III.2.- Modelos probabilísticos para variables aleatorias continuas: distribuciónuniforme, exponencial, gamma, normal y características principales. Aproximaciónde la distribución binomial mediante la normal.

Distribución uniforme

La variable aleatoria continua más sencilla posible se llama variable aleatoria uniforme por tener un valorconstante (uniforme) en un intervalo de valores.

Gráficamente se tiene:

≤≤

−=⇒formaotraen

bxaabxf

;0

;1)(

y

>

≤≤−

<

= ∫bxsí

bxasídxab

axsí

xFx

a

;1

;1;0

)(

2ab +=µ

12)( 2

2 ab −=σ

)()(

abteetm

tatb

−−=

Ejemplo:

Una persona viaja diariamente en el metro para ir de su casa en "Indios Verdes" a su escuela en "Ciudaduniversitaria". Suponga que los trenes sales de la estación "Indios Verdes" a las 7, 7:13, 7:20, 7:25, 7:45 y7:55 am y esta persona aborda el primero, tan pronto llega a la estación. Debido a que no se levanta a lamisma hora y a las condiciones variables del tránsito, El tiempo en que esa persona llega a la estación, tienela misma probabilidad de esta comprendida entre las 7:15 y las 7:45 am, De acuerdo a lo anterior, ¿Cual es

f(x)

0.5

-3 3 x

1

-3 3

F(x)

la probabilidad de que tenga que esperar en la estación menos de 5 min. un día cualquiera? ¿menos de 10min.? ¿Cual es la probabilidad de que aborde los trenes de las 7:25 y las 7:45 en determinado día?

P(esperar < 5 min)=?P(esperar < 10 min)=?P(abordar entre las 7:25 y 7:45 hrs)=?

Para fines prácticos, suponga que para referirse al intervalo de 7:15 - 7:45 sea igual a manejar el intervalode 0 a 30 min.

Sea x = tiempo de llegada

Para que se cumpla que el tiempo de espera sea menos de 5 min debe cumplirse que

30251712,105,50 ≤<≤<≤<≤< xyxxx

Gráficamente se tiene

De donde se ve claramente porque se habla de una distribución uniforme (la variable aleatoria "tiempo deespera" tiene un valor constante dentro de un intervalo de valores.

3020

305

305

305

305min)5( =+++=<⇒ esperarP

Indios Verdes Ciudad Universitaria

77:137:207:257:327:457:55

7:15

7:45

Misma probabilidadde llegar a la estación

7:15 7:20 7:25 7:32 7:45

0 5 10 17 30

5/30 5/30 5/30 5/30

De igual forma se tiene la probabilidad de esperar menos de 10 min es

3027

3010

307

305

305min)10( =+++=<⇒ esperarP

y por último, la probabilidad de abordar los trenes de las 7:25 o de las 7:45 se describe a continuación

Para abordar el tren de las 7:25, el tiempo de espera es de 5 min. y para abordar el tren de las 7:45 el tiempode espera es de 13 min.

3018

3013

305min)3017105( =+=≤<∪≤<⇒ xxP

Ejemplo

Sea la siguiente distribución uniforme

0 5 10 17 30

5/30 13/30

0 5 10 17 30

5/30 5/30 7/30 10/30

f(x)

h

-1 1x

Calcular:

)(.6)5.05.0(.5

)1(.4)1(.3

)0(.2.1

xFGraficarxP

xPxPxP

h

−≤≤−−

≥−−≤−

≤−−

Respuestas

1.- Como los valores de probabilidad deben estar entre 0 y 1. El área en cuestión debe valer 1

Área del rectángulo =b*h=(1+1)*h=2h=1

Despejando a h

h= 1 / 2

21

21*1)5.05.0(.5

0)1(.40)1(.3

21

21*1*)0(.2

==≤≤−−

=≥−=−≤−

===≤−

xP

xPxP

hbxP

6.- Graficando

-1 1

F(x)1

x

Distribución exponencial

La distribución exponencial tiene función de densidad

≥

=−

maneraotradexe

xfx

;00;

)(λλ

en donde el parámetro λλλλ es una constante real positiva.

La función de densidad exponencial está estrechamente relacionada con la distribución de Poisson. Aldesarrollar la distribución de Poisson a partir de los postulados de Poisson y del proceso de Poisson, se fijoel tiempo en algún valor t, y se desarrolló la distribución del número de ocurrencias en el intervalo [0, t].Se denotó a esta variable aleatoria mediante X y la distribución fue

==−

maneraotrade

xx

texp

xt

;0

,....2,1,0;!

)()(

λλ

Considerese ahora p(0), que es la probabilidad de que no haya ocurrencias en [0, t]. Esto es igual a

tep λ−=)0(

Otra interpretación de tal probabilidad es que el evento ocurra en un tiempo mayor que t. Si consideramos aeste tiempo como una variable aleatoria T, se observa que

0)()0( ≥=>= − tetTPp tλ

Entonces, si ahora se deja que el tiempo varíe y sí se considera a la variable aleatoria T como el tiempotranscurrido hasta la ocurrencia, entonces

01)()( ≥−=≤= − tetTPtF tλ

y puesto que f(t) = F'(t), se ve que la distribución de densidad es

f(x)

x

0

λ

≥

=−

maneraotradete

tft

;00;

)(λλ

Entonces la relación entre las distribuciones exponencial y de Poisson puede expresarse de la siguientemanera: sí el número de ocurrencias tiene una distribución de Poisson, entonces el tiempo entre lasocurrencias tiene una distribución exponencial. Por ejemplo, si el número de órdenes semanales recibidaspara cierto artículo tienen una distribución de Poisson, entonces el tiempo entre las órdenes tendría unadistribución exponencial. Una variable es discreta (el conteo ) y la otra es continua (el tiempo ).

La media y la varianza de la distribución exponencial son

∫ ∫∞ ∞ −∞−− =+−==

0 00

1)(λ

λ λλλ dxexedxexXE xxx

y

2

2

0 00

22

22 1121λλλ

λσ λλλ =

−

+−=

−= ∫ ∫

∞ ∞ −∞−− dxxeexdxex xxx

La desviación típica o estandar es 1/λλλλ, por tanto, la media y la desviación típica son iguales.

La función generatriz de momentos es

1

1)(−

−=

λttM x

Siempre y cuando t < λλλλ.

La función de distribución F(x) puede obtenerse integrando la función de densidad, lo cual da comoresultado

≥−=<

=∫ −−x tt xedte

xxF

00;1

0;0)( λλλ

Ejemplo 1

Se sabe que un componente electrónico tiene una vida útil representada por una densidad exponencial, contasa de falla de 10-5 fallas por hora (esto es , λλλλ=10-5). El tiempo promedio transcurrido hasta la falla, E(X),es por tanto 105 hr. Supóngase que se desea determinar la fracción de tales componentes, que fallará antesde que transcurra la vida media o vida esperada.

63212.011 11

0

1

0=−=−==

≤ −−−∫ eedxeTP xx λλλ λλ

λ

Este resultado se cumple para cualquier valor de λλλλ mayor de cero. En este ejemplo, el 63.212% de loscomponentes fallarán antes de 105 hr.

Ejemplo 2

Supóngase que un diseñador puede tomar una decisión entre dos procesos de manufactura para lafabricación de cierto componente. Empleando el proceso A cuesta C dólares por unidad fabricar uncomponente. Empleando el proceso B cuesta k*C dólares por unidad fabricar un componente, cuando k >1. Los componentes tienen una densidad exponencial de tiempo transcurrido hasta la falla con tasa de fallade 200-1 fallas por hora para el proceso A, mientras que los componentes empleando el proceso B tienenuna tasa de falla de 300-1 fallas por hora. Entonces, las vidas medias son de 200 y 300 hr. , respectivamente,para los dos procesos. Debido a una cláusula de garantía, si un componente dura menos de 400 hr. , elfabricante debe pagar una pena de K dólares. Sea X el tiempo transcurrido hasta la falla para cadacomponente.

F(x)

x

1

f(x)

x

E(X)=1/λ0.63212

0.36788

400;400;

400;400;

<+=≥=

<+=≥=

XsiKkCXsikCC

yXsiKCXsiCC

B

A

Los costos esperados son

[ ] [ ])1(

1)(

)(

200200)()(

2

22

400

200400

0

200

400

0 400

20012001

11

11

−

−−

∞−−

∞ −−−−

−+=

+−+=

−+

−+=

++=

−−

−−

∫ ∫

eKCeCeKC

eCeKC

dxeCdxeKCCE

xx

xxA

y

)1(

1)(

)(

300300)()(

34

34

34

400

300400

0

300

400

0 400

30013001

11

11

−

−−

∞−−

∞ −−−−

−+=

+

−+=

−+

−+=

++=

−−

−−

∫ ∫

eKkC

ekCeKkC

ekCeKkC

dxekCdxeKkCCE

xx

xxB

Por tanto , si

)(1

34

2 −− −−<

eeC

Kk

entonces la razón

1)()(

>

B

A

CECE

y es posible que el diseñador elija el proceso B.

Distribución gamma

La función gamma esta definida por

0;)(0

1 >=Γ −∞ −∫ nparadxexn xn

Puede demostrarse que cuando

∫ −−

∞→

k xn

kdxex

0

1lim

existe una importante relación recurrente que puede fácilmente demostrarse al integrar por partes a lafunción gamma

)1()1()( −Γ−=Γ nnn

Si n es un entero positivo, entonces

)!1()( −=Γ nn

Entonces, la función gamma es una generalización del factorial.

La distribución probabilística gamma esta definida como

( )

>Γ

=

−−

maneraotrade

xexr

xf

xr

;0

0;)(

)(

1 λλλ

Los parámetros son r > 0 y λλλλ > 0. Al parámetro r generalmente se le denomina parámetro de forma, y a λλλλse le denomina parámetro de escala.

Debe observarse que f(x) es mayor o igual a cero para toda x, y

∫ ∫∞

∞−

∞ −−

Γ=

0

1)()(

)( dxexr

xf xr λλλ

haciendo un cambio de variable y= λλλλx

∫∞ −− =Γ

Γ=

Γ=

0

1 1)()(

1)(

1 rr

dyeyr

yr

Graficando la distribución probabilística gamma para l =1 y r=1, 2 y 3

De aquí se ve existe una estrecha relación entre la distribución exponencial y la distribución gamma. Esdecir, si r=1 la distribución gamma se reduce a la distribución exponencial.

Para efectos de cálculo, r será un entero positivo.

La media y varianza de la distribución gamma, estan dadas por

22)(

λσ

λryrXE ==

en tanto que la función generatriz de momentos esta definida por

r

XttM

−

−=

λ1)(

y la función de distribución F(x) es

≤

>Γ

−

=∫

∞ −−

0;0

0;)()(

1

)(

1

x

xdtetr

xFx

tr λλλ

si r es un entero positivo, la ecuación anterior puede integrarse por partes obteniendose

( ) 0!

1)(1

0>−=

−−

=∑ x

kxexF

kxr

k

λλ

que es la suma de los términos de Poisson, con media λλλλx . Entonces, las tablas de la distribuciónacumulativa de Poisson pueden utilizarse para evaluar la función de distribución gamma.

f(x)

x

r=3r=2r=1

Distribución gamma para λλλλ =1

Ejemplo

Un sistema redundante opera en la forma que se muestra en la siguiente figura.

Inicialmente, la unidad 1 está en línea, mientras que las unidades 2 y 3 están en alerta. Cuando la unidad 1falla, el interruptor de decisión (DS) conecta la unidad 2 hasta que esta falla y después conecta a la unidad3. Se considera que el interruptor de decisión es perfecto, de manera que la vida del sistema X puederepresentarse como la suma de las vidas de los subsistemas, X=X1+X2+X3. Si las vidas de los subsistemasson independientes unas de otras, y si cada uno de los subsistemas tiene vida Xj donde j=1,2 y 3 condensidad

0;100

1)( 100 ≥=−

j

x

j xexgj

entonces X tendrá una densidad gamma con r=3 y como la función de densidad arriba expresadacorresponde a la distribución exponencial se deduce que λλλλ= 0.01

sustituyendo estos valores en la función de densidad gamma

( ) 0;)01.0(!201.0

)()( 01.021 >=

Γ= −−− xexex

rxf xxr λλλ

Unidad 1

Unidad 2

Unidad 3

DS

Distribución normal

Se dice que una variable aleatoria X tiene una distribución normal con media µµµµ y varianza σσσσ2222, si tiene unafunción de densidad.

∞<<∞−=

−

−

xexfx 2

21

21)( σ

µ

πσ

La distribución normal tiene varias propiedades importantes:

( )[ ] ( )[ ]

σµµ

µµµ

±=−=−

−−=+−

==−≥−

=−

−∞→∞→

∞

∞−∫

xenestánfdeinflexióndepuntosLosxenpresentasefdemáximovalorEl

laarespectoconsimetricaesdensidadLaxfxf

xflímyxflímxtodaparaxf

dxxf

xx

.6

.5

.4

0)(0)(.30)(.2

1)(.1

La función generatriz de momentos para la distribución normal esta dada por:

+

= 2

22

)(tt

X etMσµ

La función de distribución F(x) es

∫ ∞−

−

−

=≤=x

u

duexXPxF2

21

21)()( σ

µ

πσ

La evaluación de la integral anterior requiere de la utilización de métodos numéricos. Sin embargo, unatransformación simple de variables permite que la evaluación sea independiente de µµµµ y σσσσ

Sea z=(x-µµµµ)/σσσσ

∫−

−

−=

−≤=≤= σ

µ

πσσµ x

x

z

dzexZPxXPxF 2

2

21)()(

donde

x

xxz

σµ−

=

se le conoce como la variable normalizada correspondiente a x, lo que significa que la µµµµ de z es cero y quela σσσσ es 1

La función de distribución correspondiente está dada por

dzezZPzFz

z

z∫ ∞−

−=≤= 2

21)()(

πσ

Es común encontrar en la mayoría de textos de Probabilidad y Estadística que la función de distribución sepresenta en forma de tabla. A partir de esta tabla se pueden encontrar las áreas entre dos ordenadascualesquiera.

Ejemplo 1.-

1.- Hallar el área bajo la curva normal en cada uno de los siguientes casos.

)05.244.1(.)28.1(.

)6.0(.)94.181.0(.

)21.246.0(.)068.0(.

)2.10(.

≥−≤−−≥−−≤−

≤≤−≤≤−−≤≤−−

≤≤−

zyzPgzPf

zPezPdzPczPb

zPa

Solución

a.-

b.-

z=1.2µ=0

De tablas0.3849

z=-0.68 µ=0

0.2518

c.-

d.-

e.-

f.-

-0.46 2.21

0.1772 0.4864

P(-0.46<= z <=2.21)=0.1772+0.4864

=0.6636

0.81 1.94

0.1828P(z <= 1.94) = 0.4738P(z <= 0.81) = 0.2910EntoncesP(0.81 <= z <=1.94) = 0.4738 - 0.291 = 0.1828

-0.6

0.2743 P(z >= -0.6)=0.2257EntoncesP(z <= -0.6)= 0.5-0.2257 = 0.2743

0.50.3997

-1.28

P(z >= -1.28) = 0.3997 + 0.5 = 0.8997

g.-

Ejemplo 2

Determinar el valor o valores de z en cada uno de los siguientes casos, donde el área se refiere a una curvanormal.

a.- El área entre 0 y z es 0.3770b.- El área entre -1.5 y z es 0.0217

Respuesta

a.-

b.-

-1.44 2.05

0.4251 0.4798

0.4251+0.4798=0.9049

1 - 0.9049 = 0.0951

z= 1.16 z= -1.16ó

0.377

-1.5z = -1.69

0.0217

0.0217

-1.5 z = -1.35ó

0.0217+ 0.4332----------- 0.4549

0.4332+0.0217---------- 0.4115

Ejemplo 3

La media de los pesos de 500 estudiantes de un cierto colegio es 75 kg y la desviación estándar es de 7.5kg. Suponiendo que los pesos se distribuyen normalmente, hallar cuantos estudiantes pesan:

a.- entre 60 y 77.5 kgb.- más de 92.5 kgc.- menos de 64 kgd.- exactamente 64 kge.- 64 kg o menos

Respuesta

Datos:N = 500 estudiantesµ = 75 kgσ = 7.5 kg

a.-

Haciendo uso de la variable normalizada

σµ−= xz

066.25.7

755.591 −=−=⇒ z

4.05.77578

2 =−=⇒ z

µ = 7560 77.5

-2.06 0.4

0.4803 0.1554

6357.01554.04803.0)4.006.2( =+=≤≤−⇒ zP

Este resultado indica que existe la posibilidad que de un total de 500 alumnos, el 63.57% pese entre 60 y77.5 kg, o dicho de otra forma el número aproximado de estudiantes que pesen entre 60 y 77.5 kg es de317.

b.-

26.25.77592 =−=z

Entonces, de un total de 500 alumnos el 1.19% pesa mas de 92.5 kg, es decir, cerca de 6 alumnos.

c.- menos de 64 kg

92.5

0.4881

0.5-0.4881=0.0119

2.26

64

Normalizando

47.15.77564 −=−=z

Aproximadamente 35 alumnos pesan menos de 64 kg

d.- exactamente 64 kg

4.15.7

755.6453.15.7

755.6321 −=−=−=−= zz

Entonces, aproximadamente 9 alumnos pesan exactamente 64 kg.

-1.47

0.4292

0.5-0.4292=0.0708

64

63.5 64.5

-1.4-1.53

0.437-0.4192=0.0178

e.- 64 kg o menos

Aproximadamente 40 alumnos pesan menos 64 kg.

Ejemplo 4

Para cierta prueba la calificación media es µµµµ =500 con una σσσσ =100. Se desea aprobar al 75% de loscandidatos que toman esta prueba. ¿Cual debe ser la calificación mínima aprobatoria?.

De tablas, resulta que z es aproximad

Se tiene que

67.0100

500 −=−=−= xxzσ

µ

Despejando x

433500100*67.0 =+−=x

La calificación mínima debe ser de 4

-1.4

0.5-0.4192=0.0808

0.50.25

µ=500

z

amente igual a -0.67

33 puntos.

Ejemplo 5

Se desea formar una compañía con soldados de una estatura mínima de 180 centímetros. Sí la estaturamedia es de 170 centímetros, con una desviación típica de 6.25 centímetros. ¿Cuantos soldados se esperaque cumplan el requisito en este regimiento de 1200 hombres?

6.125.6170180 =−=z

Lo que indica que aproximadamente 66 soldados cumplen con los requisitos señalados.

Aproximación de la distribución binomial mediante la normal.

Ejemplo

Lanzamos 10 veces una moneda, considerar como éxito cuando aparezca un águila.a.- Determinar la probabilidad de que aparezcan x águilas.b.- Graficar tal probabilidadc.- Determinar la mediad.- Determinar la desviación estándar

Este ejemplo corresponde a una distribución binomial porque sólo puede asumirse dos valores (éxito yfracaso)

Sea X= número de veces que aparece un águila

X={ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}

21

21 == qp

µ=170 180

1.6

0.5-0.4452=0.0548

a.-

001.021

21)0(

100

010 =

== CXP

0098.021

21*10

21

21)1(

9191

110 =

=

== CXP

0439.021

21*45

21

21)2(

8282

210 =

=

== CXP

1172.021

21*120

21

21)3(

7373

310 =

=

== CXP

2051.021

21*210

21

21)4(

6464

410 =

=

== CXP

2461.021

21*252

21

21)5(

5555

510 =

=

== CXP

2051.021

21*210

21

21)6(

4646

610 =

=

== CXP

1172.021

21*120

21

21)7(

3737

710 =

=

== CXP

0439.021

21*45

21

21)8(

2828

810 =

=

== CXP

0098.021

21*10

21

21)9(

1919

910 =

=

== CXP

001.021

21)10(

010

1010 =

== CXP

b.-

521*10. ===− npc µ

58.15.24

1021*10.

22 =⇒==

==− σσ npqd

de la distribución binomial, se sabe que

npqnp == σµ

npqnpxz −=⇒

del ejemplo anterior

21

21 == qp

)1.(

21

2

41*

2 ecn

nx

n

nxz

−=

−=

f(x)

x0.050.1

0.15

0.20.25

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Distribución normal

Distribuciónbinomial

tomando un incremento en x

n

nxnx

n

nx

n

nxz

21

221

21

2

21

21 +−−+

=−

−−+

=∆⇒

Simplificando

nz

21

1=∆

por otro lado, la distribución binomial está dada por

xnxxnxxn qp

xnxnqpCxf −−

−==

)!(!!)(

Haciendo p=q=0.5

)2.(21

)!(!!)( ec

xnxnxf

n

−=⇒

despejando de la ecuación 1 a x

)3.(22

1 ecnnzx +=

multiplicando por σσσσx a f(x), sea

)()( densidaddefunciónxfy xσ=

−=⇒ n

xnxny

n

21

21

)!(!!

tomando un incremento en x

( )

−−

+−+=∆ n

xnxnn

xnxny

nn

21

21

!!!

21

21

))!1(()!1(!

−

−−−+

=∆

)!(!!

)!1()!1(!

21

21

xnxn

xnxnny

n

−−−+

−−+−−

=∆

)!(!)!1()!1()!1()!1(!)!(!!

21

21

xnxxnxxnxnxnxnny

n

−−−+

−−+−−

=∆

!)!1()!()!1())!1()!1()!(!(!

21

21

xxnxnxxnxxnxnny

n

−−

−−+−−

−+=∆

)!1()!1()!1()!(!

21

21

)!()!()!1(!

xnxnxxnxn

xnxxny

n

[ ] )12(!)1(!)!1(

)1()()!1(! −−=−−−=−−

+−−−−= xnxxxnxxn

xxnxnxI

[ ])12(!21

21

)!)(!()!1(! −−

−+=∆⇒ xnxn

xnxxny

n

−= n

xnxnycomo

n

21

21

)!(!!

)!)(1()!1( xxxcomoy +=+

)12(1

−−+

=∆⇒ xnx

yy

Dividiendo ∆∆∆∆y/∆∆∆∆z

( )( ) )4.(12

21

1

21

1

121 ecxnn

xy

n

xnx

y

zy −−

+=

−−+=

∆∆

sustituyendo 3 en 4

( )121

122

1−−−

++=

∆∆ nznnn

nzn

yzy

I

( )( )1

21

221

−−

++=

∆∆ znn

nzn

yzy

nentredividiendonzn

nnzyzy ;

2)(

+++−=

∆∆

222

21

21

;21

)(nnnnnnn

nnzn

nnzy

zy ====

++

+−=

∆∆

∞→++

+−=

∆∆⇒ nsí

nnz

nzy

zy ;

21

)1(

yz

nnz

nzy

dzdy

zy

nn−=

++

+−==

∆∆

∞→∞→ 21

)1(limlim

variablesseparandoyzdzdy ;−=⇒

integrandozdzy

dy −=

∫ += 1cyLny

dy

∫ +−=− 2

2

2czzdz

2

2

1 2czcyLn +−=+⇒

tmosantilogaritomandoczyLn 3

2

2+−=

keseaeeey cz

ccz

===−+−

3

2

33

2

22

2

2z

key−

=∴

Como "y" es una función de densidad debe cumplirse que

12

2

== ∫∫∞

∞−

−∞

∞−dzekdyy

z

de donde

π21=k

atandarizadesnormalóndistribuciodensidaddefuncióneyz2

2

21 −

=∴π

Ahora bien, como se definió

xx

yxfxfyσ

σ =⇒= )()(

x

z

x

xzexfσ

µπσ

−==−

;2

1)( 2

2

normalóndistribuciodensidaddefunciónexfx

x

x

2

2

21)(

−

−=⇒

σµ

πσ