Guia7_Cap3_Modelos Discretos Usuales

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Ejercicios Resueltos de Probabilidad Profesor: Víctor Correa S. 
 
Semestre 1 2013 Capítulo: Modelos Usuales Discretos 
 
Warning: This section may be bad for your academic health. In order to get any 
benefit from doing de exercises, do not look at the hints until you have given the 
problem an honest try are stuck. More importantly, never look at the partial solutions 
below until you have finished that exercise yourself. The use the answer only to check 
that you have not made a mistake . “Working backwards” from a solution will never 
teach you crucial solving skill. 
 
George R, Terrel, pag. 437, “Mathematical Statistics: A Unified Introduction”, 1999 
Springer. 
 
La distribución de probabilidad Binomial 
 
Ejemplo 1 
Un experimento aleatorio consiste en 4 ensayos, independientes, con dos resultados 
posible Éxito o Fracaso. En todos los ensayos, P( Éxito ) = 0,4. 
 
Sea la variable aleatoria, X = n° de éxitos en los 4 ensayos. 
 
a ) Determina la f.d.p de X, p(x) = P( X = x) para x = 0,1,2,3,4 
b) Usando la fórmula del Binomio de Newton, nknk
n
k
baba
k
n
)(
0





 

 , demuestra 
que “p” es una función de probabilidad, es decir, que: 1)(
4
0

x
xp 
 
Solución 
 
a) 
( X = 0 ) = { FFFF } 
 
Por independencia: 
 
P(X = 0) = P{ FFFF }= P( F en 1er ensayo) P( F en 2do ensay) P( F en 3er ensayo) P( F en 4to ensayo) 
 = 0,6 0,6  0,6  0,6 = 0,6
4
. 
 
( X = 1 ) = { EFFF, FEFF, FFEF, FFFE } 
 
P( X = 1) = P(EFFF) + P(FEFF) + P(FFEF) + P(FFFE) 
 = 0,4 0,6
3 
+ 0,4 0,6
3 
+ 0,4 0,6
3 
+ 0,4 0,6
3 
= 4 0,4 0,6
3 
 
 
( X = 2 ) = { EEFF, EFEF, … } 
 
El evento anterior tiene 





2
4
 puntos muestrales cada uno de probabilidad , 0,6
2 
 0,6
2 
 así que, 
 
 2 
22 6,04,0
2
4
)2( 





XP 
 
( X = 3 ) = { EEEF, EFEE, … } 
 
El evento anterior tiene 





3
4
 puntos muestrales cada uno de probabilidad , 0,6
3 
 0,6
1 
 así que, 
 
13 6,04,0
3
4
)3( 





XP 
 
( X = 4 ) = { EEEE } 
 
 
44,0)4( XP 
 
Resumiendo, 
 
xx
x
xXPxp 





 46,04,0
4
)()( x = 0, 1, 2, 3, 4. 
 
b) 
 
Usando el binomio de Newton con n = 4, a= 0,4 y b= 0,6, se tiene, 
 
11)6,04,0(6,04,0
4
44
4
0
4 








x
xx
x
 
 
 
Ejemplo 2 
Una variable X = número de éxitos en 8 ensayos, tiene distribución Binomial con n = 8 
y  = 0,25 
 
a) Escribe la función de probabilidad de X, su media y varianza. 
Determina la probabilidad (use 5 decimales) de que: 
b) Resulten menos de 4 éxitos. 
c) Resulten 2, 3, 4 o 5 éxitos 
d) Resulten al menos tres éxitos 
Solución 
a) 
 )75,0()25,0(
8
][)( 8 kk
k
kXPkp 





 k = 0, 1, 2, 3, …., 8 
E[ X ] = n = 80,25 = 6 éxitos. 
Var[X] = n(1-) = 80,250,75 = 1,5 
DE[X] = Raiz(1,5) = 1,2 éxitos. 
 
b) 
 
P( X < 4 ) = p(0) + p(1)+ p(2) + p(3) = 0,10011 + 0,26697 + 0,31146 + 0,20764 = 0,88618 
 
 3 
c) 
 
P( 2  X  5 ) = p(2) + p(3)+ p(4) + p(5) = 0,31146 + 0,20764 + 0,08652 + 0,02307 = 0,62869 
 
d) 
 
P( X  3 ) = 1 - P( X  2) = p(0) + p(1)+ p(2) = 1 - 0,67854 = 0,32146. 
 
También, pero resulta más largo, se puede escribir: 
 
P( X  3 ) = p(3) + p(4)+ p(5) + p(6) + p(7) + p(8) = 0,32146 
 
 
Ejemplo 3 
En una industria el 30% de los trabajadores tienen remuneraciones superiores a 
$340.000. 
 
Se elige al azar un trabajador y se determina si su remuneración es superior a $340.000. 
 
Se pide: 
a) Determina un espacio de resultados adecuado para dicho experimento. 
b) Define una v.a. X que se distribuya como una Bernoulli. 
c) Obtenga la esperanza y desviación estándar de X 
d) Grafica la función de probabilidad de X. 
Solución 
a) 
Sea  = { 1 , 2 } = { éxito, fracaso }, donde 
éxito = El trabajador seleccionado tiene remuneración superior a $340.000. 
fracaso = El trabajador seleccionado tiene remuneración menor o igual a $340.000. 
 
b) 
X = 1 si se selecciona un trabajador con remuneración superior a $340.000. 0 si no. 
X  Bernoulli (  = 0,30 )  Binomial ( n = 1,  = 0,30 ) 
 
Función de probabilidad P(k) = (0,30)
k
(0,70))
1-k
, k = 0, 1. 
 
Como tabla la función anterior se expresa como: 
 K : 0 1 
P(k) : 0,70 0,30 
 
Con los ’s la variable también se puede escribir como: 
X() = 1 si  = éxito. 0 si  = fracaso 
 
c) 
E(X ) = 1 p(1) + 0p(0) = p(1) = 0,30 =  
Var(X) = 1
 2
  p(1) + 0
 2
 p(0) - (0,30)
2
 = 0,300,70 = ( 1- ) 
DE(X) = Raiz(0,21) = 0,458258 
 
d) 
 4 
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0 1
 
 
Ejemplo 4 
Sea X  B( n ,  ) que cumple E(X) = 3 y Var(X) = ¾. Determine “n” y “”. 
Solución 
 
EX = n = 3; VarX = n (1-  ) =3/4. 
 
n (1-  )/ n = (1-  ) = ¼, entonces,  = 0,75 y n = 3/0,75 = 12. 
. 
 
Ejemplo 5 
Sea X  B( n ,  ). Probar que E(X/n) =  y E(X/n -  )
2
 =  (1- ))/n. 
Solución 
 
E(X/n) = E(X)/n = n/n =  y E(X/n -  )
2
 = Var(X/n) = Var(X) /n
2
 = n (1- )/n
2
 =  (1- )/n. 
 
 
Ejemplo 6 
Sea X  B( n = 2,  ); Y  B( n = 4,  ). 
 
Si se sabe que P ( X > 1) = 4/9, encontrar P( Y  1) = ? 
 
 
Ejemplo 7 
Se lanzan 5 dados balanceados 1 vez. Sea X = n° de veces que aparece un as (un uno). Determina: 
 
a) E(X) y Var(X) 
b) P( 1  X < 4 ) y P(X  2) 
 
Rptas: Distribución B( 5, 1/6). a) 5/6; 25/6. 
P( 1  X < 4 ) = P( 1  X  3 ) = 233241 )6/5()6/1(
3
5
)6/5()6/1(
2
5
)6/5()6/1(
1
5

















 
P(X  2) = 1- P(X 1 ) = 1 - { 4150 )6/5()6/1(
1
5
)6/5()6/1(
0
5











 } 
 
Ejemplo 8 
Una aerolínea sabe que el 5% de las personas que hacen reservas de vuelo, no se 
presentan. Por esta razón ellos reservan 52 pasajes en vuelos de 50 asientos. 
a) Encuentra la distribución de probabilidad de la variable aleatoria: X = N° de 
personas con reservas que se presentan para viajar. ¿Cuál es el supuesto de la 
distribución anterior? 
b) ¿Cuál es la probabilidad de que exista un asiento para cada pasajero? 
c) ¿Cuál es el número esperado de personas que se presentan? 
Solución 
a) 
X = N° de personas con reservas que se presentan para viajar  B( n = 52,  = 0,95 ). 
 5 
 
 )05,0()95,0(
52
]Pr[)( 52 kk
k
kXkp 





 k = 0, 1, 2, 3, …., 52 
 
El supuesto es que las 52 personas que tienen reservas se presentan independientemente con probabilidad 
0,95. Lo anterior no se cumple si reservan grupos de amigos y familias. 
 
b) 
Se pide 26,0 )05,0()95,0(
50
52
]50Pr[ 250 





X . 
c) 
E[ X ] = n = 520,95 = 49 personas. 
 
 
Ejemplo 9 
Se lanzara 12 veces una moneda equilibrada. 
a) Encuentra la distribución de probabilidad de la variable aleatoria: X = N° de caras 
en los 12 lanzamientos. ¿Se cumplen los supuestos de la distribución? 
b) ¿Cuál es la probabilidad de obtener 5 caras y 7 sellos? 
c) ¿Cuál es el número esperado de caras? ¿Cuál es la desviación estándar? ¿Cómo se 
pueden interpretar los valores anteriores? 
Solución 
a) 
X = N° de caras en 12 lanzamientos  B( n = 12,  = 0,50 ). 
 
1212 )50,0(
12
 )50,01()50,0(
12
]Pr[)( 











 
kk
kXkp kk k = 0, 1, 2, …., 12 
 
Los supuestos es cumplen, aproximadamente, los lanzamientos son independientes y la probabilidad de 
éxito ( =0,50) se mantiene fija en los 12 ensayos. 
 
b) 
Se pide 19,0 )
2
1
(
5
12
)5(]5Pr[ 12 





 pX 
c) 
E[ X ] = n = 120,50 = 6 caras. 
El valor anterior significa que si repitiéramos muchas veces el lanzamientode 12 monedas, y 
promediamos los números de caras, el promedio sería cercano a 6 caras. 
 
Var[X] = n(1-) = 120,500,50 = 3 
DE[X] = Raiz(3) = 1,7 caras. 
El valor anterior significa que si repitiéramos muchas veces el lanzamiento de 12 monedas, y calculamos 
las desviaciones de los números de caras con respecto a la media 6, la desviación promedio sería cercana 
a 1,7 caras. 
 
Ejemplo 10 
Un vendedor estima que la probabilidad de que una persona que ingresa a su tienda, 
realice una compra es 0,20. Supón que en un día 10 personas independientes visitan la 
tienda. 
a) Encuentra la distribución de probabilidad de la variable aleatoria: X = N° de clientes 
que realiza una compra de las 10. 
b) ¿Cuál es la probabilidad de que 3 de las 10 personas realicen una compra? 
 6 
c) ¿Cuál es el número esperado de personas que realizarán una compra? ¿Cuál es la 
desviación estándar? 
Solución 
a) 
X = N° de personas en 63 lanzamientos  B( n = 10,  = 0,20 ). 
 
kk
k
kXkp 





 10)20,01()20,0(
10
]Pr[)( k = 0, 1, 2, …., 10 
 
b) 
Se pide 20,0 )80,0( )20,0(
3
10
)7(]3Pr[ 73 





 pX 
c) 
E[ X ] = n = 100,20 = 2 personas. 
Var[X] = n(1-) = 100,200,80 =1,6 
DE[X] = Raiz(1,6) = 1,3 personas. 
 
Ejemplo 11 
Una multitienda compra cierto tipo de aparatos electrónicos a un fabricante. El 
fabricante indica que la tasa de aparatos defectuosos es 3%.. 
 
a) El inspector de la multitienda selecciona al azar con reemplazo 20 aparatos de un 
cargamento. ¿Cuál es la probabilidad de que haya al menos 1 aparato defectuoso 
entre los 20? 
b) Suponga que se reciben 10 cargamentos al mes y que el inspector aleatoriamente 
prueba 20 aparatos por cargamento ¿Cuál es la probabilidad de que haya 3 
cargamentos que contengan al menos un aparto defectuoso? 
Solución 
a) 
Sea X = N° de aparatos defectuosos entre los 20  B( n = 20,  = 0,03 ). 
 
4562,0)03,01()03,0(
0
20
1]0[1]1[ 0200 





 XPXP 
b) 
 
Sea Y = N° de cargamentos entre los 10, que contienen al menos un aparato defectuoso  B( n = 10,  = 
0,4562 ). 
 
1602,0)4562,01()4562,0(
3
10
]3[ 73 





YP 
 
Ejemplo 12 (Valor P) 
Un medicamento es efectivo en el 70% de los casos en que es aplicado. Un nuevo 
medicamento es probado en 20 pacientes y se encontró que fue efectivo en 16 casos. 
 
Suponiendo que el antigua y nuevo medicamento son igual de efectivos calcular la 
probabilidad de observar 16 o más casos efectivos usando la tabla de la Binomial que 
se encuentra en la web del curso. 
 
Calcular el valor P = P=0,70( X  16) . ¿Dirías que el nuevo medicamento es superior? 
 7 
 
Solución 
Sea X = Número de casos efectivos en 20 pacientes tratados con el antiguo medicamento. .Suponiendo 
los tratamientos independientes se tiene que X  B( n = 20,  = 0,70 ). 
 
Entonces P[ X  16 ] = 1 - P( X ≤ 15 ) 
 
En las tablas de probabilidades acumuladas de la Binomial, no está  = 0,70, pero si esta la probabilidad 
de éxito de la variable, Y = 20 - X  B( n = 20, 1-  = 0,30 ). (ver ejemplo siguiente ) 
 
Entonces, P( X ≤ 15 ) = P( 20 - X ≥ 20 – 15 = 5 ) = P( Y ≥ 5 ) = 1 - P( Y ≤ 4 ) = 1 - 0,2375 
 
P[ X  16 ] = 1 - P( X ≤ 15 ) = 1 - (1 - 0,2375 ) = 0,2375 
 
NOTA: 
La probabilidad anterior, es demasiado grande para concluir que hay evidencia en el 
resultado ( 16 casos efectivos ) de que el nuevo medicamento es superior al antiguo. 
 
Por ejemplo, si con el nuevo medicamento se hubieran logrado 18 casos efectivos, 
entonces, P=0,70[ X  18 ] = 0,035. Es decir, la probabilidad de que con el antiguo 
medicamento se logren tantos casos efectivos es muy baja, de modo que ahora sí habría 
evidencia en el resultado (18 casos efectivos) para afirmar que el nuevo medicamento es 
mejor. 
 
Se quiere saber si la Hipótesis H1:  > 0,70 es correcta. Entonces, el procedimiento es 
calcular el Valor-p suponiendo correcta Ho:  = 0,70. Si la probabilidad de la 
evidencia observada es pequeña, digamos < 0,10; entonces, se concluye que Ho es falsa 
y H1 verdadera. 
 
Las hipótesis H1 y Ho son ejemplos de “Hipótesis Estadísticas”. 
 
Ejemplo 13 
Mostrar que si X  B( n ,  ) entonces, Y = n - X  B( n , 1-  ). 
 
Solución 
P( Y = y ) = P( X = n – y ) = 
yynynnyn
y
n
yn
n
)1()1( )(  













 
 
Así, Y  B( n , 1-  ). 
 
 
Ejemplo 14 
Un alumno que va a dar la prueba de aptitud académica (PAA), decide responder las 60 
preguntas de la parte matemática al azar. Considerando que cada pregunta tiene 5 
alternativas y sólo una de ellas es la correcta, se pide: 
 
a) Sea la v.a. X = Nº de preguntas respondidas correctamente. Determine la ley de X, 
su valor esperado y varianza. 
b) Por cada 4 preguntas malas se resta una buena obteniéndose el puntaje corregido 
PC. Verifique que: PC = 
4
5
X - 15, calcule su valor esperado y su varianza. 
 8 
c) Se define el puntaje final por: P = 8*PC + 330.¿Qué puntaje final debería esperar el 
alumno? 
 
Solución 
a) 
X  B( n=60 ; π=1/5) 
 µ = E[X] = n π = 60×1/5= 12 respuestas correctas. 
σ2 = Var[X] = n π(1- π) = 60×1/5×4/5= 9,6 (respuestas correctas)2 
 
b) 
PC = X –(60 –X)/4 =(5/4)X-15. 
 
E[PC] = E[(5/4)X-15]=(5/4)E[X] -15 = (5/4)×12-15=0. 
Var[PC] = Var[(5/4)X-15]=(25/16)E[X] = (25/16)×9,6 = 15. 
 
c) 
E[P] = 8E[PC] + 330= 8×0+330 = 330. 
 
 
Ejemplo 15 
Dos personas lanzan una moneda 4 veces cada una. Determina la probabilidad de que 
les salga el mismo número de caras. 
 
Solución 
Suponiendo que las monedas están balanceadas: 
Sea X = N° de caras que obtiene la primera persona  B(n=4,  =1/2) 
 Y = N° de caras que obtiene la segunda persona  B(n=4,  =1/2) 
 
Los números de caras en los dos lanzamientos, pueden coincidir de cinco maneras excluyentes: 
 
Cero caras en ambos casos, 
Una caras en ambos casos 
Dos caras en ambos casos 
Tres caras en ambos casos 
Cuatro caras en ambos casos. 
 
Entonces, y asumiendo que las personas lanzan sus monedas independientemente, la probabilidad que se 
pide es  k = 0,1, … ,4 P[ X = k, Y = k ] =  k = 0,1, … ,4 P[ X = k ] P[Y = k ] 
 
2734,0 
4
2
1
 
2
14
2
14
4,...,1,0
28
4,...,1,0
44
  



































kk kkk
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 9 
 
La distribución de probabilidad Hipergeométrica 
 
Ejemplo 1 
Se extraen al azar y sin reemplazo 8 fichas de 25, de las cuales 5 son verdes.. 
: 
a) Determina la distribución de la variable X = n° de fichas verdes en las 8 
extracciones. 
b) Resulten 3 fichas verdes. 
c) Resulten 3, 4 o 5 fichas verdes. 
d) Resulten al menos dos fichas verdes 
Solución 
a) 
X = N° de fichas verdes en la muestra aleatoria sin reemplazo de n = 8 fichas 
  HG( n = 8, D = 5, N = 25). 
 




















8
25
8
255
]Pr[)(
kk
kXkp k = 0, 1, 2, 4, 5 ( = Min(n = 8, R= 5) ) 
 
b) 
Se pide 143,0
5
25
38
25
3
8
)3()3( 



















 pXP 
c) 
P( 3  X  5 ) = p(3) + p(4)+ p(5) = 0,143 + 0,022 + 0,001 = 0,166 
 
d) 
P( X  2 ) = 1 - P( X  1) = 1- { p(0) + p(1) } = 1 - 0,474 = 0,526. 
 
 
Ejemplo 2 
Un inspector examinará la emisión de gases de seis de los 24 camiones de una empresa, 
seleccionados al azar. Supón que 4 de los 24 camiones de la empresa emiten cantidades 
excesivas de contaminantes. 
 
a) Encuentra la distribución de probabilidad de la variable aleatoria: X = N° de 
camiones que contaminan incluidos en la muestra de 6 camiones. 
b) ¿Cuál es la probabilidad de que ninguno de los camiones que contaminan sean 
incluidos en la muestra? 
Solución 
a) 
X = N° de personas en 63 lanzamientos HG( n = 6, D = 4, N = 24 ). 
 
 10 




















6
24
6
204
]Pr[)(
kk
kXkp k = 0, 1, 2, 4 
b) 
Se pide 2880,0
6
24
06
20
0
4
)0()0( 



















 pXP 
 
Ejemplo 3 
Entre los 120 postulantes para ocupar un cargo en una empresa, sólo 80 realmente 
cumplen los requisitos. Se seleccionan al azar cinco de los 120 postulantes para ser 
entrevistados. 
 
¿Cuál es la probabilidad de que 2 de los 5 postulantes entrevistados cumplan los 
requisitos? 
a) Use la distribución Hipergeométrica. 
b) Obtenga una aproximación con la distribución Binomial 
 
Solución 
a) 
 
X = N° de postulantes que cumplen los requisitos en la muestra de 5  HG( n = 5, D = 80, N = 120 ). 
 




















5
120
5
4080
]Pr[)(
kk
kXkp k = 0, 1, 2, 3, 4, 5 
 
Se pide 164,0
5
120
3
40
2
80
)2()2( 


















 pXP 
b) 
Aproximemos la función p(k) con la distribución Binomial con n = 5,  = 80/120 = 2/3. 
 
 165,0 )3/1( )3/2(
2
5
)2(]2Pr[ 32 





 pX 
 
Nótese, que la aproximación Binomial a la Hipergeométrica es bastante buena. Lo anterior se debe a que 
n/N = 5/120 = 0,042 < 0,05, de modo que el muestreo sin reemplazo produce ensayos aproximadamente 
independientes. 
 
 
 
 11 
 
La distribución Geométrica y Pascal 
 
 
Ejemplo 1 
Un experimento aleatorio consiste en repetir indefinidamente ensayos con dos 
resultados posibles Éxito o Fracaso, independientes. En todos los ensayos, P( Éxito ) 
= 0,4. 
 
Sea X = n° de ensayos hasta que se obtiene el primer éxito. 
 
a) Determina p(x) = P( X = x) para x = 1,2,3,4, . . . 
b) Usando la suma de la serie geométrica, 
1 1- si ,
1
1
...1 32
0





r
r
rrrr
k
k , demuestra que “p” es una función 
de probabilidad, es decir, que: 1)(
0


x
xp 
Solución 
a) 
( X = 1 ) = { E } (obtienes en el primer ensayo el exito) 
( X = 2 ) = { FE } (obtienes primero fracaso y luego el éxito) 
( X = 3 ) = { FFE } 
( X = 4 ) = { FFFE } 
 
Entonces, Rango X : 1, 2, 3, 4, . . . 
 
Por independencia de los ensayos: 
P( X = 1 ) = P( { E } ) = 0,4 
P( X = 2 ) = P( { FE } ) = 0,6×0,4 
P( X = 3 ) = P( { FFE } ) = (0,6)
2
×0,4 
P( X = 4 ) = (0,6)
3
×0,4 
 
Así es claro que: P( X = x ) = (0,6)
x-1
×0,4 
b) 
1)
6,01
1
(4,0...))6,0()6,0(6,01(4,0)6,0(4,0)6,0(4,0 42
1
1
1
1 

 






x
x
x
x
 
 
Ejemplo 2 
“En un juego disparejo”, cinco personas lanzan cada una moneda Cara/Sello. Se lanzan 
las monedas hasta que aparece una sola “cara” o un solo “sello”. ¿Cuál es la duración 
media del juego anterior? 
Solución 
La probabilidad de una sola cara es 5(0,5)
5
 y la de un solo sello es 5(0,5)
5 
Así, la probabilidad de 
uno u otro es  = 25(0,5)
5 
= 5(0,5)
4 
 = 0,3125. 
 12 
 
La duración del juego es X, una variable con distribución geométrica, p(x) = (1- )
x -1
 x =1,2 . . . 
(nótese que en la duración del juego se incluye la ronda de lanzamientos cuando se termina) 
 
La duración media del juego es: E[X] = 1/ = 3,2 
 
Según la LGN, la cantidad anterior se puede interpretar como sigue: Si repetimos el juego disparejo 
muchas veces, entonces, el promedio de las duraciones de los juegos sería aproximadamente 3,2. 
(Nótese que todas las duraciones son “enteras” pero el promedio no, será próximo a 3,2) 
 
 
Ejemplo 3 
Las cinco primeras repeticiones de un experimento cuestan $10 cada una, todas las 
repeticiones que siguen cuestan $5 cada una. Suponiendo que el experimento se repite 
hasta obtener el primer resultado exitoso. Si la probabilidad de un lanzamiento exitoso 
es siempre igual a 0,9 y las repeticiones son independientes. 
¿Cuál es el costo esperado de la operación completa? 
Solución 
 
Sea X = N° de repeticiones del experimento hasta el primer éxito. 
 
X  Geom(  = 0,9 ), p(x) = (0,1)
x-1
0,9, x = 1, 2, 3, 4, . . . 
 
Costo = C = g(X) = 10X si X  5, 50 +5(X-5) = 5X+25 si X > 5 
 
La distribución de C es: 
c 10 20 30 40 50 55 60 65 . . . 
p[c] (0,1)
0
0,9 (0,1)
1
0,9 (0,1)
2
0,9 (0,1)
3
0,9 (0,1)
4
0,9 (0,1)
5
0,9 (0,1)
6
0,9 (0,1)
7
0,9 . . . 
 
E[C] = ∑ g(x)p(x) 
 
E[C] = 

 
5
1
1 )9,0()1,0(10
x
xx 


 
6
1 )9,0()1,0)(255(
x
xx . 
 
La primera parte suma 10,11096. La segunda se puede escribir como: 
 























5
1
1
1
1
5
1
1
1
1
6
1
)9,0)1,0(9,0)1,0((259,0)1,0(9,0)1,0(5
)9,0()1,0)(255(
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
xx
x
 
 
Pero, E[X] = 1/ = 1/0,9 = 1,111111 
 
El segundo paréntesis resulta 25(1 –0,999990) = 0,00025. 
 
 
= 5(1,111111- 1,11105) +0,00025 = 0,00031 
 
 
Así el costo esperado total es 10,11096+0,00031 = 10,11127 
 
 
 
 
 13 
Ejemplo 4 
Se sabe que un lote de 10 artículos, 2 son defectuosos, si estos artículos se inspeccionan 
al azar, uno después de otro. ¿ Cuál es el número esperado de artículos que se deben 
escoger para inspección a fin de sacar todos los defectuosos? 
Solución 
 
Sea X = N° de artículos para extraer 2 defectuosos. 
 
Supongamos que las extracciones son sin reemplazo, x = 2, 3 , . . . , 10. 
 
Sea B = artículo bueno, D = artículo defectuoso. 
 
El evento [ X= 2] = D D que tiene probabilidad (2/10)(1/9) = 2/90. 
El evento [ X= 3] puede ocurrir como, D B D con probabilidad (2/10)(8/9)(1/8)=2/90. 
 B D D con probabilidad (8/10)(2/9)(1/8)=2/90 
 
Nota que el resultado D D B no califica porque con DD ya habríamos parado las extracciones. 
 
Así P( X = 3) = 22/90= 4/90 
 
El evento [ X= 4] puede ocurrir como, D B B D con prob., (2/10)(8/9)(7/8)(1/7)=2/90. 
 B D B D con prob. (8/10)(2/9)(7/8)(1/7)=2/90 
 D B B D con prob. (2/10)(8/9)(7/8)(1/7)=2/90 
Así P( X = 4) = 32/90= 6/90 
 
El evento [X= 5] puede ocurrir, D B B B D con prob., (2/10)(8/9)(7/8)(6/7)(1/6)=2/90. 
 B D B B D con prob. (8/10)(2/9)(7/8)(6/7)(1/6)=2/90 
 B B D B D con prob. (8/10)(7/9)(1/8)(6/7)(1/6)=2/90 
 B B B D D con prob. (8/10)(7/9)(6/8)(2/7)(1/6)=2/90 
Así P( X = 5) = 42/90= 8/90 
 
Entonces, 
Pr( X = 6) = 52/90= 10/90 
Pr( X = 7) = 62/90= 12/90 
Pr( X = 8) = 72/90= 14/90 
Pr( X = 9) = 82/90= 16/90 
Pr( X = 10) = 92/90= 18/90 
 
(verificar que las probabilidades anteriores suman 1) 
 
E[X] = 2(2/90) + 3(4/90)+ 4(6/90)+ 5(8/90) + . . . +10(18/90) = 7,333. . . 
 
Si hay reemplazo: 
Aplicando la Pascal con r =2 probabilidad de éxito  = 2/10 se tiene: 
 
22 )1(
1
1
)( 







 x
r
x
xp  x = 2, 3 , . . . . 
E[X] = r/ =10 
 
Es razonable que el número de extracciones resulte mayor con reemplazo porque podemos extraer más 
artículos buenos antes de extraer uno defectuoso. 
 
Nótese, que la solución con reemplazo no se adapta exactamente al problema pues el evento X = x 
incluye el caso que se extraen “x” artículos cuando en la extracción los dos defectuosos están repetidos. 
 14 
El enunciado habla de sacar todos los defectuosos, es decir, los dos artículos malos. Lo anterior, indica 
que en el problema las extracciones deben ser sin reemplazo, sin embargo, el enunciado debió dejar claro 
ese hecho. 
 
Ejemplo 5 
Una empresa de investigación de mercadoestima que la probabilidad de que una 
entrevista resulte exitosa es 0,8; independiente del resultado de otras entrevistas. Se 
realizan entrevistas hasta obtener 200 exitosas. 
Supón que el costo para empresa es 10.000 pesos por entrevista exitosa. Una entrevista 
que fracasa produce un costo de $1000. Calcula el costo de la operación completa. 
 
Solución 
Sea X = número de entrevistas hasta obtener 200 exitosas. Entonces XPascal( r =200;  = 0,8). Así, 
el costo total de la operación es: 
C = 20010.000+1.000(X -200) = 1.800.000+ 1.000X 
E[C] = 1.800.000+1000E[X] = 1.800.000+1000r(1-)/ = 1.800.000+ 10002000,2/0,8 =1.850.000. 
 
 
 
La distribución de probabilidad de Poisson 
 
Ejemplo 1 
En una industria los accidentes laborales leves ocurren independientemente a una de tres 
por semana. Suponiendo válido el modelo de Poisson, se pide: 
 
a) La probabilidad de que en una semana dada, no ocurran accidentes. 
b) La probabilidad de que en una semana dada, ocurran más de dos accidentes. 
c) La probabilidad de que en un mes ocurran al menos un accidente. 
 
Solución 
a) Sea X = N° de accidentes en una semana  P(  = 3 ), P( X = 0 ) = 3
0
e
-3
/0! =e
-3
 = 0,049787. 
 
b) P( X > 2) = 1 - P( X ≤ 2 ) = 1-{ P( X = 0) + P( X = 1 ) + P( X = 2) } 
 = 1- { 3
0
e
-3
/0! +3
1
e
-3
/1! + 3
2
e
-3
/2! } = 0,57681. 
 
c) Sea N(4) = N° de accidentes en cuatro semanas  P(  = 3×4 ) = P(  = 12 ) 
 
P( N(4) ≥ 1 ) = 1 - P( N(4) < 1 ) = 1- P( N(4) = 0 ) = 1- 12
0
e
-12
/0! = 1 – e
-12
 = 0,9999939. 
 
Ejemplo 2 
En cierto hospital nacen un promedio de 5 bebes por día. Suponiendo que se cumplen 
los supuestos del modelo de Poisson, se pide determinar la probabilidad de que: 
 
a) Al menos dos bebes nazcan en las seis próximas horas. 
b) No nazcan bebes en los próximos dos días. 
 
Solución 
La tasa de nacimientos por hora es, 5/24. 
 
a) Sea N(6) = N° de accidentes en las próximas seis horas  P(  = (5/24)×6 ) = P(  = 5/4 ) 
 
P( N(6) ≥ 2 ) = 1 - (5/4)
0
e
-5/4
/0! - (5/4)
1
e
- 5/4
/1! ≈ 0,36. 
 
b) Sea N(48) = N° de accidentes en las próximas 48 horas  P(  = (5/24)×48 ) = P(  = 10 ) 
 15 
 
P( N(48) = 0 ) = 10
0
e
-10
/0! ≈ 0,0000454. . 
Nota: También, por ejemplo, podrías usar la tasa por día. 5 y calcular, a) P( N(1/4) ≥ 2 ) b) P(N(2) = 0). 
 
 
Ejemplo 3 (Estimación de Máxima Verosimilitud) 
Sea Y ∿ P( λ ) ¿Qué valor de  maximiza P( Y = 11)? 
 
Solución 
)(
!
)11( 
 h
x
eYP
x
  
Derivando: 
110)11(
!11
1 11111   

 ee
d
dh
 
 
NOTA: 
En Inferencia Estadística, se tiene un modelo, por ejemplo, Y ∿ P( λ ), del cual no se 
conoce el parámetro , pero si se conoce una realización (o varias) de Y, por ejemplo, Y 
= 11. Entonces, un criterio para “estimar” el parámetro es asignar a  el valor que hace 
máxima la probabilidad de obtener el resultado observado, es decir, P(Y=11). En el 
ejemplo anterior el valor es 11. La estimación del parámetro anterior se denomina 
“máximo verosímil” y el criterio “Método de Máxima Verosimilitud”. 
 
 
Ejemplo 4 
En el supermercado LAS TRES BBB se sabe que la demanda del fin de semana de un 
determinado producto perecible tiene una distribución P( =8). Como los fines de 
semana no hay reposición el encargado de la bodega le propone al administrador dejar 
siempre diez unidades para la venta, si la venta de cada unidad adicional reporta una 
utilidad de US$10 y la no venta dentro del fin de semana una pérdida neta de US$30. 
calcule la utilidad neta esperada de este producto durante el fin de semana de acuerdo a 
las sugerencias del jefe de bodega. 
Solución 
 
Sea X = Demanda del producto el fin de semana  Poisson( =8 ), p(x) = e
-8
8
x
/x! x = 0, 1, 2, 3, 4, . . . 
 
Utilidad = U = g(X) = 100 si X ≥ 10, 10X -30(10-x) =40X-300 si X < 10. 
 
 
E[U] = ∑ g(x)p(x). 
 
E[U] = 




 
10
8
9
0
8
!
8
100
!
8
)30040(
x
x
x
x
x
e
x
ex . 
 






 







9
0
8
0
8
9
0
8
!
8
!
8
100
!
8
)30040(
x
x
x
x
x
x
x
e
x
e
x
ex 
La primera suma da -25,37, la segunda es 100(1 – 0,71662) = 28,338. 
E[U] = -25,37+28,34 = $ 3,03. 
 
 
 
 16 
Ejemplo 5 
Diariamente para ir a su trabajo una persona debe cruzar una calle de doble tráfico, 
donde cada vía tiene 15 metros de ancho y la persona se desplaza a una velocidad 
hr
km
v 6 . 
El tráfico en ambas vías es descrito por procesos de Poisson independientes con tasas 
 
min
vehículo
11  ; 
min
vehículo
22  . 
 
a) Si la persona cruza la calle perpendicularmente. ¿Cuál es la probabilidad que 
durante el tiempo que cruza no pase vehículos por ese lugar? 
b) Si la persona afirma que en los últimos 5 minutos 3 vehículos cruzaron por la pista 
1.¿Cuál es la probabilidad que los 3 lo hayan hecho durante los últimos 2 minutos?. 
Nota : 
tiempo
distancia
velocidad  
Solución 
Sean: 
X = N° de vehículos que pasan por la pista 1. 
Y = N° de vehículos que pasan por la pista 2. 
Entonces W = X + Y : N° de vehículos que pasan por la pista 1 o 2. 
W = X + Y Poisson(  = 1 +2 ) 
La tasa  debe ser expresada en el tiempo “t” que la persona demora en cruzar las dos vías. Para ello 
tenemos que: 
V = d/t, así, t = d/v= 30m&6Km/m = 0,3 minutos. 
Entonces, W = X + Y Poisson(  = 30,3 = 9 Vehículos/0,3minutos ) 
Se pide, P[ W = 0 ] = (0,9)
0
e
-9
/0! = 0,4066 
 
b) 
X(u5) = N° de vehículos que pasan por la pista 1 en los últimos 5 minutos. 
X(u2) = N° de vehículos que pasan por la pista 1 en los últimos 2 minutos. 
 
X(u5)  Poisson(  = 5 ) 
X(u2)  Poisson(  = 2 ) 
 
Se pide: 
P[ X(u2) = 3 / X(u5) = 3 ] = P[ X(u2)=3 ; X(u5) = 3 ]/P[X(u5)=3 ] 
 
Ahora para que, simultáneamente, pasen 3 vehículos en los últimos 2 minutos y 3 vehículos en los 
últimos 5 minutos, debe ocurrir que pasen 3 vehículos en los últimos 2 minutos y 0 vehículos en los 
primeros 3 minutos. Entonces, 
 
P[ X(u2)=3 ; X(u5) = 3 ] = P[ X(u2)=3 ; X(p3) = 0 ] = r[ X(u2)=3 ]  P[ X(p3) = 0 ] 
 
Porque las variables X(p3) y X(u2) son independientes dado que se refieren a intervalos de tiempo que 
no se interceptan. 
 
Además, X(p3)  Poisson(  = 3 ) 
 
Entonces, P[ X(u2) = 3 / X(u5) = 3 ] = ( 2
3
e
-2
/3!3
0
e
-3
/0! ) / (5
3
e
-5
/3! ) = 0,064. 
 
NOTA: 
En el ejercicio anterior, se usaron las siguientes propiedades del proceso de Poisson. 
Sea  la tasa o media de eventos por unidad de tiempo, entonces, 
 17 
 
a) X = N° de eventos en [0,t]  Poisson( t ). 
 
Si además, 0< s < t, entonces, 
 
b) Y = N° de eventos en [0,s]  Poisson( s ); W = N° de eventos en [s,t]  Poisson( 
(t-s) ) y las variables anteriores son independientes. 
 
Ejemplo 6 
En una empresa de transporte de carga hay un promedio de dos camiones inactivos por 
día debido a reparaciones. La empresa tiene dos camiones extra. ¿Cuál es la 
probabilidad de que en un día i) no se necesite ningún camión extra ii) el número de 
camiones extra se insuficiente. 
 
Solución 
Este es un típico problema donde interviene la distribución de Poisson, dado que se dice que “hay un 
promedio de dos camiones inactivos por día”. Entonces, X = Número de camiones inactivos por día  
P(=2). Porque: Promedio de camiones inactivos por día = 2 = E[X] = . Así p(x) = Pr[ X = x ] = e
-2
 
2
x
/x! 
i) Si no se necesita un camión extra quiere decir que X=0, entonces, Probabilidad de no necesitar 
un camión extra = P[ X = 0] = e
-2
 2
0
/0! = e
-2
 = 0,135. 
ii) Se pide P[ X > 2] = 1 – P[X2]= 1-{ p(0) + p(1)+p(2) } 1-{ 0,135+0,270+0,270} = 0,325. 
 
 
Ejemplo 7 
La incidencia de una enfermedad es aproximadamente 25 por cada 100.000 habitantes. 
¿Cuál es la probabilidad de que hayacinco o menos casos en una ciudad de 40.000 
habitantes? 
 
Solución 
Si hay 25 casos por cada 100.000, entonces, habrá 0,425 = 10 en 40.000. Entonces, X = Número de 
casos en 40.000  P(=10), p(x) = Pr[ X = x ] = e
-10
 10
x
/x! 
 Así, 
 P[ X  5] = p(0)+p(1)+p(2)+p(3)+p(4)+p(5) = 0,000045+ 0,00045+0,00227+0,00757+0,01892+0,0378 
=0,0671. 
Nótese, que en los casos anteriores se usó la aproximación Poisson para la Binomial, dado que en 
realidad, X  B( n = 40.000,  = 1/4000)  P(  = n = 10). 
 
 
Ejemplo 8 
Sea la v.a. X: Nº de pasajeros por minuto que ingresan por el torniquete A de la 
estación de Metro San Joaquín, en horas valle de días de fin de semana ( Sábado y 
Domingo) 
 Sea la v.a. Y: Nº de pasajeros por minuto que ingresan por el torniquete A de la 
estación de Metro San Joaquín, en horas valle de días de semana ( Lunes a Viernes) 
 
Suponga que 












uto
pasajeros
PoissonY
uto
pasajeros
PoissonX
min
15;
min
9 
a) ¿Cuál es el valor esperado y la desviación estándar, del número de pasajeros que 
ingresan en un período de 10 minutos, por el torniquete A de la estación de Metro 
San Joaquín, en horas valle de días de fin de semana? 
 18 
b) ¿Cuál es la probabilidad de que ingresen a lo menos doce pasajeros en un minuto, 
por el torniquete A de la estación de Metro San Joaquín, en horas valle de un día 
cualesquiera? 
c) Sabiendo que ingresaron a lo menos doce pasajeros por el torniquete A de la 
estación de Metro San Joaquín en un minuto de horario valle 
c1) ¿Cuál es la probabilidad que haya sido en un minuto de fin de semana? 
c2) ¿Cuál es la probabilidad que haya sido en un minuto de fin de semana? 
 
Solución 
a) En 10 minutos 






utos
pasajeros
PoissonX
min10
90 → E(X) = 90 y D(X) = 90 = 9,487 
 
 
b) Por Teorema de la Probabilidad Total tenemos: 
 
         
7
5111
7
2111
7
512
7
212)(  YPXPYPXPpedidaP 
 
Usando la tabla Poisson o calculando según fórmula 
 
    6386,0
7
5803008,01
7
288076,01)( pedidaP 
 
c) Por teorema de Bayes tenemos 
c1)  
 
   
7
512
7
212
7
212
12/



YPXP
XP
menosloaIngresaronsemanadeFinP 
  %8135,8
6396,0
05283,0
6386,0
7
2)88076,01(
12/ 

menosloaIngresaronsemanadeFinP 
 
c2) P( Dia semana / Ingresron a lo menos 12) = 1 – 0,088135 = 91,1865% 
 
 
 
Varios 
 
Ejemplo 1 
Proponga un modelo de probabilidad en los siguientes casos, definiendo las variables 
aleatorias que usará en cada parte, enunciando su respectivo recorrido y distribución de 
probabilidad 
 
Justifique claramente sus respuestas. 
 
a) En el proceso de selección de una empresa que necesita contratara a 5 personas, se 
presentaron 15 postulantes, 8 de los cuáles eran mujeres. Después de la pruebas se 
concluyó que los 15 postulante eran igualmente competentes para los cargos, así, la 
empresa decide seleccionar al azar los 5 contratados. Calcule la probabilidad de que 
ninguna mujer sea contratada. 
 
 19 
Suponga que ninguna mujer es contratada. Si alguien dice que la selección no fue al 
azar y se discrimino contra las mujeres, ¿qué opinaría? 
 
b) La Tasa de Fecundidad en Chile (2000-2005), es decir, el número medio de hijos 
por mujer en edad fértil (de 15 a 49 años) en Chile es 2,0. Se selecciona al azar de 
la población de Chile, una mujer entre 15 y 49 años. Calcule la probabilidad de que 
la mujer seleccionada tenga más de un hijo. 
 
c) Se extrae una ficha al azar de una urna con 7 fichas negras de cada 10, si resulta 
negra se lanza un dado simétrico hasta que aparece 2 o 4, si no, se lanza el dado 
hasta que aparece 1. ¿Cuál será la media de los lanzamientos? 
 
Solución 
 
a) 
Sea X = N° de mujeres entre los 5 postulantes seleccionados al azar. 
 
Rango: x = 0, 1, 2, 3, 4, 5. 
 
Como, obviamente, las extracciones deben ser sin reemplazo, X tiene una distribución Hipergeométrica, 
con N = 15; n=5; r = 8, así la función de probabilidad de X es: 
 





















5
15
5
8158
)(
xx
xp 
 




















5
15
5
7
0
8
)0()0( pXP 21/3003 = 0,007 
El hecho que ninguna mujer sea seleccionada es muy poco probable (0,7%) si la selección hubiese sido al 
azar, entonces, es razonable sospechar que hubo discriminación contra las postulantes mujeres. 
 
b) 
 
X = Número de hijos de la mujer seleccionada. 
 
Como el número de hijos de la mujer seleccionada no está determinado o no tiene un máximo, podemos 
suponer, x = 0, 1, 2, …. 
 
Un modelo apropiado es Poisson con  = 2,0. 
 
p(x) = e
-2,0
 2
x
/x! 
 
Así, P( X ≥ 1) = 1 – P( X < 1 ) = 1- P(X=0) = 1- e
-2,0
 2
0
/0! = 0,865. 
 
c) 
 
Sea X = Número de lanzamientos. 
 
Rango: x = 1, 2, 3, 4, . . . 
 
 20 
Por el teorema de las probabilidades totales: 
 
P(x) = P(X=x) = P(X=x / resulta negra)×P(resulta negra) + P(X=x /resulta otro color) ×P(resulta otro 
color) 
 
P(X=x / resulta negra) está dada por una geométrica con = P( 2 o 4 ) = 2/6=1/3. 
 
P(X=x / resulta otro color) está dada por una geométrica con = P( 1) =1/6. 
 
Así, p(x) = (2/3)
 x-1
×(1/3)×0,7 + (5/6)
x-1
×(1/6)×0,3 
 
)6/1()6/5(3,0)3/1()3/2(7,0]3,0)6/1()6/5(7,0)3/1()3/2[()( 1
1 1
11
1
1 







    x
x x
xx
x
x xxxXE
= 0,7E(Geométrica con = 1/3) + 0,3E(Geométrica con = 1/6) 
 
= 0,7×(1/(1/3)) + 0,3×(1/(1/6)) = 3,9. 
 
 
Ejemplo 2 
Un Servicio Público tiene gran cantidad de usuarios que independientemente ingresan cada día a 
su sitio virtual. Sin embargo, dicho sitio presenta fallas con cierta frecuencia. Se ha estimado 
que la probabilidad de falla en la atención (virtual) es 0.02. 
 
a. Con los antecedentes señalados, si nos concentramos inicialmente en los primeros veinte 
usuarios atendidos en un día, y estudiamos la variable 
 
X: “Nº de usuarios atendidos insatisfactoriamente” (de los veinte), señale y/o calcule: 
 
a1. La distribución de la variable X (justifique sus razones). 
a2. La probabilidad de que a lo más un usuario sea mal atendido. 
 
b. Ahora en cambio, supongamos que nos concentramos en los primeros 40 usuarios 
efectivamente atendidos en un día dado; al verificar el servicio que se les entregó, llegamos 
a la conclusión de que 4 usuarios no recibieron servicio adecuado (de acuerdo a los 
estándares de calidad del Servicio). Con el objetivo de conocer las razones y detalles de las 
atenciones recibidas, se selecciona aleatoriamente 3 usuarios (de los 40), a quienes se 
encuesta exhaustivamente. Nos interesa la variable: 
 
Y: “Nº de usuarios seleccionados con mal servicio”. 
 
b1. ¿Qué distribución tiene la variable Y? (Explicite sus razones) 
b2. ¿Qué probabilidad hay de que la muestra incluya al menos un usuario mal atendido? 
b3. ¿Cuál es el valor esperado de la variable Y? 
 
c. En un estudio posterior, con muchos más usuarios, se concentra la atención en 1600 
usuarios atendidos por el sitio virtual. Se estima que de ellos, 160 no recibieron atención 
adecuada. Nuevamente se realiza una encuesta detallada, esta vez a 12 usuarios. Nos 
interesa la variable: 
 
Y: “Nº de usuarios seleccionados con mal servicio”. 
 
c1. ¿Cuál es la distribución (exacta) de la variable Y? (Justifique) 
c2. ¿Cuál es una buena distribución aproximada para Y? (Justifique) 
 c3. Determine aproximadamente la probabilidad de que a lo más unusuario recibió mal 
 servicio. 
 21 
Solución 
a) 
a1) 
X  B( 20 ; 0,02), dado que se trata de 20 ensayos de Bernoulli, éxito o fracaso independientes, 
probabilidad de éxito constante de ensayo en ensayo. 
a2) 
P( X  1 ) = P( X = 0) + P( X = 1 ) 
 
9401,098,002,02098,0)98,0()02,0(
1
20
)98,0()02,0(
0
20
1920191200 











 
b) 
Sea Y = N° de usuarios seleccionados, con mal servicio. 
b1) 
Y  HGeom( n = 3, D = 4, N = 40). Conteo de éxitos en 3 extracciones aleatorias sin reemplazo de una 
población de 40, con 4 éxitos. 
 
Nótese que aquí el muestreo debe ser sin reemplazo, porque no tiene sentido entrevistar dos veces a la 
misma persona. 
 
 b2) 
P( Y 1) = 1- P( Y< 1 ) = 1-P( Y = 0)= 722,0
3
40
3
36
0
4



















 
b3) 
E{Y] = 3(4/40) = 0,3. 
 
c) 
c1) 
Y  HGeom( n =12, D = 160, N=1600). Conteo de éxitos en 12 extracciones aleatorias sin reemplazo 
de una población de 1600, con 160 éxitos. 
 
c2) 
Y 
a 
 B(n = 12,  =160/1600). Como n/N = 12/1600 = 0,0075 < 0,05 se puede usar la aproximación 
Binomial a la Hipergeométrica. 
 
c3) 
P( Y  1) = P( Y= 0 ) + P( Y = 1 ) = 
.6590,09,01,0129,0)9,0()1,0(
1
12
)9,0()1,0(
0
12
1112111120 











 
 
Ejemplo 3 
Un banco está realizando una serie de estudios en relación a sus clientes, los cuales 
llegan independientemente a la fila de las cajas de atención. Hasta el momento, ha 
obtenido las siguientes conclusiones: 
 
 El tiempo (minutos) que espera un cliente en fila tiene una distribución con 
función de probabilidad f(x) = 0,6e
-0,6x
 si x ≥0, 0 si no. 
 En intervalos de 5 minutos llega un promedio de 76,5 clientes. 
 
El Banco aprecia que Ud. responda las siguientes preguntas: 
 
 22 
a) Considerando 10 clientes, ¿cuál es la probabilidad de que a lo más uno de ellos tenga 
que esperar más de 4 minutos? 
 
b) Determine la probabilidad de que en 10 segundos lleguen más de dos clientes. 
 
Solución 
a) 
Sea T = tiempo en minutos que espera un cliente en fila. 
P( T > 4 ) = 1 – P( T≤4) = 091,0)1(16,01 4,246,0
4
0
6,0   eedxe
x
 
 
Sea la variable aleatoria: 
Y = N° de clientes de entre 10, que esperan más de 4 minutos  B( 10 ; 0,091) 
 P( Y  1 ) = P( Y = 0) + P( Y = 1 ) 
 
7707,0)909,0()091,0(
1
10
)909,0()091,0(
0
10
91100 











 
b) 
Sean V = N° de clientes en 5 minutos  Poisson(  = 76,4 ) 
 W = N° de clientes en 10 segundos  Poisson(  = (76,4/300)×10 =2,55 ) 
P( W >2) = 1- P( W ≤ 2 ) = 1-{ P( W = 0) + P( W = 1 ) + P( W = 2) } 
= 1- { 2,55
0
e
-2,55
/0! +2,55
1
e
-2,55
/1! +2,55
2
e
-2,55
/2! } = 1 – 0,5312 = 0,4688. 
 
 
Ejemplo 4 
Sea X ∿ Geom( π/n ). Calcular )( nXPLim
n


. 
Indicación: Recordar la suma geométrica, 
r
r
rrr
k
k




1
1
...1
1
2
, r  1 
 
Solución 



 

 


  e
n
n
nnn
nXP
n
n
x
x 1
)1(1
)1(1
)1()(
1
1