Exercicis de distribucions de probabilitat: binomial i normal — Matemàtiques 1r Batxillerat

En una distribució de probabilitat, totes les probabilitats són positives i sumen 1: 0,1 + 0,4 + k + 0,2 = 1 → 0,7 + k = 1 → k = 0,3.
P(X ≥ 2) = P(X = 2) + P(X = 3) = 0,3 + 0,2 = 0,5.
Comprovació: 0,1 + 0,4 + 0,3 + 0,2 = 1, i totes les probabilitats són entre 0 i 1.

L'esperança és la suma de cada valor multiplicat per la seva probabilitat: E(X) = Σ x·P(x).
E(X) = 1·0,15 + 2·0,35 + 3·0,30 + 4·0,20 = 0,15 + 0,70 + 0,90 + 0,80 = 2,55.
Interpretació: si observem moltes llars, el nombre mitjà de mòbils per llar s'acosta a 2,55. L'esperança no ha de ser un valor possible de X: cap llar no té 2,55 mòbils.
Comprovació: les probabilitats sumen 0,15 + 0,35 + 0,30 + 0,20 = 1.

Per a una transformació lineal Y = aX + b: E(Y) = a·E(X) + b i $σ_{Y}$ = |a|·$σ_{X}$. El terme constant b desplaça la distribució però no en canvia la dispersió.
E(Y) = 3·5 - 4 = 11 €.
$σ_{Y}$ = 3·2 = 6 € (la variància és $3^{2}$·$2^{2}$ = 36).
Error típic: aplicar també el -4 a la desviació típica, o multiplicar la variància per 3 en lloc de per $3^{2}$ = 9.

L'àrea total sota la funció de densitat ha de valer 1: és un rectangle de base 15 i alçada k, així que 15k = 1 → k = 1/15.
P(X > 10) és l'àrea del rectangle entre 10 i 15: (15 - 10)·(1/15) = 5/15 = 1/3 ≈ 0,333.
En una distribució uniforme l'esperança és el punt mig de l'interval: E(X) = (0 + 15)/2 = 7,5 minuts.
Interpretació: un terç dels cops esperaràs més de 10 minuts i, de mitjana, n'esperaràs 7,5.

a) Discreta: només pot prendre els valors enters 0, 1, …, 10.
b) Contínua: el temps pot ser qualsevol valor d'un interval.
c) Contínua: el pes pot prendre qualsevol valor real dins d'un interval.
d) Discreta: es compten cotxes, 0, 1, 2, …
En una variable contínua la probabilitat és l'àrea sota la funció de densitat sobre un interval. Un sol punt com x = 3 té amplada zero i, per tant, àrea zero: P(X = 3) = 0. Per això P(X ≤ 3) = P(X < 3), cosa que no passa en una variable discreta.

Una binomial exigeix n proves idèntiques i independents, amb dos resultats possibles (èxit o fracàs) i la mateixa probabilitat d'èxit p a cada prova.
a) Sí: 8 llançaments independents, èxit = «surt un sis», p = 1/6. X ~ B(8; 1/6).
b) No: sense reposició, la probabilitat de treure una bola vermella canvia després de cada extracció, de manera que les proves no són independents.
c) Sí: 25 alumnes independents, èxit = «arriba tard», p = 0,1. X ~ B(25; 0,1).

X = nombre d'encerts en 5 tirs independents, amb probabilitat d'encert p = 0,7 (q = 0,3): X segueix una binomial B(5; 0,7).
P(X = k) = C(n, k)·$p^{k}$·$q^{n-k}$, així que P(X = 4) = C(5, 4)·0,$7^{4}$·0,$3^{1}$ = 5·0,2401·0,3 = 0,360.
Hi ha un 36 % de probabilitat d'encertar-ne exactament 4.
Error típic: oblidar el nombre combinatori C(5, 4) = 5, que compta en quin dels cinc tirs es falla.

Cada peça és una prova amb dos resultats (defectuosa o no), p = 0,2 i q = 0,8, i les 100 peces són independents: X ~ B(100; 0,2).
Mitjana: μ = n·p = 100·0,2 = 20 peces defectuoses.
Variància: $σ^{2}$ = n·p·q = 100·0,2·0,8 = 16, i desviació típica σ = $\sqrt{16}$ = 4 peces.
Interpretació: en una remesa típica hi haurà uns 20 defectuoses, amb una variació d'unes 4 peces amunt o avall.

La regla diu que en una normal hi ha aproximadament un 68 % de les dades a μ ± σ, un 95 % a μ ± 2σ i un 99,7 % a μ ± 3σ.
162 = 170 - 8 = μ - σ i 178 = 170 + 8 = μ + σ: aproximadament el 68 % dels alumnes.
154 = 170 - 16 = μ - 2σ i 186 = μ + 2σ: aproximadament el 95 %.
Per sobre de 186 queda la meitat del 5 % que és fora de μ ± 2σ (per simetria): aproximadament el 2,5 %.

P(Z > 1) = 1 - P(Z ≤ 1) = 1 - 0,8413 = 0,1587 (l'àrea total sota la corba val 1).
P(Z ≤ -1,5) = P(Z ≥ 1,5), per la simetria de la corba respecte de 0: 1 - 0,9332 = 0,0668.
P(0,5 ≤ Z ≤ 1,5) = P(Z ≤ 1,5) - P(Z ≤ 0,5) = 0,9332 - 0,6915 = 0,2417.
P(-1 ≤ Z ≤ 1) = P(Z ≤ 1) - P(Z ≤ -1) = 0,8413 - 0,1587 = 0,6826 (és la regla del 68 %).
Error típic: escriure P(Z ≤ -1,5) = -0,9332; una probabilitat mai no és negativa.

Esperança: E(X) = 0·0,3 + 1·0,4 + 2·0,2 + 3·0,1 = 0 + 0,4 + 0,4 + 0,3 = 1,1 reparacions.
Variància: σ² = E(X²) - [E(X)]². E(X²) = 0·0,3 + 1·0,4 + 4·0,2 + 9·0,1 = 0 + 0,4 + 0,8 + 0,9 = 2,1.
σ² = 2,1 - 1,1² = 2,1 - 1,21 = 0,89.
Desviació típica: σ = √0,89 ≈ 0,94 reparacions.
Error típic: oblidar restar el quadrat de l'esperança i donar E(X²) = 2,1 com si fos la variància.

Sigui G el guany. P(G = 12) = 1/6, P(G = 3) = 2/6 i P(G = 0) = 3/6.
E(G) = 12·(1/6) + 3·(2/6) + 0·(3/6) = 2 + 1 + 0 = 3 €.
Un joc és equitatiu quan el guany esperat és igual al preu que es paga per jugar: el preu just és 3 € per partida.
Si l'organitzador cobrés 4 € per partida, el jugador perdria de mitjana 4 - 3 = 1 € per partida i l'organitzador en guanyaria 1.

X = nombre de bombetes defectuoses a la caixa segueix una B(12; 0,05).
«Almenys una» és el contrari de «cap»: P(X ≥ 1) = 1 - P(X = 0).
P(X = 0) = 0,$95^{12}$ = 0,540, per tant P(X ≥ 1) = 1 - 0,540 = 0,460.
Hi ha un 46 % de probabilitat que la caixa en tingui alguna.
Error típic: calcular 12·0,05 = 0,6; això és l'esperança (nombre mitjà de bombetes defectuoses), no una probabilitat.

X = alumnes que hi van en bicicleta segueix una B(8; 0,25), amb q = 0,75. «Com a màxim 2» vol dir X = 0, 1 o 2.
P(X = 0) = 0,75⁸ = 0,1001.
P(X = 1) = C(8, 1)·0,25·0,75⁷ = 8·0,25·0,1335 = 0,2670.
P(X = 2) = C(8, 2)·0,25²·0,75⁶ = 28·0,0625·0,1780 = 0,3115.
P(X ≤ 2) = 0,1001 + 0,2670 + 0,3115 ≈ 0,679.
Hi ha un 68 % de probabilitat que, com a màxim, 2 d'aquests 8 alumnes hi vagin en bicicleta.

Si es fan n trucades, X = nombre de vendes segueix una B(n; 0,2). P(almenys una venda) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0,$8^{n}$.
Volem 1 - 0,$8^{n}$ > 0,9, és a dir, 0,$8^{n}$ < 0,1.
Prenem logaritmes: n·ln 0,8 < ln 0,1. Com que ln 0,8 és negatiu, la desigualtat canvia de sentit: n > ln 0,1/ln 0,8 = 10,32.
Cal fer com a mínim 11 trucades.
Comprovació: amb 10 trucades, 1 - 0,$8^{10}$ = 0,893 (no arriba al 90 %); amb 11, 1 - 0,$8^{11}$ = 0,914 (sí).

Tipifiquem: z = (x - μ)/σ. Per a 56: $z_{1}$ = $\tfrac{(56 - 60)}{8}$ = -0,5. Per a 72: $z_{2}$ = $\tfrac{(72 - 60)}{8} = 1{,}5$.
P(56 ≤ X ≤ 72) = P(-0,5 ≤ Z ≤ 1,5) = P(Z ≤ 1,5) - P(Z ≤ -0,5).
Per simetria, P(Z ≤ -0,5) = 1 - P(Z ≤ 0,5) = 1 - 0,6915 = 0,3085.
P = 0,9332 - 0,3085 = 0,6247.
Un 62,5 % de les persones triguen entre 56 i 72 minuts.
Error típic: restar directament 0,9332 - 0,6915, oblidant que el primer extrem és negatiu.

Tipifiquem: z = $\tfrac{(210 - 180)}{20} = 1{,}5$.
P(X > 210) = P(Z > 1,5) = 1 - P(Z ≤ 1,5) = 1 - 0,9332 = 0,0668.
Nombre esperat: 500·0,0668 = 33,4, és a dir, uns 33 tomàquets.
Comprovació: 210 g és 1,5 desviacions típiques per sobre de la mitjana, així que és raonable que només un 6-7 % de la collita el superi.

Busquem la nota x tal que P(X ≥ x) = 0,10, és a dir, P(X ≤ x) = 0,90.
Per a la normal estàndard, això correspon a z = 1,28.
Desfem la tipificació: x = μ + z·σ = 6,4 + 1,28·1,5 = 6,4 + 1,92 = 8,32.
Cal una nota de 8,32 o més.
Comprovació: (8,32 - 6,4)/1,5 = 1,28, que deixa un 10 % per damunt.

Tenim P(X < 20) = 0,0668. Com que 0,0668 és menor que 0,5, el valor tipificat és negatiu. Per simetria, P(Z ≤ -1,5) = 1 - P(Z ≤ 1,5) = 1 - 0,9332 = 0,0668, així que z = -1,5.
Tipifiquem: $\tfrac{(20 - \mu )}{4}$ = -1,5 → 20 - μ = -6 → μ = 26 kg.
Comprovació: amb μ = 26 i σ = 4, z = $\tfrac{(20 - 26)}{4}$ = -1,5 i P(Z ≤ -1,5) = 0,0668.

X = treballadors que van en bicicleta segueix una B(225; 0,2). Com que n·p = 45 ≥ 5 i n·q = 180 ≥ 5, X ≈ N(μ; σ) amb μ = n·p = 45 i σ = $\sqrt{n\cdot p\cdot q}$ = $\sqrt{225\cdot 0{,}2\cdot 0{,}8}$ = $\sqrt{36}$ = 6.
Amb la correcció de continuïtat, «53 o més» passa a ser X' ≥ 52,5.
z = $\tfrac{(52{,}5 - 45)}{6} = 1{,}25$.
P(X ≥ 53) ≈ P(Z ≥ 1,25) = 1 - 0,8944 = 0,1056.
Hi ha un 10,6 % de probabilitat que n'hi hagi 53 o més.

L'aproximació N(n·p; $\sqrt{n\cdot p\cdot q}$) és vàlida quan n·p ≥ 5 i n·q ≥ 5.
a) n·p = 15 i n·q = 15: sí. N(15; $\sqrt{7,5}$) = N(15; 2,74).
b) n·p = 2 < 5: no (és una binomial amb p molt petita, molt asimètrica, que no s'assembla a una campana).
c) n·p = 54 i n·q = 6 ≥ 5: sí, tot i que l'aproximació és menys bona perquè n·q és a prop del límit. N(54; $\sqrt{5,4}$) = N(54; 2,32).
d) n·p = 60 i n·q = 90: sí. N(60; $\sqrt{36}$) = N(60; 6).

a) f(x) ≥ 0 a [0, 4]. L'àrea sota la gràfica és un triangle de base 4 i alçada f(4) = 4/8 = 0,5: àrea = 4·0,5/2 = 1. Per tant és una funció de densitat.
b) P(X ≤ x) és l'àrea del triangle de base x i alçada f(x) = x/8: x·(x/8)/2 = x²/16. Llavors P(1 < X < 3) = 3²/16 - 1²/16 = 9/16 - 1/16 = 8/16 = 0,5.
c) La mediana compleix m²/16 = 0,5 → m² = 8 → m = √8 ≈ 2,83 (la solució positiva dins de [0, 4]).
Observació: la mediana (2,83) és més gran que el punt mig de l'interval (2), perquè la densitat creix cap a la dreta i hi ha més probabilitat a prop de 4.

a) Siguin p₂ = P(X = 2) i p₃ = P(X = 3). Les probabilitats sumen 1: 0,2 + p₂ + p₃ = 1 → p₂ + p₃ = 0,8. L'esperança dona: 1·0,2 + 2p₂ + 3p₃ = 2,1 → 2p₂ + 3p₃ = 1,9.
De la primera, p₂ = 0,8 - p₃; substituïm: 2(0,8 - p₃) + 3p₃ = 1,9 → 1,6 + p₃ = 1,9 → p₃ = 0,3 i p₂ = 0,5.
b) E(X²) = 1·0,2 + 4·0,5 + 9·0,3 = 0,2 + 2 + 2,7 = 4,9. σ² = 4,9 - 2,1² = 4,9 - 4,41 = 0,49, i σ = 0,7.
Comprovació: 0,2 + 0,5 + 0,3 = 1 i 1·0,2 + 2·0,5 + 3·0,3 = 0,2 + 1 + 0,9 = 2,1.

En una binomial, P(X = k + 1)/P(X = k) = [(n - k)/(k + 1)]·(p/q). Aquí p/q = 0,35/0,65. La probabilitat creix de k a k + 1 mentre el quocient sigui més gran que 1.
(20 - k)·0,35 > (k + 1)·0,65 → 7 - 0,35k > 0,65k + 0,65 → 6,35 > k.
Per tant, P(k + 1) > P(k) per a k ≤ 6 (per exemple, P(7)/P(6) = (14/7)·(0,35/0,65) = 1,08 > 1) i P(k + 1) < P(k) per a k ≥ 7 (per exemple, P(8)/P(7) = (13/8)·(0,35/0,65) = 0,875 < 1).
El valor més probable és X = 7, amb P(X = 7) ≈ 0,184 (P(6) ≈ 0,171 i P(8) ≈ 0,161).
Regla ràpida: el valor més probable és la part entera de (n + 1)·p = 21·0,35 = 7,35, és a dir 7; queda a prop de la mitjana n·p = 7.

Sigui p la probabilitat d'encert i q = 1 - p la de fallada. X = nombre d'encerts en 4 llançaments segueix una B(4; p).
P(fallar-les totes) = P(X = 0) = q⁴ = 0,0256. Com que 0,4² = 0,16 i 0,16² = 0,0256, q = 0,4 i p = 0,6.
P(X ≥ 3) = P(X = 3) + P(X = 4) = C(4, 3)·0,6³·0,4 + 0,6⁴ = 4·0,216·0,4 + 0,1296 = 0,3456 + 0,1296 = 0,4752.
L'arquer n'encerta almenys 3 amb una probabilitat del 47,5 %.
Comprovació: 4·0,6 = 2,4 encerts de mitjana, així que encertar-ne 3 o més amb una probabilitat propera al 50 % és raonable.

Condició 1: P(X < 10) = 0,1587 = 1 - 0,8413 = P(Z ≤ -1), així que (10 - μ)/σ = -1.
Condició 2: P(X < 20) = 0,9332 = P(Z ≤ 1,5), així que (20 - μ)/σ = 1,5.
Sistema: 10 - μ = -σ i 20 - μ = 1,5σ. Restant la primera equació de la segona: 10 = 2,5σ → σ = 4 h.
Llavors μ = 10 + σ = 14 h.
Comprovació: (10 - 14)/4 = -1 i (20 - 14)/4 = 1,5.

a) P(X ≥ 7) = [C(10, 7) + C(10, 8) + C(10, 9) + C(10, 10)]/2¹⁰ = (120 + 45 + 10 + 1)/1024 = 176/1024 = 0,1719.
b) Aproximació: μ = 5 i σ = √(10·0,5·0,5) = √2,5 = 1,58. Amb la correcció de continuïtat, X ≥ 7 passa a X' ≥ 6,5: z = (6,5 - 5)/1,58 = 0,95. P ≈ 1 - P(Z ≤ 0,95) = 1 - 0,8289 = 0,1711.
c) Sense la correcció, X' ≥ 7: z = (7 - 5)/1,58 = 1,26 i P ≈ 1 - 0,8962 = 0,1038.
L'error amb la correcció és de 0,0008; sense, de 0,068, gairebé el 40 % del valor correcte.
Això passa perquè la binomial és discreta: el valor 7 correspon a l'interval (6,5; 7,5) de la normal, i cal començar a comptar a 6,5, no a 7.

a) Tipifiquem: z = $\tfrac{(180 - 168)}{9} = 1{,}33$. P(X > 180) = 1 - P(Z ≤ 1,33) = 1 - 0,9082 = 0,0918.
b) Cada alumne és una prova independent amb probabilitat d'èxit p = 0,0918. Y = nombre d'alumnes de més de 180 cm entre 10 segueix una B(10; 0,0918), amb q = 0,9082.
«Almenys 2» és el contrari de «0 o 1»: P(Y ≥ 2) = 1 - P(Y = 0) - P(Y = 1).
P(Y = 0) = 0,$9082^{10}$ = 0,3818; P(Y = 1) = 10·0,0918·0,$9082^{9}$ = 0,3859.
P(Y ≥ 2) = 1 - 0,3818 - 0,3859 = 0,2323.
Hi ha un 23 % de probabilitat que, en un grup de 10, almenys 2 superin els 180 cm. Fixa't que la normal ha donat la probabilitat p i la binomial n'ha fet el recompte.

a) X ~ B(625; 0,2). Com que n·p = 125 ≥ 5 i n·q = 500 ≥ 5, X ≈ N(μ; σ) amb μ = 125 i σ = √(625·0,2·0,8) = √100 = 10.
b) Amb la correcció de continuïtat, 115 ≤ X ≤ 140 passa a 114,5 ≤ X' ≤ 140,5. z₁ = (114,5 - 125)/10 = -1,05 i z₂ = (140,5 - 125)/10 = 1,55.
P = P(Z ≤ 1,55) - P(Z ≤ -1,05) = 0,9394 - (1 - 0,8531) = 0,9394 - 0,1469 = 0,7925.
c) Busquem k amb P(X > k) = 0,05, és a dir, P(Z ≤ z) = 0,95, d'on z = 1,645. k = μ + z·σ = 125 + 1,645·10 = 141,45.
Només en un 5 % dels dies el nombre de compradors supera uns 141 (restant la mitja unitat de la correcció de continuïtat, el llindar queda a prop de 141).

a) Hi ha X encerts i 20 - X errors: N = X - 0,25·(20 - X) = 1,25X - 5.
b) X segueix una B(20; 0,25): E(X) = 20·0,25 = 5 i σ_X² = 20·0,25·0,75 = 3,75. Com que N = 1,25X - 5 és una transformació lineal: E(N) = 1,25·5 - 5 = 1,25 punts i σ_N = 1,25·√3,75 = 1,25·1,94 ≈ 2,42 punts.
c) Si cada error resta c punts, l'esperança és 5·1 - 15·c (de mitjana, 5 encerts i 15 errors). Val 0 quan c = 5/15 = 1/3.
Amb la penalització de 0,25, respondre a l'atzar encara dona de mitjana 1,25 punts positius; per desincentivar-ho caldria descomptar 1/3 per error.