en forma explícita es $y=m\,x+k$. Con ayuda de la calculadora, los coeficientes obtenidos ( con cuatro dígitos significativos ) son: $k=0{,}1765$ ( S-VAR A ) y $m=0{,}3824$ ( S-VAR B ). Por tanto, la recta pedida es $y=0{,}3824\,x+0{,}1765$
Nota: Recordemos que $m=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}$, donde la covarianza, $s_{xy}$, se calcula mediante $\displaystyle \dfrac{1}{N}(\sum_{1=1}^{N}\,x_{i}\,y_{i})-\bar{x}\cdot \bar{y}$ y resulta ser $5{,}2$. Los valores de las medias y de las desviaciones estándar ( de $X$ y de $Y$ ) pueden consultarse mediante las utilidades S-VAR. El valor de la suma puede consultarse mediante las utilidades S-SUM.
b)
Sustituyendo $x$ ( en la ecuación de la recta de $Y$ sobre $X$ ) por $11$, encontramos: $\hat{y}=4{,}3823\approx 4,4$. Nota, esto podemos consultarlo directamente en la calculadora, mediante las pulsaciones de teclas: $11$ S-VAR $\hat{y}$.
c)
La recta de regresión lineal de $X$ sobre $Y$ en forma punto-pendiente es $$x-\bar{x}=\dfrac{s_{xy}}{s_{y}^2}\,(y-\bar{y})$$ Con los datos y, expresándola en forma explícita, nos queda $$y=0{,}3846\,x+0{,}15$$
Observación: Las rectas de regresión lineal obtenidas ( de $Y$ sobre $X$, y de $X$ sobre $Y$ ) son casi paralelas, lo cual indica que el coeficiente de correlación lineal es muy alto ( muy próximo a $1$ )
d)
Consultando directamente en la calculadora, mediante las pulsaciones de teclas: $7$ S-VAR $\hat{x}$, obtenemos $\bar{x} \approx 17{,}8$. Nota: también podemos obtener este resultado sustituyendo los valores de los parámetros ( ya calculados ) así como el valor de $y$ dado ( que es $7$ ) en la ecuación de arriba.
e)
El coeficiente de correlación incorpora el signo de la covarianza y nos informa sobre la bondad del ajuste: $r\overset{\text{def}}{=}\dfrac{s_{xy}}{s_x\cdot s_y}=\dfrac{5{,}2}{3{,}6878 \cdot 1{,}4142}=0{,}9971$; al ser muy próximo a $1$, podemos afirmar que el ajuste realizado por regresión lineal es muy bueno.
f)
El coeficiente de determinación, $R^2 \overset{\text{def}}{=}r^2$, mide la fuerza del ajuste; su valor es igual a $R^2= (0{,}9971)^2=0{,}9942 \approx 99\,\%$, que es muy alto.
$\square$
miércoles, 8 de junio de 2016
¿ Cuántos lanzamientos habría que realizar para estar seguros en un 90% de que ... ? ( distribución geométrica )
ENUNCIADO. Considerar una moneda tal que la probabilidad de que, al ser lanzada, salga cara, es igual a $\dfrac{1}{3}$. Imaginemos ahora que realizamos lanzamientos sucesivos hasta que aparece cara, tras lo cual acaba el experimento. ¿ Hasta cuántos lanzamientos tendríamos que realizar para que la probabilidad de que salga cara sea del $90\,\%$ ?.
SOLUCIÓN. Ses $n$ el número de lanzamientos que debemos realizar, entonces la cara puede haber aparecido en algún de estos lanzamientos. Como el suceso "aparecer cara en el $i$-ésimo lanzamiento" ( $ i=1,2,\ldots $ ) es incompatible con el suceso "haber aparecido cara en el $j$-ésimo lanzamiento" ( $j \prec i $ ), podemos plantear la siguiente igualdad $$\displaystyle \sum_{i=1}^n \,P\{X=i\}=0{,}90$$ donde la variable aleatoria $X$( "número de orden de aparición de la cara" ) sigue una distribución geométrica ( o de Pascal ), y, por tanto, $P\{X=i\}=q^{i-1}\cdot p$, siendo en este caso $p=\dfrac{1}{3}$ ( la probabilidad de éxito ) y $q=1-p=1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}$ ( la probabilidad de fracaso ). Así, tenemos que
$$\dfrac{1}{3}+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{1}\cdot \dfrac{1}{3}+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{2}\cdot \dfrac{1}{3}+\ldots+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}\cdot \dfrac{1}{3}=0{,}90$$
[ Nota: lo que estamos haciendo es fijar el valor de la función de distribución de probabilidad, $F(x)$, en un $90\,\%$ ] que podemos expresar de la forma $$\dfrac{1}{3}\left(1+\dfrac{2}{3}+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{2}+\ldots+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}\right)=0{,}90$$ el segundo factor del primer miembro es una serie geométrica de $n-1$ términos, de razón $2/3$, y primer término igual a $1$; luego, su suma es igual a $\dfrac{(2/3)^{n-1}-1}{(2/3)-1}$; así, llegamos a $$\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{(2/3)^{n-1}-1}{-1/3}$$ que resulta ser $$1-(2/3)^{n-1}$$ por tanto $$1-(2/3)^{n-1}=0{,}90$$ es decir $$(2/3)^{n-1}=1-0{,}90$$ Para despejar $n$ sacamos logaritmos en cada miembro, con lo cual $$n-1=\dfrac{\ln\,0{,}1}{\ln\,(2/3)}$$ y por tanto $$n=\dfrac{\ln\,0{,}1}{\ln\,(2/3)}+1 \overset{\text{por exceso}}{\approx} 7\; \text{lanzamientos}$$
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SOLUCIÓN. Ses $n$ el número de lanzamientos que debemos realizar, entonces la cara puede haber aparecido en algún de estos lanzamientos. Como el suceso "aparecer cara en el $i$-ésimo lanzamiento" ( $ i=1,2,\ldots $ ) es incompatible con el suceso "haber aparecido cara en el $j$-ésimo lanzamiento" ( $j \prec i $ ), podemos plantear la siguiente igualdad $$\displaystyle \sum_{i=1}^n \,P\{X=i\}=0{,}90$$ donde la variable aleatoria $X$( "número de orden de aparición de la cara" ) sigue una distribución geométrica ( o de Pascal ), y, por tanto, $P\{X=i\}=q^{i-1}\cdot p$, siendo en este caso $p=\dfrac{1}{3}$ ( la probabilidad de éxito ) y $q=1-p=1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}$ ( la probabilidad de fracaso ). Así, tenemos que
$$\dfrac{1}{3}+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{1}\cdot \dfrac{1}{3}+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{2}\cdot \dfrac{1}{3}+\ldots+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}\cdot \dfrac{1}{3}=0{,}90$$
[ Nota: lo que estamos haciendo es fijar el valor de la función de distribución de probabilidad, $F(x)$, en un $90\,\%$ ] que podemos expresar de la forma $$\dfrac{1}{3}\left(1+\dfrac{2}{3}+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{2}+\ldots+\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}\right)=0{,}90$$ el segundo factor del primer miembro es una serie geométrica de $n-1$ términos, de razón $2/3$, y primer término igual a $1$; luego, su suma es igual a $\dfrac{(2/3)^{n-1}-1}{(2/3)-1}$; así, llegamos a $$\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{(2/3)^{n-1}-1}{-1/3}$$ que resulta ser $$1-(2/3)^{n-1}$$ por tanto $$1-(2/3)^{n-1}=0{,}90$$ es decir $$(2/3)^{n-1}=1-0{,}90$$ Para despejar $n$ sacamos logaritmos en cada miembro, con lo cual $$n-1=\dfrac{\ln\,0{,}1}{\ln\,(2/3)}$$ y por tanto $$n=\dfrac{\ln\,0{,}1}{\ln\,(2/3)}+1 \overset{\text{por exceso}}{\approx} 7\; \text{lanzamientos}$$
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martes, 7 de junio de 2016
Teoremas de la Probabilidad Total y de Bayes ( extrayendo cartas de una baraja )
ENUNCIADO. ¿ Cuál es la probabilidad de que al extraer ( al azar ) una carta de una baraja española ( de 48 cartas ) sea figura ?
SOLUCIÓN. La respuesta a esta pregunta es evidente si aplicamos directamente la regla de Laplace: el número de figuras por palo es $3$ y hay $4$ palos en una baraja, luego el número de figuras de la baraja es $3 \cdot 4 = 12$; por tanto, la probabilidad pedida es $\dfrac{12}{48}$, es decir, $\dfrac{1}{4}$.
-oOo-
Aprovecharemos sin embargo la situación que se plantea en este problema para resolverlo de otra forma, empleando el teorema de la Probabilidad Total, pues resulta enriquecedor y ayuda a entender lo que nos dice este importante resultado. Ello nos llevará a plantear y dar respuesta a unas cuántas preguntas interesantes, tal y como vamos a ver.
Al extraer una carta de la baraja, la carta resultante será de un determinado palo ( pongamos que de bastos, aunque no importa en qué palo estemos concretando ). Designaremos por $B$ el sucesos "extraer carta de bastos" y por $\bar{B}$ " el suceso "extraer carta que no sea del palo de bastos". Los sucesos $B$ y $\bar{B}$ constituyen una partición del espació muestral, ya que $B \cup \bar{B} = \Omega$ y $B \cap \bar{B} = \emptyset$. Ahora, denotemos por $F$ al suceso "extraer una carta que sea figura". Entonces, podemos escribir $$F=(F \cap B) \cup ( B \cap \bar{B})$$ Ahora, como $F \cap B$ y $F \cap \bar{B}$ son sucesos disjuntos ( incompatibles ), al hacer actuar la función de probabilidad resulta que, por el tercer axioma de la teoría, $$P(F)=P((F \cap B) \cup (F \cap \bar{B}))=P(F \cap B)+P(F \cap \bar{B}$$ y empleando la definición de probabilidad condicionada, $$P(F)=P(F|B)\cdot P(B)+P(F|\bar{B})\cdot P(\bar{B})$$ Teniendo en cuenta que ( aplicando la regla de Laplace ):
$$P(B)=\dfrac{12}{48}=\dfrac{1}{4}$$ $$P(\bar{B})=1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}$$ $$P(F|B)=\dfrac{3}{12}=\dfrac{1}{4}$$ y $$P(F|\bar{B})=\dfrac{3\cdot 3}{36}=\dfrac{1}{4}$$ encontramos el resultado que ya esperábamos $$P(F)=\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4})=\dfrac{1}{4}$$
Comentario: En este caso, podemos observar que $P(F|B)=P(B|F)=\dfrac{1}{4}$, debido a que $P(F)=P(B)$; sin embargo, en general, dados dos sucesos $X$ e $Y$, se tiene que $P(X|Y= \neq P(Y|X)$.
-oOo-
Finalmente, al hilo de todo esto, nos plantearemos la siguiente pregunta, que es un poco más interesante: Si la carta extraída resulta ser figura, ¿ cuál es la probabilidad que sea de un determinado palo ( pongamos que de bastos ) ?
Tengamos en cuenta que por la propiedad conmutativa, $F \cap B = B \cap F$, luego $P(F \cap B)=P(B \cap F)$. Entonces, aplicando la definición de probabilidad condicionada, $$P(B|F)\cdot P(F)=P(F|B)\cdot P(B)$$ despejando del primer miembro el factor que nos interesa resulta el teorema de Bayes: $$P(B|F)=\dfrac{P(F|B)\cdot P(B)}{P(F)}$$ Así, podemos calcular la probabilidad pedida $$P(B|F)=\dfrac{(1/4)\cdot (1/4)}{(1/4)}=\dfrac{1}{4}$$
-oOo-
Otra pregunta: ¿ Son $B$ y $F$ sucesos independientes ?.
Observemos que $\dfrac{1}{4}=P(F|B)=P(F)$, luego sí son independientes.
-oOo-
Otra más: ¿ Cuál es la probabilidad de que la carta extraída sea figura y sea de bastos ?
Aplicando, otra vez, la definición de probabilidad condicionada: $P(F \cap B)=P(F|B)\cdot P(B)=\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{16}$
Nota: Observemos que, en este caso, por ser $B$ y $F$ sucesos independientes, se cumple también que $P(F \cap B)=P(F)\cdot P(B)=\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{16}$
-oOo-
Y, finalmente, una última pregunta: ¿ Cuál es la probabilidad de que la carta extraída sea o bien figura o bien de bastos ?.
Aplicando la propiedad de inclusión-exclusión,
$$P(F \cup B) = P(F)+P(B)-P(F \cap B)$$ y como ya conocemos los valores de los términos del segundo miembro, la probabilidad pedida resulta ser $$\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{16}=\dfrac{7}{16}$$
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SOLUCIÓN. La respuesta a esta pregunta es evidente si aplicamos directamente la regla de Laplace: el número de figuras por palo es $3$ y hay $4$ palos en una baraja, luego el número de figuras de la baraja es $3 \cdot 4 = 12$; por tanto, la probabilidad pedida es $\dfrac{12}{48}$, es decir, $\dfrac{1}{4}$.
Aprovecharemos sin embargo la situación que se plantea en este problema para resolverlo de otra forma, empleando el teorema de la Probabilidad Total, pues resulta enriquecedor y ayuda a entender lo que nos dice este importante resultado. Ello nos llevará a plantear y dar respuesta a unas cuántas preguntas interesantes, tal y como vamos a ver.
Al extraer una carta de la baraja, la carta resultante será de un determinado palo ( pongamos que de bastos, aunque no importa en qué palo estemos concretando ). Designaremos por $B$ el sucesos "extraer carta de bastos" y por $\bar{B}$ " el suceso "extraer carta que no sea del palo de bastos". Los sucesos $B$ y $\bar{B}$ constituyen una partición del espació muestral, ya que $B \cup \bar{B} = \Omega$ y $B \cap \bar{B} = \emptyset$. Ahora, denotemos por $F$ al suceso "extraer una carta que sea figura". Entonces, podemos escribir $$F=(F \cap B) \cup ( B \cap \bar{B})$$ Ahora, como $F \cap B$ y $F \cap \bar{B}$ son sucesos disjuntos ( incompatibles ), al hacer actuar la función de probabilidad resulta que, por el tercer axioma de la teoría, $$P(F)=P((F \cap B) \cup (F \cap \bar{B}))=P(F \cap B)+P(F \cap \bar{B}$$ y empleando la definición de probabilidad condicionada, $$P(F)=P(F|B)\cdot P(B)+P(F|\bar{B})\cdot P(\bar{B})$$ Teniendo en cuenta que ( aplicando la regla de Laplace ):
$$P(B)=\dfrac{12}{48}=\dfrac{1}{4}$$ $$P(\bar{B})=1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}$$ $$P(F|B)=\dfrac{3}{12}=\dfrac{1}{4}$$ y $$P(F|\bar{B})=\dfrac{3\cdot 3}{36}=\dfrac{1}{4}$$ encontramos el resultado que ya esperábamos $$P(F)=\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{4}(\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4})=\dfrac{1}{4}$$
Comentario: En este caso, podemos observar que $P(F|B)=P(B|F)=\dfrac{1}{4}$, debido a que $P(F)=P(B)$; sin embargo, en general, dados dos sucesos $X$ e $Y$, se tiene que $P(X|Y= \neq P(Y|X)$.
Finalmente, al hilo de todo esto, nos plantearemos la siguiente pregunta, que es un poco más interesante: Si la carta extraída resulta ser figura, ¿ cuál es la probabilidad que sea de un determinado palo ( pongamos que de bastos ) ?
Tengamos en cuenta que por la propiedad conmutativa, $F \cap B = B \cap F$, luego $P(F \cap B)=P(B \cap F)$. Entonces, aplicando la definición de probabilidad condicionada, $$P(B|F)\cdot P(F)=P(F|B)\cdot P(B)$$ despejando del primer miembro el factor que nos interesa resulta el teorema de Bayes: $$P(B|F)=\dfrac{P(F|B)\cdot P(B)}{P(F)}$$ Así, podemos calcular la probabilidad pedida $$P(B|F)=\dfrac{(1/4)\cdot (1/4)}{(1/4)}=\dfrac{1}{4}$$
Otra pregunta: ¿ Son $B$ y $F$ sucesos independientes ?.
Observemos que $\dfrac{1}{4}=P(F|B)=P(F)$, luego sí son independientes.
Otra más: ¿ Cuál es la probabilidad de que la carta extraída sea figura y sea de bastos ?
Aplicando, otra vez, la definición de probabilidad condicionada: $P(F \cap B)=P(F|B)\cdot P(B)=\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{16}$
Nota: Observemos que, en este caso, por ser $B$ y $F$ sucesos independientes, se cumple también que $P(F \cap B)=P(F)\cdot P(B)=\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{16}$
Y, finalmente, una última pregunta: ¿ Cuál es la probabilidad de que la carta extraída sea o bien figura o bien de bastos ?.
Aplicando la propiedad de inclusión-exclusión,
$$P(F \cup B) = P(F)+P(B)-P(F \cap B)$$ y como ya conocemos los valores de los términos del segundo miembro, la probabilidad pedida resulta ser $$\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{16}=\dfrac{7}{16}$$
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lunes, 6 de junio de 2016
La distribución de Poisson ( para eventos que se dan de forma ocasional en un cierto intervalo de tiempo )
ENUNCIADO. En un taller de mecanizado, un cierta máquina tiene $2$ averías cada $10$ días ( laborables ). Se pide:
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que no se dé ninguna avería en ese intervalo de tiempo ? ¿ Y de que se dé alguna avería ?
b) ¿ Cuál es la probabilidad de que se produzcan exactamente $5$ averías en ese intervalo de tiempo ?
c) ¿ Cuál es la probabilidad de que no se produzca ninguna avería en un intervalo de $20$ días ? ¿ Y de que se dé alguna avería ?
AYUDA. Si un evento se da de forma muy ocasional ( que podría ser el caso que se describe aquí ), la variable aleatoria número de veces que se produce tal evento en un cierto intervalo de tiempo sigue una distribución de Poisson de parámetro $\lambda$ ( que representa el número de averías que se dan en un dicho intervalo de tiempo ). La función de probabilidad ( de cuantía ) de dicho modelo discreto viene dado por $f(k)\equiv P\{X=k\}=\dfrac{e^{-\lambda}\cdot \lambda^k}{k!}$. En una distribución de Poisson, $E[X]=V[X]=\lambda$.
SOLUCIÓN.
La variable aleatoria número de averías que se producen cada $10$ días toma valores en el conjunto $\{0,1,2,\ldots,k,\ldots\}$ y sigue una distribución de Poisson de parámetro $\lambda$. Entonces:
a)
En este caso la variable de Poisson $X$ se caracteriza por el parámetro $\lambda=2$ averías cada $10$ días, luego $P\{X=0\}=\dfrac{e^{-2}\cdot 2^0}{0!}=e^{-2} \approx 0{,}1353$. Por tanto, la probabilidad de que se dé al menos una avería en un intervalo de $10$ días es igual a $1-0{,}1353=0{,}8647$
b)
Con la misma variable de Poisson que en el apartado anterior, obtenemos $P\{X=5\}=\dfrac{e^{-2}\cdot 2^5}{5!} \approx 0{,}036$
c)
Al manejar, ahora, otro intervalo de tiempo, hablaremos de otra variable de Poisson, a la que denotamos por $Y$. La variable $Y$ también toma valores en el conjunto $\{0,1,2,\ldots,k,\ldots\}$ ), y su distribución viene caracterizada por el parámetro $\lambda=2 \times $(número de intervalos de diez días comprendidos en un intervalo de 20 días)$=2 \cdot \dfrac{20}{10}=4$ averías cada 10 días, por tanto $P\{Y=0\}=\dfrac{e^{-4}\cdot 4^0}{0!}=e^{-4} \approx 0{,}0183$. Luego, la probabilidad de que se dé al menos una avería en un intervalo de $20$ días es igual a $1-0{,}0183=0{,}9817$
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a) ¿ Cuál es la probabilidad de que no se dé ninguna avería en ese intervalo de tiempo ? ¿ Y de que se dé alguna avería ?
b) ¿ Cuál es la probabilidad de que se produzcan exactamente $5$ averías en ese intervalo de tiempo ?
c) ¿ Cuál es la probabilidad de que no se produzca ninguna avería en un intervalo de $20$ días ? ¿ Y de que se dé alguna avería ?
AYUDA. Si un evento se da de forma muy ocasional ( que podría ser el caso que se describe aquí ), la variable aleatoria número de veces que se produce tal evento en un cierto intervalo de tiempo sigue una distribución de Poisson de parámetro $\lambda$ ( que representa el número de averías que se dan en un dicho intervalo de tiempo ). La función de probabilidad ( de cuantía ) de dicho modelo discreto viene dado por $f(k)\equiv P\{X=k\}=\dfrac{e^{-\lambda}\cdot \lambda^k}{k!}$. En una distribución de Poisson, $E[X]=V[X]=\lambda$.
SOLUCIÓN.
La variable aleatoria número de averías que se producen cada $10$ días toma valores en el conjunto $\{0,1,2,\ldots,k,\ldots\}$ y sigue una distribución de Poisson de parámetro $\lambda$. Entonces:
a)
En este caso la variable de Poisson $X$ se caracteriza por el parámetro $\lambda=2$ averías cada $10$ días, luego $P\{X=0\}=\dfrac{e^{-2}\cdot 2^0}{0!}=e^{-2} \approx 0{,}1353$. Por tanto, la probabilidad de que se dé al menos una avería en un intervalo de $10$ días es igual a $1-0{,}1353=0{,}8647$
b)
Con la misma variable de Poisson que en el apartado anterior, obtenemos $P\{X=5\}=\dfrac{e^{-2}\cdot 2^5}{5!} \approx 0{,}036$
c)
Al manejar, ahora, otro intervalo de tiempo, hablaremos de otra variable de Poisson, a la que denotamos por $Y$. La variable $Y$ también toma valores en el conjunto $\{0,1,2,\ldots,k,\ldots\}$ ), y su distribución viene caracterizada por el parámetro $\lambda=2 \times $(número de intervalos de diez días comprendidos en un intervalo de 20 días)$=2 \cdot \dfrac{20}{10}=4$ averías cada 10 días, por tanto $P\{Y=0\}=\dfrac{e^{-4}\cdot 4^0}{0!}=e^{-4} \approx 0{,}0183$. Luego, la probabilidad de que se dé al menos una avería en un intervalo de $20$ días es igual a $1-0{,}0183=0{,}9817$
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Varianza de una distribución binomial B(n,p)
ENUNCIAR. Demostrar que la varianza de una variable aleatoria $X$ binomial $B(n,p)$ es igual a $n\cdot p \cdot q$
SOLUCIÓN.
Teniendo en cuenta que una variable binomial $X:B(n,p)$ es la suma de $n$ variables independientes de Bernoulli $X_j:B(1,p)$ ( donde $j=1\,2,\ldots,n$ ), y que la varianza de la distribución de Bernoulli es $V[X_i]=(1-p)^2\,p+(0-p)^2\,(1-p)=p\,(1-p)=p\cdot q$, aplicando la propiedad de la esperanza matemática $V[X_1+\ldots+X_n] = V[X_1]+\ldots+V[X_n]$ ( que es válida si las variables $X_1$,$\ldots$,$X_n$ son independientes ), en el caso que nos ocupa obtenemos, $p\cdot q+\ldots+p\cdot q=n\,p\,q$, con lo cual $V[X]=n\cdot p\cdot q$
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SOLUCIÓN.
Teniendo en cuenta que una variable binomial $X:B(n,p)$ es la suma de $n$ variables independientes de Bernoulli $X_j:B(1,p)$ ( donde $j=1\,2,\ldots,n$ ), y que la varianza de la distribución de Bernoulli es $V[X_i]=(1-p)^2\,p+(0-p)^2\,(1-p)=p\,(1-p)=p\cdot q$, aplicando la propiedad de la esperanza matemática $V[X_1+\ldots+X_n] = V[X_1]+\ldots+V[X_n]$ ( que es válida si las variables $X_1$,$\ldots$,$X_n$ son independientes ), en el caso que nos ocupa obtenemos, $p\cdot q+\ldots+p\cdot q=n\,p\,q$, con lo cual $V[X]=n\cdot p\cdot q$
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domingo, 5 de junio de 2016
Esperanza matemática de la distribución binomial B(n,p)
ENUNCIAR. Demostrar que la esperanza matemática de una variable aleatoria $X$ binomial $B(n,p)$ es igual a $n\cdot p$
SOLUCIÓN.
Procedimiento I:
Aplicando la definición de esperanza matemática de una variable discreta $$E[X]\overset{\text{def}}{=}\displaystyle \sum_{i\in X(\Omega)}\,i\cdot p_i$$ donde $i$ toma valores en el conjunto $$X(\Omega)=\{0,1,2,\ldots,n\}$$ Luego, en el caso de la distribución binomial, la definición nos lleva a $$E[X]=\sum_{i=0}^{n}\,i\cdot \binom{n}{i}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ y como el primer sumando es $0$ ( por el factor $i=0$ ) podemos escribir lo anterior como $$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,i\cdot \binom{n}{i}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ Teniendo en cuenta, ahora, que $$i\cdot \displaystyle \binom{n}{i} = \dfrac{i\cdot n!}{(n-1)!\,i!}=\dfrac{n!}{(n-1)!\,(n-i)!}=\dfrac{n\,(n-1)!}{(i-n)!\,(n-i)!}$$ la suma puede expresarse de la forma $$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,\dfrac{n\,(n-1)!}{(i-n)!\,(n-i)!}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ y como $n\cdot p$ es un factor común a todos los sumandos, podemos sacar factor común de dicho factor, quedando $$\displaystyle n\,p\, \sum_{i=1}^{n}\,\dfrac{(n-1)!}{(i-n)!\,(n-i)!}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ y teniendo en cuenta que $$\dfrac{(n-1)!}{(i-n)!\,(n-i)!}=\dfrac{(n-1)!}{(i-n)!\,((n-1)-(i-1))!} = \displaystyle \binom{n-1}{i-1}$$ podemos escribir la suma así $$\displaystyle n\cdot p\, \sum_{i=1}^{n}\,\binom{n-1}{i-1}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ Ahora bien, por el desarrollo del binomio de Newton $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,\binom{n-1}{i-1}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}=(p+q)^{n-1}=1$, ya que $p+q=p+(1-p)=1$. Por consiguiente, queda probado así que la esperanza matemática de $X$ es igual a $$E[X]=n \cdot p \cdot 1^{n-1} = n \cdot p \cdot 1 = n \cdot p$$
Procedimiento II:
Teniendo en cuenta que una variable binomial $X:B(n,p)$ es la suma de $n$ variables independientes de Bernoulli $X_j:B(1,p)$ ( donde $j=1\,2,\ldots,n$ ), y que la esperanza matemática de una distribución de Bernoulli es $E[X_i]=p$, aplicando la propiedad de la esperanza matemática $E[X_1+\ldots+X_n] = E[X_1]+\ldots+E[X_n]$ ( que es válida si las variables $X_1$,$\ldots$,$X_n$ son independientes ), en el caso que nos ocupa obtenemos, $p+\ldots+p=n\,p$, llegando a justificar así la afirmación del enunciado, $E[X]=n\cdot p$, sin tanto cálculo como en el procedimiento I.
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SOLUCIÓN.
Procedimiento I:
Aplicando la definición de esperanza matemática de una variable discreta $$E[X]\overset{\text{def}}{=}\displaystyle \sum_{i\in X(\Omega)}\,i\cdot p_i$$ donde $i$ toma valores en el conjunto $$X(\Omega)=\{0,1,2,\ldots,n\}$$ Luego, en el caso de la distribución binomial, la definición nos lleva a $$E[X]=\sum_{i=0}^{n}\,i\cdot \binom{n}{i}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ y como el primer sumando es $0$ ( por el factor $i=0$ ) podemos escribir lo anterior como $$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,i\cdot \binom{n}{i}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ Teniendo en cuenta, ahora, que $$i\cdot \displaystyle \binom{n}{i} = \dfrac{i\cdot n!}{(n-1)!\,i!}=\dfrac{n!}{(n-1)!\,(n-i)!}=\dfrac{n\,(n-1)!}{(i-n)!\,(n-i)!}$$ la suma puede expresarse de la forma $$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,\dfrac{n\,(n-1)!}{(i-n)!\,(n-i)!}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ y como $n\cdot p$ es un factor común a todos los sumandos, podemos sacar factor común de dicho factor, quedando $$\displaystyle n\,p\, \sum_{i=1}^{n}\,\dfrac{(n-1)!}{(i-n)!\,(n-i)!}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ y teniendo en cuenta que $$\dfrac{(n-1)!}{(i-n)!\,(n-i)!}=\dfrac{(n-1)!}{(i-n)!\,((n-1)-(i-1))!} = \displaystyle \binom{n-1}{i-1}$$ podemos escribir la suma así $$\displaystyle n\cdot p\, \sum_{i=1}^{n}\,\binom{n-1}{i-1}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}$$ Ahora bien, por el desarrollo del binomio de Newton $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,\binom{n-1}{i-1}\cdot p^{i}\cdot q^{n-i}=(p+q)^{n-1}=1$, ya que $p+q=p+(1-p)=1$. Por consiguiente, queda probado así que la esperanza matemática de $X$ es igual a $$E[X]=n \cdot p \cdot 1^{n-1} = n \cdot p \cdot 1 = n \cdot p$$
Procedimiento II:
Teniendo en cuenta que una variable binomial $X:B(n,p)$ es la suma de $n$ variables independientes de Bernoulli $X_j:B(1,p)$ ( donde $j=1\,2,\ldots,n$ ), y que la esperanza matemática de una distribución de Bernoulli es $E[X_i]=p$, aplicando la propiedad de la esperanza matemática $E[X_1+\ldots+X_n] = E[X_1]+\ldots+E[X_n]$ ( que es válida si las variables $X_1$,$\ldots$,$X_n$ son independientes ), en el caso que nos ocupa obtenemos, $p+\ldots+p=n\,p$, llegando a justificar así la afirmación del enunciado, $E[X]=n\cdot p$, sin tanto cálculo como en el procedimiento I.
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sábado, 4 de junio de 2016
El vuelo del Fénix
ENUNCIADO. Considerar un determinado avión bimotor. Se sabe que, en condiciones adversas, el motor de estribor ha tenido un fallo cada cien pruebas, y que el motor de babor ha tenido un fallo cada doscientas pruebas. En situaciones de vuelo parecidas a las pruebas realizadas, se pide:
a) ¿ cuál es la probabilidad de que fallen los dos motores a la vez ?
b) ¿ cuál es la probabilidad de que, en el avión bimotor, se dé un fallo de propulsión en un sólo motor ?
c) Si el avión ha tenido un fallo de propulsión en uno de los dos motores, ¿ cuál es la probabilidad de que el motor averiado haya sido el de babor ? ¿ Y de que se haya averiado el motor de estribor ?
SOLUCIÓN. Denominamos $E$ al suceso "falla el motor de estribor"; denominamos $B$ al suceso "falla el motor de babor", y denominamos $F$ al suceso, "fallo de propulsión en el avión".
a)
Es razonable suponer que los suscesos $E$ y $F$ son independientes y, por tanto $P(E \cap B)=P(E)\cdot P(B)= \dfrac{1}{100}\cdot \dfrac{1}{200}=\dfrac{1}{20000}=0{,}005\,\%$
Comentario: Teniendo en cuenta que un avión bimotor puede volar ( si bien en situación de emergencia ) con un sólo motor y que un avión monomotor con el motor averiado ya no puede hacerlo, es más seguro volar en bimotor ( sin tener en cuenta otras causas de averías que las de propulsión ) que hacerlo en un avión monomotor, pues la probabilidad calculada es mucho menor que cualquiera de las probabilidades de fallo de un sólo motor.
b)
El que falle la propulsión lo podemos escribir así, $F=(F \cap B ) \cup (F \cap E)$; como, además, nos interesamos por los posibles fallos de propulsión ocasionados por la avería de uno sólo de los motores ( lo que equivale a suponer que los sucesos $F \cap B$ y $F \cap E$ son disjuntos ( incompatibles ), la probabilidad total ( teorema de la probabilidad total ) es $$P(F)=P(F \cap E)+P(F \cap B)$$ es decir
$$P(F)=P(F|E)\cdot P(E)+P(F|B)\cdot P(B)$$
Como no hay razón para pensar que la probabilidad de que se de la causa del fallo de motores ( por ejemplo, una tormenta de arena en el desierto ) no sea la misma en un motor que en otro, $P(E)=P(B)=\dfrac{1}{2}$, entonces
$$P(F)=\dfrac{1}{100}\cdot \dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{100}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{200}=0{,}015=1{,}5\,\%$$
c)
Por el teorema de Bayes, podemos escribir $$P(B|F)=\dfrac{P(F|B)\cdot P(B)}{P(F)}=\dfrac{(1/100)\cdot (1/2)}{(3/200)}=\dfrac{1}{3} \approx 33\,\%$$
y $$P(E|F)=\dfrac{P(F|E)\cdot P(E)}{P(F)}=\dfrac{(1/200)\cdot (1/2)}{(3/200)}=\dfrac{1}{6} \approx 17\,\%$$
$\square$
a) ¿ cuál es la probabilidad de que fallen los dos motores a la vez ?
b) ¿ cuál es la probabilidad de que, en el avión bimotor, se dé un fallo de propulsión en un sólo motor ?
c) Si el avión ha tenido un fallo de propulsión en uno de los dos motores, ¿ cuál es la probabilidad de que el motor averiado haya sido el de babor ? ¿ Y de que se haya averiado el motor de estribor ?
SOLUCIÓN. Denominamos $E$ al suceso "falla el motor de estribor"; denominamos $B$ al suceso "falla el motor de babor", y denominamos $F$ al suceso, "fallo de propulsión en el avión".
a)
Es razonable suponer que los suscesos $E$ y $F$ son independientes y, por tanto $P(E \cap B)=P(E)\cdot P(B)= \dfrac{1}{100}\cdot \dfrac{1}{200}=\dfrac{1}{20000}=0{,}005\,\%$
Comentario: Teniendo en cuenta que un avión bimotor puede volar ( si bien en situación de emergencia ) con un sólo motor y que un avión monomotor con el motor averiado ya no puede hacerlo, es más seguro volar en bimotor ( sin tener en cuenta otras causas de averías que las de propulsión ) que hacerlo en un avión monomotor, pues la probabilidad calculada es mucho menor que cualquiera de las probabilidades de fallo de un sólo motor.
b)
El que falle la propulsión lo podemos escribir así, $F=(F \cap B ) \cup (F \cap E)$; como, además, nos interesamos por los posibles fallos de propulsión ocasionados por la avería de uno sólo de los motores ( lo que equivale a suponer que los sucesos $F \cap B$ y $F \cap E$ son disjuntos ( incompatibles ), la probabilidad total ( teorema de la probabilidad total ) es $$P(F)=P(F \cap E)+P(F \cap B)$$ es decir
$$P(F)=P(F|E)\cdot P(E)+P(F|B)\cdot P(B)$$
Como no hay razón para pensar que la probabilidad de que se de la causa del fallo de motores ( por ejemplo, una tormenta de arena en el desierto ) no sea la misma en un motor que en otro, $P(E)=P(B)=\dfrac{1}{2}$, entonces
$$P(F)=\dfrac{1}{100}\cdot \dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{100}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{200}=0{,}015=1{,}5\,\%$$
c)
Por el teorema de Bayes, podemos escribir $$P(B|F)=\dfrac{P(F|B)\cdot P(B)}{P(F)}=\dfrac{(1/100)\cdot (1/2)}{(3/200)}=\dfrac{1}{3} \approx 33\,\%$$
y $$P(E|F)=\dfrac{P(F|E)\cdot P(E)}{P(F)}=\dfrac{(1/200)\cdot (1/2)}{(3/200)}=\dfrac{1}{6} \approx 17\,\%$$
$\square$
viernes, 3 de junio de 2016
Dando en el blanco ...
ENUNCIADO. La probabilidad de que un tirador dé en el blanco en un disparo es $0{,}6$. Si efectúa tres disparos, calcular:
a) la probabilidad de acertar al menos dos veces
b) el número de disparos que debería efectuar para que la probabilidad de acertar al menos una vez fuese mayor que $0{,}8$
SOLUCIÓN.
a)
La variable aleatoria $X$ ( "número de aciertos" ) toma valores en el conjunto $\{0,1,2,3\}$, entonces:
$P\{X \ge 2\}=P\{X=2\}+P\{X=3\}=\displaystyle \binom{3}{2}\cdot 0{,}6^2\cdot (1-0{,}6)^{3-2}=0{,}432$
b)
Si $P\{X \ge 1\} \succ 0{,}8$, entonces $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,\binom{n}{i}\cdot 0{,}6^i\cdot (1-0{,}6)^{n-i} \succ 0{,}8$. Procedemos, ahora, a ensayar valores crecientes de $n$ para ver si se cumple o no lo que se requiere en esta segunda pregunta. Es claro que con un disparo ( $n:=1$ ) la probabilidad de acertar es $0{,}6$ que es menor que $0{,}8$, por lo que el tirador debe realizar más de un disparo; probemos con $n:=2$ disparos, en este caso $P\{X \ge 1\}$ es igual a $\displaystyle \sum_{i=1}^{2}\,\displaystyle \binom{n}{i}\cdot 0{,}6^i\cdot (1-0{,}6)^{2-i}=0{,}84 \succ 0{,}8$, luego con dos disparos basta para que la probabilidad de acertar al menos una vez sea mayor que $0{,}8$
$\square$
a) la probabilidad de acertar al menos dos veces
b) el número de disparos que debería efectuar para que la probabilidad de acertar al menos una vez fuese mayor que $0{,}8$
SOLUCIÓN.
a)
La variable aleatoria $X$ ( "número de aciertos" ) toma valores en el conjunto $\{0,1,2,3\}$, entonces:
$P\{X \ge 2\}=P\{X=2\}+P\{X=3\}=\displaystyle \binom{3}{2}\cdot 0{,}6^2\cdot (1-0{,}6)^{3-2}=0{,}432$
b)
Si $P\{X \ge 1\} \succ 0{,}8$, entonces $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,\binom{n}{i}\cdot 0{,}6^i\cdot (1-0{,}6)^{n-i} \succ 0{,}8$. Procedemos, ahora, a ensayar valores crecientes de $n$ para ver si se cumple o no lo que se requiere en esta segunda pregunta. Es claro que con un disparo ( $n:=1$ ) la probabilidad de acertar es $0{,}6$ que es menor que $0{,}8$, por lo que el tirador debe realizar más de un disparo; probemos con $n:=2$ disparos, en este caso $P\{X \ge 1\}$ es igual a $\displaystyle \sum_{i=1}^{2}\,\displaystyle \binom{n}{i}\cdot 0{,}6^i\cdot (1-0{,}6)^{2-i}=0{,}84 \succ 0{,}8$, luego con dos disparos basta para que la probabilidad de acertar al menos una vez sea mayor que $0{,}8$
$\square$
Un ejercicio sobre una distribución binomial
ENUNCIADO. Sea $X$ una variable aleatoria binomial $B(n,p)$. La esperanza matemática de dicha variable es $5$, y la varianza es $\dfrac{10}{3}$. Se pide:
a) Los valores de $n$ y de $p$
b) Calcular la probabilidad de obtener exactamente cuatro éxitos.
SOLUCIÓN.
a)
Recordemos que la esperanza matemática para una distribución binomial se calcula mediante la fórmula $E[X]=np$, y la varianza con $V[X]=npq$, donde $p$ es la probabilidad de éxito y $q=1-p$ la de fracaso. Entonces, de la información del enunciado, podemos escribir: $$\left\{\begin{matrix}np&=&5\\ npq&=&\dfrac{10}{3}\end{matrix}\right.$$ Dividiendo, miembro a miembro, la segunda ecuación entre la primera, $$\dfrac{npq}{np}=\dfrac{10/3}{5}$$ simplificando, encontramos que la probabilidad de fracaso es $$q=\dfrac{2}{3}$$ luego la probabilidad de éxito es $$p=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$$ Sustituyendo este resultado en la primera ecuación podemos calcular el valor de $n$, así, de $$\dfrac{1}{3}\cdot n=5$$ obtenemos $$n=15$$
b)
Calculemos, ahora, la probabilidad pedida:
$$P\{X=4\}= \displaystyle \binom{15}{4} \cdot \left(\dfrac{1}{3} \right)^{4} \cdot \left( \dfrac{2}{3} \right)^{15-4}\approx 0{,}1948$$
$\square$
a) Los valores de $n$ y de $p$
b) Calcular la probabilidad de obtener exactamente cuatro éxitos.
SOLUCIÓN.
a)
Recordemos que la esperanza matemática para una distribución binomial se calcula mediante la fórmula $E[X]=np$, y la varianza con $V[X]=npq$, donde $p$ es la probabilidad de éxito y $q=1-p$ la de fracaso. Entonces, de la información del enunciado, podemos escribir: $$\left\{\begin{matrix}np&=&5\\ npq&=&\dfrac{10}{3}\end{matrix}\right.$$ Dividiendo, miembro a miembro, la segunda ecuación entre la primera, $$\dfrac{npq}{np}=\dfrac{10/3}{5}$$ simplificando, encontramos que la probabilidad de fracaso es $$q=\dfrac{2}{3}$$ luego la probabilidad de éxito es $$p=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$$ Sustituyendo este resultado en la primera ecuación podemos calcular el valor de $n$, así, de $$\dfrac{1}{3}\cdot n=5$$ obtenemos $$n=15$$
b)
Calculemos, ahora, la probabilidad pedida:
$$P\{X=4\}= \displaystyle \binom{15}{4} \cdot \left(\dfrac{1}{3} \right)^{4} \cdot \left( \dfrac{2}{3} \right)^{15-4}\approx 0{,}1948$$
$\square$
Se lanzan tres dados de parchís ...
ENUNCIADO. Se lanzan tres dados de parchís, ¿ cuál es la probabilidad de que la suma de puntuaciones sea un número primero menor que $10$ ?.
SOLUCIÓN. El espacio muestral consta de $6^3=216$ elementos, que son las ternas de números $(i,j,k)$, donde cada $i,j$ y $k$ toma valores en $\{1,2,3,4,5,6\}$. Todos los elementos de este espacio muestral son igualmente probables, por lo que podemos aplicar la regla de Laplace. Entre los valores de la suma $\{3,4,5,6,\ldots,18\}$, sólo hay tres números primos menores que $10$, que son: $3$, $5$ y $7$.
Veamos ahora, de cuántas maneras puede aparecer cada uno de estos valores de la suma:
1) El valor de la suma igual a $3$, sólo puede obtenerse mediante los números terna $(1,1,1)$; y hay una única forma de hacerlo, pues $PR_{3}^{3}=\dfrac{3!}{3!}=1$
2) El valor de la suma igual a $5$, se puede dar ( por ejemplo ) con los números de la terna $(1,2,2)$, y, por tanto, de un total de $PR_{3}^{2,1}=3$ forma distintas ( permutando los elementos de la terna ); también se puede formar el número primo $5$ mediante los números $(1,1,3)$, con lo cual tenemos $3$ maneras más de dar el número primo $5$; en total, por tanto, se puede dar de $3+3=6$ maneras.
3) El valor de la suma igual a $7$, se puede dar con los números de las ternas $(1,2,4)$, $(1,1,5)$, $(2,2,3)$ y $(1,3,3)$, y, por tanto, hay $P_3+3\cdot PR_{3}^{2,1}=3!+3\cdot \dfrac{3!}{2!\cdot 1!}=15$ maneras de formar el número primo $7$.
Así, hay $1+6+15=22$ maneras de obtener los números primos menores que $10$ ( esto es, $3$, $5$ y $7$ ). Aplicando la regla de Laplace, encontramos que la probabilidad pedida es $\dfrac{22}{216}=\dfrac{11}{108} \approx 0{,}1019$
$\square$
SOLUCIÓN. El espacio muestral consta de $6^3=216$ elementos, que son las ternas de números $(i,j,k)$, donde cada $i,j$ y $k$ toma valores en $\{1,2,3,4,5,6\}$. Todos los elementos de este espacio muestral son igualmente probables, por lo que podemos aplicar la regla de Laplace. Entre los valores de la suma $\{3,4,5,6,\ldots,18\}$, sólo hay tres números primos menores que $10$, que son: $3$, $5$ y $7$.
Veamos ahora, de cuántas maneras puede aparecer cada uno de estos valores de la suma:
1) El valor de la suma igual a $3$, sólo puede obtenerse mediante los números terna $(1,1,1)$; y hay una única forma de hacerlo, pues $PR_{3}^{3}=\dfrac{3!}{3!}=1$
2) El valor de la suma igual a $5$, se puede dar ( por ejemplo ) con los números de la terna $(1,2,2)$, y, por tanto, de un total de $PR_{3}^{2,1}=3$ forma distintas ( permutando los elementos de la terna ); también se puede formar el número primo $5$ mediante los números $(1,1,3)$, con lo cual tenemos $3$ maneras más de dar el número primo $5$; en total, por tanto, se puede dar de $3+3=6$ maneras.
3) El valor de la suma igual a $7$, se puede dar con los números de las ternas $(1,2,4)$, $(1,1,5)$, $(2,2,3)$ y $(1,3,3)$, y, por tanto, hay $P_3+3\cdot PR_{3}^{2,1}=3!+3\cdot \dfrac{3!}{2!\cdot 1!}=15$ maneras de formar el número primo $7$.
Así, hay $1+6+15=22$ maneras de obtener los números primos menores que $10$ ( esto es, $3$, $5$ y $7$ ). Aplicando la regla de Laplace, encontramos que la probabilidad pedida es $\dfrac{22}{216}=\dfrac{11}{108} \approx 0{,}1019$
$\square$
jueves, 2 de junio de 2016
El primer éxito tras un cierto número de fracasos ...
ENUNCIADO. En una urna hay $2$ bolas blancas y $10$ bolas negras. Realizamos extracciones sucesivas sin reemplazamiento hasta que salga la primera bola blanca. ¿ Cuál es la probabilidad de que ésta salga en la sexta extracción ? ¿ En qué extracción se espera que salga ( esperanza matemática de la variable aleatoria "número de orden de extracción en la que aparece bola blanca" ) ? ¿ Tiene ese valor ( la esperanza matemática ) mucha incertidumbre en este caso ?
SOLUCIÓN. El modelo geométrico de variable aleatoria se ajusta al experimento descrito, siendo los valores de la variable aleatoria: $\{1,2,\ldots,12\}$. Así, $P\{X=6\}=q^{6-1}\,p$, donde $p=\dfrac{2}{10}=\dfrac{1}{5}$ y $q\equiv 1-p=1-\dfrac{1}{5}=\dfrac{4}{5}$. Por tanto, $P\{X=6\}=\left(\dfrac{4}{5}\right)^{6-1} \cdot \dfrac{1}{5}=\dfrac{1024}{15625} \approx 0{,}0655$
La esperanza matemática en este modelo de distribución de probabilidad viene dado por $E[X]=\dfrac{1}{p}$, luego se espera que la bola blanca aparezca en el lanzamiento número $\dfrac{1}{1/5}=5$. La desviación estándar, $\sqrt{V[X]}$, es igual ( en este modelo ) a $\sqrt{\dfrac{1-p}{p^2}}$, que, con los datos del problema tiene el siguiente valor $\sqrt{\dfrac{1-1/5}{(4/5)^2}}=\sqrt{20} \approx 5$, muy alto en comparación con el de la esperanza matemática, lo cual indica que la incertidumbre de ésta es muy grande. $\square$
SOLUCIÓN. El modelo geométrico de variable aleatoria se ajusta al experimento descrito, siendo los valores de la variable aleatoria: $\{1,2,\ldots,12\}$. Así, $P\{X=6\}=q^{6-1}\,p$, donde $p=\dfrac{2}{10}=\dfrac{1}{5}$ y $q\equiv 1-p=1-\dfrac{1}{5}=\dfrac{4}{5}$. Por tanto, $P\{X=6\}=\left(\dfrac{4}{5}\right)^{6-1} \cdot \dfrac{1}{5}=\dfrac{1024}{15625} \approx 0{,}0655$
La esperanza matemática en este modelo de distribución de probabilidad viene dado por $E[X]=\dfrac{1}{p}$, luego se espera que la bola blanca aparezca en el lanzamiento número $\dfrac{1}{1/5}=5$. La desviación estándar, $\sqrt{V[X]}$, es igual ( en este modelo ) a $\sqrt{\dfrac{1-p}{p^2}}$, que, con los datos del problema tiene el siguiente valor $\sqrt{\dfrac{1-1/5}{(4/5)^2}}=\sqrt{20} \approx 5$, muy alto en comparación con el de la esperanza matemática, lo cual indica que la incertidumbre de ésta es muy grande. $\square$
Probabilidad de sacar una pareja de bolas del mismo color ...
ENUNCIADO. En una urna hay $10$ bolas, de las cuales: $5$ son blancas, $3$ son verdes, y las restantes son negras. Calcular la probabilidad de que al extraer dos bolas ( una después de la otra ) de la urna resulten ser del mismo color, en las siguientes condiciones:
a) sin reemplazar la primera bola extraída
b) reemplazando la primera bola extraída
SOLUCIÓN. Si asumimos que las bolas se pueden distinguir ( sin recurrir al color de las mismas ), podemos pensar en un espacio muestral cuyos sucesos elementales son equiproblables, por lo que podremos aplicar la regla de Laplace, que ( recordemos ) dice lo siguiente: para un suceso $S$ ( en nuestro caso "extraer las dos bolas del mismo color" ), $P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$, donde $N(S)$ es el número de maneras en que puede darse $S$ y $N$ denota el número total de posibilidades.
a)
Si no reemplazamos la primera bola, extraer las dos bolas ( una tras otra ) equivale a extraer las dos bolas a la vez. En estas condiciones, el número (total) de maneras de elegir dos bolas cualesquiera es $N=C_{10,2}=45$.
Por otra parte, en el supuesto de tener que elegir dos bolas blancas, podemos hacerlo de $C_{5,2}=10$ maneras distintas; el número de maneras de elegir dos bolas verdes es $C_{3,2}=3$, y el número de maneras de elegir dos bolas negras es $C_{10-(5+3),2}=1$. Luego, por el principio de adición, tenemos un total de $N(S)=10 + 3 + 1 = 14$ maneras de elegir dos bolas del mismo color.
Aplicando, pues, la regla de Laplace: $P(S)=\dfrac{14}{45} \approx 0{,}31$
b)
Si reemplazamos la primera bola, el número (total) de maneras de elegir dos bolas cualesquiera es $N=\text{VR}_{10,2}=10^2=100$.
Por otra parte, en el supuesto de tener que elegir dos bolas blancas, podemos hacerlo de $\text{VR}_{5,2}=5^2=25$ maneras distintas; el número de maneras de elegir dos bolas verdes es $\text{VR}_{3,2}=3^2=9$, y el número de maneras de elegir dos bolas negras es $\text{VR}_{10-(5+3),2}=2^2=4$. Luego, por el principio de adición, tenemos un total de $N(S)=25 + 9 + 4 = 38$ maneras de elegir dos bolas del mismo color.
Aplicando, pues, la regla de Laplace: $P(S)=\dfrac{38}{100}=0{,}38$
$\square$
a) sin reemplazar la primera bola extraída
b) reemplazando la primera bola extraída
SOLUCIÓN. Si asumimos que las bolas se pueden distinguir ( sin recurrir al color de las mismas ), podemos pensar en un espacio muestral cuyos sucesos elementales son equiproblables, por lo que podremos aplicar la regla de Laplace, que ( recordemos ) dice lo siguiente: para un suceso $S$ ( en nuestro caso "extraer las dos bolas del mismo color" ), $P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$, donde $N(S)$ es el número de maneras en que puede darse $S$ y $N$ denota el número total de posibilidades.
a)
Si no reemplazamos la primera bola, extraer las dos bolas ( una tras otra ) equivale a extraer las dos bolas a la vez. En estas condiciones, el número (total) de maneras de elegir dos bolas cualesquiera es $N=C_{10,2}=45$.
Por otra parte, en el supuesto de tener que elegir dos bolas blancas, podemos hacerlo de $C_{5,2}=10$ maneras distintas; el número de maneras de elegir dos bolas verdes es $C_{3,2}=3$, y el número de maneras de elegir dos bolas negras es $C_{10-(5+3),2}=1$. Luego, por el principio de adición, tenemos un total de $N(S)=10 + 3 + 1 = 14$ maneras de elegir dos bolas del mismo color.
Aplicando, pues, la regla de Laplace: $P(S)=\dfrac{14}{45} \approx 0{,}31$
b)
Si reemplazamos la primera bola, el número (total) de maneras de elegir dos bolas cualesquiera es $N=\text{VR}_{10,2}=10^2=100$.
Por otra parte, en el supuesto de tener que elegir dos bolas blancas, podemos hacerlo de $\text{VR}_{5,2}=5^2=25$ maneras distintas; el número de maneras de elegir dos bolas verdes es $\text{VR}_{3,2}=3^2=9$, y el número de maneras de elegir dos bolas negras es $\text{VR}_{10-(5+3),2}=2^2=4$. Luego, por el principio de adición, tenemos un total de $N(S)=25 + 9 + 4 = 38$ maneras de elegir dos bolas del mismo color.
Aplicando, pues, la regla de Laplace: $P(S)=\dfrac{38}{100}=0{,}38$
$\square$
Operaciones con sucesos. Álgebra de sucesos.
ENUNCIADO. Sea un experimento aleatorio $\mathcal{E}$, y $\Omega$ es espacio muestral asociado. Sean $A$, $B$ y $C$ tres sucesos del álgebra de sucesos $\mathcal{A}$. Traducir las siguientes afirmaciones al lenguaje del álgebra de sucesos:
a) Sólo sucede $A$
b) Si sucede $A$, no sucede $B$
c) No sucede ninguno de los tres sucesos
d) Suceden al menos dos de los tres sucesos
e) Sucede exactamente uno de los tres sucesos
f) Sólo sucede uno de los tres sucesos
SOLUCIÓN.
a) $A \cap \bar{B} \cap \bar{C}$
b) $A \subset\bar{B}$
c) $\overline{A \cup B \cup C}$
d) $\overline{ \bar{A} \cap \bar{B} \cap \bar{C}}$
e) $(A \cap \bar{B} \cap \bar{C}) \cup (\bar{A} \cap B \cap \bar{C}) \cup (\bar{A} \cap \bar{B} \cap C)$
f) misma respuesta que a la pregunta e)
$\square$
a) Sólo sucede $A$
b) Si sucede $A$, no sucede $B$
c) No sucede ninguno de los tres sucesos
d) Suceden al menos dos de los tres sucesos
e) Sucede exactamente uno de los tres sucesos
f) Sólo sucede uno de los tres sucesos
SOLUCIÓN.
a) $A \cap \bar{B} \cap \bar{C}$
b) $A \subset\bar{B}$
c) $\overline{A \cup B \cup C}$
d) $\overline{ \bar{A} \cap \bar{B} \cap \bar{C}}$
e) $(A \cap \bar{B} \cap \bar{C}) \cup (\bar{A} \cap B \cap \bar{C}) \cup (\bar{A} \cap \bar{B} \cap C)$
f) misma respuesta que a la pregunta e)
$\square$
Cálculos con la distribución normal
ENUNCIADO. Sea X es una variable aleatoria de una distribución $N(µ, σ)$, calcular $P\{\mu−3\sigma \le X \le \mu+3\,\sigma\}$
SOLUCIÓN.
$P\{\mu−3\sigma \le X \le \mu+3\,\sigma\}=$
$=P\{X \le \mu+3\,\sigma\}-P\{X \le \mu-3\,\sigma\}$
$=P\{Z \le \dfrac{(\mu+3\,\sigma)-\sigma}{\sigma}\}-P\{Z \le \dfrac{(\mu-3\,\sigma)-\sigma}{\sigma}\}$ ( tipificando ( transformado ) la variable $X \rightarrow Z$: $Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}$, correspondiendo a ésta una distribución $N(0,1)$ )
$=P\{Z \le 3\}-P\{Z \le -3\}$
$=P\{Z \le 3\}-P\{Z \ge 3\}$ ( por la simetría de la función de densidad $f(z)$ con respecto al eje de ordenadas )
$=P\{Z \le 3\}-(1-P\{Z \le 3\})$ ( por la propiedad del contrario )
$=2\,P\{Z \le 3\}-1$
$=2\,F(3)-1$, donde $F(z)$ es la función de distribución de probabilidad, $N(0,1)$
$=2 \cdot 0{,}9987-1$ ( consultando las tablas de la distribución de probabilidad $N(0,1)$ )
$=0{,}9974$
$\square$
SOLUCIÓN.
$P\{\mu−3\sigma \le X \le \mu+3\,\sigma\}=$
$=P\{X \le \mu+3\,\sigma\}-P\{X \le \mu-3\,\sigma\}$
$=P\{Z \le \dfrac{(\mu+3\,\sigma)-\sigma}{\sigma}\}-P\{Z \le \dfrac{(\mu-3\,\sigma)-\sigma}{\sigma}\}$ ( tipificando ( transformado ) la variable $X \rightarrow Z$: $Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}$, correspondiendo a ésta una distribución $N(0,1)$ )
$=P\{Z \le 3\}-P\{Z \le -3\}$
$=P\{Z \le 3\}-P\{Z \ge 3\}$ ( por la simetría de la función de densidad $f(z)$ con respecto al eje de ordenadas )
$=P\{Z \le 3\}-(1-P\{Z \le 3\})$ ( por la propiedad del contrario )
$=2\,P\{Z \le 3\}-1$
$=2\,F(3)-1$, donde $F(z)$ es la función de distribución de probabilidad, $N(0,1)$
$=2 \cdot 0{,}9987-1$ ( consultando las tablas de la distribución de probabilidad $N(0,1)$ )
$=0{,}9974$
$\square$
Utilizando el autobús ...
ENUNCIADO. Una empresa de transportes realiza un estudio sobre el número de veces que semanalmente utilizan el autobús los usuarios. Se sabe que los datos se distribuyen en una normal $N(8,2)$. Calcular la probabilidad de que un usuario elegido al azar utilice el autobús:
a) más de $10$ veces
b) menos de $5$ veces
SOLUCIÓN.
a)
$P\{X \succ 10\}=P\{Z \succ \dfrac{10-8}{2}\}$, habiendo tipificado la variable $X \rightarrow Z$ de la forma $Z=\dfrac{X-8}{2}$, donde $Z$ una distribución $N(0,1)$
$=P\{Z \succ 1 \}$
$=1-P\{Z \le 1 \}$ ( por la propiedad del contrario )
$=1-F(1)$ siendo $F(z)$ la función de distribución de probabilidad, cuyos valores aparecen en las tablas de la variable $Z$
$=1-0{,}8413$
$=0{,}1587$
b)
$P\{X \prec 5\}=P\{Z \prec \dfrac{5-8}{2}\}$, habiendo tipificado la variable $X \rightarrow Z$ de la forma $Z=\dfrac{X-8}{2}$, donde $Z$ una distribución $N(0,1)$
$=P\{Z \prec -1{,}5 \}$
$=P\{Z \succ 1{,}5 \}$ ( por la simetría de la función de densidad $f(z)$ con respecto del eje de ordenadas )
$=1-P\{Z \le 1{,}5 \}$ ( por la propiedad del contrario )
$=1-F(1{,}5)$
$=1-0{,}9332$
$=0{,}0688$
$\square$
a) más de $10$ veces
b) menos de $5$ veces
SOLUCIÓN.
a)
$P\{X \succ 10\}=P\{Z \succ \dfrac{10-8}{2}\}$, habiendo tipificado la variable $X \rightarrow Z$ de la forma $Z=\dfrac{X-8}{2}$, donde $Z$ una distribución $N(0,1)$
$=P\{Z \succ 1 \}$
$=1-P\{Z \le 1 \}$ ( por la propiedad del contrario )
$=1-F(1)$ siendo $F(z)$ la función de distribución de probabilidad, cuyos valores aparecen en las tablas de la variable $Z$
$=1-0{,}8413$
$=0{,}1587$
b)
$P\{X \prec 5\}=P\{Z \prec \dfrac{5-8}{2}\}$, habiendo tipificado la variable $X \rightarrow Z$ de la forma $Z=\dfrac{X-8}{2}$, donde $Z$ una distribución $N(0,1)$
$=P\{Z \prec -1{,}5 \}$
$=P\{Z \succ 1{,}5 \}$ ( por la simetría de la función de densidad $f(z)$ con respecto del eje de ordenadas )
$=1-P\{Z \le 1{,}5 \}$ ( por la propiedad del contrario )
$=1-F(1{,}5)$
$=1-0{,}9332$
$=0{,}0688$
$\square$
miércoles, 1 de junio de 2016
Aplicando el modelo binomial y el modelo hipergeométrico para resolver problemas de extracciones sucesivas de urnas ( con y sin reemplazamiento )
ENUNCIADO. En una urna hay $N:=13$ bolas, de las cuales $n_b:=8$ son blancas y el resto de colores distintos al blanco. Realizamos $n:=4$ extracciones sucesivas ( de bola ). Mediante el uso del modelo de variable aleatoria adecuado [leer este artículo], calcular la probabilidad de que aparezcan exactamente $x:=3$ bolas blancas, en las siguientes condiciones:
a) las extracciones se realizan con reemplazamiento
b) las extracciones se realizan sin reemplazamiento
SOLUCIÓN.
a)
El modelo de variable aleatoria que se ajusta a este experimento es el de la distribución binomial, representando la variable $X$ el número de bolas blancas que se pueden dar: $\{0,1,2,3,4\}$, luego el valor de la función de probabilidad binomial para $X=3$ es $$P\{X=3\}=\displaystyle \binom{4}{3}\,(\dfrac{8}{13})^{3}\cdot (1-\dfrac{8}{13})^{4-3}=0{,}3585 \quad ( \text{con cuatro dígitos significativos} )$$
OBSERVACIÓN: También podemos resolver el problema sin emplear la función de probabilidad del modelo binomial: aplicando los métodos combinatorios. En estas condiciones del experimento y por la regla de Laplace, la probabilidad del suceso $S$="obtener exactamente $x:=3$ bolas blancas" es $P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{\text{PR}_{4}^{3,4-1}\cdot \text{VR}_{8,3}\cdot \text{VR}_{5,1}}{\text{VR}_{13,4}}=0{,}3585 \quad ( \text{con cuatro dígitos significativos} )$$
b)
El modelo de variable aleatoria que se ajusta a este experimento es el de la distribución hipergeométrica, representando la variable $X$ el número de bolas blancas que se pueden dar: $\{0,1,2,3,4\}$, luego el valor de la función de probabilidad hipergeométrica para $X=3$ es $$P\{X=3\}=\displaystyle \dfrac{\binom{8}{3}\cdot \binom{13-8}{4-3}}{\binom{13}{4}}=0{,}3916 \quad ( \text{con cuatro dígitos significativos} )$$
OBSERVACIÓN: Recordemos que la función de probabilidad hipergeométrica se deduce aplicando los métodos combinatorios adecuados a este caso.
$\square$
a) las extracciones se realizan con reemplazamiento
b) las extracciones se realizan sin reemplazamiento
SOLUCIÓN.
a)
El modelo de variable aleatoria que se ajusta a este experimento es el de la distribución binomial, representando la variable $X$ el número de bolas blancas que se pueden dar: $\{0,1,2,3,4\}$, luego el valor de la función de probabilidad binomial para $X=3$ es $$P\{X=3\}=\displaystyle \binom{4}{3}\,(\dfrac{8}{13})^{3}\cdot (1-\dfrac{8}{13})^{4-3}=0{,}3585 \quad ( \text{con cuatro dígitos significativos} )$$
OBSERVACIÓN: También podemos resolver el problema sin emplear la función de probabilidad del modelo binomial: aplicando los métodos combinatorios. En estas condiciones del experimento y por la regla de Laplace, la probabilidad del suceso $S$="obtener exactamente $x:=3$ bolas blancas" es $P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{\text{PR}_{4}^{3,4-1}\cdot \text{VR}_{8,3}\cdot \text{VR}_{5,1}}{\text{VR}_{13,4}}=0{,}3585 \quad ( \text{con cuatro dígitos significativos} )$$
b)
El modelo de variable aleatoria que se ajusta a este experimento es el de la distribución hipergeométrica, representando la variable $X$ el número de bolas blancas que se pueden dar: $\{0,1,2,3,4\}$, luego el valor de la función de probabilidad hipergeométrica para $X=3$ es $$P\{X=3\}=\displaystyle \dfrac{\binom{8}{3}\cdot \binom{13-8}{4-3}}{\binom{13}{4}}=0{,}3916 \quad ( \text{con cuatro dígitos significativos} )$$
OBSERVACIÓN: Recordemos que la función de probabilidad hipergeométrica se deduce aplicando los métodos combinatorios adecuados a este caso.
$\square$
Extracciones sucesivas de bolas de una urna
ENUNCIADO. En una urna hay $N$ bolas, de las cuales $n_b\le N$ son blancas y el resto de colores distintos al blanco. Realizamos $n$ extracciones sucesivas ( de bola ), ¿ cuál es la probabilidad de que aparezcan exactamente $x \le n$ bolas blancas ?
OBSERVACIÓN. Debemos distinguir dos maneras de realizar el experimento: a) con reemplazamiento de las bolas en la urna; y, b) sin reemplazamiento de las bolas en la urna
NOTA. Podemos dar respuesta a ambas preguntas siguiendo lo que llamaremos procedimiento rudimentario: Dibujamos un diagrama de árbol binario ( cada bola extraída puede ser blanca o no-blanca ) con $n$ niveles, escribiendo los $2^n$ sucesos de la experiencia aleatoria y distribuyendo la unidad de probabilidad ( de izquierda a derecha del diagrama ) [ se anota dicha probabilidad en el centro de cada arista, por aplicación directa de la regla de Laplace, eso sí, contemplando la parte del camino ( del árbol ) recorrida ] para, luego, calcular las probabilidades de cada uno de los sucesos que involucran exactamente a $x$ bolas blancas; y, finalmente, sumaremos los términos pertinentes. Así es como se suele hacer en los cursos de ESO. Ahora bien, este procedimiento es inviable si el número de bolas extraídas ( número de extracciones sucesivas ) $n$ no es un número pequeño ( pongamos que mayor que $4$ ) ya que la densidad del diagrama llega a ser excesiva. Evidentemente, las probabilidades de las aristas son distintas en una u otra condición de realización de la experiencia, por lo que los resultados son, claro está, distintos.
Podemos resolver el problema empleando dos procedimientos más, el primero se basa en la aplicación de los métodos combinatorios y aplicar la regla de Laplace ( con sucesos elementales equiprobables ); el segundo, que en realidad se desprende el primero, consiste en emplear el modelo de variable aleatoria ( de distribución de probabilidad ) que se ajuste a las condiciones en que se realiza la experiencia aleatoria.
SOLUCIÓN.
a) [Se reemplazan en la urna las bolas que se van sacando ]
Procedimiento I. Asumiendo que las bolas son distinguibles ( sin reparar en el color ), el espacio muestral de la experiencia aletoria estará formado por sucesos ( elementales ) equiprobables, con lo cual , podremos aplicar la regla de Laplace. Calcularemos el número total de posibilidades y el número de posibilidades favorables a un determinado suceso, aplicando los métodos combinatorios en estas condiciones del experimento. Así, por la regla de Laplace, la probabilidad del suceso $S$="obtener exactamente $x$ bolas blancas" es $P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{\text{PR}_{n}^{x,n-x}\cdot \text{VR}_{n_b,x}\cdot \text{VR}_{N-n_b,n-x}}{\text{VR}_{N,n}}$$
Procedimiento II ( distribución binomial ). Sea la variable aleatoria $X$: "número ( exacto ) de bolas blancas que aparecen en el conjunto de $x$ extracciones". Entonces, como las sucesivas extracciones se efectúan con reemplazamiento ( pruebas repetidas independientes ) con dos resultados posibles en cada extracción ( sacar 'bola blanca' o sacar 'bola no-blanca' ), $X$ sigue una distribución binomial $B(n,p)$, por tanto, la función de probabilidad ( o de cuantía ) vendrá dada por $$P\{X=x\}=\displaystyle \binom{n}{x}\cdot p^x \cdot (1-p)^{n-x}$$ donde
$x \in \{0,1,\ldots,m\}$
y
$p=\dfrac{N}{n_b}$ ( probabilidad de éxito, esto es, de sacar bola blanca en una extracción ); siendo, por tanto, la probabilidad de fracaso ( extraer bola no-blanca en una extracción ) $q:=1-p$
Aplicando las definiciones de esperanza matemática de la variable $X$, $E[X]\overset{\text{def}}{=}\displaystyle \sum_{i=0}^{4}\,x_i\cdot p_i$; de varianza, $V[X]\overset{\text{def}}{=}\displaystyle \sum_{i=0}^{4}\,(x_i - E[X])^2\cdot p_i$, y de desviación estándar, $DE[X]=\sqrt{V[X]}$, obtenemos las fórmulas para calcular el valor de los parámetros que caracterizan dicha distribución:
$$E[X]=n\,p$$
$$V[X]=n\, p\,q$$
y
$$DE[X]=\sqrt{n\, p \, q}$$
b) [No se reemplazan en la urna las bolas que se van sacando ]
Procedimiento I. Hemos establecido que las bolas son distinguibles ( sin reparar en el color ), luego ( recordemos que ) el espacio muestral de la experiencia aletoria estará formado por sucesos ( elementales ) equiprobables, con lo cual , podremos aplicar la regla de Laplace. Calcularemos el número total de posibilidades y el número de posibilidades favorables a un determinado suceso, aplicando los métodos combinatorios. Así, aplicando los métodos combinatorios en estas condiciones del experimento. Por la regla de Laplace, la probabilidad del suceso $S$="obtener exactamente $x$ bolas blancas" es $P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{\text{C}_{n_b,x}\cdot \text{C}_{N-n_b,n-x}}{\text{C}_{N,n}}=\displaystyle \dfrac{\binom{n_b}{x}\cdot \binom{N-n_b}{n-x}}{\binom{N}{n}}$$
Procedimiento II ( distribución hipergeométrica ). La fórmula anterior da pie a que, variando el valor de $x$, nos expresemos en términos de variable aleatoria: Sea la variable aleatoria $X$: "número ( exacto ) de bolas blancas que aparecen en el conjunto de $x$ extracciones". Entonces, como las sucesivas extracciones se efectúan con reemplazamiento ( pruebas repetidas independientes ) con dos resultados posibles en cada extracción ( sacar 'bola blanca' o sacar 'bola no-blanca' ), $X$ sigue una distribución hipergeométrica, por tanto la función de probabilidad ( o de cuantía ) viene dada por $$P\{X=x\}=\displaystyle \dfrac{\binom{n_b}{x}\cdot \binom{N-n_b}{n-x}}{\binom{N}{n}}$$.
Aplicando las definiciones de esperanza matemática, varianza, y desviación estándar de la variable $X $, obtenemos las fórmulas para calcular el valor de los parámetros que caracterizan dicha distribución:
$$E[X]=n\,p\,, \quad \text{donde}\quad p:=\dfrac{n_b}{N}$$
$$V[X]=n\, p\,q \cdot \dfrac{N-n}{N-1}$$
y
$$DE[X]=\sqrt{n\, p\,q \cdot (\dfrac{N-n}{N-1})}$$
OBSERVACIÓN. Debemos distinguir dos maneras de realizar el experimento: a) con reemplazamiento de las bolas en la urna; y, b) sin reemplazamiento de las bolas en la urna
NOTA. Podemos dar respuesta a ambas preguntas siguiendo lo que llamaremos procedimiento rudimentario: Dibujamos un diagrama de árbol binario ( cada bola extraída puede ser blanca o no-blanca ) con $n$ niveles, escribiendo los $2^n$ sucesos de la experiencia aleatoria y distribuyendo la unidad de probabilidad ( de izquierda a derecha del diagrama ) [ se anota dicha probabilidad en el centro de cada arista, por aplicación directa de la regla de Laplace, eso sí, contemplando la parte del camino ( del árbol ) recorrida ] para, luego, calcular las probabilidades de cada uno de los sucesos que involucran exactamente a $x$ bolas blancas; y, finalmente, sumaremos los términos pertinentes. Así es como se suele hacer en los cursos de ESO. Ahora bien, este procedimiento es inviable si el número de bolas extraídas ( número de extracciones sucesivas ) $n$ no es un número pequeño ( pongamos que mayor que $4$ ) ya que la densidad del diagrama llega a ser excesiva. Evidentemente, las probabilidades de las aristas son distintas en una u otra condición de realización de la experiencia, por lo que los resultados son, claro está, distintos.
Podemos resolver el problema empleando dos procedimientos más, el primero se basa en la aplicación de los métodos combinatorios y aplicar la regla de Laplace ( con sucesos elementales equiprobables ); el segundo, que en realidad se desprende el primero, consiste en emplear el modelo de variable aleatoria ( de distribución de probabilidad ) que se ajuste a las condiciones en que se realiza la experiencia aleatoria.
SOLUCIÓN.
a) [Se reemplazan en la urna las bolas que se van sacando ]
Procedimiento I. Asumiendo que las bolas son distinguibles ( sin reparar en el color ), el espacio muestral de la experiencia aletoria estará formado por sucesos ( elementales ) equiprobables, con lo cual , podremos aplicar la regla de Laplace. Calcularemos el número total de posibilidades y el número de posibilidades favorables a un determinado suceso, aplicando los métodos combinatorios en estas condiciones del experimento. Así, por la regla de Laplace, la probabilidad del suceso $S$="obtener exactamente $x$ bolas blancas" es $P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{\text{PR}_{n}^{x,n-x}\cdot \text{VR}_{n_b,x}\cdot \text{VR}_{N-n_b,n-x}}{\text{VR}_{N,n}}$$
Procedimiento II ( distribución binomial ). Sea la variable aleatoria $X$: "número ( exacto ) de bolas blancas que aparecen en el conjunto de $x$ extracciones". Entonces, como las sucesivas extracciones se efectúan con reemplazamiento ( pruebas repetidas independientes ) con dos resultados posibles en cada extracción ( sacar 'bola blanca' o sacar 'bola no-blanca' ), $X$ sigue una distribución binomial $B(n,p)$, por tanto, la función de probabilidad ( o de cuantía ) vendrá dada por $$P\{X=x\}=\displaystyle \binom{n}{x}\cdot p^x \cdot (1-p)^{n-x}$$ donde
$x \in \{0,1,\ldots,m\}$
y
$p=\dfrac{N}{n_b}$ ( probabilidad de éxito, esto es, de sacar bola blanca en una extracción ); siendo, por tanto, la probabilidad de fracaso ( extraer bola no-blanca en una extracción ) $q:=1-p$
Aplicando las definiciones de esperanza matemática de la variable $X$, $E[X]\overset{\text{def}}{=}\displaystyle \sum_{i=0}^{4}\,x_i\cdot p_i$; de varianza, $V[X]\overset{\text{def}}{=}\displaystyle \sum_{i=0}^{4}\,(x_i - E[X])^2\cdot p_i$, y de desviación estándar, $DE[X]=\sqrt{V[X]}$, obtenemos las fórmulas para calcular el valor de los parámetros que caracterizan dicha distribución:
$$E[X]=n\,p$$
$$V[X]=n\, p\,q$$
y
$$DE[X]=\sqrt{n\, p \, q}$$
b) [No se reemplazan en la urna las bolas que se van sacando ]
Procedimiento I. Hemos establecido que las bolas son distinguibles ( sin reparar en el color ), luego ( recordemos que ) el espacio muestral de la experiencia aletoria estará formado por sucesos ( elementales ) equiprobables, con lo cual , podremos aplicar la regla de Laplace. Calcularemos el número total de posibilidades y el número de posibilidades favorables a un determinado suceso, aplicando los métodos combinatorios. Así, aplicando los métodos combinatorios en estas condiciones del experimento. Por la regla de Laplace, la probabilidad del suceso $S$="obtener exactamente $x$ bolas blancas" es $P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{\text{C}_{n_b,x}\cdot \text{C}_{N-n_b,n-x}}{\text{C}_{N,n}}=\displaystyle \dfrac{\binom{n_b}{x}\cdot \binom{N-n_b}{n-x}}{\binom{N}{n}}$$
Procedimiento II ( distribución hipergeométrica ). La fórmula anterior da pie a que, variando el valor de $x$, nos expresemos en términos de variable aleatoria: Sea la variable aleatoria $X$: "número ( exacto ) de bolas blancas que aparecen en el conjunto de $x$ extracciones". Entonces, como las sucesivas extracciones se efectúan con reemplazamiento ( pruebas repetidas independientes ) con dos resultados posibles en cada extracción ( sacar 'bola blanca' o sacar 'bola no-blanca' ), $X$ sigue una distribución hipergeométrica, por tanto la función de probabilidad ( o de cuantía ) viene dada por $$P\{X=x\}=\displaystyle \dfrac{\binom{n_b}{x}\cdot \binom{N-n_b}{n-x}}{\binom{N}{n}}$$.
Aplicando las definiciones de esperanza matemática, varianza, y desviación estándar de la variable $X $, obtenemos las fórmulas para calcular el valor de los parámetros que caracterizan dicha distribución:
$$E[X]=n\,p\,, \quad \text{donde}\quad p:=\dfrac{n_b}{N}$$
$$V[X]=n\, p\,q \cdot \dfrac{N-n}{N-1}$$
y
$$DE[X]=\sqrt{n\, p\,q \cdot (\dfrac{N-n}{N-1})}$$
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