Variable aleatoria - Distribución normal (Ejercicios propuestos)

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VARIABLE ALEATORIA CONTINUA. DISTRIBUCIÓN 
NORMAL 
 
Nota previa.- Para resolver la mayoría de los problemas de ese capítulo será necesario disponer de una tabla de la 
función de distribución normal tipificada N(0,1) que nos dé los valores de: 

−
−
==
x x
dxexXpxF 2
2
2
1
)()(
 que, por otra parte se puede encontrar en cualquier libro de texto. 
 
1. 1. Los resultados de una prueba objetiva de selección pasada a 200 
personas indicaron que la distribución de puntuaciones era normal, 
con media 60 puntos y desviación típica de 6 puntos. Cada prueba se 
puntuó con 0 ó 1 puntos. Calcular cuántos examinados han obtenido 
una puntuación entre 30 y 40 puntos, y cuál es la mínima puntuación 
por debajo de la cual están el 75 % de los examinados. 
 
 
Tipifiquemos la variable con los valores extremos dados: 
 
33,3
6
6040
5
6
6030
2
1
−=
−
=
−=
−
=
z
z
 
La probabilidad de obtener una puntuación entre 30 y 40 es: 
 
011)33,3()5()533,3()33,35()4030( =−=−==−−= zpzpzpzpXp 
con lo cual no hay ningún examinado con una puntuación entre 30 y 40. 
 
Por otro lado, la mínima puntuación por debajo de la cual está el 75 % de los 
examinado la obtenemos así: 
 



==
7517,068,0
7486,067,0
75,0)(
para
para
zzzp xx
 
 
El valor de zx está entre 0,67 y 0,68 podemos realizar una interpolación proporcional 
para obtener: 
 
Para 0,01, la diferencia es 0,0031 
Para x, la diferencia es 0,0014 
 
luego: 
 
0045,0
0031,0
01,00014,0
=

=x
 
entonces: 
 
zx=0,67+0,0045=0,6745 
x1=6zx+60=6 . 0,6745+60=64 
 
Y la mínima puntuación por debajo de la cual está el 75 % de los examinados es 64. 
 
2. 2. Una empresa instala en una ciudad 20.000 bombillas para su 
iluminación. La duración de una bombilla sigue una distribución 
normal con media 302 días y desviación típica 40 días. ¿Cuántas 
bombillas es de esperar que se fundan antes de 365 días? ¿Cuántas 
durarán más de 400 días? Explica razonadamente el método seguido 
par encontrar la solución. 
 
 
Tipificamos el valor 365: 
 
575,1
40
302365
=
−
=z
 
entonces: 
 
9418,0)575,1()365( == zpXp 
 
siendo la esperanza matemática: 
 
E= n.p= 20000 . 0,9418 = 18836 bombillas se fundirán antes de 365 días. 
 
Tipifiquemos el valor 400: 
 
45,2
40
302400
1 =
−
=z
 
 
entonces: 
 
0071,09929,01)45,2(1)45,2()400( =−=−== zpzpXp 
 
y la esperanza matemática: 
 
E=20000 . 0,0071 = 142 bombillas durarán más de 400 días. 
 
3. 3. Explica el significado de la expresión “LA BINOMIAL COMO 
APROXIMACIÓN A LA NORMAL”. 
 
Considera tres distribuciones binomiales B(10; 0,1), B(200; 0,1) y B(200; 
0,5) y explica cuál de ellas se puede aproximar mejor y cuál peor por una 
distribución normal. 
 
1990). 
 
Una distribución binomial se puede aproximar por una normal de media m = np y 
desviación típica npqs = siempre que n tienda a infinito (en la práctica es suficiente 
que n sea mayor o igual que 30) y p sea muy próximo a 0,5. La aproximación es muy 
buena cuando np y nq son superiores a 5. 
 
En las tres binomiales dadas: 
 
95,09,01,0101)1,0;10( ===== npqsnpmB 
 
 
07,75,05,02001005,0200)5,0;200(
24,49,01,0200201,0200)1,0;200(
====
====
smB
smB
 
 
Siendo la mejor aproximación la última pues en ella n=200>300 y p=0,5 con 
np=nq=100>5 
La peor es la primera pues n=10<30 y p=0,1 siendo np=1 inferior a 5 y nq=10.0,9=9 
 
4. 4. Explica qué es una distribución de probabilidad de variable 
continua. 
 
Como ejemplo describe la ley de distribución normal. 
 
Suponiendo que las tallas de los adultos de un país A siguen una 
distribución normal con media 180 cm. y desviación típica 5 cm. y que las 
tallas de los adultos en un país B siguen una distribución también normal, 
pero con media 180 cm. y desviación típica 15 cm., contestar 
razonadamente en cuál de los dos países es más probable encontrar 
adultos con talla superior a 195 cm. y dónde es más probable encontrar 
adultos con talla comprendida entre 175 y 185 cm. 
 
1990). 
 
Una variable aleatoria continua es aquélla que puede tomar todos los valores reales 
comprendidos en un intervalo. Su distribución de probabilidad es la expresión que 
asigna a cada valor de la variable su correspondiente probabilidad. 
 
La distribución normal es una variable aleatoria continua en la cual mediante la 
expresión (función de distribución): 
 

−
−
−
=
x
s
mx
dxe
s
xXp
2
2
2
)(
2
1
)(
 
calculamos la probabilidad de que un determinado valor X sea menor o igual que otro 
dado x. 
 
Y la expresión: 
 
2
2
2
)(
2
1
)( s
mx
e
s
xf
−
−
=
 
 
es la función de densidad que da los valores de las probabilidades de que X tome un 
valor fijo x. 
 
 A la distribución normal de media m y desviación típica s la representamos 
abreviadamente por N(m,s), y su función densidad tiene las siguientes propiedades: 
 
- - Presenta un máximo en X=m 
- - La recta y=0 es una asíntota horizontal. 
- - El área encerrada por la curva de la función y el eje OX es 1. 
- - Presenta puntos de inflexión en m+s(decreciente) y en m-s(creciente. 
- - Su dominio es R. 
- - Es simétrica con relación al eje OY 
- - Es siempre positiva. 
 
Gráficamente la función f(x) presenta el siguiente aspecto: 
 
Donde se ha representado la 
distribución normal N(0,1), esto 
es, con m=0 y s=1. 
 
Elegido un punto cualquiera del 
eje OX, su ordenada 
correspondiente nos da el valor 
de la probabilidad de que la 
variable independiente tome 
ese valor concreto. 
 
 
 
En el problema planteado, empezaremos tipificando el valor 195 en ambas 
distribuciones: 
 
1
15
180195
3
5
180195
2
1
=
−
=
=
−
=
z
z
 
 
En la primera, la probabilidad de que un adulto tenga talla superior a 195 cm es: 
 
0)3(1)3()195( =−== zpzpXp 
 
Y en la segunda: 
 
1587,08413,01)1(1)1()195( =−=−== zpzpXp 
luego es más probable encontrar un individuo de la talla dada en la 2ª. 
 
Tipifiquemos ahora los valores 175 y 185 en ambas distribuciones: 
 
33,0
15
180185
'1
5
180185
33,0
15
180175
'1
5
180175
22
11
=
−
==
−
=
−=
−
=−=
−
=
zz
zz
 
 
y las probabilidades son: 
 
2586,016293,021)33,0(2)33,033,0()185175(
6826,018413,021)1(2)1()1()11()185175(
=−=−=−=
=−=−=−−=−=
zpzpXp
zpzpzpzpXp
 
luego es más probable encontrar individuos de tallas comprendidas entre 175 cm. y 
185 cm. en la primera distribución. 
 
 
 
 
5. 5. El peso de los adultos de una población numerosa se distribuye 
normalmente con media 65 kg. y desviación típica 3 kg. Se eligen dios 
individuos al azar. Calculando las correspondientes probabilidades, 
justifica qué es más probable: 
 
a) a) Que cada uno de los individuos tenga un peso comprendido entre 
63,5 y 66,5 kg. 
b) b) Que uno de ellos tenga un peso comprendido entre 62 y 68 kg. y el 
otro tenga un peso no comprendido entre 62 y 68 kg. 
 
1991). 
 
Tipifiquemos los valores que nos han proporcionado: 
 
1
3
6568
1
3
6562
5,0
3
655,66
5,0
3
655,63
4
3
2
1
=
−
=
−=
−
=
=
−
=
−=
−
=
z
z
z
z
 
 
La probabilidad de que un individuo tenga un peso comprendido entre 63,5 y 66,5 es: 
 
  383,016915,021)5,0(2)5,0(1)5,0(
)5,0()5,0()5,0()5,0()5,05,0()5,665,63(
=−=−=−−
=−=−−=−=
zpzpzp
zpzpzpzpzpXp
 
y la de que ambos estén en ese intervalo es: 
 
0,383 . 0,383 = 0,147 
 
Por otro lado, la probabilidad de que uno esté entre 62 y 68 es: 
 
 
6826,018413,021)1(2
)1(1)1()1()1()11()6862(
=−=−
=−−=−−=−=
zp
zpzpzpzpzpXp
 
 
y la de que el otro no esté en ese intervalo es: 
 
    3174,06826,01)1,1()68,62( =−=−= zpXp 
y la de que las dos cosas ocurran simultáneamente es: 
 
0,6826 . 0,3174 = 0,2167 
 
Luego es más probable lo que se indica en el apartado b) que lo que se indica en el a). 
 
6. 6. Explica qué es una distribución de probabilidad normal. Supón 
que x e y representan latalla de ,los adultos de dos ciudades, que 
supondremos que se distribuyen normalmente con medias 168 y 171 
cm. y desviaciones típicas de 2 y 1 cm. respectivamente. 
 
Justifica, sin recurrir a tablas, que la probabilidad de que x esté 
comprendida entre 166 y 170 cm. coincide con la probabilidad de que y 
esté comprendida entre 170 y 172 cm. 
 
1991). 
 
Para el concepto de distribución de probabilidad normal ver ejercicio nº 4 de este 
mismo capítulo. 
 
Si tipificamos los datos proporcionados para las variables x e y tendremos: 
 
11711721171170
1
171
1
2
168170
1
2
168166
2
168
2
1
=−−=−
−
=
=
−
−=
−

−
=
y
y
z
y
x
z
 
 
Y, como los valores tipificados de los extremos de cada uno de los intervalos dados 
son iguales, se cumplirá: 
 
)172170()170166()11()11( 21 =−=− ypXpzpzp 
 
como se quería demostrar. 
 
7. 7. La estatura de una población se distribuye normalmente con 
media 170 cm. y desviación típica 6 cm. Calcular la probabilidad de 
que, elegido un individuo al azar, tenga estatura comprendida entre 
158 y 182 cm. 
 
1992). 
 
Tipificamos los extremos del intervalo: 
 
2
6
170182
2
6
170158
2
1
=
−
=
−=
−
=
z
z
 
 
Con lo que la probabilidad pedida será: 
 
 
9544,019772,021)2(2
)2(1)2()2()2()22()182158(
=−=−
=−−=−−=−=
zp
zpzpzpzpzpXp
 
 
8. 8. Los resultados de una prueba objetiva de selección pasada a 200 
personas indicaron que la distribución de puntuaciones era normal, 
con media de 80 puntos y desviación típica de 6 puntos. Calcular 
cuántos examinados han obtenido una puntuación entre 70 y 90 
puntos. Si se eligen al azar dos de esas 200 personas, calcular la 
probabilidad de que ambas personas tengan puntuación superior a 90. 
 
 
Tipificamos: 
 
67,1
6
8090
67,1
6
8070
2
1
=
−
=
−=
−
=
z
z
 
La probabilidad de obtener puntuación entre 70 y 90 es: 
 
 
905,019525,021)67,1(2
)67,1(1)67,1()67,1()67,1()67,167,1()9070(
=−=−
=−−=−−=−=
zp
zpzpzpzpzpXp
 
y el número esperado de individuos que la obtienen es: 
 
n= 0,905 . 200 = 181 
 
La probabilidad de que una persona tenga puntuación superior a 90 es: 
 
0475,09525,01)67,1(1)67,1()90( =−=−== zpzpXp 
 
Y para dos personas: 
 
p= 0,0475 . 0,0475 =0,0023 
 
9. 9. Los ingresos diarios de una empresa tienen una distribución 
normal con media 35560 ptas. y desviación típica 2530 ptas. Justifica 
si es o no razonable el esperar obtener un día unas ventas superiores 
a 55000 ptas.. Calcular cuántos días en un año se espera obtener unas 
ventas superiores a 40620 ptas. 
 
1993). 
 
Tipificamos: 
 
2
2530
3556040620
68,7
2530
3556055000
2
1
=
−
=
=
−
=
z
z
 
 
La probabilidad de obtener ventas superiores a 55.000 ptas. es. 
 
011)68,7(1)68,7()55000( =−=−== zpzpXp 
 
luego no es razonable. 
 
La probabilidad de obtener ventas superiores a 40.620 ptas. es: 
 
0228,09772,01)2(1)2()40620( =−=−== zpzpXp 
 
Lo que ocurrirá en: 
 
E= 365 . 0,0228 = 8,3 días al año. 
10. 10. Se sabe que las puntuaciones obtenidas al pasar un test siguen 
una distribución normal con media 210 puntos y desviación típica 0,6 
puntos. Si se pasa el test a 100 personas, ¿Cuántas de esas 100 
personas deberemos esperar que obtengan una puntuación entre 209 
y 211 puntos? 
 
1993). 
 
Tipificamos los extremos del intervalo: 
 
67,1
6,0
210211
67,1
6,0
210209
2
1
=
−
=
−=
−
=
z
z
 
 
Y la probabilidad de que una persona obtenga puntuación entre 209 y 211 es: 
 
905,019525,02
1)67,1(2)67,1()67,1()67,167,1()211209(
=−
=−=−−=−= zpzpzpzpXp
 
Con lo cual, la esperanza matemática para las 100 personas es: 
 
E= 100 . 0,905 = 90,5 personas estarán en el intervalo indicado. 
 
11. 11. Se sabe que dos poblaciones distintas X e Y se distribuyen 
normalmente con media 0. Además, p(X. Se pide que calcules sus 
respectivas varianzas. Indicaciones: Si Z es normal con parámetros 0, 
1, entonces 8413,0)1( =Zp . 
 
(Universidad de Alicante 1991). 
 
Las variables tipificadas serán, llamando s1 y s2 a las respectivas desviaciones típicas: 
 
2
2
1
1
3
2
s
z
s
z
=
=
 
 
Entonces para las respectivas probabilidades se tiene: 
 






=−==−
=−==−

====
8413,01587,01)
3
(1587,0)
3
(1
8413,01587,01)
2
(1587,0)
2
(1
1587,0)
3
()
2
(1587,0)3()2(
22
11
21
s
zp
s
zp
s
zp
s
zp
s
zp
s
zpYpXp
 
 
Y de aquí se tiene, siguiendo la indicación dada en el enunciado, que: 
 
931
3
421
2
2
22
2
2
11
1
===
===
ss
s
ss
s
 
 
que son las varianzas pedidas. 
 
12. 12. Las precipitaciones anuales en una región son, en media, de 2000 
mm., con una desviación típica de 300 mm. Calcular, suponiendo 
distribución normal, la probabilidad de que en un año determinado la 
lluvia no supere los 1200 mm. 
 
(Universidad de Barcelona 1991). 
 
Tipificamos para obtener: 
 
67,2
300
20001200
−=
−
=z
 
 
Y para la probabilidad pedida tenemos: 
 
0038,09962,01)67,2(1)67,2()1200( =−=−=−= zpzpXp 
 
13. 13. Una variable aleatoria continua, tiene como función de densidad: 
 
 1,0)( 2 = xparaxkxf 
 
Calcular: 
 
a) a) El valor de la constante k. 
b) b) La varianza de dicha distribución. 
 
(Universidad de Cádiz 1991). 
 
Para que se cumpla la condición de normalización, se tendrá: 
 
31
3
1
3
1)(
1
0
31
0
2 =====  k
kkx
dxkxxF
 
Y entonces la función densidad es: 
 
f(x)=3x2 
 
Por otro lado vamos a calcular la media y la desviación típica, usando las definiciones: 
 
75,0
4
3
4
3
3)(
1
0
41
0
3
1
0
===== 
x
dxxxdxxfm
 
 
 
 
7875,0
80
63
240
189
48
27
8
3
5
3
48
27
8
3
5
3
)
16
27
2
3
3(
3)
16
9
2
3
(3)
4
3
()()(
1
0
3451
0
23
4
1
0
22
1
0
22
1
0
2
===+−=+−=+−
=+−=−=−=


xxx
dx
xx
x
dxx
x
xdxxxdxxfmxs
 
 
Y para la varianza tenemos: 
 
s2=0,78752=0,6202 
 
14. 14. Se sabe que la talla media de la población en edad escolar es de 
165 cm. con desviación típica de 12 cm. Un centro tiene 1400 alumnos 
matriculados: 
 
a) a) ¿Cuántos alumnos miden más de 155 cm.? 
b) b) ¿Qué proporción (%) de alumnos mide entre 150 y 178 cm.? 
c) c) Determinar la probabilidad de que un cierto alumno mida entre 170 
y 185 cm. 
 
(Universidad de Cádiz 1991). 
 
Tipificamos el valor 155 y da: 
 
83,0
12
165155
−=
−
=z
 
 
Por tanto, la probabilidad de que un alumno mida más de 155 es: 
 
7967,0)83,0()83,0()155( ==−= zpzpXp 
 
Cabe esperar, pues, que 0,7967 . 1400 = 1115 alumnos midan más de 155 cm. 
 
Tipificamos ahora los valores 150 y 178: 
 
08,1
12
165178
25,1
12
165150
2
1
=
−
=
−=
−
=
z
z
 
 
La probabilidad de que un alumno mida entre 150 y 178 cm. es: 
 
 
7543,0
18944,08599,01)25,1()08,1()25,1(1)08,1(
)25,1()08,1()08,125,1()178150(
=−+=−+=−−=
=−−=−=
zpzpzpzp
zpzpzpXp
 
 
Lo que supone un 75,43 % de los alumnos: 
 
Tipìficamos ahora los valores 170 y 185: 
 
 
 
67,1
12
165185
42,0
12
165170
2
1
=
−
=
=
−
=
z
z
 
 
Y la probabilidad de que un alumno mida entre 170 y 185 cm. es: 
 
2897,0662,09525,0)42,0()67,1()67,142,0()185170( =−=−== zpzpzpXp
__________________________________________________________________ 
 
15. 15. El peso de 600 alumnos se distribuye según una distribución 
normal N(67; 5). 
 
Calcula cuántos de ellos pesan: 
 
a) a) Más de 80 kg. 
b) b) Menos de 50 kg. 
c) c) Entre 50 y 80 kg. 
 
(Universidad de Cantabria 1991). 
 
Tipificamos los valores 50 y 80 kg.: 
 
6,2
5
6780
4,3
5
6750
2
1
=
−
=
−=
−
=
z
z
 
 
La probabilidad de que un alumno pese más de 80 kg. es: 
 
0047,09953,01)6,2(1)6,2()80( =−=−== zpzpXp 
 
Cabe esperar, por tanto, que: 
 
382,20047,0600 ==E alumnos pesen más de 80 kg. 
 
La probabilidad de que un alumno pese menos de 50 kg. es: 
 
011)4,3(1)4,3()4,3()50( =−=−==−= zpzpzpXp y ningún alumno pesa 
menosde 50 kg. 
 
La probabilidad de que un alumno pese entre 50 y 80 kg. es: 
 
9953,0119953,0
1)4,3()6,2()4,3()6,2()6,24,3()8050(
=−+
=−+=−−=−= zpzpzpzpzpXp
 
Cabe esperar, pues que: 
 
E= 0,9953 . 600 = 597 alumnos pesen entre 50 y 80 kg. 
 
 
16. 16. Tras un test de cultura general se observa que las puntuaciones 
obtenidas siguen una distribución N(65; 18). Se desea clasificar a los 
examinados en tres grupos (de baja cultura general, de cultura general 
aceptable y de excelente cultura general) de modo que haya en el 
primero un 20 % de la población, un 65 % en el segundo y un 15 % en 
el tercero. ¿Cuáles han de ser las puntuaciones que marcan el paso de 
un grupo al otro? 
 
(Universidad de Cantabria 1991). 
 
De los datos del problema se infiere que: 
 
)3(15,0)(
)2(65,0)(
)1(2,0)(
2
21
1
=
=
=
zzp
zzzp
zzp
 
 
De (1) se deduce (al ser 0,2<0,5) que z1 es negativo, así que: 
 
puntosx
zzzzpzzpzzp
507,49651885,0
85,085,08,02,01)(1)()(
1
11111
=+−=
−==−=−=−==−
 
 
De (2) se deduce que: 
 
847,83651804,104,1
85,0)(65,02,0)()()()(
22
221221
=+=
==−−=
xz
zzpzzpzzpzzpzzzp
 
 
Podemos, pues, tomar como notas de corte 50 y 84 puntos y afirmar que: 
 
- - Por debajo de 50 puntos tienen baja cultura general. 
- - Entre 50 y 84 puntos tienen cultura general aceptable. 
- - Por encima de 84 puntos tienen cultura general excelente. 
 
17. 17. La presión sanguínea de ciertos enfermos sigue una ley normal de 
media 90 mm. Hg y de desviación típica 12 mm. Hg. Hallar la 
probabilidad de que elegido un paciente al azar: 
 
a) a) Su presión sea mayor de 115 mm. Hg. 
b) b) Su presión esté comprendida entre 80 y 100 mm. Hg. 
 
(Universidad de Extremadura 1991). 
 
Tipificando los valores 90, 80 y 100 tenemos: 
 
83,0
12
90100
83,0
12
9080
08,2
12
90115
3
2
1
=
−
=
−=
−
=
=
−
=
z
z
z
 
 
La probabilidad de que la presión sea mayor de 115 mm. Hg. es: 
 
0188,09812,01)08,2(1)08,2()115( =−=−== zpzpXp 
 
Y la probabilidad de que la presión esté comprendida entre 80 y 100 mm. Hg: 
 
  5934,017967,021)83,0(2)83,0(1
)83,0()83,0()83,0()83,083,0()10080(
=−=−=−−
−=−−=−=
zpzp
zpzpzpzpXp
 
 
18. 18. En una muestra de 1000 personas de una determinada población, 
resultó que la talla media era de 170 cm. con una desviación típica de 
10 cm. Sabiendo que la talla se distribuye normalmente, calcula el 
número de personas que miden: 
 
a) a) Menos de 160 cm. 
b) b) Más de 2 m. 
 
(Universidad de León 1991). 
 
Tipificamos los valores dados: 
 
3
10
170200
1
10
170160
2
1
=
−
=
−=
−
=
z
z
 
 
La probabilidad de medir menos de 160 cm. es: 
 
1587,08413,01)1(1)1()1()160( =−=−==−= zpzpzpXp 
 
Por lo que cabe esperar que: 
 
E= 1000 . 0,1587 =158,7 159 personas midan menos de 160 cm. 
 
La probabilidad de medir más de 2 m. = 200 cm. es: 
 
011)3(1)3()200( =−=−== zpzpXp 
 
Por lo que cabe esperar que nadie mida más de 2 m. 
 
19. 19. En una clase hay 15 alumnos y 20 alumnas. El peso medio de los 
alumnos es de 58,2 kg. y el de las alumnas 52,4 kg. Suponiendo que 
las desviaciones típicas de los dos grupos son, respectivamente, 3,1 
kg. y 5,1 kg. El peso de Juan L. es 70 kg. y el de Pilar S. es 65 kg. 
¿Cuál de ellos puede, dentro del grupo de alumnos de su sexo, 
considerarse más grueso? 
 
(Universidad de Madrid 1991). 
 
Tipificamos los valores dados dentro de cada sexo: 
 
 
47,2
1,5
4,5265
81,3
1,3
2,5870
=
−
=
=
−
=
P
J
z
z
 
 
Como: 
 
932,01)247()81,3(  pueszpzp 
 
Se puede afirmar que Juan L. es igual de grueso que Pilar S. dentro de su grupo de 
sexo. Entre los chicos habrán 1 . 15 = 15 (todos) alumnos que pesan menos que Juan 
L. Entre las chicas habrán 0,9932 . 20 = 19,8 20 alumnas (todas) pesan menos que 
Pilar S. 
 
Luego, tanto Juan L. como Pilar S. son los más gruesos de su sexo. 
 
20. 20. Una persona A mide 1,75 m. y reside en una ciudad donde la 
estatura media es de 1,60 m. y su desviación típica es de 20 cm. Otra 
persona B mide 1,80 m. y vive en una ciudad donde la estatura media 
es de 1,70 m. y la desviación típica es de 15 cm. ¿Cuál de las dos será 
más alta respecto a sus conciudadanos? 
 
(Universidad de Murcia 1991). 
 
Tipificamos los valores dados: 
 
67,0
15
170180
75,0
20
160175
=
−
=
=
−
=
B
A
z
z
 
 
Como: 
 
7486,07734,0)67,0()75,0(  pueszpzp 
 
La probabilidad de medir en la primera ciudad menos de 175 cm es mayor que la de 
medir en la segunda menos de 180. Si ambas ciudades tuvieran el mismo número de 
habitantes, habria más ciudadanos en la 1ª con estaturas inferiores a la de A que en la 
2ª con estaturas inferiores a la de B, por tanto A es más alto con relación a sus 
conciudadanos. 
 
21. 21. Las ventas de una determinada revista en un kiosko tienen de 
media 190 y una desviación típica de 25. ¿Cuántos ejemplares de la 
revista deben encargar para atender al 80 % de los clientes? 
 
(Universidad de Murcia 1991). 
 
Para que p=0,8, se ha de cumplir que: 
85,08,0)( 11 == zzzp 
 
 
Con lo que se han de encargar: 
 
x= 0,85 . 25 + 190 = 211,25 revistas para atender al 80 % de los clientes. 
 
22. 22. Determinar  en la función: 
 








=


xsi
xsi
x
xsi
xf
0
0
9
00
)(
2
 
 
para que sea una función de densidad. Calcular la función de distribución 
y representarla gráficamente. Encontrar )5,0(),1( − XpXp 
 
(Universidad de Murcia 1991). 
 
Se ha de cumplir que: 
 
3271
27279
)()( 3
3
0
3
0
2
0
=======  


x
dx
x
dxxfxF
 
 
Siendo, pues, la función de distribución: 
 








=
31
30
27
00
)(
3
xsi
xsi
x
xsi
xF
 
 
Siendo su gráfica: 
 
Siendo los valores pedidos: 
 
999,0111,01
108
1
27
1
)5,0(1)5,0(
0)1(
5,0
0
45,0
0
3
=−=
=−=−=
=−=
=−

x
dx
x
XpXp
Xp
 
 
 
 
 
 
23. 23. La altura de los mozos de un llamamiento al Servicio Militar sigue 
una distribución normal de media 1,7 y desviación típica 0,1. Se desea 
saber: 
 
a) a) Probabilidad de que un mozo, al azar, tenga una altura entre 1,7 y 
1,9. 
b) b) Si el llamamiento consta de 50.000 mozos y se libran por falta de 
talla aquellos cuya altura es inferior a 1,5. ¿Cuál es el número 
esperado de libramientos por esta causa? 
 
(Universidad de Salamanca 1991). 
 
Tipificamos los valores 1,9 y 1,5: 
 
2
1,0
7,15,1
2
1,0
7,19,1
2
1
−=
−
=
=
−
=
z
z
 
 
Y la probabilidad de que un mozo tenga altura entre 1,7 y 1,9 es: 
 
4772,05,09772,0)0()2()20()9,17,1( =−=−== zpzpzpXp 
 
La probabilidad de que un mozo tenga altura inferior a 1,5 es: 
 
0228,09772,01)2(1)2()5,1( =−=−=−= zpzpXp 
 
De donde cabe esperar que se libren por cortos de talla, un total de: 
 
E= 50000 . 0,0228 = 1140 mozos. 
 
24. 24. Varios test de inteligencia dieron una puntuación que sigue una ley 
normal con media 100 y desviación típica 15. Determinar el porcentaje 
de población que obtendría un coeficiente entre 95 y 110. ¿Qué 
intervalo centrado en 100 contiene al 50 % de la población? 
 
En una población de 2500 individuos. ¿Cuántos individuos se espera que 
tengan coeficiente superior a 125? 
 
(Universidad de Santiago de Compostela 1991). 
 
Tipificamos los valores 95 y 110: 
 
67,0
15
100110
33,0
15
10095
2
1
=
−
=
−=
−
=
z
z
 
 
Y el porcentaje de población con un coeficiente entre 95 y 110 sería: 
 
  3779,016293,07486,01)33,0()67,0()33,0(1)67,0(
)33,0()67,0()33,0()67,0()67,033,0()11095(
=−+=−+=−−=
=−=−−=−=
zpzpzpzp
zpzpzpzpzpXp
 
Lo que supone, en porcentaje, un 37,79 % 
 
 
 
Buscamos ahora, los extremos x1 y x2 de un intervalo centrado en 100 que contenga al 
50 % de la población, esto es, los cuartiles C1 y C3 de la distribución, se tiene: 
 
2,1101001568,068,075,0
2
5,1
)(
5,01)(25,0)()(5,0)0()100(
111
1112121
=+===
=−=−−==xzzzp
zzpzzpzzpzzpxxp
 
Y el intervalo intercuartílico pedido es [-110,2; 110,2] 
 
Tipificamos ahora el valor 125: 
 
67,1
15
100125
=
−
=z
 
 
Por lo que la probabilidad de que un individuo alcance una puntuación superior a 125 
es: 
 
0475,09525,01)67,1(1)67,1()125( =−=−== zpzpXp 
 
Por lo que el número esperado de individuos que alcanzarán un valor superior a dicha 
puntuación será: 
 
E= 0,0475 . 2500 = 118,75 119 
 
25. 25. Diferencias y relaciones entre la distribución binomial y la normal. 
 
El porcentaje de españoles con estudios medios es del 35 %. Elegidos 
ocho al azar, calcular la probabilidad de que entre 3 y 5 (ambos incluidos) 
tengan estudios medios, aplicando: 
 
a) a) La distribución binomial. 
b) b) La aproximación normal de la binomial. 
 
(Universidad de Santiago de Compostela 1991). 
 
Para la cuestión teórica ver el ejercicio nº 3 de este mismo capítulo. 
 
Aplicando la distribución binomial con n=8, p=0,35 y q=0,65, se tiene: 
 
5469,065,035,05665,035,07065,035,056
65,035,0
5
8
65,035,0
4
8
65,035,0
3
8
)53(
354453
354453
=++
=





+





+





= Xp
 
 
Aplicando la aproximación normal a la binomial con: 
 
35,165,035,08
8,235,08
===
===
npqs
npm
 
 
 
 
Y, tipificando para aplicar la aproximación normal a la binomial: 
 
63,1
35,1
8,25
15,0
35,1
8,23
2
1
=
−
=
=
−
=
z
z
 
 
Con lo cual la probabilidad será: 
 
3888,0055969484,0)15,0()63,1()63,115,0()53( =−=−== zpzpzpXp 
Y se ve que la aproximación no es aquí buena porque n es muy inferior a 30 y p es 
muy distinto de 0,5. 
 
26. 26. El tiempo necesario para que una ambulancia llegue a un centro 
deportivo se distribuye normalmente con una media 17 minutos y 
desviación típica de 3 minutos. 
 
a) a) Calcular la probabilidad de que el tiempo de llegada esté 
comprendido entre 13 y 21 minutos. 
b) b) ¿Para qué valor de t, la probabilidad de que la ambulancia emplee 
más de t minutos en llegar es el 5 %? 
 
(Universidad de Barcelona 1992). 
 
Tipificamos los valores 13 y 21: 
 
33,1
3
1721
33,1
3
1713
2
1
=
−
=
−=
−
=
z
z
 
 
Así que la probabilidad de que el tiempo esté entre 13 y 21 minutos es: 
 
8164,019082,02
1)33,1(2)33,1()33,1()33,133,1()2113(
=−=
=−=−−=−= zpzpzpzpXp
 
 
Y el valor de t para que la probabilidad de la ambulancia de llegar en menos de t 
minutos sea 5 %, la calculamos así: 
 
minutost
zzzpzzpzzp tttt
2217365,1
65,195,0)(05,0)(105,0)(
=+=
===−=
 
 
27. 27. En un gran estadio deportivo se quiere instalar focos para iluminar 
el campo de juego. El suministrador asegura que el tiempo de vida de 
los focos es, aproximadamente, normal con media de 40 h. y 
desviación típica de 4 h. 
 
a) a) Escogiendo un foco al azar, ¿Cuál es la probabilidad de que luzca 
por lo menos 30 h.? 
b) b) Si se comprueba que sólo 1400 focos lucen más de 30 horas, ¿Qué 
puede deducirse? 
 
(Universidad de Cantabria 1992). 
 
Tipificamos el valor 30: 
 
5,2
4
4030
−=
−
=z
 
 
Y la probabilidad de que el foco escogido luzca al menos 30 h. es: 
 
9938,0)5,2()5,2()30( ==−= zpzpXp 
 
Si se espera que 1400 focos luzcan más de 30 horas, se puede deducir: 
 
14097,1408
9938,0
1400
1400938,0 ==== nnE
 
 
O sea, habían 1409 focos de los cuales 1400 lucen más de 30 h. y 9 menos de 30 h. 
 
28. 28. Para aprobar unas oposiciones se necesita obtener 100 puntos, o 
más, en una prueba. Por experiencias anteriores, se sabe que la 
distribución de los puntos obtenidos por los opositores es una normal 
de media 110 puntos y desviación típica 15. 
 
a) a) ¿Qué probabilidad hay de que un opositor apruebe? 
b) b) Si sabemos que hay 1000 opositores y sólo 300 plazas, ¿Cuántos 
puntos se deberá exigir para ajustar el número de plazas al número de 
opositores aprobados? 
 
(Universidad de Córdoba 1992). 
 
Tipificamos la puntuación 100: 
 
67,0
15
110100
−=
−
=z
 
 
Entonces, la probabilidad de que un opositor apruebe (obtenga más de 100 puntos), 
es: 
 
7486,0)67,0()67,0()100( ==−= zpzpXp 
 
Para que un opositor al aprobar esté entre los 300 mejores, cabe exigir una puntuación 
de aprobado de: 
 
puntosxzzzp
zzpzzpxXppp
4,12111015758,0758,07,03,01)(
3,0)(1)()(3,03001000
111
111
=+===−=
=−====
 
 
 
 
 
29. 29. Se ha aplicado a 300 alumnos un test y se ha obtenido que los 
resultados se distribuyen normalmente con media 30 y desviación 
típica 12. 
 
a) a) ¿Qué porcentaje de alumnos tendrán una puntuación comprendida 
entre 20 y 30? 
b) b) ¿Cuántos alumnos tendrán una puntuación mayor que 42? 
 
(Universidad de Extremadura 1992). 
 
Tipificamos los valores 20, 30 y 42: 
 
1
12
3042
0
12
3030
83,0
12
3020
3
2
1
=
−
=
=
−
=
−=
−
=
z
z
z
 
 
La probabilidad de que un alumno tenga puntuación comprendida entre 20 y 30 es: 
 
  2967,017967,05,01)83,0()0()83,0(1)0(
)83,0()0()83,0()0()083,0()3020(
=−+=−+=−−=
=−=−−=−=
zpzpzpzp
zpzpzpzpzpXp
 
Lo que en porcentaje supone un 29,67 % 
 
La probabilidad de que un alumno puntúe por encima de 42 es: 
 
1587,08413,01)1(1)1()42( =−=−== zpzpXp 
 
Por lo que cabe esperar que lo hagan: 
 
alumnosE 486,471587,0300 == 
 
30. 30. Si los pesos de una muestra de 2000 personas presentan una 
distribución normal de media 65 kg. y desviación típica 8, se pide la 
probabilidad de que una persona elegida al azar, pese: 
 
i) i) Más de 61 kg. 
ii) ii) Entre 63 y 69 kg. 
 
(Universidad de La Laguna. Tenerife 1992). 
Tipificamos los valores 61, 63 y 69: 
 
5,0
8
6569
25,0
8
6563
5,0
8
6561
3
2
1
=
−
=
−=
−
=
−=
−
=
z
z
z
 
La probabilidad de que una persona pese más de 61 kg. es: 
 
6915,0)5,0()5,0()61( ==−= zpzpXp 
 
Lo que hace que 0,6915 . 2000 = 1383 personas pesen más de 61 kg. 
 
La probabilidad de pesar entre 63 y 69 es: 
 
 
2902,015987,06915,01)25,0()5,0(
)25,0(1)5,0()25,0()5,0()5,025,0()6963(
=−+=−+
=−−=−−=−=
zpzp
zpzpzpzpzpXp
 
Lo que hace que 0,2902 . 2000= 580 personas estén en ese intervalo de pesos. 
 
31. 31. De 1000 medidas de tallas se obtuvo una media de 165 cm. y una 
desviación típica de 8 cm. Se supone que la distribución es normal y 
se pide: 
 
i) i) Decir cuántas medidas son menores de 157 cm. 
ii) ii) ¿Cuántas se hallan entre 167 y 181 cm.? 
 
(Universidad de Las Palmas de Gran Canaria 1992). 
 
Tipificamos valores: 
 
2
8
165181
25,0
8
165167
1
8
165157
3
2
1
=
−
=
=
−
=
−=
−
=
z
z
z
 
 
Con lo que tenemos: 
 
1597,158
10001587,01587,0084131)1(1)1()1()157(

==−=−==−= zpzpzpXp
 
son las personas de talla inferior a 157 cm. 
 
Por otro lado: 
 
3795,37810003785,0
3785,05987,09772,0)25,0()2()225,0()181167(
=
=−=−== zpzpzpXp
 
son las personas cuya talla está comprendida entre 167 y 181 cm. 
 
32. 32. Las calificaciones en un examen de Matemáticas II en dos grupos 
A y B de COU se ajustan ambas a una distribución normal. En el grupo 
A se ha obtenido una media de 5,5 y una desviación típica de 1. En el 
grupo B la media es, también, de 5,5 pero la desviación típica es de 4. 
 
 
a) a) Hacer las gráficas aproximadas de cada una de estas 
distribuciones justificando en qué se fundamentan. 
b) b) Suponiendo que en otro grupo C la media fuese de 5,5 y la 
desviación típica cero, ¿Qué se puede afirmar de la calificación de 
cada alumno? 
 
(Universidad de León 1992). 
 
Las gráficas pedidas son: 
 
Ambas presentan un máximo en 
x=5,5. La dispersión es mayor en 
la 2ª, por lo tanto el valor de ese 
máximo será menor (suponiendo 
que los grupos A y B tienen los 
mismos alumnos). La primera 
presenta puntos de inflexión en 
4,5 y 6,5 y la segunda en 1,5 y 9,5 
 
 
 
 
Por otro lado, todos los alumnos del grupo C tienen la misma nota5,5 pues no hay 
dispersión y el valor del máximo coincide con el de los alumnos de los grupos A y B. 
La gráfica correspondiente al grupo C sería una recta vertical de ecuación x= 5,5. 
 
33. 33. En una ciudad, la temperatura máxima durante el mes de junio está 
distribuida normalmente con una media de 26º y una desviación típica 
de 4º. Calcular el número de días que se espera tengan temperatura 
máxima comprendida entre 22º y 28º. 
 
(Universidad de Málaga 1992). 
 
Tipificamos los valores 22 y 28: 
 
5,0
4
2628
1
4
2622
2
1
=
−
=
−=
−
=
z
z
 
 
Entonces la probabilidad de que en un día de junio la temperatura máxima esté entre 
22 y 28º es: 
 
  5328,018413,06915,01)1()5,0()1(1)5,0(
)1()5,0()1()5,0()5,01()2822(
=−+=−+=−−=
=−=−−=−=
zpzpzpzp
zpzpzpzpzpXp
 
 
Y el número esperado de días es: 
 
díasE 169,155328,030 == 
 
 
 
 
 
34. 34. Las calificaciones de los estudiantes de un curso siguen una 
distribución normal. Si las puntuaciones tipificadas de dos 
estudiantes fueron 0,8 y –0,4 y sus notas reales fueron 88 y 67,4 
puntos. ¿Cuál es la media y la desviación típica de las puntuaciones 
del examen? 
 
(Universidad de Murcia 1992). 
 
Se han de cumplir las siguientes igualdades que constituyen un sistema de dos 
ecuaciones con dos incógnitas: 
 
3,742,174,04,67
2,17
2,1
6,20
6,202,1
4,674,0
888,0
4,04,67
8,088
4,0
4,67
8,0
88
=+=
===



=−
=+




−=−
=−







−=
−
=
−
m
ss
sm
sm
sm
sm
s
m
s
m
 
Que son los datos pedidos. 
 
35. 35. Define función densidad de una variable continua. La función 
 
 





=
2,10
2,1
7
1
)(
2
xsi
xsix
xf
 
Puede ser la función de densidad de alguna distribución continua? ¿Por 
qué? 
 
(Universidad de Castellón 1994). 
 
La función de densidad de una variable continua es la que nos da la probabilidad de 
que la variable tome un valor menor o igual que uno dado. 
 
La función dada no puede ser función densidad de probabilidad pues se ha de cumplir 
la condición de normalización (probabilidad total =1) y aquí no se cumple como se 
puede ver: 
 
1
3
1
3
7
7
1
)
3
1
3
8
(
7
1
217
1
2
1
32
1
2 ==−=== 
x
dxxp
 
 
36. 36. Aproximando con una distribución normal, calcular la probabilidad 
de que al lanzar una moneda 100 veces, el número de caras obtenido 
esté comprendido entre 45 y 55. 
 
(Universidad de Castellón 1994). 
 
Se tiene: 
 
50
2
1
100 === npm
 
 
 
 
1
5
5055
1
5
5045
5
2
1
2
1
100
2
1
=
−
=
−=
−
=
===
z
z
npqs
 
 
Y la probabilidad pedida es, con la aproximación realizada: 
 
 
6826,018413,021)1(2
)1(1)1()1()1()11()5545(
=−=−=
=−−=−−=−=
zp
zpzpzpzpzpXp
 
 
37. 37. Los pesos de los individuos de una población se distribuyen 
normalmente, con media 70 kg. y desviación típica 5 kg. Calcular la 
probabilidad de que: 
 
a) a) El peso de un individuo esté comprendido entre 65 y 80 kg. 
b) b) Un individuo pese más de 100 kg. 
 
(Universidad de Castellón 1994). 
 
Tipificamos los valores 65, 80 y 100: 
 
6
5
70100
2
5
7080
1
5
7065
3
2
1
=
−
=
=
−
=
−=
−
=
z
z
z
 
 
Siendo las probabilidades pedidas: 
 
011)6(1)6()100(
8185,018413,09772,0
1)1()2()1()2()21()8065(
=−=−==
=−+
=−+=−−=−=
zpzpXp
zpzpzpzpzpXp
 
 
38. 38. Explica en qué casos puedes utilizar la distribución normal para 
calcular de forma aproximada probabilidades de distribuciones 
binomiales. 
 
El 10 % de los artículos fabricados en una empresa de material cerámico 
tiene algún defecto. Obtén (utilizando la aproximación citada, si lo 
consideras conveniente), la probabilidad de que: 
 
a) a) En un lote de 10 artículos se encuentre 1 defectuoso. 
b) b) En un lote de 100 artículos hayan al menos 10 defectuosos. 
 
. 
Para la cuestión teórica ver problema nº 3 de este capítulo. 
 
Si llamamos: 
 
p= p(defectuosos) = 0,1 
q= p( no defectuosos)=0,9 
 
La probabilidad de que en un lote de 10 artículos haya al menos 1 defectuoso se 
puede calcular directamente mediante la binomial, en efecto: 
 
6513,0034871)0(1)1(3487,09,01,0
0
10
)( 100 =−=−==





= DpDpdefectonop
 
Para la segunda cuestión utilizamos la aproximación normal de la binomial y tenemos: 
 
5,0)0()10(
0
3
1010
39,01,0100
101,0100
==
=
−
=
===
====
zpXp
z
npqs
npm
 
 
39. En 1798, el científico inglés Henry Cavendish midió la densidad de la 
Tierra a través de una balanza de torsión. Realizó 29 observaciones y 
obtuvo los siguientes valores (en g/cm3): 
 
5,50 5,61 4,88 5,07 5,26 5,55 5,36 5,29 5,58 5,65 
5,57 5,53 5,63 5,29 5,44 5.34 5,79 5,10 5,27 5,39 
5,42 5,47 5,63 5,34 5,46 5,30 5,75 5.68 5,85 
 
a) a) Obtén la media y la mediana de estos datos. 
b) b) Si la desviación típica de estos datos es de 0,22 g/cm3, ¿Qué 
proporción de observaciones se alejan más de dos desviaciones 
típicas de la media? 
c) c) Agrupa los datos en 5 clases de amplitud 0,25, considerando 
como límite inferior de la primera clase el valor 4,75 y construye el 
correspondiente histograma de frecuencias relativas. 
 
a) a) Ordenando de menor a mayor las observaciones de la tabla anterior, y 
representándolas en una tabla de frecuencias, tenemos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Xi (g/cm3) fi xifi Fi 
4,88 1 4,88 1 
5,07 1 5,07 2 
5,10 1 5,10 3 
5,26 1 5,26 4 
5,27 1 5,27 5 
5,29 2 10,58 7 
5,30 1 5,30 8 
5,34 2 10,68 10 
5,36 1 5,36 11 
5,39 1 5,39 12 
5,42 1 5,42 13 
5,44 1 5,44 14 
5,46 1 5,46 15 
5,47 1 5,47 16 
5,50 1 5,50 17 
5,53 1 5,53 18 
5,55 1 5,55 19 
5,57 1 5,57 20 
5,58 1 5,58 21 
5,61 1 5,61 22 
5,63 2 11,26 24 
5,65 1 5,65 25 
5,68 1 5,68 26 
5,75 1 5,75 27 
5,79 1 5,79 28 
5,85 1 5,85 29 
Totales 29 158 
 
 
Como N=29 es impar, su mitad es 14,5 y la mediana será el valor de xi cuya 
frecuencia absoluta acumulada ocupe el puesto número 15, o sea, Me=5,46. 
 
Para la media tenemos: 
 
45,5
29
158
===

N
fx
x i
ii
 
 
b) Si s=0,22 y la media es la obtenida en el apartado anterior, la variable 
tipificada será: 
 
22,0
45,5−
=
−
=
x
s
xx
z
 que tiene media 0 y desviación típica 1 pudiendo usar las 
tablas de la distribución normal para s=2 
 
p(z>2 y z<-2)=1-p(-2<z<2)=1-[p(z<2)-p(z<-2)]=1-[p(z<2)-[1-p(z<2)]]=1-[0,9772-[1-
0,9772]]=1-0,9544=0,0456=4,56 % 
 
d) d) Para los valores agrupados en 5 clases de amplitud 0,25, tendremos: 
 
 
 
clases xi fi ni 
4,75-5 4,875 1 0,0345 
5,01-5,26 5,135 3 0,1034 
5,27-5,52 5,395 13 0,4483 
5,53-5,78 5,655 10 0,3448 
5,79-6,04 5,915 2 0,0690 
 29 1 
 
Y el histograma de frecuencias relativas ni es 
 
_____
_______________________________________________________________ 
 
40. Percentiles: definición y significado. 
 
Se llaman percentil Pn (1<n<100) a los valores xi de una distribución de frecuencias 
tales que el n% de los valores de la misma están por debajo de xi . 
 
La distribución de la duración de un embarazo en mujeres es 
aproximadamente normal con media 266 días y desviación típica 16 
días. Calcula: 
 
a) a) La proporción de embarazos con una duración mínima de 244 días. 
b) b) El percentil del 25 %, del 50 % y del 75 % de la distribución 
considerada y comenta el significado de los valores obtenidos. 
 
a) a) Tipificando la variable para tener acceso a la tabla de la distribución 
normal tenemos: 
 
16
266−
=
x
z
 
 
Que para x=244 da: 
 
375,1
16
266244
−=
−
=z
 
 
Así pues: 
 
)375,1()375,1()244( =−= zpzpxp 
 
La tabla da: 
 
91545,0)375,1(
9162,0)38,1(
914,0)37,1(
=
=
=
zp
zp
zp
 
 
Tomando la media aritmética de los dos primeros valores. Esto es, el 91, 545 % de los 
embarazos tiene una duración superior a 244 días. 
 
b) b) Para 25 % se tiene 
 12,255266)68,0(1668,075,025,0125,0)( 11 =+−=−=−= xzzzp días 
 
Para 50 % es: 
 
26605,0)( 22 === xzzzp díasPara 75 % es: 
 
88,27626668,01668,075,0)( 33 =+=== xzzzp días