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Unidad 16 – Distribuciones continuas. Distribución normal. PÁGINA 349
SOLUCIONES
1. Las áreas quedan:
1,5·0,75a)Área 0,5625 unidades cuadradas.2
0,5 1b)Área ·2 1,5 unidades cuadradas.2
2·0,5c)Área 1·0,5 1 unidades cuadradas.2
= =
+= =
= + =
255
2. Sabemos que: 3μ= 9,825; 14,76.σ=
En hay 405 personas, es decir, el 67,5%. ( , ) (25,065;54,585)μ−σ μ+σ =
En hay 572 personas, es decir, el 95,3%. ( 2 , 2 ) (10,305;69,345)μ− σ μ+ σ =
En ( 3 , 3 ) ( 4,455;84,105)μ− σ μ+ σ = − hay 600 personas, es decir, el 100%.
3. La representación y el área quedan:
El área rayada queda: 1,5·0,75 0,5625unidades= cuadradas.
2
256
PÁGINA 363
SOLUCIONES
1. Como cada día asciende 30 m y resbala 20 m, en realidad asciende 10 m. Luego al cabo de 27 días ha ascendido 270 m, y ya el día 28 asciende a la superficie, pues asciende 30m 270 30 300m.⇒ + = El caracol tarda 28 días en salir.
2. La solución queda:
3. La solución queda:
2
2
os al cuadrado 1 1 1 1= + + +
−2 2
Llamamos 1 1 1 y elevam
1 1 1 1 1 1 0
1 5 1 nº áureo.2 2
x x
x x x x x
x x
= + + +… +…
⇒ = + + + +… ⇒ = + ⇒ − =
± +⇒ = ⇒ = =Φ =
5
Simplemente cambiando tresmonedas, las señaladas con los
invierte. números 1- 2- 3, el triángulo se
257
4. Comenzando el problema desde el final.
Ave 8ª le da 1 1 2.+ =
Ave 7ª (tiene 6) —le da — le quedan 2. 3 1 4+ =
Ave 6ª (tiene 14) —le da 7 1 8+ = — le quedan 6.
Ave 5ª (tiene 30) —le da — le quedan 14. 15 1 16+ =
Ave 4ª (tiene 62) —le da — le quedan 30. 31 1 32+ =
Ave 3ª (tiene 126) —le da — le quedan 62. 63 1 64+ =
Ave 2ª (tiene 254) —le da 127 1 128+ = — le quedan 126.
Ave 1ª (tiene 510) —le da — le quedan 254. 255 1 256+ = Al principio tenía 510 gramos de maíz.
5. os han de 7 kg. Las pesas que necesitam ser de: 1, 3, 9 y 2Así: 1 kg = 1 2 kg = 3 − 1 3 kg = 3 4 kg = 3 + 1 5 kg 1 = 9 − 3 − 6 kg = 9 − 3 7 kg 1 = 9 − 3 + 8 kg = 9 − 1 9 kg 9 = 10 kg = 9 + 1 Y así suces amiv ente. La suma de os nú er l m os significa que las pesas se colocan en el mismo plato de la balanza, y la diferencia, que se colocan en platos diferentes.
PÁGINA 366
258
SOLUCIONES
1. En cada caso queda:
a) y además el área del recinto rayado vale 1, por tanto es función de densidad. f x x x( )≥ ∀
259
b) y además el área del recinto rayado vale g x x x( )≥ ∀ 4·0,5 12
= , por tanto es función de
densidad.
2. La gráfica y los cálculos quedan:
f xa a
f x a
( )ha de ser 0, por tanto a 0.6· 1Como área rayada 1 12 3
1Por lo tanto ( )es una función de densidad si .3
≥ >
= ⇒ = ⇒ =
=
i
i
P x P x
P x P x
1 3 1 3( 3) 3· ( 1) 3·4 4 4 4
1 1( 2,5) 0 (2 3) 1·4 4
≤ = = ≥ = =
= = ≤ ≤
= =
P x P x
P x P x
11· 18( 3) ( 1) 12 16
1( 2,5) 0 (2 3)16
≤ = = ≥ =
= = ≤ ≤ =
3. La solución es:
a) La gráfica 1 se corresponde con la distribución (7;1,5)N .
La gráfica 2 se corresponde con la distribución (5;1,5)N . La gráfica 3 se corresponde con la distribución (5;3,5)N . b) Las plantas más altas corresponden a la distribución . En las otras distribuciones, la (7;1,5)N
media de las alturas coincide, y en están más agrupadas, respecto a la media, que (5;1,5)Nen . (5;3,5)N
4. Manejando la tabla de la distribución normal, hallamos cada caso:
P Z P ZP Z P ZP Z P Z P ZP Z P Z P Z
a) 0,9265b) 1 ( 0,25) 1 0,5987 0,4013c) ( 1,45) 1 ( 1,45) 1 0,9265 0,0735d) (0,35 1,5) ( 1,5) ( 0,35) 0,933 0,6368 0,2964e) ( 1,35 0,25) ( 0,25) ( 1,35) ( 0,25)
− < = − =≤− = − ≤ = − =
≤ ≤ = ≤ − ≤ = =
− ≤ ≤ = ≤ − ≤− = ≤ [ ]
[ ]
P ZP Z P Z
Z P Z P Z P ZP Z P Z
1 ( 1,35) 0,5102f) ( 0,84) ( 0,84) 0,7995
( 1,45 0,15) (0,15 1,45) ( 1,45) ( 0,15) 0,36692,25) ( 2) 1 ( 2,25) 0,965
− − ≤ =
≥− = ≤ =− ≤ ≤− = ≤ ≤ = − ≤ =
≤− = ≤ − − ≤ =
P Z( 1,45)( 0,25)
≤ =≥ =
P Z2−
Pg) ≤P Z P Z P Zh) ( 2,25 2) ( 2) (− ≤ ≤ = ≤ −
5. En las tablas vemos que:
P Z K P Z K KP Z K P Z K KP Z K P Z K P Z K K
a) ( ) 1 ( ) 1 0,1075 0,8925 1,24.b) ( ) 0,7967 1 ( ) 0,83.c) (0 ) 0,4236 ( ) ( 0) 0,4236 1,43.
≥ = − ≤ = − = ⇒ =≥ = = − ≤ ⇒ =−≤ ≤ = ⇒ ≤ − ≤ = ⇒ =
6. Tipificamos la variable X, convirtiéndola en N(0,1) y, posteriormente, consultamos la tabla:
xP X P Z P Z
xP X P Z P Z P Z
xP X P Z P Z
xP X P P Z
5 6 5a) ( 6) ( 0,5) 0,69152 2
5 4,5 5b) ( 4,5) ( 0,25) ( 0,25) 0,59872 2
5 7,2 5c) ( 7,2) ( 1,1) 0,86432 2
3 5 5 6 5d) (3 6) ( 1 0,5) 0,53282 2 2
− −⎛ ⎞≤ = = ≤ = ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠
− −⎛ ⎞≥ = = ≥ = ≥− = ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠
− −⎛ ⎞≤ = = ≤ = ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠
− − −⎛ ⎞≤ ≤ = ≤ ≤ = − ≤ ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠
7. Tipificamos la variable y consultamos la tabla.
a) 6,76 ) 5,1 c) 1,66k b k= = k =
260
PÁGINA 367
261
SOLUCIONES
8. La solución queda:
xP X P P Z P Z
xP X P P Z P Z
xP X P P Z P Z P Z
9 8 9 1 1a) ( 8) 0,62933 3 3 3
9 5 9 4 4b) ( 5) 1 9082 0,09183 3 3 3
11 9 9 13 9 2 4 4 2c) (11 13) 0,13 3 3 3 3 3 3
− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≥ = ≥ = ≥− = ≤ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ = ≤ = ≤− = ≥ = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛≤ ≤ = ≤ ≤ = ≤ ≤ = ≥ − ≤ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝
628
⎞⎟⎠
9. La solución es:
( ) ( )P t P Z P Z P Z
t tP X t P Z t
13 17 21 17a) (13 21) 1,33 1,33 2 1,33 1 0,81643 3
17 17b) ( ) 0,95 0,95 1,645 21,935 22minutos.3 3
− −⎛ ⎞≤ ≤ = ≤ ≤ = − ≤ ≤ = ≤ − =⎜ ⎟⎝ ⎠
− −⎛ ⎞≤ = ⇒ ≤ = ⇒ = ⇒ = ≈⎜ ⎟⎝ ⎠
10. La solución es:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
P X P Z P Z P Z
P X P Z P Z P Z P Z
t tP X t P Z t
28 30a) ( 28) 0,4 1 0,4 0,33465
25 30 35 30b) (25 35) 1 1 2 1 0 0,68265 5
Esdecir,el 68,26%.
30 30c) ( ) 0,80 0,80 0,84 34,2minutos.5 5
−⎛ ⎞< = < =
12. La solución queda:
P 1 9 9(salga 0 una sola vez) · · ·3 0,24310 10 10
= = a)
( )B 100;0,1b) Es una distribución binomial y la aproximaremos con una distribución normal de la forma N(10;3) .
( ) ( )P X P Z P Z P Z13 10( 13) 1 1 1 0,15873−⎛ ⎞> = ≥ = ≥ = − ≤ =⎜ ⎟
⎝ ⎠
13. La solución queda: De los parámetros de la distribución obtenemos: n p p8 · 0,8μ= = ⇒ = .
10·0,8·0,2 1,26σ= = La desviación típica:
P a(ningunacar ) 1 0,893 0,107.= − =
( )nn n log0,1070,2 0,107 1,40 log0,2⎛ ⎞ ⋅ = ⇒ = =⎜ ⎟⎝ ⎠
Hay que lanzarla al menos dos veces.
14. Llamamos k a la nota mínima a partir de la cual se conseguirá el sobresaliente. Debe cumplirse:
x k kP X k P k5,5 5,5 5,5( ) 0,9 0,9 1,282 7,4231,5 1,5 1,5− − −⎛ ⎞≤ = ⇒ ≤ = ⇒ = ⇒ =⎜ ⎟
⎝ ⎠
De igual forma, para la calificación de notable:
x k kP X k P k5,5 5,5 5,5( ) 0,7 0,7 0,525 6,28751,5 1,5 1,5− − −⎛ ⎞≤ = ⇒ ≤ = ⇒ = ⇒ =⎜ ⎟
⎝ ⎠
( )1360, 6B15. Es una distribución binomial y la aproximaremos con una distribución normal. 1 1360· 60 y 360· · 7,076 6
μ= = σ= = . 56
Quedaría:
La probabilidad es:
( ) ( )' 60 55,5 60( 55) ( ' 55,5) 0,64 1 0,64 0,26117,07 7,07
XP X P X P P Z P Z− −⎛ ⎞≤ = ≤ = ≤ = ≤− = − ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠
263
PÁGINA 368
264
SOLUCIONES
16. Es una distribución binomial y la aproximaremos con una distribución normal. ( )50;0,9B50·0,9 45 y 50·0,9·0,1 1,12μ= = σ= = . Quedaría:
La probabilidad pedida con la corrección de Yates es:
( )
( ) ( ) ( )
39,5 45 40,5 45( 40) (39,5 ' 40,5) 2,59 2,122,12 2,12
1 2,12 2,59 2,59 2,12 0,122
P X P X P Z P Z
P Z P Z P Z
− −⎛ ⎞= = ≤ ≤ = ≤ ≤ = − ≤ ≤ − =⎜ ⎟⎝ ⎠
= − ≤ ≤ = ≤ − ≤ =
( )100;0,5B17. Es una distribución binomial y la aproximaremos con una distribución normal. 100·0,5 50 y 100·0,5·0,5 5μ= = σ= = . Quedaría:
La probabilidad pedida con la corrección de Yates es:
( )
( ) ( )
45,5 50 ' 50 55,5 50(45 55) (44,5 ' 55,5) 1,1 1,15 5 5
1,1 1 1,1 0,7286
XP X P X P P Z
P Z P Z
− − −⎛ ⎞≤ ≤ = ≤ ≤ = ≤ ≤ = − ≤ ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠
⎡ ⎤= ≤ − − ≤ =⎣ ⎦
18. Es una distribución binomial y la aproximaremos con una distribución normal ( )100;0,25B.La probabilidad pedida es: (25;4,33)N
( ) ( )19,5 25( 20) ( ' 19,5) 1,27 1,27 0,89804,33
P X P X P Z P Z P Z−⎛ ⎞≥ = ≥ = ≥ = ≥− = ≤ =⎜ ⎟⎝ ⎠
19. Es una binomial que podemos aproximarla a una normal . ( )B 3000;0,52 N(1 560;27,4)La probabilidad pedida queda:
( )( ) ( )
P X P X P Z
P Z P Z
(1 450 1 600) (1 449,5 ' 1 600,5) 4 1,48
1,48 4 0,9306
≤ ≤ = ≤ ≤ = − ≤ ≤ =
= ≤ − ≤− =
20. Es una binomial que podemos aproximarla a una normal . ( )B 80;0,5 N(40;4,47)La probabilidad pedida queda: P X P Z( 45) ( 1,12) 1 0,8686 0,1314≥ = ≥ = − =
21. Es una distribución normal N(192;12)
La probabilidad pedida queda: P X P Z P Z P Z( 186) ( 0,5) ( 0,5) 1 ( 0,5) 0,3085≤ = ≤− = ≥ = − ≤ =
265
22. Es una distribución normal N(170;3)
• ( ) ( ) ( )P X P Z P Z P Z(155 165) 5 5 1,67 0,0475,es decir 48 batas.≤ ≤ = − ≤ ≤ − ≤ = 1,67≤ − =
( ) ( )P X P Z P Z(165 175) 1,67 1,67 2 0 1,67
266
• 2(0,9525 0,5) 0,905,es decir 105 bat= − = as.
≤ ≤ = − ≤ ≤ = ≤ ≤
( ) ( ) ( )P X P Z P Z P Z(175 185) 1,67 5 5 1,67 0,0475,es decir 48 batas.≤ ≤ = ≤ ≤ = ≤ − ≤ = •
23. La solución queda:
a) Es una binomial B 15;⎛ ⎞ . 3⎜ ⎟⎝ ⎠
Los parámetros quedan: 1 15· 1,67 y 5· · 1,05.3 3
μ= = σ= = 23
( ) ( )P X P X P X( 2) 1 1 0 ( 1) 0,539≥ = − = − = = P X 2− < =La probabilidad es:
B 1288;3
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
b) Es una binomial que aproximamos a una normal N(96;8)
( ) ( )P X P X P Z P Z( 90) 90,5 0,69 ( 0,69) 0,7549.> = ≥ = ≥− = ≤ = La probabilidad es:
24. La solución queda:
( )B 10;0,4 Es una binomial . •
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
P X P X P X P X10 9 1 8 2
( 2) ( 0) ( 1) ( 2)10 10 100,60 0,60 0,4 0,60 0,4 0,1670 1 2
≤ = = + = + = =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( )N 400;15,49 . • La aproximamos a una distribución normal ( ) ( )P X P X( 450) ( 450,5 3,> = ≥ P Z P Z) 26 1 3,26 0,0006.= ≥ = − ≥ =
( )N 50;σ . 25. Es una distribución normal del tipo:
En el primer caso: •
P X P Z P Z P Z
Z
70 50 20 20( 70) 0,0228 0,0228 1 0,0228
20 200,9772 2 2.
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞> = ⇒ ≥ = ⇒ ≥ = − ≤ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟σ σ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠σ
⎞≤ = ⇒ = ⇒ σ=⎜ ⎟σ σ⎝ ⎠
⎛
• En el segundo caso:
( ) ( )P X P Z P Z P Z45 60( 45) 0,5 0,5 0,308510−⎛ ⎞≤ = ≤ = ≤− = ≥ =⎜ ⎟
⎝ ⎠
267