E.Aplicada.pdf

Gestión Aeronáutica: Estadística Teórica
Facultad Ciencias Económicas y Empresariales
Departamento de Economía Aplicada
Profesor: Santiago de la Fuente Fernández
ESTADÍSTICA TEÓRICA:
DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD

Distribuciones de Probabilidad 2

DISTRIBUCIONES VARIABLE ALEATORIA DISCRETA
DISTRIBUCIÓN UNIFORME
La variable aleatoria discreta X se dice que tiene una distribución uniforme si puede
tomar los n valores 1 2 n
x , x , , x con probabilidad
= = ∀
i
1
P(X x ) i
n

+ − −
μ = σ = σ =
2 2
2
X X X
n 1 n 1 n 1
2 12 12
DISTRIBUCIÓN de BERNOUILLI
Experimento aleatorio que sólo admite dos resultados excluyentes (éxito y fracaso).
La variable aleatoria discreta X asociada a este experimento toma el valor 1 cuando
ocurre el suceso éxito con probabilidad =
P(A) p y el valor 0 cuando ocurre el
suceso fracaso con probabilidad =
P(A) q
X = i
P(X x )
0 q
1 p
          μ = σ = σ =
2
X X X
p p . q p . q
DISTRIBUCIÓN BINOMIAL
Cuando se realizan n pruebas de Bernouilli sucesivas e independientes.
La variable aleatoria discreta X se denomina variable binomial cuando:
X = "número de veces que ocurre el suceso éxito en n pruebas"   ∼
X B(n, p)
La función de probabilidad o cuantía:    −
⎛ ⎞
= = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
k n k
n
P(X k) . p . q
k
−
μ = σ = σ = =
2
X X X s
q p
n. p n. p.q n. p.q A
n. p.q
(coeficiente asimetría)
La moda de una distribución binomial viene dada por el valor (número entero) que
verifica d
(np q M np p)
− ≤ ≤ + .
Generalmente será un valor (la parte entera de la media) y podrán ser dos valores
modales cuando (np q)
− y (np p)
+ sea un número entero.
  Si el experimento consiste en extracciones de una urna, éstas han de ser con
reemplazamiento para mantener la probabilidad de éxito a lo largo de todas las
pruebas.

  Si ∼
X B(n, p) cuando n es grande y ni p ni q son próximos a  cero, se puede
considerar que ( )
∼
X N n. p , n. p.q
       ( )
k n k n.p 5
n
P(X k) . p . q N n. p ; n. p.q
k
− ≥
⎛ ⎞
= = ⎯⎯⎯⎯
→
⎜ ⎟
⎝ ⎠
       y, por tanto, la variable
−
= ∼
X n.p
z N(0,1)
n.p.q
  (Teorema de Moivre)
  La distribución de Poisson es una buena aproximación de la distribución
binomial   cuando el tamaño n es grande y la probabilidad p es pequeña.
      En general, cuando ≥
n 30 y p 0,1
≤

k
k n k n . p 5
n
B(n, p) p q P( ) e
k!
k
− −λ
<
⎛ ⎞ λ
= ⎯⎯⎯⎯
→ λ =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
   con n.p
λ =
  Las distribuciones binomiales son reproductivas de parámetro p, es decir, dadas
dos variables aleatorias independientes ∼
X B(n, p) e Y B(m, p)
∼   se verifica que
X Y B(n m, p)
+ +
∼ .
A partir de este resultado es inmediato que una variable aleatoria ∼
X B(n, p)
puede descomponerse en suma de n variables aleatorias independientes de
Bernouilli de parámetro p.
DISTRIBUCIÓN de POISSON
Una variable X se dice que sigue una distribución de probabilidad de Poisson si
puede tomar todos los valores enteros (0,1, 2, , n) con las siguientes
probabilidades:
k
P(X k) e
k!
−λ
λ
= =    siendo   0
λ >       2
X X X
μ = λ σ = λ σ = λ
X = "número de ocurrencias de un suceso durante un gran número de pruebas"
Existen un gran número de modelos experimentales que se ajustan a una
distribución de Poisson:
ƒ Número de piezas defectuosas en una muestra grande, donde la proporción de
defectuosas es pequeña.
ƒ Número de llamadas telefónicas recibidas en una centralita durante cierto
tiempo.
ƒ Número de clientes que llegan a una ventanilla de pagos de un banco durante
cierto tiempo.

  La suma de n variables aleatorias de Poisson independientes es otra variable
aleatoria de Poisson cuyo parámetro es la suma de los parámetros originales.
Sí i i
X P( )
λ
∼ donde i 1, 2, ,n
= variables aleatorias independientes de Poisson

n n
i i
i 1 i 1
Y X P
= =
⎛ ⎞
= λ
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ ∑
∼
  Si para cada valor t 0
> , que representa el tiempo, el número de sucesos de un
fenómeno aleatorio sigue una distribución de Poisson de parámetro t
λ , los
tiempos transcurridos entre dos sucesos sucesivos sigue una distribución
exponencial.
  Cuando 10
λ ≥ la distribución de Poisson se aproxima a una distribución
normal   ( )
N ,
λ λ
DISTRIBUCIÓN GEOMÉTRICA o de PASCAL
La distribución geométrica o de Pascal consiste en la realización sucesiva de
pruebas de Bernouilli, donde la variable aleatoria discreta:
X = "número de la prueba en que aparece por primera vez el suceso A", donde
X G(p)
∼
Para hallar la función de probabilidad o cuantía P(X k)
= hay que notar que la
probabilidad del suceso es:
k-1
A.A.A. .A . A
En consecuencia,     k 1
P(X k) q . p
−
= =
2
2
q
1 q
p p p
μ = σ = σ =
La distribución geométrica es un modelo adecuado para aquellos procesos en los
que se repiten pruebas hasta la consecución del resultado deseado.
remplazamiento.
DISTRIBUCIÓN BINOMIAL NEGATIVA
La distribución binomial negativa  Bn(n, p) es un modelo adecuado para tratar
procesos en los que se repite n veces una prueba determinada o ensayo hasta
conseguir un número determinado k de resultados favorables (por vez primera).

Si el número de resultados favorables buscados fuera 1 sería el caso de una
distribución geométrica, esto es, la distribución binomial negativa puede
considerarse una extensión o ampliación de la distribución geométrica.
X = "número de pruebas necesarias para lograr k‐éxitos " X Bn(n, p)
∼
k n k
n 1
P(X n) p .q
k 1
−
−
⎛ ⎞
= = ⎜ ⎟
−
⎝ ⎠
2
2
k.q
k.q k.q
p p p
μ = σ = σ =
remplazamiento.
Adviértase que si el número de resultados favorables fuera 1 (k 1)
= la distribución
binomial negativa sería una distribución geométrica:
n 1 n 1
n 1
P(X n) p.q p.q
0
− −
−
⎛ ⎞
= = =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
DISTRIBUCIÓN POLINOMIAL o MULTINOMIAL
Es una generalización de la distribución binomial cuando en cada prueba se
consideran k sucesos excluyentes 1 2 k
(A , A , , A ) con probabilidades respectivas
1 2 k
(p , p , , p ), siendo 1 2 k
p p p 1
+ + + =
Suponiendo que se realizan n pruebas independientes de este tipo y considerando
las variables i
X = "número de veces que ocurre el suceso i
A en las n pruebas"
1 2 k
n n n
1 1 2 2 k k 1 2 k
1 2 k
n!
P(X n ; X n ; ; X n ) p p p
n ! n ! n !
= = = =
DISTRIBUCIÓN HIPERGEOMÉTRICA
Es una variante de la distribución binomial (experiencias independientes o
extracciones con reemplazamiento).
La distribución hipergeométrica corresponde a extracciones sin reemplazamiento.
En las demás cuestiones presenta el mismo marco de consideraciones, es decir, dos
situaciones excluyentes (éxito y fracaso) que se realizan en n pruebas.
Sean N elementos, con la probabilidad de éxito p en la primera extracción. Los N
elementos se distribuyen en (N.p) éxitos y (N.q) fracasos.
La variable aleatoria X = "número de éxitos k en n extracciones" donde
A
X H n, N, N
⎡ ⎤
⎣ ⎦
∼

N.p N.q
k n k
P(X k)
N
n
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
−
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
   2
X X
N n N n
n.p n.p.q. n.p.q.
N 1 N 1
− −
μ = σ = σ =
− −
Cuando N es grande respecto a n, es decir,
n
0,1
N
< , se puede decir que la variable
hipergeométrica sigue aproximadamente una distribución binomial. Esto es,
               k n k
n 0,1
N
N.p N.q
n
k n k
P(X k) p .q
N k
n
−
<
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎛ ⎞
−
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= = ⎯⎯⎯⎯
→ ⎜ ⎟
⎛ ⎞ ⎝ ⎠
⎜ ⎟
⎝ ⎠
En general, de forma análoga a la distribución polinomial, en una población con N
elementos repartidos en k clases excluyentes 1 2 k
(A , A , , A ) con elementos
respectivos de cada clase 1 2 k
(N , N , , N ), 1 2 k
N N N N
+ + + = , al tomar
consecutivamente n elementos sin reemplazamiento y denotando por:
i
X = "número de elementos que hay de la clase i
A en la muestra
        de tamaño n"

1 2 k
1 2 k
1 1 2 2 k k
N N N
. . .
n n n
P(X n ; X n ; ; X n )
N
n
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= = = =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
siendo 1 2 k
1 2 k
N N N N
n n n n
+ + + =
⎧
⎨
+ + + =
⎩

DISTRIBUCIONES VARIABLE ALEATORIA CONTINUA
La ley de probabilidad de una variable aleatoria continua X está definida, bien si se
conoce su función de densidad f(x), bien si se conoce su función de distribución
F(x), verificando:
b
a
F(x) P(X x) P(a X b) f(x) dx f(x) dx 1
∞
−∞
= ≤ < < = =
∫ ∫
La función de densidad f(x) y la función de distribución F(x) se encuentran
relacionadas por la expresión:
x d F(x)
F(x) f(x) dx f(x)
dx
−∞
= =
∫
DISTRIBUCIÓN UNIFORME
Una variable aleatoria continua X sigue una distribución uniforme en el intervalo [a,
b], y se denota como X U(a, b)
≈ , cuando su función de densidad es:
0 x a
1
f(x) a x b
b a
0 x b
<
⎧
⎪
⎪
= ≤ ≤
⎨
−
⎪
>
⎪
⎩
Función de distribución:

0 x a
x a
F(x) a x b
b a
1 x b
<
⎧
⎪ −
⎪
= ≤ ≤
⎨
−
⎪
>
⎪
⎩
2
2
X X X
a b (b a) b a
2 12 12
+ − −
μ = σ = σ =

DISTRIBUCIÓN NORMAL o de LAPLACE‐GAUSS
Una variable aleatoria continua X se dice que tiene una distribución normal o de
Laplace‐Gauss de media μ y desviación típica σ si su función de densidad es:

2
2
(x )
2
1
f(x) . e 0
. 2
−μ
−
σ
= − ∞ < μ < ∞ σ >
σ π
2
2
(x )
x
2
1
F(x) . e dx
. 2
−μ
−
σ
−∞
=
σ π ∫
  Si una variable 1
X es 1 1
N( , )
μ σ y otra 2
X es 2 2
N( , )
μ σ independientes entre sí,
entonces la nueva variable 1 2
X X X
= ± sigue también una distribución normal
( )
2 2
1 2 1 2
N ,
μ ± μ σ + σ . Propiedad que se puede generalizar a n variables aleatorias
independientes.
  Si una variable X sigue una distribución normal N( , )
μ σ , la nueva variable
X
z
− μ
=
σ
sigue también una distribución normal N(0,1).
La variable z se le denomina variable tipificada de X y a la curva de su función de
densidad curva normal tipificada.
La función de densidad será,
2
z
2
1
f(z) . e z
2
−
= − ∞ < < ∞
π
2
t
z
2
1
F(z) . e dt
2
−
−∞
=
π ∫
  Si X es una variable binomial B(n, p) con n grande y ni p ni q son próximos a
cero, podemos considerar que X sigue aproximadamente una distribución
N n . p, n . p . q
⎡ ⎤
⎣ ⎦ y, en consecuencia, la variable

X n. p
z N(0,1)
n. p . q
−
= ∼   (Teorema de Moivre)
En general, la transformación es aceptable cuando p 0,5 y n . p 5
≤ >
Para utilizar correctamente la transformación de una variable discreta X (con

distribución binomial) en una variable continua z (con distribución normal) es
necesario realizar una corrección de continuidad.
P(X a) P(X a 0,5)
< = ≤ − P(X a) P(X a 0,5)
≤ = ≤ +
P(X a) P(a 0,5 X a 0,5)
= = − ≤ ≤ +
P(a X b) P(a 0,5 X b 0,5)
< < = + ≤ ≤ − P(a X b) P(a 0,5 X b 0,5)
≤ ≤ = − ≤ ≤ +
DISTRIBUCIÓN CHI‐CUADRADO  ( 2
χ )  de  PEARSON
Sean n variables aleatorias ( )
1 2 n
X , X , , X independientes entre sí, con ley
N(0,1)
La variable   2 2 2 2
n 1 2 n
X X X
χ = + + + recibe el nombre de 2
χ (chi‐cuadrado) de
Pearson con n grados de libertad.
La función de densidad es 2
x 2 (n 2) 1
n 2
1
e . x 0 x
2 . (n 2)
f (x)
0 x 0
− −
χ
⎧
< < ∞
⎪
Γ
= ⎨
⎪ ≤
⎩
  La función gamma se define   p 1 x
0
(p) x e dx
∞
− −
Γ = ∫
      Algunas fórmulas de interés para el cálculo de (p)
Γ :

1
(p) (p 1)! (p 1) (p 1) (p) . (p 1)
2 senp
π
⎛ ⎞
Γ = π Γ = − = − Γ − Γ Γ − =
⎜ ⎟
π
⎝ ⎠

Media, varianza y desviación típica:    2 2 2
n n n
2
n 2n 2n
χ χ χ
μ = σ = σ =
  Si 1 2
2 2
n n
y
χ χ son dos 2
χ de Pearson, respectivamente con 1 2
n y n grados de
libertad, independientes entre sí, entonces la suma de las dos 1 2 1 2
2 2 2
n n n n
+
χ = χ + χ es
también una 2
χ de Pearson con 1 2
n n
+ grados de libertad. Esta propiedad se
puede generalizar a n variables aleatorias independientes.
  Al aumentar el número de grados de libertad, la distribución 2
χ se aproxima
asintóticamente a la distribución normal.
                        ( )
2
n
n 30
2 N 2n 1, 1
>
χ ⎯⎯⎯→ −
  En el muestreo, al tomar muestras de media x y desviación típica x
σ de una
población N( , )
μ σ , la variable
2
2 x
n 1 2
(n 1).s
−
−
χ =
σ
  es una 2
χ de Pearson con (n 1)
−
grados de libertad, donde 2
x
s es la cuasivarianza muestral,   2 2
x x
n (n 1)s
σ = −
Esta propiedad es muy utilizada en la estimación y en el contraste de hipótesis
sobre la varianza poblacional 2
.
σ
( ) ( )
2 2 2 2
n , n n , n
P 1 P 1
α α
χ ≤ χ = − χ ≥ χ = − α
DISTRIBUCIÓN t de STUDENT
Sean (n 1)
+ variables aleatorias ( )
1 2 n
X , X , , X , X independientes entre sí, con
ley N(0,1), se denomina t de Student con n grados de libertad a la variable

( )
n n
2
i
i 1
X
t
1
X
n =
=
∑
Dividiendo la expresión por σ, se tiene:


( )
n n n 2
2
2 i
n
i
i 1 i 1
X X z
t
1
1 1 X
X n
n n
= =
σ
= = =
⎛ ⎞ χ
⎜ ⎟
σ
⎝ ⎠
∑ ∑
La función de densidad:   n
n 1
2 2
t
1 x
f (x) 1
1 n n
n. ,
2 2
+
⎛ ⎞
= +
⎜ ⎟
⎛ ⎞ ⎝ ⎠
β⎜ ⎟
⎝ ⎠
  Algunas fórmulas de interés para el cálculo de (p, q)
β ,  p 0 y q 0
> > , son:
1
p 1 q 1
0
(p, q) x (1 x) dx
− −
β = −
∫   con el cambio
t
x
1 t
=
+
se tiene
p 1
p q
0
t
(p, q) dt
(1 t)
−
∞
+
β =
+
∫
otra forma de representar la función,   ( ) ( )
2
2p 1 2q 1
0
(p, q) 2 sent cost dt
π
− −
β =
∫
(p) . (q)
(p, q)
(p q)
Γ Γ
β =
Γ +
        (p, q) (q, p)
β = β simetría
  Al aumentar el tamaño n se va haciendo cada vez más apuntada su función de
densidad, siendo el límite cuando n → ∞ la curva normal tipificada
  En el muestreo, al tomar muestras de media x y desviación típica x
σ de una
población N( , )
μ σ , la variable n 1
x x
x x
t n 1
s s
n 1
−
− μ − μ
= = −
−
.
Propiedad muy utilizada en la estimación y en el contraste de hipótesis sobre la
media de la población .
μ
Una variable aleatoria n
t de Student tiene de media μ = 0 y varianza 2 n
n 2
σ =
−

DISTRIBUCIÓN F de FISHER‐SNEDECOR
Sean 2 2
1 2
y
χ χ dos variables 2
χ de Pearson, respectivamente con 1 2
n y n grados
de libertad, independientes entre sí, se denomina F de Fisher‐Snedecor con
1 2
n y n grados de libertad a la variable:   1 2
2
1 1
n , n 2
2 2
n
F
n
χ
=
χ
Tiene por función de densidad:

1
1
1 2
1 2
n 2
1 2 1
(x 2) 1
2
(n n )/2
1 2
n ,n
1
2
n n n
.
2 n x
x 0
n n
f (x) n
. 1 x
2 2 n
0 x 0
−
+
⎧ ⎛ ⎞
+
⎛ ⎞
⎪Γ ⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
⎪ ⎝ ⎠ >
⎪
= ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎨ ⎛ ⎞
Γ Γ
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ +
⎪ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎪
⎪ ≤
⎩
    1 2 1 2
n ,n ; n ,n
P(F F )
α
≥ = α             1 2 1 2 1 2 1 2
n ,n ; n ,n n ,n ; n ,n
P(F F ) 1 P(F F ) 1
α α
< = − ≥ = − α
Para valores 0,95 y 0,99
α = α = se considera la relación   1 2
2 1
; n ,n
1 ; n , n
1
F
F
α
−α
=
  En el muestreo es un estadístico utilizado para la razón de varianzas de dos
poblaciones normales y en el contraste de hipótesis sobre la igualdad de varianzas
poblacionales.
DISTRIBUCIÓN de PARETO

Una variable aleatoria continua X se dice que sigue una distribución de Pareto de
parámetros ( , )
α θ si puede tomar valores iguales o superiores a θ y tiene como
función de densidad:
1
.
x 0 0
f(x) x
0 x
α
α+
⎧α θ
≥ θ > α >
⎪
= ⎨
⎪ < θ
⎩
Función de distribución
1 x
F(x) x
0 x
α
⎧ θ
⎛ ⎞
− ≥ θ
⎪ ⎜ ⎟
= ⎨ ⎝ ⎠
⎪ < θ
⎩
Media, varianza y desviación típica para 2
α >
2 2
2
x x x
2 2
. . .
1 ( 1) . ( 2) ( 1) . ( 2)
α θ α θ α θ
μ = σ = σ =
α − α − α − α − α −
Es muy utilizada en economía, ya que la distribución de las rentas personales
superiores a una cierta renta θ sigue una distribución de Pareto de parámetros
( , )
α θ
El parámetro θ puede interpretarse como un ingreso mínimo de la población,
tratándose de un indicador de posición.  Si la población fuera el conjunto de
salarios una nación que trabaja ocho horas al día, el parámetro θ sería el salario
mínimo nacional.
El parámetro α se determina generalmente a partir de la media muestral.
Normalmente, toma valores próximos a 2. A mayores valores de α se obtienen
densidades de Pareto más concentradas en las proximidades del mínimo, esto es,
menos dispersas.
El Coeficiente de Variación

2
2
.
( 1) . ( 2)
CV
.
1
θ
α θ
α − α −
= =
α θ
α −
( 1)
α
α − ( 2)
.
α −
α θ
1
α −
1
. ( 2)
=
α α −
Reflejando que la dispersión depende sólo del parámetro α , se necesitaría un valor
de 10
α > para obtener un coeficiente de dispersión menor del 10%.

Atendiendo a su función de distribución:  P( x) 1 P( x) 1 F(x)
x
α
θ
⎛ ⎞
ξ > = − ξ ≤ = − = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
que permita determinar el número de personas que superan la renta θ
  Al determinar la Curva de Lorenz para una distribución de Pareto, se trata de
encontrar la relación entre la función de distribución F(x) y la función T(x) que
acumula los ingresos de todos los individuos que no superan una cantidad x

Curva de Lorenz: [ ]
1
1
T(x) 1 1 F(x)
−
α
= − −
Recta equidistribución: T(x) F(x)
=
Sea una población de N individuos, con una proporción de individuos
f(x)dx
ƒ Ingreso total de N individuos será:
1
.
N. N.E(X) N. x.f(x)dx N. x. dx N. . . x dx
x
α
∞ ∞ ∞
α −α
α+
θ θ θ
α θ
μ = = = = α θ =
∫ ∫ ∫
                       1 1
N. . N. . N. .
. x .( )
1 1 1
α α
−α ∞ −α
θ
α θ α θ α θ
⎡ ⎤
= = −θ =
⎣ ⎦
− α − α α −
ƒ Ingreso total de N individuos con ingresos entre ( )
x, x dx
+ será:
x x x
1
.
N. N.E(Y) N. t. f(t) dt N. t. dt N. . . t dt
t
α
α −α
α+
θ θ θ
α θ
μ = = = = α θ =
∫ ∫ ∫

1
1 x 1 1
N. . N. . N. .
. t .(x ) 1
1 1 1 x
α−
α α
−α −α −α
θ
⎛ ⎞
α θ α θ α θ θ
⎛ ⎞
⎡ ⎤
= == − θ = −
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎣ ⎦ ⎜ ⎟
− α − α α − ⎝ ⎠
⎝ ⎠

En la curva de Lorenz, con la distribución de Pareto, la ordenada T(x) será:

1
1
N. .
1
1 x
N.E(Y)
T(x) 1
N. .
N.E(X) x
1
α−
α−
⎛ ⎞
α θ θ
⎛ ⎞
−
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
α − ⎛ ⎞
⎝ ⎠ θ
⎛ ⎞
⎝ ⎠
= = = −
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
α θ ⎝ ⎠
⎝ ⎠
α −
ƒ La relación entre distribución F(x) y la función T(x) que acumula los ingresos
de todos los individuos que no superan una cantidad x
[ ]
1/
F(x) 1 1 F(x) 1 F(x)
x x x
α α
α
θ θ θ
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= − ⇒ = − ⇒ = −
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( ) [ ] [ ]
1 1 1
1
1/ 1
T(x) 1 1 1 F(x) 1 1 F(x) 1 1 F(x)
x
α− α−
α−
α −
α α
⎛ ⎞
θ
⎛ ⎞ ⎡ ⎤
= − = − − = − − = − −
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎣ ⎦
⎝ ⎠
⎝ ⎠
La relación [ ]
1
1
T(x) 1 1 F(x)
−
α
= − −   sólo depende del parámetro α , verificando
F( ) 0 y F( ) 1 , T( ) 0 y T( ) 1
θ = ∞ = θ = ∞ =
De otra parte, la función T(x) es creciente y cóncava:
[ ] [ ]
1/
1
T'(x) 1 1 F(x 0 para F 0,1
− α
⎛ ⎞
= − − > ∈
⎜ ⎟
α
⎝ ⎠
   creciente
[ ] [ ]
( 1 )/
1 1
T''(x) 1 . . 1 F(x 0 para F 0,1
− − α α
⎛ ⎞
= − − > ∈
⎜ ⎟
α α
⎝ ⎠
cóncava
  El Índice de Gini es el doble del área comprendida entre la curva de Lorenz y la
recta de equidistribución T F
= , con lo que:
[ ] [ ]
1 1
1 1
1 1
0 0
I 2 F 1 1 F dF 2 F 1 1 F dF
− −
α α
⎡ ⎤
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= − − − = − + − =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎢ ⎥
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎣ ⎦
∫ ∫
G

1
1
2
2
1
2
0
F (1 F) 1 1 1
2 F 2 1 2
1
2 2 2 2 1
2
−
α
−
α
⎡ ⎤
⎛ ⎞
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎜ ⎟ ⎡ ⎤
− α
⎛ ⎞
⎢ ⎥
= − − == − + = − + =
⎢ ⎥
⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ α −
⎝ ⎠ ⎣ ⎦
⎢ ⎥
⎜ ⎟
−
⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎢ ⎥
α
⎝ ⎠
⎣ ⎦

( )
2 1 2 1
2
2 2 1 2 1
⎡ ⎤
− α + + α
= =
⎢ ⎥
α − α −
⎣ ⎦
El Índice de Gini
1
I
2 1
=
α −
G sólo depende del parámetro α , es independiente del
ingreso mínimo θ . Tiende a 1 cuando 1
α

DISTRIBUCIÓN LOGNORMAL
Una variable X se dice que tiene una distribución lognormal si los logaritmos
neperianos de sus valores están normalmente distribuidos, es decir, si la variable
e
log X
η = es  N( , )
μ σ
La función de densidad:
2
e
2
(log x )
2
1
e x 0
f(x) 2 .x.
0 x 0
− μ
−
σ
⎧
⎪ >
= ⎨ π σ
⎪
≤
⎩
La media y varianza son:
( )
2
2 2
2
2 2
2
x x
e e e
σ
μ + μ + σ μ + σ
μ = σ = −
La distribución lognormal tiene, entre otras, las siguientes aplicaciones:
ƒ Permite fijar tiempos de reparación de componentes, siendo el tiempo la
variable independiente de la distribución.
ƒ Describe la dispersión de las tasas de fallo de componentes, ocasionada por
bancos de datos diferentes, entorno, origen diferente de los datos, distintas
condiciones de operación, etc. En este caso la variable independiente de la
distribución es la tasa de fallos.
ƒ Representa la evolución con el tiempo de la tasa de fallos, l(t), en la primera fase
de vida de un componente, la correspondiente a los fallos infantiles en la 'curva
de la bañera',  entendiendo como tasa de fallos la probabilidad de que un
componente que ha funcionado hasta el instante t, falle entre t y t + dt. En este
caso la variable independiente de la distribución es el tiempo.
DISTRIBUCIÓN LOGÍSTICA
La curva logística es una curva adecuada para describir el crecimiento de las
poblaciones, estudio de la mortalidad, y en general, los procesos de crecimiento
que experimentan estados de saturación.
Una variable aleatoria logística X de parámetros y
α β , abreviadamente L( , )
α β ,
tiene como función de densidad y distribución, respectivamente:
              2
e 1
f(x) F(x) x
1 e
1 e
− α
β
− α
− α
β
β
= = − ∞ < < ∞
⎛ ⎞
+
β +
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
x
x
x
ƒ Con el cambio
X
Y
− α
=
β
se obtiene la distribución logística estándar L(0,1),

que tiene:
2
2
Y e d Y
( )
M M
3
πβ
μ = = = α σ =
DISTRIBUCIÓN EXPONENCIAL (Lambda)
Se dice que una variable aleatoria absolutamente continua X sigue una distribución
Exponencial de parámetro λ , si la v.a. X describe el tiempo transcurrido entre dos
sucesos consecutivos de Poisson o el tiempo de espera hasta que ocurre un suceso
de Poisson.
Una v.a. con distribución Exponencial se denota como X Exp( )
λ
∼ ,
donde λ es el número de sucesos de Poisson por unidad de tiempo.
Función de densidad:
e x 0
f(x)
0 x 0
−λ
⎧λ ≥
= ⎨
<
⎩
x
Función de distribución
1 e x 0
F(x) P(X x)
0 x 0
−λ
⎧ − ≥
= ≤ = ⎨
<
⎩
x
La esperanza matemática, varianza, desviación típica y tasa instantánea de
ocurrencia:
                       2
X X X
2
1 1 1
E(X)
μ = = σ = σ =
λ λ λ
Tasa instantánea ocurrencia:
f(x)
(x)
1 F(x)
λ =
−
Función característica:     itX 1
(t) E e t
1
1 it
⎡ ⎤
ρ = = ∀ ∈
⎣ ⎦
−
λ
La distribución exponencial Exp( )
λ es un caso particular de la distribución gamma,
describe el tiempo hasta la primera ocurrencia de un evento, tiene una aplicación
importante en situaciones donde se aplica el proceso de Poisson.
Tiene un lugar importante tanto en teoría de colas como en problemas de
confiabilidad.
El tiempo entre las llegadas en las instalaciones de servicios y el tiempo de fallos en
los componentes eléctricos y electrónicos frecuentemente están relacionados con
la distribución exponencial. Con aplicación importante en biometría (estudio de las
leyes probabilísticas que gobiernan la mortalidad humana) y cuestiones actuariales.
Una característica de la distribución exponencial es su FALTA DE MEMORIA:  La
probabilidad de que un individuo de edad t sobreviva x años más, hasta la edad

(t x)
+ , es la misma que tiene un recién nacido de sobrevivir hasta la edad x.
Generalmente, el tiempo transcurrido desde cualquier instante 0
t hasta que ocurre
el evento, no depende de lo que haya ocurrido antes del instante 0
t .
La perdida de memoria se refleja mediante la expresión:
[ ]
[ ]
[ ]
− λ +
−λ
− λ
≥ +
⎡ ⎤
≥ + ≥ = = = = ≥
⎣ ⎦ ≥
(x h)
h
x
P X x h e
P X x h X x e P X h
P X x e
DISTRIBUCIÓN GAMMA
Gamma de parámetros α y λ ,  si la v.a. X describe el tiempo transcurrido hasta el
- ésimo
α suceso de Poisson.
Una variable aleatoria Gamma de parámetros α y λ ,  se denota por ( , )
γ α λ con
0
α > y 0
λ > , donde el parámetro λ es el número medio de sucesos de Poisson
por unidad de tiempo.
Función de densidad:
1 x
x e x 0
f(x) X ( , )
( )
0 x 0
α
α− −λ
⎧ λ
≥
⎪
= γ α λ
Γ α
⎨
⎪ <
⎩
∼
La función ( )
Γ α se denomina función gamma de Euler y se define como la integral
impropia para todo 0
α > , dada por
1 x
0
( ) x e dx
∞
α − −
Γ α =
∫     siendo ( ) ( 1)! N
Γ α = α − ∀α ∈
La esperanza matemática, varianza y desviación típica de la variable aleatoria
X ( , )
γ α λ
∼ es:
                   2
X X X
2
E(X)
α
α α
μ = = σ = σ =
λ λ λ
La variable aleatoria gamma ( , )
γ α λ describe el tiempo hasta que ocurre el suceso
α en un proceso de Poisson de intensidad λ
Esto es, la suma de α variables aleatorias independientes de distribución
exponencial con parámetro λ
  La distribución exponencial es un caso particular de la distribución gamma con
parámetro 1
α = :

1 x x
X ( , )
X Exp( )
1
f(x) x e f(x) e
( )
α
α− −λ −λ
γ α λ
λ
α =
λ
= ⎯⎯⎯
→ = λ
Γ α
∼
∼
          X Exp( ) (1, )
λ = γ λ
∼
  Si 1 2 n
X , X , , X son n variables aleatorias independientes distribuidas según
N(0,1). La nueva variable aleatoria 2 2 2
1 2 n
Y X , X , , X
= sigue una distribución
n 1
,
2 2
⎛ ⎞
γ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
. En consecuencia, la distribución Chi‐cuadrado es una distribución
Gamma cuando
n
2
α = y
1
2
λ = , tal que 2 n 1
X ,
2 2
⎛ ⎞
χ = γ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
∼
  Cuando el parámetro α es entero, la distribución ( , )
γ α λ se conoce como
distribución de Erlang.
La distribución gamma se suele utilizar en intervalos de tiempo entre dos fallos de
un motor. Intervalos de tiempo entre dos llegadas de automóviles a una gasolinera.
Tiempos de vida de sistemas electrónicos. Análisis de la distribución de la renta.
DISTRIBUCIÓN BETA
Se dice una variable aleatoria absolutamente continua X sigue una distribución
Beta de parámetros  α y β , con 0
α > y 0
β > , y se denota como X ( , )
∼ β α β , si la
función de densidad de la v.a. X viene definida por
1 1
( )
f(x) . x . (1 x)
( ). ( )
α − β −
Γ α + β
= −
Γ α Γ β
    x (0,1)
∈
Esperanza matemática de la v.a. X ( , )
∼ β α β :   [ ]
E X
α
=
α + β
Varianza v.a. X ( , )
∼ β α β :   2
2
.
Var(X)
( ) . ( 1)
α β
σ = =
α + β α + β +
Como casos particulares de la distribución Beta se tiene:
ƒ Sí   1
α = y   1
β = f(x) 1
= sí [ ]
0 x 1 X U 0,1
< < ⇒ ∼
ƒ Sea X ( , ) 1 X ( , )
β α β − β β α
∼ ∼
La función ( , )
β α β se denomina función Beta de Euler y se define como la integral
impropia para todo 0
α > y 0
β > , dada por

1
1 1
0
( , ) x . (1 x) dx
α − β −
β α β = −
∫     siendo
( ). ( )
( , )
( )
Γ α Γ β
β α β =
Γ α + β

Algunas características de interés para el cálculo de ( , )
β α β son:
ƒ Simetría: ( , ) ( , )
β α β = β β α
ƒ Siendo 2
x sen t
= se tiene:
2
2 1 2 1
0
( , ) 2 (sent) . (cost) dt
π
α − β −
β α β =
∫
ƒ Siendo
t
x
1 t
=
+
se tiene:
1
0
t
( , ) dt
(1 t)
∞ α −
α + β
β α β =
+
∫
DISTRIBUCIÓN de CAUCHY
de Cauchy con parámetro de escala 0
μ > y parámetro de localización θ ∈ , y se
denota como X C( , )
∼ μ θ , si su función de
densidad viene dada tal que 2 2
f(x) x
(x )
μ
= ∀ ∈
⎡ ⎤
π μ + − θ
⎣ ⎦
La esperanza y la varianza de la v.a. X con distribución de Cauchy no existen.
La función característica de la v.a. X C( , )
∼ μ θ de parámetros μ y θ
viene dada por i
(t) E e e e t
−μ
θ
⎡ ⎤
ρ = = ∀ ∈
⎣ ⎦
i t
tX t
Como casos particulares de la distribución de Cauchy, se tiene:
ƒ Sí 1
μ = y 0
θ = X C(0,1)
⇒ ∼ con 2
1
f(x) x
(1 x )
= ∀ ∈
π +
ƒ
X
X C( , ) C(1
, 0)
− θ
∼ μ θ ⇔ ∼
μ

Sean A y B dos sucesos incompatibles con P(A B) 0.
∪
       Demostrar que
P(B)
P(B/ A B)
P(A) P(B)
∪ =
+
Solución:
A y B incompatibles A B 0 P(A B) P(A) P(B)
∩ = ∪ = +
[ ]
P B (A B) P(B)
P(B / A B)
P(A B) P(A) P(B)
∩ ∪
∪ = =
∪ +
Sean A y B dos sucesos tales que P(A) 0,6.
= Calcular P(A B)
∩ en cada caso:
a) A y B mutuamente excluyentes
b) A está contenido en B
c) B está contenido en A y P(B) 0,3
=
d) P(A B) 0,1
∩ =
Solución:
a)
A y B mutuamente excluyentes A B P(A B) 0
P(A B) P(A) P(A B) P(A) 0 0,6
⇒ ∩ = φ ∩ =
∩ = − ∩ = − =
b) A B P(A B) P(A) P(A B) P(A) P(A B) P(A) P(A) 0
⊂ ⇒ ∩ = ∩ = − ∩ = − =
c)
B A P(A B) P(B)
                  P(A B) P(A) P(A B) P(A) P(B) 0,6 0,3 0,3
⊂ ⇒ ∩ =
∩ = − ∩ = − = − =
d) P(A B) P(A) P(A B) 0,6 0,1 0,5
∩ = − ∩ = − =
Se sabe que P(B / A) 0,9  ,  P(A /B) 0,2   y  P(A) 0,1
= = =
a) Calcular P(A B)  y  P(B)
∩
b) ¿Son independientes los sucesos A y B?
c) Calcular P(A B)
∪
Solución:
a) X X
P(B A)
P(B / A) 0,9 P(B A) 0,9 P(A) 0,9 0,1 0,09
P(A)
∩
= = ∩ = = =
X
P(A B) 0,09
P(A /B) 0,2 P(A B) 0,2 P(B) 0,09 P(B) 0,45
P(B) 0,2
∩
= = ∩ = = = =

P(B) 1 P(B) 1 0,45 0,55
= − = − =
b) Los sucesos no son independientes, dado
X X
que:  P(A B) 0,09 P(A) P(B) 0,1 0,45
∩ = ≠ =
o bien, no son independientes porque
P(A /B) 0,2 P(A) 0, 1
= ≠ =
c) P(B) 1 P(B) 1 0,45 0,55
= − = − =
0,1 0,54 0,64
P(A B)
P(A) P(B) P(A B) 0,1 0,55 0,01 0,64
= + =
⎧
∪ = ⎨
= + − ∩ = + − =
⎩
Si la probabilidad de que ocurra un suceso A es 1/5
a) ¿Cuál es el mínimo número de veces que hay que repetir el experimento para
que la probabilidad de que ocurra al menos una vez sea mayor que 1/2?.
b) ¿Cuál es la probabilidad de que ocurra al menos dos veces A al realizar 5 veces el
experimento?
Solución:
a) X número de éxitos en n pruebas,   X B(n, 0,2) ,  p 0,2 , q 0,8
= ∼ = =
1 1 1
P(X 1) P(X 1) P(X 0)
2 2 2
≥ ≤ ⇒ = ≤
0 n n 4
0,8 0,4096
n 1
P(X 0) . 0,2 . 0,8 0,8 n 4
0 2
=
⎛ ⎞
= = = ≤ ⎯⎯⎯⎯⎯⎯
→ =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Para que el suceso A tenga al menos una probabilidad mayo que 1/2 hay que
realizar el proceso un mínimo de 4 veces.
b) Se trata de una distribución binomial B(5; 0,2)
[ ] 0 5 1 4
5 5
P(X 2) 1 P(X 0) P(X 1) 1 . 0,2 . 0,8 . 0,2 . 0,8
0 1
⎡ ⎤
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
≥ = − = + = = − + =
⎢ ⎥
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎣ ⎦
               1 (0,3277 0,4096) 0,2627
= − + =

Un estudiante busca información del sector aeronáutico en  tres manuales, las
probabilidades de que esa información  se encuentre en el primero, segundo o
tercer manual, respectivamente, son iguales a 0,6 , 0,7  y  0,8.
¿Cuál es la probabilidad de que la información figure sólo en dos manuales?.
Solución:
Sean A, B y C  los tres sucesos en cuestión tales
que P(A) 0,6
= , P(B) 0,7
= y  P(C) 0,8
= .
Cada uno de los sucesos A, B y C es
independiente con los otros dos, además  los
sucesos (A B C)
∩ ∩ , (A B C)
∩ ∩ y (A B C)
∩ ∩
son incompatibles.
[ ]
[ ] [ ] [ ]
P (A B C) (A B C) (A B C)
                                                  P (A B C) P (A B C) P (A B C)
                                                  P(A) P(B) P(C) P(A) P(B) P(C) P(A) P(B) P(C)

∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ =
= ∩ ∩ + ∩ ∩ + ∩ ∩ =
= + + =
                                         0,6.0,7.0,2 0,6.0,3.0,8 0,4.0,7.0,8 0,452
= + + =
Se lanzan tres monedas al aire. Sea la variable aleatoria X = número de caras
que se obtienen. Se pide:
a) Distribución de probabilidad de X
b) Función de distribución de X y su representación gráfica.
c) Media, varianza y desviación típica de X
d) Probabilidad de que salgan a lo sumo dos caras
e) Probabilidad de que salgan al menos dos caras
Solución:
a)  Espacio muestral:
{ }
(c,c,c),(c,c,e), (c,e,c),(e,c,c),(c,e,e),(e,c,e), (e,e,c),(e,e,e)
Ω =
siendo X = número de caras que se obtienen, se tiene:
X(c,c,c) 3
= P(X 3) 1 8
= =
X(c,c,e) X(c,e,c) X(e,c,c) 2
= = = P(X 2) 3 8
= =
X(c,e,e) X(e,c,e) X(e,e,c) 1
= = = P(X 1) 3 8
= =
X(e,e,e) 0
= 8
1
)
0
X
(
P =
=
La distribución de probabilidad es, en consecuencia,

i
X x
= i
P(X x )
= i i
x .P(X x )
= 2
i
x 2
i i
x .P(X x )
=
0 1 8 0 0 0
1 3 8 8
3 1 3 8
2 3 8 6 8 4 12 8
3 1 8 3 8 9 9 8
1 12 8 24 8
b) La función de distribución
i
i
x x
F(x) P(X x) P(X x )
≤
= ≤ = =
∑
x 0
F(x) P(X x) P( ) 0
= ≤ = φ =
0 x 1
≤ F(x) P(X x) P(X 0) 1 8
= ≤ = = =
1 x 2
≤ F(x) P(X x) P(X 0) P(X 1) 4 8
= ≤ = = + = =
2 x 3
≤ F(x) P(X x) P(X 0) P(X 1) P(X 2) 7 8
= ≤ = = + = + = =
x 3
≥ F(x) P(X x) P(X 0) P(X 1) P(X 2) P(X 3) 1
= ≤ = = + = + = + = =
Gráficamente:
0 x 0
1 8 0 x 1
4 8 1 x 2
F(x)
7 8 2 x 3
1 x 3

⎧
⎪ ≤
⎪
⎪
≤
= ⎨
⎪ ≤
⎪
≥
⎪
⎩
c) Media
4
x i i
i 1
12
E(X) x .P(X x ) 1,5
8
=
μ = = = = =
∑
Varianza
4
2 2 2 2 2 2 2
x x x i i x
i 1
24
E(X ) E(X ) ( ) x .P(X x ) ( ) (1,5) 0,75
8
=
σ = − μ = − μ = = − μ = − =
∑
Desviación típica x 0,75 0,87
σ = =
d)
1 3 3 7
P(X 2) P(X 0) P(X 1) P(X 2)
8 8 8 8
≤ = = + = + = = + + =
También
7
P(X 2) F(2)
8
≤ = =
e)
3 1 4 1
P(X 2) P(X 2) P(X 3)
8 8 8 2
≥ = = + = = + = =
También
4 1
P(X 2) 1 P(X 2) 1 F(1) 1
8 2
≥ = − = − = − =

La variable discreta X tiene como distribución de probabilidad
X 1 2 3 4
i
P(X x )
= 0,30 0,25 0,10 0,35
Se realiza un cambio de origen hacia la izquierda de dos unidades y un cambio de
escala de 3 unidades. Se pide:
a) Media y varianza de la X
b) Media,  varianza y coeficiente de variación de la variable transformada por el
cambio de origen
c) Media,  varianza y coeficiente de variación de la variable transformada por el
cambio de escala
d) Media,  varianza y coeficiente de variación de la variable transformada por el
cambio de origen y escala
Solución:
a)
i
X x
= i i
P(X x ) p
= = i i
x . p 2
i
x 2
i i
x . p
1
x 1
= 0,30 0,30 1 0,30
2
x 2
= 0,25 0,50 4 1,00
3
x 3
= 0,10 0,30 9 0,90
4
x 4
= 0,35 1,40 16 5,60
1 2,5 7,8
Media:
4 4
1 X i i i i
i 1 i 1
E(X) x . P(X x ) x . p 2,5
= =
α = μ = = = = =
∑ ∑
4 4
2 2 2
2 i i i i
i 1 i 1
E(X ) x . P(X x ) x . p 7,8
= =
α = = = = =
∑ ∑
Varianza:   2 2 2
x 2 1 7,8 2,5 1,55
σ = α − α = − =
Desviación típica:   X 1,55 1,245
σ = =
Coeficiente de variación:   X
X
X
1,245
CV 0,498
2,5
σ
= = =
μ
b) Sea Y la variable transformada, al realizar un cambio de origen hacia la izquierda
de dos unidades hay que restar 2, quedando: Y X 0rigen X ( 2) X 2
= − = − − = + .
Media:   [ ]
Y Y
E(Y) E X 2 E(X 2) E(X) 2 E(Y) 2,5 2 4,5
μ = = + = + = + μ = = + =

Varianza:   [ ]
2 2 2 2
Y X X Y
Var X 2 Var(X) Var(2) 0 1,55
σ = + = + = σ + = σ σ =
Desviación típica:   Y 1,55 1,245
σ = =
Coeficiente de variación:   Y X
Y x
Y X
1,245
CV 0,28 CV
2 4,5
σ σ
= = = = ≠
μ μ +
En consecuencia, el cambio de origen afecta a la media y, en consecuencia,  al
coeficiente de variación.
c) Al realizar un cambio de escala de 3 unidades, la variable transformada es
X
Y
3
=
Media:    Y Y X
X 1 1 2,5
E(Y) E . E(X) .
3 3 3 3
⎡ ⎤
μ = = = μ = μ =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
Varianza:    2 2 2
Y X Y
X 1 1 1 1,55
Var .Var(X) . . 1,55
3 9 9 9 9
⎡ ⎤
σ = = = σ σ = =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
Desviación típica:   Y X
1,55 1 1
. 1,55 .
9 3 3
σ = = = σ
Coeficiente de variación:
X
Y X
Y X
Y X
X
1
.
3
CV CV 0,498
1
.
3
σ
σ σ
= = = = =
μ μ
μ
El cambio de escala afecta a la media y a  la desviación típica de la misma forma, en
consecuencia deja invariante al coeficiente de variación.
Resultados que se observan en la tabla, donde
X
Y
3
=
j
Y y
= j j
P(Y y ) p
= = j j
y . p 2
j
y 2
j j
y . p
1
y 1 3
= 0,30 0,1 1 9 0,3 9
2
y 2 3
= 0,25 0,5 3 4 9 1 9
3
y 1
= 0,10 0,1 1 0,1
4
y 4 3
= 0,35 1,4 3 16 9 5,6 9
1 2,5 3 7,8 9
Media:
4 4
1 Y j j j j X
j 1 j 1
2,5 1
E(Y) y .P(Y y ) y . p .
3 3
= =
α = μ = = = = = = μ
∑ ∑
4 4
2 2 2 2
2 j j j j
j 1 j 1
7,8 1
E(Y ) y .P(Y y ) y . p . E(Y )
9 9
= =
α = = = = = =
∑ ∑

Varianza:
2
2 2 2
Y 2 1 X
7,8 2,5 1 1,55
.
9 3 9 9
⎛ ⎞
σ = α − α = − = σ =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1,55 1 1
. 1,55 .
9 3 3
σ = = = σ
X
Y X
Y X
Y X
X
1
.
3
CV CV 0,498
1
.
3
σ
σ σ
= = = = =
μ μ
μ
d) Al realizar simultáneamente un cambio de origen de 2 unidades a la izquierda y
un cambio de escala de 3 unidades, la variable transformada es
X 2
Y
3
+
=
Media:   Y
X 2 1 1 2 1 2 4,5
E(Y) E . E(X 2) . E(X) . 2,5 1,5
3 3 3 3 3 3 3
+
⎡ ⎤
μ = = = + = + = + = =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
Varianza:   2 2
Y X
X 2 1 1 1
Var(Y) Var .Var(X 2) .Var(X) .
3 9 9 9
+
⎡ ⎤
σ = = = + = = σ
⎢ ⎥
⎣ ⎦
1,55 1 1
. 1,55 .
9 3 3
σ = = = σ
X
Y X
Y x
Y X
X
1
. 1,245
3
CV 0,28 CV
1 2 2 4,5
.
3 3
σ
σ σ
= = = = = ≠
μ μ +
μ +
El cambio de origen y de escala afecta a la media y desviación típica de distinta
forma, en consecuencia también queda afectado el coeficiente de variación.

Una empresa de transportes está analizando el número de veces que falla la
máquina expendedora de billetes. Dicha variable tiene como función de cuantía:
i
x
i i
P(X x ) 0,7 0,3 x 0,1, 2,
= = ⋅ =
a) ¿Cuál es la probabilidad de que un día la máquina no falle?
b) ¿Cuál es la probabilidad de que un día falle menos de 4 veces?
c) ¿Cuál es la probabilidad de que falle 5 veces?
Solución:
a) 0
P(X 0) 0,7 0,3 0,7
= = ⋅ =
b) P(X 4) P(X 0) P(X 1) P(X 2) P(X 3)
= = + = + = + = =

( )
0 1 2 3
0 1 2 3
0,7 0,3 0,7 0,3 0,7 0,3 0,7 0,3
0,7 0,3 0,3 0,3 0,3 0,9919
= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ =
= ⋅ + + + =
Considerando la suma de una progresión geométrica 1 n
n
a a .r
S
1 r
−
=
−
( )
n 1
0 1 2 3 n
n
n
1 0,3 . 0,3
P(X n) 0,7 0,3 0,3 0,3 0,3 0,3 0,7 .
1 0,3
1 0,3
             0,7 . 1 0,3
0,7
−
−
≤ = ⋅ + + + + + = =
−
−
= = −
4
P(X 4) 1 0,3 0,9919
= − =
c) 5
P(X 5) 0,7 0,3 0,001701
= = ⋅ =

En una región se cobra a los visitantes de los parques naturales, estimando que
la variable aleatoria número de personas que visitan el parque en coche sigue la
siguiente distribución:
i
x 1 2 3 4 5
i
P(X x )
= 0,15 0,2 0,35 0,2 0,1
a) Hallar el número medio de visitantes por vehículos
b) Hallar cuánto debe pagar cada visitante para que la ganancia por coche sea 2
euros.
c) Si cada persona paga p euros, ¿cuál es la ganancia esperada en un día en que
entran mil vehículos?
Solución:
a) X = Número de personas que visitan el parque en coche
5
i i
i 1
x x x x x
E(X) x P(X x ) 1 0,15 2 0,2 3 0,35 4 0,2 5 0,1
        2,9  visitante/vehículo
=
= = = + + + + =
=
∑
b) Sea la variable aleatoria Y = Ganancia por coche
x
2
E(Y) E(pX) pE(X) p 2,9 2 p 0,689
2,9
= = = = = =
c) Sea la variable aleatoria U = Ganancia de un día
   Número personas
Número de
Precio
   por vehículo
vehículos
visita
x x
nte
U   p         c                X
=
x x
Ganancia esperada día:  E(U) E(pc X) pc E(X) p 1000 2,9 2 2900 p
= = = = =
Sí p 0,689
= la ganancia esperada en un día será: x
2900 0,689 1998,1 euros.
=

Una empresa de mensajería sabe que en condiciones normales un paquete es
entregado en plazo el 90% de las veces, aunque si hay sobrecarga de trabajo (que
ocurre un 5% de las veces) el porcentaje de retrasos se eleva al 30%.
a) Cuál es la probabilidad de que un paquete llegue en plazo a su destino.
b) Sabiendo que se ha recibido una queja por retraso en el envío, el mensajero
afectado aduce que ese día hubo sobrecarga de trabajo, aunque realmente no
recuerda bien que sucedió. ¿Qué probabilidad hay de qué efectivamente esté en lo
cierto?.
Solución:
Sean los sucesos:
E = Entrega a tiempo del paquete
S = Hay sobrecarga de trabajo
a) X X X X
P(E) P(S) P(E / S) P(S) P(E/ S) 0,05 0,7 0,95 0,9 0,89
= + = + =
b)
X
0,05 0,3
P(S E)
P(S/ E) 0,136
P(E) 1 0,89
∩
= = =
−
Se desea conocer el número de automóviles que se deben poner a la venta
durante un periodo determinado para que se satisfaga una demanda media de 300
unidades con una desviación típica de 100 unidades, con una probabilidad no
inferior al 75%.
Solución:
Sea la variable aleatoria X = número de automóviles a la venta, con 300
μ = y
100
σ =
Por la desigualdad de Chebychev:
2 2
x x x
2 2
P X k 1 P k X k 1
k k
σ σ
⎡ ⎤
− μ ≤ ≥ − ⎯⎯
→ μ − ≤ ≤ μ + ≥ −
⎡ ⎤
⎣ ⎦
⎣ ⎦
2
2
0,75
100
P 300 k X 300 k 1
k
− ≤ ≤ + ≥ −
⎡ ⎤
⎣ ⎦

2 2
2
100 100
0,75 1 k 200 300 k 300 200 500 automóviles
k 0,25
= − = = + = + =
  En un cine de verano hay instaladas 800 sillas, sabiendo que el número de
asistentes es una variable aleatoria de media 600 y desviación típica 100.
¿Qué probabilidad existe de que el número de personas que vaya al cine un día
cualquiera sea superior al número de sillas instaladas?
Solución:
Sea la variable aleatoria  X = número de sillas del cine,  donde   600 , 100
μ = σ =
[ ]
2
x 2
P X 800 P X k
k
σ
⎡ ⎤
− μ ≤
⎣ ⎦
x k 800 k 800 600 200
μ + = = − =
[ ]
2
2
100 1
P X 800 0,25
200 4
≤ = =
La demanda media de un producto es de 100 unidades con una desviación típica
de 40 unidades. Calcular la cantidad del producto que se debe tener a la venta para
satisfacer la demanda de forma que puedan ser atendidos al menos el 80% de los
clientes.
Solución:
Sea la variable aleatoria  X = demanda de un producto, con   100
μ = y   40
σ =
2 2
x x x
2 2
P X k 1 P k X k 1
k k
σ σ
⎡ ⎤
− μ ≤ ≥ − ⎯⎯
→ μ − ≤ ≤ μ + ≥ −
⎡ ⎤
⎣ ⎦
⎣ ⎦
2
2
0,80
40
P 100 k X 100 k 1
k
− ≤ ≤ + ≥ −
⎡ ⎤
⎣ ⎦
2 2
2
40 40
0,80 1 k 89,44
k 0,20
= − = = .   Se deben poner a la venta 90 unidades.

La función de densidad de una variable aleatoria es:
2
ax b 0 x 2
f(x)
0 en el resto
⎧ +
= ⎨
⎩
      sabiendo que
1
P x 1 0,1666
2
⎡ ⎤
=
⎢ ⎥
⎣ ⎦
. Determinar a
y b.
Solución:
Hay que calcular dos parámetros (a y b), por lo que se necesitan dos ecuaciones:
• Por ser función de densidad:

2
2 2 3
2
0 0 0
8a
x
1 f(x) dx (ax b) dx a bx 2b 8a 6b 3
3 3
⎡ ⎤
= = + = + = + + =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∫ ∫
•
1
1 1 3
2
1/2 1/2 1/2
1 x
P x 1 f(x) dx (ax b) dx a bx 0,1666
2 3
⎡ ⎤
⎡ ⎤
≤ ≤ = = + = + =
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∫ ∫ ,
con lo que:

1
3
1/2
x a a b 7a b
a bx b 0,1666 7a 12b 4
3 3 24 2 24 2
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
+ = + − + = + = + ≈
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎣ ⎦
en consecuencia,
2
a 0,22
8a 6b 3 16a 12b 6 9
7a 12b 4 7a 12b 4 16 11 11
6b 3 b 0,20
9 9 54
⎧
= =
⎪
+ = + =
⎫ ⎫ ⎪
→
⎬ ⎬ ⎨
+ = + =
⎭ ⎭ ⎪ = − = = =
⎪
⎩

La variable X =número de centímetros a que un dardo queda del centro de la
diana al ser tirado por una persona tiene como función de densidad:

k 0 x 10
f(x)
0 en otros casos

⎧
= ⎨
⎩
Se pide:
a) Hallar k para que f(x) sea función de densidad. Representarla
b) Hallar la función de distribución. Representarla
c) Media, varianza y desviación típica
d) ≤
P(X 1)
e) Probabilidad de acertar en la diana
Solución:
a) Para que f(x) sea función de densidad debe verificar:
0 10 10
0 10 0
1 f(x)dx f(x)dx f(x)dx f(x)dx f(x)dx
∞ ∞
−∞ −∞
= = + + =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
La primera y tercera integral son cero al ser f(x) 0
= en esos intervalos.
[ ]
10 10
10
0
0 0
1
1 kdx k dx 10 x 10k k
10
= = = = =
∫ ∫
En consecuencia,
1
0 x 10
f(x) 10
0 en otros casos
⎧

⎪
= ⎨
⎪
⎩
b) La función de distribución se define
x
F(x) f(t)dt
−∞
=
∫
x 0

x
F(x) f(t)dt 0
−∞
= =
∫
0 x 10
≤ ≤
x 0 x x
0 0
1 x
F(x) f(t)dt f(t)dt f(t)dt dt
10 10
−∞ −∞
= = + = =
∫ ∫ ∫ ∫
x 10

x 0 10 x 10
0 10 0
1
F(x) f(t)dt f(t)dt f(t)dt f(t)dt dt 1
10
−∞ −∞
= = + + = =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
En consecuencia,


⎧
⎪
⎪
= ≤ ≤
⎨
⎪

⎪
⎩
0 x 0
x
F(x) 0 x 10
10
1 x 10
c) Media
∞
−∞
⎡ ⎤
α = μ = = = = = =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∫ ∫ ∫
10
10 10 2
1 X
0 0 0
1 1 1 x
E(X) xf(x)dx x . . dx x dx 5cm
10 10 10 2
Varianza:   2 2
X 2 1
σ = α − α
10
10 10 3
2 2 2 2
2
0 0 0
1 1 1 x
E(X ) x f(x)dx x . . dx x dx
10 10 10 3
1 1000 100
                0
10 3 3
∞
−∞
⎡ ⎤
α = = = = = =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
⎡ ⎤
= − =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∫ ∫ ∫
2 2 2 2
X 2 1
100 25
5 cm
3 3
σ = α − α = − =
Desviación típica:   X
25
2,9 cm
3
σ = =
d)
1
P(X 1) F(1)
10
≤ = =
O también,   [ ]
1 1
1
0
0 0
1 1 1 1
P(X 1) dx dx x
10 10 10 10
≤ = = = =
∫ ∫
e) Probabilidad de acertar en la diana:  P(X 0) 0
= = por ser una variable continua
0 0 0
0 0 0
1 1
P(0 X 0) f(x)dx dx dx 0
10 10
≤ ≤ = = = =
∫ ∫ ∫

Se ha verificado que la variable X =peso en kilos de los niños al nacer es una
variable aleatoria continua con función de densidad

kx 2 x 4
f(x)
0 en otros casos
≤ ≤
⎧
= ⎨
⎩
Se pide:
a) Hallar k para que f(x) sea función de densidad. Representarla
b) Hallar la función de distribución. Representarla
c) Media, varianza y desviación típica
d) Probabilidad de que un niño elegido al azar pese más de 3 kilos
e) Probabilidad de que pese entre 2 y 3,5 kilos
f) Qué debe pesar un niño para tener un peso igual o inferior al 90% de los niños
Solución:
a) Para que f(x) sea función de densidad debe verificar:
2
1 f(x)dx f(x)dx
−∞
= = +
∫
4
2 4
f(x)dx f(x)dx
∞ ∞
−∞
+ =
∫ ∫ ∫
4
2
f(x)dx
∫
4
4 4 4 2
2 2 2 2
x 16 4 1
1 f(x)dx kxdx k xdx k k 6k k
2 2 2 6
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
= = = = = − = =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦
⎣ ⎦
∫ ∫ ∫
x
2 x 4
f(x) 6
0 en otros casos
⎧
≤ ≤
⎪
= ⎨
⎪
⎩
x
F(x) f(t)dt
−∞
=
∫
x 2
x
F(x) f(t)dt 0
−∞
= =
∫
2 x 4
≤ ≤
x
x x x 2 2 2
2 2 2
t 1 t 1 x 4 x 4
F(x) f(t)dt f(t)dt dt
6 6 2 6 2 12
−∞
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
− −
= = = = = =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∫ ∫ ∫
x 4

4
x 4 x 4 2
2 4 2 2
t 1 t 1 16 4
F(x) f(t)dt f(t)dt f(t)dt dt 1
6 6 2 6 2
−∞
⎡ ⎤ −
⎡ ⎤
= = + = = = =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦
⎣ ⎦
∫ ∫ ∫ ∫

2
0 x 2
x 4
F(x) 2 x 4
12
1 x 4

⎧
⎪
−
⎪
= ≤
⎨
⎪
≥
⎪
⎩
c) Media
4
4 4 3
2
1 X
2 2 2
x 1 1 x
E(X) xf(x)dx x . . dx x dx
6 6 6 3
1 64 8 56
    3,1 kilos
6 3 3 18
∞
−∞
⎡ ⎤
α = μ = = = = = =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
⎡ ⎤
= − = =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∫ ∫ ∫
Varianza: 2 2
X 2 1
σ = α − α
4
4 4 4
2 2 2 3 2
2
2 2 2
x 1 1 x 1 256 16
E(X ) x f(x)dx x . . dx x dx 10 kilos
6 6 6 4 6 4 4
∞
−∞
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
α = = = = = = − =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦
⎣ ⎦
∫ ∫ ∫
2 2 2 2
X 2 1 10 3,1 0,39 kilos
σ = α − α = − =
Desviación típica:   X 0,39 0,62 kilos
σ = =
d)
2
3 4 5 7
P(X 3) 1 P(X 3) 1 F(3) 1 1 0,58
12 12 12
−
= − ≤ = − = − = − = =
O también,
4
4 4 2
3 3 3
x 1 x 1 9 7
P(X 3) f(x) dx dx 8 0,58
6 6 2 6 2 12
⎡ ⎤ ⎛ ⎞
= = = = − = =
⎜ ⎟
⎢ ⎥
⎝ ⎠
⎣ ⎦
∫ ∫
e)
2
3,5 4
P(2 X 3,5) F(3,5) F(2) 0 0,6875
12
−
≤ ≤ = − = − =
3,5
3,5 3,5 2
2 2 2
x 1 x 1 12,25 4 8,25
P(2 X 3,5) f(x) dx dx 0,6875
6 6 2 6 2 2 12
⎡ ⎤ ⎛ ⎞
≤ ≤ = = = = − = =
⎜ ⎟
⎢ ⎥
⎝ ⎠
⎣ ⎦
∫ ∫
f) Sea k el peso del niño, se tiene:
2
2 2
k 4
F(k) P(X k) 0,9 0,9 k 4 10,8 k 14,8
12
−
= ≤ = ⎯⎯
→ = ⇒ − = ⇒ =
k 14,8 3,85
= = , es decir, el niño debe pesar 3,85 kilos para tener para tener al
90% de los niños con un peso igual o inferior.

Sea X una variable aleatoria continua con función de densidad tal que

2
8
1 x 8
7 x
f(x)
0 otro caso
⎧
≤ ≤
⎪
= ⎨
⎪
⎩
a) Calcular el primer y tercer cuartil, el decil 7 y el percentil 85
b) Calcular la mediana y moda
Solución:
a) Función de distribución:
[ ]
x
x x
2
1 1
8 8 1 8(x 1)
F(x) P X x f(t)dt dt 1 x 8
7 t 7 t 7x
−∞
⎡ ⎤ −
= ≤ = = = − = ≤ ≤
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∫ ∫
sustituyendo, queda:
1
1 1 1 1 1 25
1
1 8(Q 1) 32
F(Q ) 7Q 32(Q 1) Q 1,28 Q P 1,2
4 7Q 25
−
= = = − = = = =
3
3 3 3 3 3 5 75
3
3 8(Q 1) 32
F(Q ) 21Q 32(Q 1) Q 2,91 Q D P 2,91
4 7Q 11
−
= = = − = = = = =
7
7 7 7 7
7
7 8(D 1) 80
F(D ) 49D 80(D 1) D 2,58
10 7D 31
−
= = = − = =
85
85 85 85 85
85
85 8(P 1) 800
F(P ) 595P 800(P 1) P 3,90
100 7P 205
−
= = = − = =
b) e 2 5 50
M Q D P
= = =
e
e e e e
e
1 8(M 1) 16
F(M ) 7M 16(M 1) M 1,78
2 7M 9
−
= = = − = =
La Moda d
M se obtiene calculando el máximo de la función de densidad:
2 3
8 16
f(x) f'(x) 0
7 x 7 x
= = − La función es decreciente
De forma que f(1) f(x) f(8)
≥ ≥ , con lo que   d
M 1
=

Dada la función   2x
f(x) e−
=
a) Comprobar si puede ser función de densidad de una variable aleatoria X cuando
su campo de variación es el intervalo x 0
≥
b) En caso de que no lo pueda ser, qué modificaciones habría que introducir para
que lo fuera.
Solución:
a) Para que sea función de densidad, debe cumplir dos condiciones en el campo de
variación de la variable aleatoria:
y  f(x) no puede ser negativa
y   La integral de f(x) en el campo de variación es 1
2x 2x
f(x) e 0 L e L0 2x x
− −
= ≥ ≥ ⇒ − − ∞ ⇒ ∞   es positiva
2x 2x
0 0
1 1 1
e dx e 0 1
2 2 2
∞
∞
− −
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
= − = + = ≠
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∫ .
No se cumple, luego la función dada no es de densidad en el intervalo.
b) Para que sea función de densidad, se define 2x
f(x) k e−
=
Una variable aleatoria continua X tiene por función de densidad

1 x 0 x 1
f(x) x 1 1 x 2
0 otros casos
− ≤
⎧
⎪
= − ≤ ≤
⎨
⎪
⎩
Se pide:
a) Representa la función de densidad
b) Hallar la función de distribución y su gráfica
c)
1
P(0 X 1) P( 2 X 2) P X
2
⎛ ⎞
≤ ≤ − ≤ ≤ ≤ ∞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Solución:

a) Se observa que el área encerrada
es igual a la unidad
x
F(x) f(t)dt
−∞
=
∫
x 0

x x
F(x) f(t)dt 0dt 0
−∞ −∞
= = =
∫ ∫
0 x 1
≤
x
0 x x 2 2
0 0 0
t x
F(x) f(t)dt f(t)dt (1 t)dt t x
2 2
−∞
⎡ ⎤
= + = − = − = −
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∫ ∫ ∫
1 x 2
≤
0
F(x) f(t)dt
−∞
=
∫
1 x 1 x
0 1 0 1
f(t)dt f(t)dt (1 t)dt (t 1)dt
+ + = − + − =
∫ ∫ ∫ ∫

1 x
2 2 2 2
0 1
t t 1 x 1 x
t t 1 x 1 x 1
2 2 2 2 2 2
⎡ ⎤
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= − + − = − + − − − = − +
⎢ ⎥
⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠
⎣ ⎦
x 2
≥
1 2
1 2 2 2
0 1 0 1
t t
F(x) (1 t)dt (t 1)dt t t 1
2 2
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
= − + − = − + − =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∫ ∫
2
2
0 x 0
x
x 0 x 1
2
F(x)
x
x 1 1 x 2
2
1 x 2

⎧
⎪
⎪ − ≤
⎪
= ⎨
⎪ − + ≤ ≤
⎪
⎪
⎩
c)
1 1
P(0 X 1) F(1) F(0) 1 1 0
2 2
⎛ ⎞
≤ ≤ = − = − + − =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
4
P( 2 X 2) F(2) F( 2) 2 1 0 1
2
⎛ ⎞
− ≤ ≤ = − − = − + − =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 4
1 1 1 5
P X F( ) F 1
2 2 2 2 8
⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
≤ ∞ = ∞ − = − − =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Una variable aleatoria continua X tiene por función de distribución:

2
2
0 x 0
x
0 x 1
2
F(x)
x
2x 1 1 x 2
2
1 x 2

⎧
⎪
⎪ ≤ ≤
⎪
= ⎨
⎪ − − ≤
⎪
⎪
⎩
Se pide:
a) Hallar la función de distribución y representarla
b) Media, varianza, desviación típica y coeficiente de variación
c)
1 3
P X
2 2
⎛ ⎞
≤
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Solución:
a) La función de densidad es la derivada de la función de distribución en los puntos
donde exista la derivada, entonces:

0 x 0
x 0 x 1
dF(x)
f(x)
2 x 1 x 2
dx
0 x 2

⎧
⎪ ≤ ≤
⎪
= = ⎨
− ≤
⎪
⎪
⎩
x 0 x 1
f(x) 2 x 1 x 2
0 otrosvalores
≤ ≤
⎧
⎪
= − ≤
⎨
⎪
⎩
b) Media
1 2 1 2
2 2
1 X
0 1 0 1
E(X) xf(x)dx x.x. dx x.(2 x). dx x dx (2x x ).dx
∞
−∞
α = μ = = = + − = + − =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫

1 2
3 3
2
0 1
x x 1 8 1
x 4 1 1
3 3 3 3 3
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= + − = + − − − =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Varianza:   2 2
x 2 1
σ = α − α
1 2 1 2
2 2 2 2 3 2 3
2
0 1 0 1
E(X ) x f(x)dx x .x. dx x .(2 x). dx x dx (2x x ).dx
∞
−∞
α = = = + − = + − =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2
1 3
4 4
o 1
2x
x x 1 16 16 2 1 14 7
4 3 4 4 3 4 3 4 12 6
⎡ ⎤
⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= + − = + − − − = =
⎢ ⎥ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎢ ⎥
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
2 2 2
x 2 1
7 1
1
6 6
σ = α − α = − =
Desviación típica:   x
1
0,41
6
σ = =
Coeficiente variación:   x
x
x
0,41
CV 0,41
1
σ
= = =
μ
c)
2 2
(3 2) (1 2)
1 3 3 1 3
P X F F 2. 1
2 2 2 2 2 2 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
≤ = − = − − − =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

9 1 3
                         3 1 0,75
8 8 4
= − − − = =
Una variable aleatoria continua X tiene por función de distribución:

0 x 1
F(x) x 1 1 x 2
1 x 2

⎧
⎪
= − ≤
⎨
⎪ ≥
⎩
a) Calcular la función de densidad o función de cuantía
b) Calcular la media, mediana y coeficiente de variación
Solución:
a) La función de densidad  o función de cuantía es la derivada de la función de
distribución en los puntos donde exista la derivada, entonces:

0 x 1
1 1 x 2
dF(x)
f(x) 1 1 x 2 f(x)
0 en otro caso
dx
0 x 2

⎧
≤
⎧
⎪
= = ≤ ⎯
⎯
→ =
⎨ ⎨
⎩
⎪ ≥
⎩
b) Media:
2
2 2
1 x
1 1
x 1 3
E(X) xf(x)dx xdx 2 1,5
2 2 2
∞
−∞
⎡ ⎤
α = μ = = = = = − = =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∫ ∫

y  La Mediana de una distribución es el valor que deja el 50% de la distribución a la
derecha y el otro 50% a la izquierda, por lo que:
[ ]
e e
e
e e e
M M
M
e e
1
1 1
F(M ) 0,5 M 1 0,5 M 1,5
f(x) 0,5 dx 0,5 x 0,5 M 1 0,5 M 1,5
= ⇒ − = ⇒ =
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪ = ⇒ = ⇒ = ⇒ − = ⇒ =
⎪
⎩∫ ∫
y  Coeficiente de variación:
2
2 3
2 2 2
2
1 1
x 8 1 7
E(X ) x f(x)dx x dx
3 3 3 3
∞
−∞
⎡ ⎤
α = = = = = − =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∫ ∫
2
2 2
x 2 1 x
7 3 7 9 1 1
0,08
3 2 3 4 12 12
⎛ ⎞
σ = α − α = − = − = → σ = =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
x
x
x
0,08
CV 0,05
1,5
σ
= = =
μ
Una variable aleatoria continua X tiene por función de densidad

kx(2 x) 0 x 2
f(x)
0 otros casos
−
⎧
= ⎨
⎩
Se pide:
a) P(a x b) si 0 a b 2

b) P(a x b) si a 0 2 b

Solución:
a) La función de densidad  o función de cuantía debe verificar:
2
2 2 2 3
2 2
0 0 0 0
x
1 kx(2 x) dx k x(2 x) dx k (2x x ) dx k x
3
⎡ ⎤
= − = − = − = −
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∫ ∫ ∫
3
x(2 x) 0 x 2
8 3
k 4 1 k f(x) 4
3 4
0 otros casos
⎧
−
⎪
⎡ ⎤
− = = ⇒ = ⎨
⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎪
⎩
b 2 2 3 3
b 3
2
a a
3(b a ) (b a )
3 3 x
Si 0 a b 2 P(a x b) x(2 x)dx x
4 4 3 4
⎡ ⎤ − − −
= − = − =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∫

b)
0 2 b
a 0 2
3
Si   a 0 2 b P(a x b) 0dx + x(2 x) dx 0dx 1
4
= − + =
∫ ∫ ∫
La función de distribución asociada a la producción de una máquina, en miles de
unidades, es del tipo:

0 x 0
F(x) x(2 x) 0 x k
1 x k

⎧
⎪
= − ≤ ≤
⎨
⎪
⎩
a) Determinar k para que sea función de distribución
b) Hallar la función de densidad
c) Calcular la media, mediana, moda y varianza de la producción
d) Hallar P(X 0,5)
y   P(X 0,25)

e) Función de densidad y de distribución de la variable aleatoria continua
Y 6X 3
= −
Solución:
a) Para que sea función de distribución se debe verificar:
2
x k x k x k
1 lim F(x) lim F(x) lim x(x 2) k(k 2) 1 k 2k 1 0 k 1
+ − −
→ → →
= = − = − = − + = ⇒ =
En consecuencia, la función de distribución es:
0 x 0
F(x) x(2 x) 0 x 1
1 x 1

⎧
⎪
= − ≤ ≤
⎨
⎪
⎩
b) La función de densidad  o función de cuantía es la derivada de la función de
distribución en los puntos donde exista la derivada.
0 x 0
2 2x 0 x 1
dF(x)
f(x) 2 2x 0 x 1 f(x)
0 en otro caso
dx
0 x 1

⎧
− ≤ ≤
⎧
⎪
= = − ≤ ≤ ⎯⎯
→ =
⎨ ⎨
⎩
⎪
⎩
c) Media:
1 1
2
1 X
0 0
E(X) xf(x)dx x (2 2x)dx (2x 2x )dx
∞
−∞
α = μ = = = − = − =
∫ ∫ ∫

1
3
2
0
2x 2 1
x 1
3 3 3
⎡ ⎤
= − = − =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
Para calcular la Moda hay que ver el valor que hace mínima la función de densidad
o de cuantía, es decir:


2 2x 0 x 1 2 0 x 1
f(x) f'(x)
0 en otro caso 0 en otro caso
− ≤ ≤ − ≤ ≤
⎧ ⎧
= =
⎨ ⎨
⎩ ⎩
La derivada de la función de cuantía es f'(x) 2 0
= − , por lo que se trata de una
función decreciente y toma el valor máximo en el extremo superior del intervalo
0,1
⎡ ⎤
⎣ ⎦, por tanto la moda d
M 0
=
La Mediana de una distribución es el valor que deja el 50% de la distribución a la
derecha y el otro 50% a la izquierda, por lo que:
( ) 2 2
e e e e e e e
F(M ) 0,5 M 2 M 0,5 M 2M 0,5 0 2M 4M 1 0
= ⇒ − = ⇒ − + = ⇒ − + =
2
e e e
4 16 8 4 2 2 2
2M 4M 1 0 M 1
4 4 2
± − ±
− + = = = = ±
De las dos soluciones se rechaza aquella que es mayor que 1, por lo que la Mediana
es
e
2
M 1
2
= −
Varianza de la producción:   2 2
X 2 1
σ = α − α
1
1 3 4
2 2 2
2
0 0
2x x 2 1 1
E(X ) x f(x)dx x (2 2x)dx
3 2 3 2 6
∞
−∞
⎡ ⎤
α = = = − = − = − =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∫ ∫
2
2 2
X 2 1
1 1 1
6 3 18
⎛ ⎞
σ = α − α = − =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
d) Función de distribución
0 x 0
F(x) x(2 x) 0 x 1
1 x 1

⎧
⎪
= − ≤ ≤
⎨
⎪
⎩
P(X 0,5) P(X 0,5) F(0,5) 0,5(2 0,5) 0,75
= ≤ = = − =
P(X 0,25) 1 P(X 0,25) 1 F(0,25) 1 0,25(2 0,25) 0,5625
= − ≤ = − = − − =
Mediante la función de cuantía
2 2x 0 x 1
f(x)
0 en otro caso
− ≤ ≤
⎧
= ⎨
⎩
0,5 0,5
0,5
2
0
0 0
P(X 0,5) f(x)dx (2 2x)dx 2x x 1 0,25 0,75
⎡ ⎤
= = − = − = − =
⎣ ⎦
∫ ∫
1 1
1
2
0,25
0,25 0,25
P(X 0,25) f(x)dx (2 2x)dx 2x x 1 (0,5 0,0625) 0,5625
⎡ ⎤
= = − = − = − − =
⎣ ⎦
∫ ∫

e) Función de densidad de Y 6X 3
= −
Cambio de variable en la función de densidad:
dx
g(y) f(x).
dy
=
y 3 dx d y 3 1
x
6 dy dy 6 6
+ +
⎛ ⎞
= = =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Dominio de definición de la variable
x 0 y 3
Y 6X 3
x 1 y 3
= → = −
⎧
= − ⎨
= → =
⎩
resultando:
y 3 1 3 y
2 2 . 3 y 3 3 y 3
dx
g(y) f(x). g(y)
6 6 18
dy
0 en otro caso
0 en otro caso
⎧⎡ + ⎤ −
⎛ ⎞ ⎧
− − ≤ ≤ − ≤ ≤
⎪ ⎪
⎜ ⎟
⎢ ⎥
= = → =
⎝ ⎠
⎨ ⎨
⎣ ⎦
⎪ ⎪
⎩
⎩
y 2
3
0 y 3 0 y 3
1 y 6y 27
F(y) (3 t)dt 3 y 3 F(y) 3 y 3
18 36
1 y 3
1 y 3
−
− −
⎧ ⎧
⎪ ⎪
− + +
⎪ ⎪
= − − ≤ = − ≤
⎨ ⎨
⎪ ⎪
≥
⎪ ⎪
≥ ⎩
⎩
∫
Sean las variables aleatorias independientes X e Y, donde X se distribuye como
una binomial B(15, 0,4) e Y como una binomial B(85,0,4)
a) ¿Cómo se distribuye la variable aleatoria X Y
+ ?
b) ¿Se puede aproximar la variable aleatoria X Y
+ a una distribución normal?,
¿Con qué parámetros?
c) ¿Cuando la suma de dos distribuciones binomiales independientes no se puede
aproximar a una distribución normal?. Poner un ejemplo.
Solución:
a) Las distribuciones binomiales independientes son reproductivas cuando tienen
el mismo parámetro p. En consecuencia, X B(15, 0,4)
∼   e Y B(85,0,4)
∼ se tiene que
X Y B(100, 0,4)
+ ∼
b) X Y B(100, 0,4)
+ ∼ donde p 0,4 0,5
= y   x
np 100 0,4 40 5
= = , por el
teorema de Moivre o el Teorema Central del Limite (TCL) la distribución binomial
de X Y
+ se puede aproximar a una distribución normal
N(40, 4,89)  siendo np 40
μ = = y 100 0,4 0,6 4,89
σ = =
x x
c) Cuando el tamaño fuera pequeño (n pequeña). Ejemplo: X Y B(8, 0,4)
+ ∼

Dada una variable aleatoria X con distribución exponencial  de parámetro λ ,
calcular generatriz de los momentos (f.g.m.), función característica, esperanza y
varianza.
Solución:
Sea X Exp( )
λ
∼ , su función de densidad
x
e x 0
f(x)
0     otro caso
−λ
⎧λ
= ⎨
⎩
tx tx tx x ( t)x
0 0
M(t) E e e . f(x) . dx e . e . dx e dx
∞ ∞ ∞
−λ − λ −
−∞
⎡ ⎤
= = = λ =λ =
⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫
         ( t)x ( t )x
0
0
( t) e dx e t
t t t
∞
∞
− λ − λ −
λ λ λ
⎡ ⎤
= − − λ − = − = ∀ λ
⎣ ⎦
λ − λ − λ −
∫
itx itx itx x ( it)x
0 0
(t) E e e . f(x) . dx e . .e . dx e dx
∞ ∞ ∞
−λ − λ −
−∞
⎡ ⎤
ϕ = = = λ =λ =
⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫
        ( t)x ( it )x
0
0
( it) e dx e t
it it it
∞
∞
− λ − λ −
λ λ λ
⎡ ⎤
= − − λ − = − = ∀ λ
⎣ ⎦
λ − λ − λ −
∫
La función generatriz M(t) coincide con la función característica (t)
ϕ para  t it
= .
Con la función generadora de los momentos  M(t) o función característica (t)
ϕ se
pueden calcular los momentos respecto al origen mediante la expresión:

n n
n
n n n
t 0 t 0
1
E(X ) M(t) (t)
t i t
= =
ϑ ϑ
= = ϕ
ϑ ϑ
Momentos respecto al origen con la función generatriz:
(1)
1 2
t 0 t 0 t 0
M(t) 1
E(X) M (0)
t t t ( t)
= = =
ϑ ϑ λ λ
⎡ ⎤
α = = = = = =
⎢ ⎥
ϑ ϑ λ − λ − λ
⎣ ⎦
2
2 (2)
2 2 2
t 0
t 0
t 0
4 2
t 0
M(t)
E(X ) M (0)
t t t t t ( t)
2 ( t) 2

(1 t)
=
=
=
=
ϑ ϑ ⎡ ϑ λ ⎤ ϑ λ
⎛ ⎞
⎛ ⎞
α = = = = =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎢ ⎥
ϑ ϑ ϑ λ − ϑ λ −
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎣ ⎦
λ λ −
= =
− λ
2
2
2 1 2 2
2 1 1
Var(X)
⎛ ⎞
= α − α = − =
⎜ ⎟
λ λ λ
⎝ ⎠
Momentos respecto al origen con la función característica:

(1)
1
t 0 t 0
2 2
t 0 t 0
1 1 (t) 1
E(X) (0)
i i t i t it
1 i 1

i ( it) ( it)
= =
= =
⎡ ⎤
ϑϕ ϑ λ
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
α = = ϕ = = =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥
ϑ ϑ λ −
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦
λ λ
⎛ ⎞
= = =
⎜ ⎟
λ − λ − λ
⎝ ⎠
2
2 (2)
2 2 2 2 2
t 0 t 0
2
2 2 2 3 2
t 0 t 0
1 1 (t) 1
E(X ) (0)
i i t i t t it
1 i 1 2i ( it) 2

i t ( it) i ( it)
= =
= =
⎡ ⎤
⎛ ⎞
ϑ ϕ ϑ ϑ λ
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
α = = ϕ = = =
⎢ ⎥
⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
ϑ ϑ ϑ λ −
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎣ ⎦
⎛ ⎞
ϑ λ λ λ −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= = =
⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
ϑ λ − λ − λ
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝ ⎠
Encontrar la función generadora de los momentos de una variable aleatoria
discsreta que sigue una binomial B(n, p)
Solución:
La función de probabilidad   n k
k
n
p(X k) p q donde  p q 1
k
−
⎛ ⎞
= = + =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
n n
tx tk n k n k
k t k t n
k 0 k 0
n n
M(t) E(e ) e p q (e p) q (e p q)
k k
− −
= =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= = = = +
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∑ ∑
n 1
(1) t n t t
1 t 0 t 0
t 0
M(t)
E(X) M (0) (e p q) n(e p q) e p np
t t
−
= =
=
ϑ ϑ
⎡ ⎤
α = = = = + = + =
⎣ ⎦
ϑ ϑ
2
n 1
2 (2) t n t t
2 2 t 0
t 0
t 0
n 2 n 1
t t 2 t t 2
t 0
M(t) d
E(X ) M (0) (e p q) (n (e p q) e p)
t t t t
     n(n 1)(e p q) (e p) n (e p q) e p n(n 1)p np
−
=
=
=
− −
=
ϑ ϑ ϑ ϑ
⎡ ⎤
α = = = = + = + =
⎢ ⎥
ϑ ϑ ϑ ϑ
⎣ ⎦
= − + + + = − +
2 2 2 2
2 1
Var(X) n (n 1)p np (np) np np np (1 p) np q
= α − α = − + − = − + = − =
La función generadora de momentos de una variable aleatoria X se define como:
tx
tx
tx
e p(x) X es discreta
M(t) E(e )
e . f(x) . dx X es continua
∞
−∞
⎧
⎪
= = ⎨
⎪
⎩
∑
∫

Hallar la función característica y la función generadora de momentos de una
variable aleatoria continua X con distribución uniforme en   a, b
⎡ ⎤
⎣ ⎦
Solución:
Función de densidad
1
a x b
f(x) b a
0 otro caso
⎧
≤ ≤
⎪
= −
⎨
⎪
⎩
b b
itx itx itx itx
a a
1 1
(t) E e e . f(x) . dx e . . dx e dx
b a b a
∞
−∞
⎡ ⎤
ϕ = = = = =
⎣ ⎦ − −
∫ ∫ ∫

b
itx itb ita
a
1 e e e
si t 0
b a it it(b a)
⎡ ⎤ −
= = ≠
⎢ ⎥
− −
⎣ ⎦
b b
tx tx tx tx
a a
1 1
M(t) E e e . f(x) . dx e . . dx e dx
b a b a
∞
−∞
⎡ ⎤
= = = = =
⎣ ⎦ − −
∫ ∫ ∫

b
tx tb ta
a
1 e e e
si t 0
b a t t(b a)
⎡ ⎤ −
= = ≠
⎢ ⎥
− −
⎣ ⎦
Sea X una variable aleatoria continua con función de densidad

x
e x 0
f(x)
0 otro caso
−
⎧
= ⎨
⎩
a) Función generatriz de los momentos (f.g.m.)
b) Esperanza y varianza a partir de la f.g.m.
c) Función característica
Solución:
a) tx tx tx x(t 1)
x
0 0
M(t) E e e . f(x) . dx e . e . dx e dx
∞ ∞ ∞
−
−
−∞
⎡ ⎤
= = = = =
⎣ ⎦ ∫ ∫ ∫
        x(t 1)
0
1 1
                      e si t 1
t 1 1 t
∞
−
⎡ ⎤
= =
⎣ ⎦
− −
b) A partir de la función genertriz, derivando y haciendo t 0
= , se pueden obtener
los distintos momentos respecto al origen:
(1)
1 2
t 0 t 0 t 0
M(t) 1 1
E(X) M (0) 1
t t 1 t (1 t)
= = =
ϑ ϑ ⎡ ⎤
α = = = = = =
⎢ ⎥
ϑ ϑ − −
⎣ ⎦

2
2 (2)
2 2 2 3
t 0
t 0
t 0 t 0
M(t) d 1 1 2
E(X ) M (0) 2
t t t 1 t t (1 t) (1 t) =
=
= =
ϑ ϑ ⎡ ϑ ⎤ ϑ ⎛ ⎞
⎛ ⎞
α = = = = = = =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎢ ⎥
ϑ ϑ ϑ − ϑ − −
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎣ ⎦
2
2 1
Var(X) 2 1 1
= α − α = − =
c) La función característica se puede calcular utilizando la relación entre función
característica y los momentos:
2 3 k h
1 2 3 k h
h 0
(it) (it) (it) (it)
(t) 1 (it) si t 1
2! 3! k! h!
∞
=
ϕ = + α + α + α + + α + = α
∑
Sea X una variable aleatoria continua, cuya función de densidad es

2
X
3x 0 x 1
f (x)
0 en otro caso
⎧
= ⎨
⎩
Sea 2
Y 1 X
= − una transformación de la v.a. X
a) Calcular la función de densidad de la v.a. Y
b) Calcular la función de distribución de la v.a. Y
Solución:
a) La transformación asociada a la v.a. Y es derivable y estrictamente monótona
cuando X toma valores en el intervalo (0, 1). En consecuencia, se puede aplicar la
transformación, quedando la función de densidad:
2 1 dx 1
Y 1 X x 1 y g (y) 1 y
dy 2 1 y
− −
= − = − = − =
−
La función de densidad de la variable continua Y se obtiene:
( )
X
2
1
Y
dx 1 3
f (y) f g (y) . 3 1 y 1 y
dy 2
2 1 y
− −
⎡ ⎤
= = − = −
⎣ ⎦ −
Función de densidad de la v.a. Y:     Y
3
1 y 0 y 1
f (y) 2
0 en otro caso
⎧
−
⎪
= ⎨
⎪
⎩
b) Función de distribución:

y
Y
0
Y
y 0 F (y) f(t)dt 0
0 y 1 F (y) f(y)dy
−∞
−∞
≤ = =
=
∫
∫
y
y y
3 3
0 0 0
0
Y
3
f(t)dt 1 t dt (1 t) 1 (1 y)
2
y 1 F (y) f(y)dy
−∞
⎡ ⎤
+ = − = − − = − −
⎣ ⎦
≥ =
∫ ∫
∫
1 y
0 1
f(t)dt f(t)dt
+ +
∫ ∫
1 1
0 0
3
f(t)dt 1 t dt 1
2
= = − =
∫ ∫
Función de distribución de la v.a. Y será:   3
Y
0 y 0
F (y) 1 (1 y) 0 y 1
1 y 1
≤
⎧
⎪
= − −
⎨
⎪ ≥
⎩
  Sea X una variable aleatoria continua, cuya función de densidad es
                                X
1
1 x 1
f (x) 2
0 en otro caso
⎧
−
⎪
= ⎨
⎪
⎩
Sea 2
Y X
= una transformación de la v.a. X
a) Calcular la función de densidad de la v.a. Y
b) Calcular la función de distribución de la v.a. Y
Solución:
La transformación 2
Y X
= es derivable, pero no es estrictamente monótona, puesto
que en el intervalo ( 1, 0]
− la transformación es decreciente y en el intervalo
[0, 1) es creciente.
En este caso, hay que determinar la función de distribución de la variable aleatoria
Y para el caso general de las transformaciones de una variable aleatoria, ya que no
se puede aplicar el método descrito en el ejercicio anterior. Hay que comenzar
encontrando la función de distribución.
b) Cálculo de la función de distribución
[ ]
y
2
Y
y
F (y) P Y y P X y P X y P y X y f(x)dx
−
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ⎤
= ≤ = ≤ = ≤ = − ≤ ≤ = =
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ∫
                     [ ]
y
y
y
y
1 1
        dx x y
2 2 −
−
= = =
∫
La función de distribución de la v.a. Y es:   Y
0 y 0
F (y) y 0 £ y 1
1 y ³ 1

⎧
⎪
=
⎨
⎪
⎩

a) Función de densidad Y
Y
1
0 y 1
dF (y)
2 y
f (y)
dy
0 enotro caso
⎧
≤
⎪
= = ⎨
⎪
⎩
Utilizando la aplicación del teorema central del límite a la distribución de la
suma de n variables aleatorias de Poisson de media 1
λ = demostrar que
n
k
n
x
k 0
n 1
lim e
k! 2
−
→ ∞
=
=
∑
Solución:
Sean 1 2 n
X ,X , ,X variables de Poisson de parámetro 1
λ = . Sea
n
n i
i 1
X
=
η = ∑
Por ser reproductiva respecto a λ la distribución de Poisson, n
η es una variable de
Poisson de parámetro n
λ = ; y se tiene n
n
E( ) n n
η
η = σ =
Con lo cual,
n k
n
n
k 0
n
P( n) e
k!
−
=
η ≤ = ∑
Por el teorema central del límite (TCL), teorema de Lévy‐Lindeberg, cuando n → ∞ ,
n
η es normal N(n, n), y así resulta:
n
n
n n n 1
P( n) P P(z 0)
2
n n
η − −
⎡ ⎤
η ≤ = ≤ = ≤ =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
Sean las variables X e Y independientes. La variable X se distribuye como una
Poisson con varianza igual a 5. La variable Z X Y
= + se distribuye  también como
una Poisson con esperanza igual a 15.  ¿Cuánto vale la esperanza de la variable Y?
Analice bajo qué condiciones se puede afirmar que la distribución de Poisson es
aditiva o reproductiva y determine con qué parámetros.
Solución:
La suma de variables aleatorias de Poisson independientes es otra variable
aleatoria de Poisson con parámetros la suma de los parámetros.
2
X
X P( 5) 5
Y P( 10) E(Y) 10
Z P( 15) E(Z) 15
⎧ λ = σ = λ =
λ = =
⎨
λ = = λ =
⎩
∼
∼
∼

Las variables aleatorias en estudio son independientes. Analiza si las
afirmaciones son verdaderas o falsas:
a) X sigue una distribución binomial B(1, 0,3) e Y una distribución binomial
B(1, 0,2) entonces (X Y)
+ sigue  una binomial B(2, 0,5). ¿Bajo qué condiciones se
dice que la distribución binomial es aditiva o reproductiva?
b) X sigue una distribución de Poisson  P( 2)
λ = e Y una distribución de Poisson
P( 3)
λ = entonces (X Y) P( 5)
+ λ =
∼
c) Si X N(0, 1)
∼ y X
F es su función de distribución entonces X X
F ( x) = 1 F (x)
− −
Solución:
a) Las distribuciones binomiales son reproductivas de parámetro p, es decir, dadas
dos variables aleatorias  X B(n, p)
∼ e  Y B(m, p)
∼ siendo independientes se verifica
que (X Y) B(n m, p)
+ +
∼ . En consecuencia, una variable aleatoria  X B(n, p)
∼ se
puede descomponer en suma de n variables aleatorias independientes de Bernouilli
de parámetro p.
Para poder aplicar la propiedad reproductiva, han de ser independientes y con la
misma probabilidad.
b) Es cierto, la distribución de Poisson es reproductiva.
c) Por la simetría de la distribución normal se verifica x
∀ ∈
Un ascensor limita el peso de sus cuatro ocupantes a 300 kilogramos. Si el peso
de una persona sigue una distribución normal ( )
N 71,7 , calcular la probabilidad de
que el peso 4 personas supere los 300 kilogramos.
Solución:
Método I:   Si el peso de una persona sigue una distribución normal ( )
N 71,7 , la
muestra de 4 personas sigue una distribución normal ( )
71
N 71, N 71, 3,5
4
⎛ ⎞
≡
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1 2 3 4
1 2 3 4
X X X X 300
P (X X X X ) 300 P P x 75
4 4
+ + +
⎡ ⎤
+ + + = = =
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎣ ⎦
⎣ ⎦ ⎢ ⎥
⎣ ⎦

x 71 75 71
P x 75 P P z 1,143 0,1265
3,5 3,5
− −
⎡ ⎤
= = = =
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎢ ⎥
⎣ ⎦
Interpolando:
0,1271 0,1251 x 0,1251 0,002 x 0,1251
1,14 1,15 1,143 1,15 0,01 0,007
− − −
= =
− − − −
0,002. 0,007
x 0,1251 0,1265
0,01
= + =

Método II:  Sí
4
i i
i 1
. n
n.
x N 71; 7 x N 4 .71 ; 7 . 4 N 284 ; 14
=
σ
μ
⎡ ⎤
⎢ ⎥
=
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∑
∼ ∼
[ ]
4
i
4
i 1
i
i 1
x 284
300 284
P x 300 P P z 1,143 0,1265
14 14
=
=
⎡ ⎤
−
⎢ ⎥
⎡ ⎤ −
⎢ ⎥
⎢ ⎥
≥ = ≥ = ≥ =
⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∑
∑
La probabilidad de que un banco reciba un cheque sin fondos es 0.01
a) Si en una hora reciben 20 cheques, ¿cuál es la probabilidad de que tenga algún
cheque sin fondos?
b) El banco dispone de 12 sucursales en la ciudad, ¿cuál es la probabilidad de que
al menos cuatro sucursales reciban algún cheque sin fondos?
c) La media del valor de los cheques sin fondos es de 600 euros. Sabiendo que el
banco trabaja 6 horas diarias, ¿qué cantidad  no se espera pagar?
d) Si se computasen los 500 primeros cheques, ¿cuál es la probabilidad de recibir
entre 3 y 6 (inclusive) cheques sin fondos?
Solución:
a) X = Número de cheques sin fondos  con  X B(20, 0,01)
∼
[ ] [ ] [ ] 0 20
20
P X 1 1 P X 1 1 P X 0 1 .0,01 .0,99 1 0,980 0,182
0
⎛ ⎞
≥ = − = − = = − = − =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
b) Y = Número de sucursales que reciben al menos 1 cheque sin fondos
     Y B(12, 0,182)
∼
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
P Y 4 1 P Y 4 1 P X 0 P X 1 P X 2 P X 3
⎡ ⎤
≥ = − = − = + = + = + = =
⎣ ⎦
[ ]
0 12 1 11 2 10
3 9
12 12 12
1 .0,182 .0,818 .0,182 .0,818 .0,182 .0,818
0 1 2
12
           .0,182 .0,818 1 0,0897 0,2396 0,2932 0,2174 0,16
3
⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= − + + +
⎢⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎣
⎤
⎛ ⎞
+ = − + + + =
⎥
⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎦
c)
1hora 6 horas
n 120 cheques
20 cheques n cheques
= =
Los cheques sin fondos esperados: E(X) n . p 120 . 0,01 1,2 cheques
μ = = = =
En consecuencia, se espera no pagar 1,2 . 600 720 euros
=

d) U = Número de cheques sin fondos computados  donde  U B(500, 0,01)
∼ , que
al ser  n . p 500 . 0,01 5
= = se aproxima a una distribución de Poisson de parámetro
[ ]
P 5
λ =
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]
P 3 U 6 P U 3 P U 4 P U 5 P U 6
≤ ≤ = = + = + = + = =
[ ]
3 4 5 6
5 5
5 5 5 5
.e 20,833 26,042 26,042 21,701 .e 0,6375
3! 4! 5! 6!
− −
⎡ ⎤
= + + + = + + + =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
El departamento comercial de una industria alimenticia conoce que 2 de cada
10 consumidores reconocen su producto en una prueba a ciegas.
¿Cuántas pruebas ciegas de sabor deberían hacerse para que la proporción de que
los que conocen la marca oscile entre el 16% y el 24% con una probabilidad mínima
de 0,8?
Solución:
Reconocen el producto el 20%  p = 0,2    ˆ
P(0,16 p 0,24) 0,8
≤ ≤ ≥
x
pq 0,2 0,8 0,4
ˆ ˆ
p N p, p N 0,2, N 0,2,
n n n
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
≈ → ≈ =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( )
0,16 0,2 0,24 0,2
P z P 0,1 n z 0,1 n 0,8
0,4 / n 0,4 / n
− −
⎛ ⎞
= − =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
( ) ( ) ( )
P 0,1 n z 0,1 n 1 2P z 0,1 n 0,8 P z 0,1 n 0,1
− = − = ≥ =
0,1 n 1,282 n 165
= =
Para una probabilidad como mínimo de 0,8 harían falta 165 pruebas.

Las puntuaciones en la Escala de Inteligencia para Adultos de Wechsler (WAIS)
siguen en una población una distribución normal de media 100 y desviación típica
16. Al extraer una muestra aleatoria simple de 25  individuos, calcular:
a)  Probabilidad de que la media de esos 25 individuos sea inferior a 95
b)  Probabilidad de que la media esté comprendida entre 98 y 102.
Solución:
Según el teorema de Fisher
16
x N , x N 100, N(100, 3,2)
n 25
σ
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
≈ μ → ≈ ≡
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
a)
x 100 95 100
P(x 95) P P(z 1,56) P(z 1,56) 0,0594
3,2 3,2
− −
⎛ ⎞
≤ = ≤ = ≤ − = ≥ =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
b)
98 100 x 100 102 100
P(98 x 102) P P( 0,62 z 0,62)
3,2 3,2 3,2
− − −
⎛ ⎞
≤ ≤ = ≤ ≤ = − ≤ ≤ =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
P(z 0,625) P(z 0,62) P(z 0,62) P(z 0,62) 1 P(z 0,62) P(z 0,62)
1 2P(z 0,62) 0,4648
= ≥ − − ≥ = ≤ − ≥ = − ≥ − ≥ =
= − ≥ =
Las puntuaciones obtenidas en la escala de Locus de Control de James por los
sujetos depresivos, siguen una distribución normal de media 90 y desviación típica
12. Si se extraen muestras aleatorias simples de 30 sujetos depresivos.
¿Por debajo de que cantidad se encontrará el 90% de las veces el valor de la
varianza de la muestra?.
Solución:
En virtud del teorema de Fisher: En el muestreo, si se toman muestras aleatorias de
media x y  desviación típica x
σ de una población N( , )
μ σ , la variable
2
2
n 1 2
(n 1)s
−
−
χ =
σ
, donde 2
s es la cuasivarianza muestral, 2 2
x
n (n 1)s
σ = −
Las puntuaciones obtenidas siguen una distribución N(90,12)

2 2 2
2 2
x x
n 1 29
2 2
(n 1)s n 30
144
−
− σ σ
χ = = → χ =
σ σ
De las tablas de la Chi‐cuadrado:
2 2
29 29
P( k) 0,9 P( k) 0,1 k 39,087
χ ≤ = ⇒ χ ≥ = =     con lo cual,
( )
2
2 2
x
x x
x
30 39,087 144
P 39,087 0,9 P P 187,62 0,9
144 30
⎛ ⎞
σ ⎛ ⎞
≤ = → σ ≤ = σ ≤ =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
El valor pedido será 187,62

Calcular la media y la varianza de una variable aleatoria 5
t de Student
Solución:
Una variable aleatoria n
t de Student tiene de media 0
μ = y varianza 2 n
n 2
σ =
−
La media y la varianza de una 5
t de Student, respectivamente, son 0
μ = y 2 5
3
σ =
En una población de mujeres, las puntuaciones de un test de ansiedad‐riesgo
siguen una distribución normal N(25,10). Al clasificar la población en cuatro grupos
de igual tamaño, ¿cuales serán las puntuaciones que delimiten estos grupos?.
Solución:
Siendo la variable aleatoria X = Puntuaciones en un test de ansiedad‐riesgo
Las puntuaciones que delimitan estos cuatro grupos serán el primer 1
Q , segundo
2
Q y tercer cuartil 3
Q de la distribución.
1 1
1
X 25 Q 25 Q 25
P(X Q ) 0,25 P P z 0,25
10 10 10
− − −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
≤ = ≤ = ≤ =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( )
P z 0,67 0,25
≤ − =      ( )
P z 0,67 0,25
≥ =
1
1 x
Q 25
0,67 Q 25 0,67 10 18,3
10
−
= − = − =
En la distribución normal la media y la mediana son iguales:   e 2
M Q 25
μ = = =
3 3
3
3
X 25 Q 25 Q 25
P(X Q ) 0,75 P P z 0,75
10 10 10
Q 25
                  P z 0,25
10
− − −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
≤ = ≤ = ≤ =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
−
⎛ ⎞
≥ =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
3
3 x
Q 25
0,67 Q 25 0,67 10 31,7
10
−
= = + =
Por consiguiente, el primer grupo serían las mujeres con puntuaciones inferiores o
iguales a 18,3. El segundo grupos son aquellas mujeres con puntuaciones entre 18,3
y 25. El tercer grupo son las mujeres con puntuaciones entre 25 y 31,7. El cuarto
grupo son mujeres que tengan puntuaciones superiores a 31,7.

El número de millones de metros cúbicos que tiene un embalse sigue una
distribución normal  N(980,50). El consumo diario de las poblaciones que sirve es
una normal N(85, 30).  Si se sabe que durante una tormenta la cantidad de agua
que se embolsa es una normal N(50, 25).
Un día han caído dos tormentas, calcular la probabilidad de que al final del día el
agua embalsada sea menor o igual que 980 metros cúbicos.
Solución:
Agua del embalse:   1 1 1
X N( , ) N(980,50)
μ σ ≡
∼
Consumo diario:   2 2 2
X N( , ) N(85,30)
μ σ ≡
∼
3 3 3
Agua una tormenta: X N( , ) N(50,25)
∼ μ σ ≡
[ ]
[ ]
3 3
2
3 3
x
x
E(2X ) 2E X 2 50 100
Agua dos tormentas:
Var(2X ) 4Var X 4 25
⎧ = = =
⎪
⎨
= =
⎪
⎩
2 2
2 2
3 i i i i
i 1 i 1
X X
2X N , N(2 0, 2 25)
= =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
λ μ λ σ ≡
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ ∑
∼
Agua embalse un día con dos tormentas:
3 3
2 2
1 2 3 i i i i
i 1 i 1
Y X X 2X siendo  Y N ,
= =
⎛ ⎞
= − + λ μ λ σ
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ ∑
∼
( )
2 2 2
x
Y N 980 85 100, 50 30 4 25 N(995, 76,81)
− + + + ≡
∼
Y 995 980 995
P(Y 980) P P(z 0,19) P(z 0,19) 2P(z 0,19) 0,4247
76,81 76,81
− −
⎡ ⎤
≤ = ≤ = ≤ − = ≥ = ≥ =
⎢ ⎥
⎣ ⎦

Una maca de frutas ha observado que el peso medio de los melones en gramos
sigue una distribución normal N(1700, 100). Hallar:
a) Probabilidad de que los melones pesen menos de 1500 gramos y más de 2000
gramos.
b) Sabiendo que son rechazados para la explotación aquellos melones que difieren
más de 300 gramos del promedio. Determinar la proporción de melones
rechazados.
Solución:
a)  Sea la variable aleatoria X =Peso de los melones en gramos, X N(1700,100)
∼
[ ]
P (X 1500) (X 2000) P(X 1500) P(X 2000)
∪ = + =
X 1700 1500 1700 X 1700 2000 1700
P P P(z 2) P(z 3)
100 100 100 100
− − − −
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
= + = − + =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
P(z 2) P(z 3) 0,0228 0,00135 0,02415
= + = + =
b)
1400 1700 X 1700 2000 1700
P(1400 X 2000) P P( 3 z 3)
100 100 100
− − −
⎡ ⎤
≤ ≤ = ≤ ≤ = − ≤ ≤ =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
1 2P(z 3) 1 2 x 0,00135 0,9973  melones aceptados
= − ≥ = − =
Melones rechazados: 2P(z 3) 2 x 0,00135 0 027
,0
≥ = =
El error cometido en expedir tiques por una maquina en el aeropuerto sigue
una normal  N(0, )
σ .
a) ¿Cuál es la probabilidad de que el error cometido en valor absoluto de una
medida cualquiera sea al menos σ?
b) ¿Cuánto valdría la probabilidad si se toma como medida la media aritmética de
10 medidas independientes?
Solución:
a)  Sea la variable aleatoria X = Expedir tiques por la maquina,  X N(0, )
σ
∼
[ ] [ ] [ ]
X 0 0
P X P P z 1 P (z 1) (z 1) P(z 1) P(z 1)
⎡ − σ − ⎤
≥ σ = ≥ = ≥ = ≤ − ∪ ≥ = ≤ − + ≥ =
⎢ ⎥
σ σ
⎣ ⎦
                 x
P(z 1) P(z 1) 2P(z 1) 2 0,1587 0,3174
= ≥ + ≥ = ≥ = =
b)  Sea la variable aleatoria
10
1 2 10 i
i 1
1
Y X X X y X
10 =
= + + + = ∑

10 10
i i
i 1 i 1
1 1 1
E(y) E X E X 10 0
10 10 10
= =
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
= = = μ = μ =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∑ ∑
10 10 2
2 2
y i i
i 1 i 1
1 1 1
Var(y) Var X Var X 10
10 100 100 10
= =
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ σ
σ = = = = σ =
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∑ ∑
y N 0,
10
σ
⎡ ⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦
∼
y 0 0
P y P P z 10
/ 10 / 10
P (z 10) (z 10) P(z 10) P(z 10)
P(z 10) P(z 10) 2P(z 3,16) 0,0016
⎡ − σ − ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ≥ σ⎤ = ≥ = ≥ =
⎣ ⎦
⎣ ⎦ ⎢ ⎥
σ σ
⎣ ⎦
⎡ ⎤
= ≤ − ∪ ≥ = ≤ − + ≥ =
⎣ ⎦
= ≥ + ≥ = ≥ =
Las variables aleatorias en estudio son independientes.
Sean:   1 2 3
X N(10,2) , X N(15,2) y X N(20,2)
∼ ∼ ∼ donde   1 2 3
Y 5X 4X 3X
= + −   y
2 2 2
1 2 3
X 10 X 15 X 20
U
2 2 2
− − −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= + +
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
.
Calcular:    a)   [ ]
P 20 Y 30
≤ ≤         b) [ ]
P U 11
≤
Solución:
a)
3 3
2 2
1 2 3 i i i i
i 1 i 1
Y 5X 4X 3X siendo Y N ,
= =
⎛ ⎞
⎜ ⎟
= + − λ μ λ σ
⎜ ⎟
⎝ ⎠
∑ ∑
∼
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
Y N 5 10 4 15 3 20 , 5 2 4 2 ( 3) 2 Y N 50, 2 50
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
+ − + + −
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∼ ∼
[ ] 20 50 Y 50 30 50
P 20 Y 30 P P( 2,12 z 1,41)
2 50 2 50 2 50
− − −
⎡ ⎤
≤ ≤ = ≤ ≤ = − ≤ ≤ − =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
P(1,41 z 2,12) P(z 1,41) P(z 2,12) 0,0793 0,0170 0,0623
= ≤ ≤ = ≥ − ≥ = − =
b)      1 2 3
X 10 X 15 X 20
N(0,1) N(0,1) N(0,1)
2 2 2
− − −
∼ ∼ ∼
[ ] [ ] [ ]
2 2 2
2 2 2 2
1 2 3
3
X 10 X 15 X 20
U N(0, 1) N(0, 1) N(0, 1)
2 2 2
− − −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= + + = + + = χ
⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
[ ] 2 2
3 3
P U 11 P 11 1 P 11 1 0,05 0,95
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
≤ = χ ≤ = − χ ≥ = − =
⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Un dispositivo está formado por muchos elementos que trabajaban
independientemente, siendo la probabilidad de fallo durante la primera hora de
trabajo muy pequeña e iguales en todos los elementos.
Si la probabilidad de que en ese tiempo falle por lo menos un elemento es 0,98.
a) Hallar la media y desviación típica del número de elementos que fallen en la
primera hora.
b) Calcular la probabilidad de que fallen a lo sumo dos elementos en ese tiempo.
Solución:
a) Habiendo muchos elementos independientes, el tamaño (n) es muy grande, con
una probabilidad de fallo muy pequeña, condiciones para que el dispositivo siga
una distribución de Poisson.
Sea la variable aleatoria X = Fallo en la primera hora de un elemento, X P( )
λ
∼
donde
k
P(X k) e
k!
−λ
λ
= =
0
P(X 1) 0,98 P(X 1) P(X 0) e 0,02 e 0,02
0!
−λ −λ
λ
≥ = = = = = =
ln 0,02 3,91 3,91 3,91 1,98
−λ = λ = ⇒ μ = λ = σ = λ = =
b)
0 2
3,9 3,9 3,9
3,9 3,9 3,9
P(X 2) P(X 0) P(X 1) P(X 2) e e e
0! 1! 2!
− − −
≤ = = + = + = = + + =

2
3,9 3,9
x
3,9
1 3,9 e 12,505 e 0,2531
2
− −
⎡ ⎤
= + + = =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
Encontrar la moda de una variable aleatoria X B(14, 0,2)
∼
Solución:
La moda de una distribución binomial viene dada por el valor (número entero) que
verifica d
(np q M np p)
− ≤ ≤ + .
Generalmente será un valor (la parte entera de la media) y podrán ser dos valores
modales cuando (np q)
− y (np p)
+ sea un número entero.
En este caso, np q 14.0,2 0,8 2 np p 14.0,2 0,2 3
− = − = + = + =
d d
np q M np p 2 M 3
− ≤ ≤ + → ≤ ≤
La distribución es bimodal y las modas son 2 y 3

Una compañía de seguros garantiza pólizas de seguros individuales contra
retrasos aéreos de más de doce horas. Una encuesta ha permitido estimar a lo
largo de un año que cada persona tiene una probabilidad de una de cada de mil de
ser víctima de un retraso aéreo que esté cubierto por este tipo de póliza y que la
compañía aseguradora podrá vender una media de cuatro mil pólizas al año.
Se pide hallar las siguientes probabilidades:
a) Que el número de retrasos cubiertos por la póliza no pase de cuatro por año
b) Número de retrasos esperados por año
c) Que el número de retrasos sea superior a dos por año
d) Que ocurran doce retrasos por año
Solución:
Sea X = Número de retrasos por año, la variable sigue una distribución binomial
1
n 4000 , p 0,001 , b(4000, 0,001)
1000
= = =
con lo que,   k 4000 k
4000
P(X k) .0,001 .0,999 k 0,1, ,4000
k
−
⎛ ⎞
= = =
⎜ ⎟
⎝ ⎠
Es necesario buscar una distribución que sea una buena aproximación de ésta. La
distribución de Poisson es una buena aproximación de la binomial b(4000, 0,001),
ya que p 0,001
= es muy pequeña y n.p 4000.0,001 4 5
= = .
Por tanto,  X b(4000, 0,001) X P( n.p 4)
∼ ≈ ∼ λ = =
k
4
4
P(X 4) .e
k!
−
= =
a) P(X 4) P(X 0) P(X 1) P(X 2) P(X 3) P(X 4)
≤ = = + = + = + = + = =
       [ ]
0 1 2 3 4
4 4
4 4 4 4 4
.e 1 4 8 10,667 10,667 .e 0,6289
0! 1! 2! 3! 4!
− −
⎡ ⎤
= + + + + = + + + + =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
b) El número de retrasos esperado por año es la media x 4
μ = λ =
c) [ ]
P(X 2) 1 P(X 2) 1 P(X 0) P(X 1) P(X 2)
= − ≤ = − = + = + = =
                     [ ]
0 1 2
4 4
4 4 4
1 .e 1 1 4 8 .e 1 0,381 0,7619
0! 1! 2!
− −
⎡ ⎤
= − + + = − + + = − =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
d)
12
4 4
4
P(X 12) .e 0,035.e 0,00064
12!
− −
= = = =

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