Exercicis de binomial i normal — Matemàtiques Aplicades a les Ciències Socials 2n Batxillerat

Sí: 10 repeticions independents, dos resultats (sis o no sis) i la mateixa probabilitat a cada llançament. És una B(10; $\tfrac{1}{6}$).

P(X ≤ 50) = 0,5. La normal és simètrica respecte de la mitjana, i 50 és justament la mitjana: deixa la meitat de la probabilitat a cada costat.

n·p = 60·0,1 = 6 i n·(1 − p) = 60·0,9 = 54. Tots dos passen de 5: es pot aproximar, encara que n·p hi és just.

Cada pregunta és una prova amb dos resultats (encert o error), la probabilitat d'encert és constant, p = 1/4 = 0,25, i les 20 respostes són independents: X segueix una binomial B(20; 0,25).
Mitjana: μ = n·p = 20·0,25 = 5 encerts.
Variància: σ² = n·p·q = 20·0,25·0,75 = 3,75; desviació típica σ = √3,75 ≈ 1,94 encerts.
Interpretació: responent a l'atzar s'esperen uns 5 encerts, amb una variabilitat d'uns 2 encerts amunt o avall.

X = nombre de peces defectuoses del lot segueix una B(5; 0,1), amb q = 0,9.
P(X = 1) = C(5, 1)·$0{,}1^{1}$·$0{,}9^{4}$ = 5·0,1·0,6561 = 0,328.
P(X = 0) = $0{,}9^{5}$ = 0,590.
Error típic: oblidar el nombre combinatori C(5, 1) = 5, que compta en quina posició del lot pot anar la peça defectuosa.

X = nombre d'alumnes que arriben tard segueix una B(6; 0,2).
P(X = 0) = $0{,}8^{6}$ = 0,262.
«Almenys un» és el contrari de «cap»: P(X ≥ 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0,262 = 0,738.
Error típic: calcular P(X ≥ 1) sumant P(1) + P(2) + … + P(6); és molt més ràpid passar pel complementari.

P(Z > 1,5) = 1 - P(Z ≤ 1,5) = 1 - 0,9332 = 0,0668 (l'àrea total sota la corba val 1).
Per la simetria de la normal respecte de 0, la cua esquerra fins a -1,5 és igual que la cua dreta a partir de 1,5: P(Z ≤ -1,5) = 0,0668.
P(-1,5 ≤ Z ≤ 1,5) = P(Z ≤ 1,5) - P(Z ≤ -1,5) = 0,9332 - 0,0668 = 0,8664.
Comprovació: les dues cues més la part central sumen 0,0668 + 0,8664 + 0,0668 = 1.

Tipifiquem: Z = (X - μ)/σ. Per a X = 160: z = $\tfrac{(160 - 170)}{8}$ = -1,25.
P(X < 160) = P(Z < -1,25). La taula només dona valors positius, així que fem servir la simetria: P(Z < -1,25) = P(Z > 1,25) = 1 - P(Z ≤ 1,25).
P(X < 160) = 1 - 0,8944 = 0,1056.
Un 10,6 % dels alumnes fa menys de 160 cm.
Error típic: escriure P(Z < -1,25) = -0,8944 o buscar directament -1,25 a la taula.

a) Certa. La corba normal és simètrica respecte de la mitjana, de manera que l'àrea a l'esquerra de μ − σ és igual que l'àrea a la dreta de μ + σ (totes dues valen aproximadament 0,1587).
b) Falsa. La desviació típica mesura la dispersió: si σ augmenta, les dades s'escampen més i la corba es fa més baixa i més ampla (l'àrea total ha de continuar valent 1).
c) Certa. Per simetria, P(Z ≤ −0,5) = P(Z ≥ 0,5) = 1 − P(Z ≤ 0,5); és precisament el truc que es fa servir amb la taula per als valors negatius.

X segueix una B(3; 0,5) i pot valer 0, 1, 2 o 3. Hi ha 2³ = 8 resultats equiprobables.
P(X = 0) = C(3, 0)·0,5³ = 1/8 = 0,125; P(X = 1) = C(3, 1)·0,5³ = 3/8 = 0,375;
P(X = 2) = C(3, 2)·0,5³ = 3/8 = 0,375; P(X = 3) = C(3, 3)·0,5³ = 1/8 = 0,125.
Comprovació: 1/8 + 3/8 + 3/8 + 1/8 = 1.
Mitjana: μ = n·p = 3·0,5 = 1,5 cares (coincideix amb 0·1/8 + 1·3/8 + 2·3/8 + 3·1/8 = 12/8 = 1,5).

És una B(8; 0,5): P(X = 5) = C(8, 5) · $0{,}5^{8}$ = 56 · 0,003906 = 0,219 aproximadament.

Perquè la probabilitat és l'àrea sota la corba, i un valor aïllat és un segment sense amplada, o sigui sense àrea. Per això només tenen sentit les preguntes sobre intervals.

El 25 % per sota correspon, per simetria, a z = −0,674. Desfent la tipificació: x = 6 − 0,674 · 1,5 = 6 − 1,01 = 4,99. La nota que deixa per sota una quarta part dels alumnes és aproximadament un 5,0.

El 45,5: la binomial és discreta i la normal contínua, així que el valor sencer 45 es representa per l'interval de 44,5 a 45,5 i «com a màxim 45» arriba fins a 45,5.

Tipifiquem els dos extrems: $z_{1}$ = $\tfrac{(35 - 45)}{10}$ = -1 i $z_{2}$ = $\tfrac{(60 - 45)}{10} = 1{,}5$.
P(35 ≤ X ≤ 60) = P(-1 ≤ Z ≤ 1,5) = P(Z ≤ 1,5) - P(Z ≤ -1).
Per simetria, P(Z ≤ -1) = 1 - P(Z ≤ 1) = 1 - 0,8413 = 0,1587.
P = 0,9332 - 0,1587 = 0,7745.
Aproximadament el 77,5 % dels alumnes triguen entre 35 i 60 minuts.
Error típic: restar directament 0,9332 - 0,8413, oblidant que el primer extrem és negatiu.

X = nombre de visitants que compren segueix una B(10; 0,3).
«Com a mínim 2» és el contrari de «0 o 1»: P(X ≥ 2) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1).
P(X = 0) = $0{,}7^{10}$ = 0,0282; P(X = 1) = C(10, 1)·0,3·$0{,}7^{9}$ = 10·0,3·0,04035 = 0,1211.
P(X ≥ 2) = 1 - 0,0282 - 0,1211 = 0,8507.
Hi ha un 85 % de probabilitat que almenys dos visitants comprin.

Volem σ tal que P(X > 66) = 0,10, és a dir, P(X ≤ 66) = 0,90.
Tipifiquem: P(Z ≤ (66 - 50)/σ) = 0,90. Segons la taula, el valor de z que deixa 0,90 a l'esquerra és 1,28.
(66 - 50)/σ = 1,28 → σ = 16/1,28 = 12,5 hores.
Comprovació: amb σ = 12,5, z = 16/12,5 = 1,28 i P(X > 66) = 1 - 0,90 = 0,10.

Per comparar notes de distribucions diferents les tipifiquem, perquè z indica a quantes desviacions típiques de la mitjana és cada nota.
Matemàtiques: z = $\tfrac{(7{,}5 - 6)}{1{,}2} = 1{,}25$. Història: z = $\tfrac{(6{,}8 - 5)}{1{,}5} = 1{,}2$.
Com que 1,25 > 1,2, en matemàtiques ha quedat relativament millor, encara que la diferència és petita.
En percentils: en matemàtiques supera el 89,4 % de la promoció (P(Z ≤ 1,25) = 0,8944) i en història el 88,5 % (P(Z ≤ 1,2) = 0,8849).
Error típic: comparar directament 7,5 amb 6,8 sense tenir en compte la mitjana i la dispersió de cada assignatura.

X = encerts segueix una B(100; 0,5). Com que n·p = 50 ≥ 5 i n·q = 50 ≥ 5, s'aproxima per una normal de μ = n·p = 50 i σ = $\sqrt{n\cdot p\cdot q}$ = $\sqrt{25}$ = 5: X ≈ N(50; 5).
Correcció de continuïtat: «entre 45 i 55 inclosos» passa a ser 44,5 ≤ X' ≤ 55,5.
Tipifiquem: $z_{1}$ = $\tfrac{(44{,}5 - 50)}{5}$ = -1,1 i $z_{2}$ = $\tfrac{(55{,}5 - 50)}{5} = 1{,}1$.
P(-1,1 ≤ Z ≤ 1,1) = 2·P(Z ≤ 1,1) - 1 = 2·0,8643 - 1 = 0,7286.
Responent a l'atzar, en un 73 % dels casos els encerts queden entre 45 i 55.

Si llancem el dau n vegades, X = nombre de sisos segueix una B(n; $\tfrac{1}{6}$).
P(almenys un 6) = 1 - P(X = 0) = 1 - $(\tfrac{5}{6})^{n}$. Volem 1 - $(\tfrac{5}{6})^{n}$ > 0,9, és a dir, $(\tfrac{5}{6})^{n}$ < 0,1.
Prenem logaritmes: n·log($\tfrac{5}{6}$) < log 0,1 → n > log 0,1 / log($\tfrac{5}{6}$) = 12,63 (la desigualtat canvia de sentit perquè log($\tfrac{5}{6}$) és negatiu).
Cal llançar el dau com a mínim 13 vegades.
Comprovació: amb 12 llançaments, 1 - $(\tfrac{5}{6})^{12}$ = 0,888 (no hi arriba); amb 13, 1 - $(\tfrac{5}{6})^{13}$ = 0,907 (sí).

En una binomial, μ = n·p i σ² = n·p·q. Dividint la variància per la mitjana: q = 4,8/12 = 0,4.
Per tant, p = 1 - 0,4 = 0,6 i n = μ/p = 12/0,6 = 20: X ~ B(20; 0,6).
El valor màxim és X = 20 (tots èxits): P(X = 20) = 0,6²⁰ ≈ 3,7·10^-5, pràcticament zero.
Comprovació: 20·0,6 = 12 i 20·0,6·0,4 = 4,8.

Tipificant, z = $\tfrac{69 - 45}{12} = 2$, així que P(X > 69) = 1 − 0,9772 = 0,0228, un 2,28 %. Sí que seria excepcional: està a dues desviacions típiques de la mitjana i, per la regla del 95 %, només un 5 % de les compres queda fora d'aquest marge, repartit entre els dos extrems.

Es busca el valor que deixa només el 5 % per sota, o sigui z = -1,645: x = 40 - 1,645 · 6 = 40 - 9,87 = 30,13 mesos. Amb una garantia de 30 mesos, només un 5 % de les unitats fallaria dins del termini i hauria de ser reparada.

n · p = 60 i n · (1-p) = 440, tots dos per sobre de 5, així que es pot aproximar. Els paràmetres són μ = 60 i σ = $\sqrt{500 \cdot 0{,}12 \cdot 0{,}88}$ = $\sqrt{52,8}$ = 7,27 aproximadament. Amb la correcció, z = $\tfrac{(79{,}5 - 60)}{7{,}27} = 2{,}68$ aproximadament, i P(X ≥ 80) ≈ P(Z ≥ 2,68) = 1 - 0,9963 = 0,0037: per sota del 0,5 %. Sí que seria excepcional: estaria a gairebé tres desviacions típiques de la mitjana.

Siguin μ i σ els paràmetres. Tipifiquem les dues condicions:
P(X < 40) = 0,20 → (40 - μ)/σ = -0,84 (el valor que deixa 0,20 a l'esquerra és el simètric del que deixa 0,80).
P(X > 61,2) = 0,10 → P(X ≤ 61,2) = 0,90 → (61,2 - μ)/σ = 1,28.
Sistema: 40 - μ = -0,84σ i 61,2 - μ = 1,28σ. Restant la primera equació de la segona: 21,2 = 2,12σ → σ = 10 min.
μ = 40 + 0,84·10 = 48,4 min.
Comprovació: (61,2 - 48,4)/10 = 1,28.

a) X = paquets a temps ~ B(8; 0,9). P(tots a temps) = 0,9⁸ = 0,4305. «Com a màxim un tard» equival a «7 o 8 a temps»: P(X = 7) + P(X = 8) = 8·0,9⁷·0,1 + 0,9⁸ = 0,3826 + 0,4305 = 0,8131.
b) Y = paquets que arriben tard ~ B(400; 0,1). Com que n·p = 40 ≥ 5 i n·q = 360 ≥ 5, Y ≈ N(μ; σ) amb μ = 40 i σ = √(400·0,1·0,9) = √36 = 6.
«Més de 50» vol dir Y ≥ 51; amb correcció de continuïtat, P(Y' ≥ 50,5).
z = (50,5 - 40)/6 = 1,75 → P(Z ≥ 1,75) = 1 - 0,9599 = 0,0401.
Només en un 4 % dels lots arribarien tard més de 50 paquets.
Error típic: tipificar 50 en lloc de 50,5, o confondre «més de 50» (Y ≥ 51) amb «50 o més».

a) Tipifiquem: z₁ = (1500 − 1800)/250 = −1,2 i z₂ = (2100 − 1800)/250 = 1,2. P(−1,2 ≤ Z ≤ 1,2) = 2·0,8849 − 1 = 0,7698: un 77 % dels treballadors.
b) z = (2300 − 1800)/250 = 2 → P(X > 2300) = 1 − 0,9772 = 0,0228. Nombre de treballadors: 0,0228·1200 = 27,4 ≈ 27 treballadors.
c) Busquem x amb P(X > x) = 0,05, és a dir, P(X ≤ x) = 0,95 → z = 1,645.
x = μ + z·σ = 1800 + 1,645·250 = 2211,25 €. Només el 5 % cobra més de 2211 €.
Comprovació de c): (2211,25 − 1800)/250 = 1,645.

X = pacients curats ~ B(5; 0,75), amb q = 0,25.
a) P(X = 4) = C(5, 4)·0,75⁴·0,25 = 5·0,3164·0,25 = 0,3955.
b) P(X ≥ 4) = P(X = 4) + P(X = 5) = 0,3955 + 0,75⁵ = 0,3955 + 0,2373 = 0,6328.
c) P(X = 0) = 0,25⁵ = 0,00098, aproximadament 1 cas de cada 1000.
És un resultat tan improbable sota la hipòtesi del 75 % que fa sospitar que, en aquest grup, l'eficàcia real és més baixa (o que els pacients no eren comparables). No ho demostra, però sí que posa seriosament en dubte l'afirmació.

a) $z_{1}$ = $\tfrac{(900 - 1000)}{100}$ = -1 i $z_{2}$ = $\tfrac{(1200 - 1000)}{100} = 2$. P(-1 ≤ Z ≤ 2) = P(Z ≤ 2) - P(Z ≤ -1) = 0,9772 - (1 - 0,8413) = 0,9772 - 0,1587 = 0,8185.
b) Volem P(μ - k ≤ X ≤ μ + k) = 0,95, que correspon a z = ±1,96 (deixa 0,025 a cada cua): k = 1,96·100 = 196. Interval: (804, 1196) hores.
c) Per a una bombeta, P(X < 800) = P(Z < -2) = 1 - 0,9772 = 0,0228. El nombre de bombetes que duren menys de 800 h entre les 10 comprades és una B(10; 0,0228).
P(almenys una) = 1 - P(cap) = 1 - $(1 - 0{,}0228)^{10}$ = 1 - $0{,}9772^{10}$ = 1 - 0,794 = 0,206.
Fixa't que l'apartat c) combina les dues distribucions del tema: la normal dona la p i la binomial fa el recompte.

a) X ~ B(200; 0,35). Com que n·p = 70 ≥ 5 i n·q = 130 ≥ 5, X ≈ N(μ; σ) amb μ = 70 i σ = $\sqrt{200\cdot 0{,}35\cdot 0{,}65}$ = $\sqrt{45{,}5}$ ≈ 6,75.
b) Correcció de continuïtat: P(60 ≤ X ≤ 80) ≈ P(59,5 ≤ X' ≤ 80,5). $z_{1}$ = $\tfrac{59{,}5 - 70}{6{,}75}$ = −1,56 i $z_{2}$ = $\tfrac{80{,}5 - 70}{6{,}75} = 1{,}56$.
P = 2·P(Z ≤ 1,56) − 1 = 2·0,9406 − 1 = 0,8812.
c) Un valor exacte d'una binomial s'aproxima per un interval d'amplada 1: P(X = 70) ≈ P(69,5 ≤ X' ≤ 70,5). z = ±0,5/6,75 = ±0,07.
P ≈ 2·P(Z ≤ 0,07) − 1 = 2·0,5279 − 1 = 0,0558, un 5,6 %.
Error típic: escriure P(X' = 70) = 0 perquè la normal és contínua; cal fer servir l'interval (69,5; 70,5).

a) X = nombre de clients que es presenten. Hi ha 130 proves independents (cada reserva), amb dos resultats (es presenta o no) i probabilitat constant 0,9: $X\sim B(130;\,0{,}9)$.
$\mu=np=130\cdot 0{,}9=117$ clients i $\sigma=\sqrt{npq}=\sqrt{130\cdot 0{,}9\cdot 0{,}1}=\sqrt{11{,}7}\approx 3{,}42$ clients.

b) $np=117\ge 5$ i $nq=13\ge 5$, de manera que $X\approx N(117;\,3{,}42)$. Hi ha overbooking si $X\ge 121$; amb correcció de continuïtat:$$P(X\ge 121)\approx P\left(Z\ge \frac{120{,}5-117}{3{,}42}\right)=P(Z\ge 1{,}02)=1-0{,}8461=0{,}1539.$$Gairebé un 15 % dels caps de setmana de fira l'hotel hauria de recol·locar algun client: és un risc massa alt. (El càlcul binomial exacte dona 0,1521, molt proper.)

c) Amb n reserves, $X\sim B(n;\,0{,}9)\approx N\big(0{,}9n;\,\sqrt{0{,}09n}\big)$ i volem $P(X\ge 121)\le 0{,}05$, és a dir, $\dfrac{120{,}5-0{,}9n}{\sqrt{0{,}09n}}\ge 1{,}645$.
Per a $n=128$: $z=\dfrac{120{,}5-115{,}2}{3{,}39}=1{,}56$ i $P=1-0{,}9406=0{,}0594$ > 0,05: no serveix.
Per a $n=127$: $z=\dfrac{120{,}5-114{,}3}{3{,}38}=1{,}83$ i $P=1-0{,}9664=0{,}0336\le 0{,}05$.
Com que la probabilitat creix amb n, el màxim és 127 reserves (7 per sobre de la capacitat). El càlcul exacte amb la binomial porta a la mateixa conclusió.

d) Si els clients d'un grup es presenten o no tots alhora, les proves deixen de ser independents i X ja no és binomial. La mitjana pot ser la mateixa, però la variabilitat és més gran (les absències arriben «a paquets»), i la probabilitat d'extrems, com que es presentin gairebé tots, augmenta. El model binomial subestimaria el risc: amb grups grans, l'hotel hauria d'acceptar menys de 127 reserves o comptar cada grup com una sola unitat.

Errors típics

• Tipificar 121 o 120 en lloc de 120,5: «més de 120» és $X\ge 121$ i la correcció de continuïtat porta a 120,5.
• Agafar a c) la n que fa la probabilitat més propera al 5 % encara que el superi (128): la condició és «no superar».
• Aplicar la binomial sense comprovar la independència: el model és tan bo com les seves hipòtesis.

Conceptes treballats: distribució binomial, aproximació normal de la binomial, correcció de continuïtat, problema invers (trobar n), crítica d'hipòtesis del model.

a) Tipifiquem els límits: $z=\dfrac{20{,}08-20}{0{,}04}=2$ i $z=\dfrac{19{,}92-20}{0{,}04}=-2$.
$P(\text{defectuós})=P(|Z|\gt2)=2\,(1-0{,}9772)=0{,}0456$. Aproximadament un 4,6 % dels eixos no compleixen la tolerància.

b) Y = eixos defectuosos entre els 20 inspeccionats, $Y\sim B(20;\,0{,}0456)$ (eixos independents, mateixa probabilitat).
$P(Y=0)=0{,}9544^{20}=0{,}3932$ i $P(Y=1)=20\cdot 0{,}0456\cdot 0{,}9544^{19}=0{,}3757$.
$P(\text{rebuig})=P(Y\ge 2)=1-0{,}3932-0{,}3757=0{,}2311$. Gairebé 1 de cada 4 lots seria retornat, tot i que la màquina «només» fa un 4,6 % de peces dolentes: el criteri del client és exigent.

c) Volem $P(|X-20|\gt0{,}08)=0{,}01$, és a dir, un 0,5 % a cada cua: $P\left(Z\le \frac{0{,}08}{\sigma}\right)=0{,}995\Rightarrow \frac{0{,}08}{\sigma}=2{,}58$.
$\sigma=\dfrac{0{,}08}{2{,}58}\approx 0{,}031$ mm. Cal reduir la dispersió d'un 22 % aproximadament (de 0,04 a 0,031 mm).

d) Ara $Y\sim B(20;\,0{,}01)$: $P(Y\ge 2)=1-0{,}99^{20}-20\cdot 0{,}01\cdot 0{,}99^{19}=1-0{,}8179-0{,}1652=0{,}0169$.
La probabilitat de rebuig passa del 23 % a l'1,7 %: de cada 100 lots, se'n retornarien uns 2 en lloc d'uns 23. Una millora moderada de la precisió de la màquina té un efecte molt gran en el resultat comercial, perquè el criteri de rebuig amplifica les diferències en la proporció de defectuosos.

Errors típics

• Calcular només una cua a a) i oblidar que també són defectuosos els eixos massa prims.
• A c), fer servir z = 2,33 (1 % en una sola cua) en lloc de repartir l'1 % entre les dues cues.
• Calcular P(Y = 2) en lloc de P(Y ≥ 2) per al rebuig.

Conceptes treballats: distribució normal, tipificació, cues simètriques, distribució binomial, problema invers (trobar σ), interpretació en control de qualitat.

a) De la taula, $P(Z\le 1{,}04)\approx 0{,}85$ i $P(Z\le 0{,}52)\approx 0{,}70$, és a dir, $P(Z\le -0{,}52)\approx 0{,}30$. Per tant:$$\frac{40-\mu}{\sigma}=1{,}04,\qquad \frac{25-\mu}{\sigma}=-0{,}52\;\Rightarrow\;\begin{cases}\mu+1{,}04\sigma=40\\ \mu-0{,}52\sigma=25\end{cases}$$Restant: $1{,}56\sigma=15\Rightarrow \sigma\approx 9{,}62$ min, i $\mu=25+0{,}52\cdot 9{,}62=30$ min.

b) $P(X\gt45)=P\left(Z\gt\frac{45-30}{9{,}62}\right)=P(Z\gt1{,}56)=1-0{,}9406=0{,}0594$. Prop del 6 % de les comandes surten gratis.

c) Suposant que els temps de les 10 comandes són independents, Y = comandes gratuïtes $\sim B(10;\,0{,}0594)$:$$P(Y\ge 1)=1-P(Y=0)=1-0{,}9406^{10}=1-0{,}5421=0{,}4579.$$Gairebé la meitat dels clients que fan 10 comandes en tindran almenys una de gratis: és un cost gens menyspreable per a la plataforma.

d) Si el repartidor fos com la mitjana, el nombre de lliuraments de més de 45 minuts seria $W\sim B(40;\,0{,}0594)$, amb mitjana $40\cdot 0{,}0594\approx 2{,}4$. Observar-ne 7 és gairebé el triple del que s'espera. Com que $np\approx 2{,}4\lt5$, no es pot aproximar per una normal; amb la binomial exacta, $P(W\ge 7)\approx 0{,}009$, menys d'un 1 %. És un resultat poc habitual, que fa sospitar que aquest repartidor és més lent o té una zona amb més distància o trànsit; abans de treure conclusions convindria comparar-lo amb repartidors de la mateixa zona.

Errors típics

• Escriure $(25-\mu)/\sigma=0{,}52$ amb signe positiu: 25 és per sota de la mitjana i el valor de z ha de ser negatiu.
• Confondre σ amb la variància en tipificar.
• Aproximar per una normal a d) amb np ≈ 2,4: no compleix la condició np ≥ 5.

Conceptes treballats: distribució normal, càlcul de μ i σ a partir de percentatges, sistema d'equacions, distribució binomial, probabilitat del complementari, interpretació de resultats poc probables.

a) $E=0{,}25\cdot\frac14-\frac{0{,}25}{3}\cdot\frac34=0{,}0625-0{,}0625=0$.
La penalització està dissenyada perquè respondre a l'atzar no aporti res de mitjana: si l'Anna respon les 24 a l'atzar, la nota esperada continua essent 4.

b) Amb k encerts: $4+0{,}25k-\frac{0{,}25}{3}(24-k)\ge 5\Leftrightarrow 3k-(24-k)\ge 12\Leftrightarrow k\ge 9$.
$K\sim B(24;\,0{,}25)$, amb $np=6\ge 5$ i $nq=18\ge 5$: $K\approx N(6;\,\sqrt{4{,}5})=N(6;\,2{,}12)$.$$P(K\ge 9)\approx P\left(Z\ge\frac{8{,}5-6}{2{,}12}\right)=P(Z\ge 1{,}18)=1-0{,}8810=0{,}1190.$$Només aprovaria aproximadament 1 de cada 8 vegades (el valor exacte amb la binomial és 0,1213).

c) Si descarta una opció, $p=\frac13$: $E=0{,}25\cdot\frac13-\frac{0{,}25}{3}\cdot\frac23=\frac{0{,}25}{9}\approx 0{,}028$ punts per pregunta, és a dir, uns 0,67 punts de mitjana en les 24.
Ara $K\sim B(24;\,\tfrac13)\approx N\big(8;\,\sqrt{16/3}\big)=N(8;\,2{,}31)$ i $P(K\ge 9)\approx P\left(Z\ge \frac{8{,}5-8}{2{,}31}\right)=P(Z\ge 0{,}22)=1-0{,}5871=0{,}4129$.

d) Si no sap res, respondre no millora la nota esperada, però sí que augmenta la dispersió: per a algú que amb el que sap no aprova, arriscar-se és l'única manera d'aprovar (12 % de probabilitat) i, de mitjana, no perd res. Si pot descartar una opció, l'esperança passa a ser positiva i la probabilitat d'aprovar puja al 41 %: li convé respondre. En general, la penalització només fa neutra l'endevinació pura; qualsevol informació parcial fa rendible respondre.

Errors típics

• Plantejar la nota amb 24 − k errors però oblidar els 4 punts que ja té assegurats.
• Tipificar 9 en lloc de 8,5 en aplicar la correcció de continuïtat a P(K ≥ 9).
• Concloure que «esperança 0» vol dir que respondre és inútil en qualsevol situació: també compta la probabilitat d'arribar al llindar.

Conceptes treballats: variable aleatòria discreta i esperança, distribució binomial, aproximació normal amb correcció de continuïtat, presa de decisions amb incertesa.

a) $P(X\lt20\,000)=P\left(Z\lt\frac{20\,000-32\,000}{8000}\right)=P(Z\lt-1{,}5)=1-0{,}9332=0{,}0668$.
Un 6,68 % de les llars, és a dir, $45\,000\cdot 0{,}0668\approx 3006$ llars. Pressupost: $3006\cdot 1500=4\,509\,000$ €, uns 4,5 milions d'euros.

b) Busquem r amb $P(X\lt r)=0{,}05$: $\frac{r-32\,000}{8000}=-1{,}645\Rightarrow r=32\,000-1{,}645\cdot 8000=18\,840$ €.
Baixar el llindar uns 1200 € redueix els beneficiaris d'unes 3000 a unes 2250 llars.

c) Y = llars amb ajut entre les 15, $Y\sim B(15;\,0{,}0668)$:$$P(Y\ge 2)=1-0{,}9332^{15}-15\cdot 0{,}0668\cdot 0{,}9332^{14}=1-0{,}3545-0{,}3806=0{,}2649.$$Aproximadament en 1 de cada 4 grups de 15 visites el tècnic trobarà almenys dues llars beneficiàries.

d) La renda no és simètrica: té una cua llarga cap a les rendes altes i no pot ser negativa (la normal sí que dona probabilitat, tot i que petita, a rendes negatives). En una distribució asimètrica a la dreta, la mediana és més petita que la mitjana i hi ha més llars concentrades en rendes baixes del que prediu una normal amb la mateixa mitjana i desviació. Per tant, el 6,68 % probablement subestima la proporció real de llars per sota de 20 000 € i el pressupost podria quedar curt: caldria contrastar-ho amb dades reals de renda.

Errors típics

• Fer servir 1,96 a b): el 5 % és només a la cua esquerra i el valor és −1,645.
• Calcular a c) P(Y = 2) o 1 − P(Y = 0) en lloc de 1 − P(Y = 0) − P(Y = 1).
• Aplicar un model normal sense preguntar-se si és raonable per a la variable (renda, preus, temps d'espera solen ser asimètrics).

Conceptes treballats: distribució normal, tipificació, percentils, distribució binomial, interpretació econòmica, límits d'un model.

a) $X\sim B(50;\,0{,}08)$, $E(X)=50\cdot 0{,}08=4$ donacions.
$P(X=0)=0{,}92^{50}=0{,}0155$; $P(X=1)=50\cdot 0{,}08\cdot 0{,}92^{49}=0{,}0672$; $P(X=2)=\binom{50}{2}0{,}08^2\cdot 0{,}92^{48}=0{,}1433$.
$P(X\ge 3)=1-0{,}0155-0{,}0672-0{,}1433=0{,}7740$.

b) $Y\sim B(600;\,0{,}08)$: $np=48$ i $nq=552$, tots dos ≥ 5, i $\sigma=\sqrt{600\cdot 0{,}08\cdot 0{,}92}=6{,}65$. Aleshores $Y\approx N(48;\,6{,}65)$ i$$P(Y\ge 40)\approx P\left(Z\ge\frac{39{,}5-48}{6{,}65}\right)=P(Z\ge -1{,}28)=0{,}8997.$$(La binomial exacta dona 0,9023.) Hi ha prop d'un 90 % de probabilitat d'arribar a 40 bosses.

c) Amb n donants, $Y\approx N\big(0{,}08n;\,\sqrt{0{,}0736\,n}\big)$ i volem $P(Y\ge 30)\ge 0{,}95$, és a dir, $\dfrac{29{,}5-0{,}08n}{\sqrt{0{,}0736\,n}}\le -1{,}645$.
Amb $x=\sqrt n$: $0{,}08x^2-1{,}645\sqrt{0{,}0736}\,x-29{,}5\ge 0\Rightarrow 0{,}08x^2-0{,}4463x-29{,}5\ge 0$. L'arrel positiva és $x\approx 22{,}19$, és a dir, $n\approx 492{,}6$.
Cal atendre com a mínim 493 donants (comprovació: per a n = 493, z ≈ −1,650 ≤ −1,645). Fixa't que la mitjana amb 493 donants és 39,4: per tenir un 95 % de seguretat cal esperar molt més que 30 de mitjana.

d) El grup sanguini s'hereta: si hi ha molts familiars, les donacions deixen de ser independents i la proporció d'O negatiu en aquell grup pot ser diferent del 8 %. El model binomial ja no és fiable; caldria tractar la campanya com una mostra no representativa de la població.

Errors típics

• Pensar que per tenir 30 bosses n'hi ha prou amb 30/0,08 = 375 donants: això garanteix la mitjana, no un 95 % de seguretat.
• Agafar l'arrel negativa de l'equació de segon grau o oblidar elevar x al quadrat per obtenir n.
• Arrodonir n cap avall (492): la n mínima s'arrodoneix sempre cap amunt.

Conceptes treballats: distribució binomial, aproximació normal amb correcció de continuïtat, problema invers per trobar n, equació de segon grau, independència.

a) A: $P(X_A\lt492)=P\left(Z\lt\frac{492-500}{4}\right)=P(Z\lt-2)=1-0{,}9772=0{,}0228$.
B: $P(X_B\lt492)=P\left(Z\lt\frac{492-502}{6}\right)=P(Z\lt-1{,}67)=1-0{,}9525=0{,}0475$.
Total (probabilitat total): $P(R)=0{,}6\cdot 0{,}0228+0{,}4\cdot 0{,}0475=0{,}01368+0{,}0190=0{,}03268$, un 3,3 % de la producció.

b) $P(B\mid R)=\dfrac{0{,}4\cdot 0{,}0475}{0{,}03268}=\dfrac{0{,}0190}{0{,}03268}\approx 0{,}581$.
Tot i que B només fa el 40 % dels paquets, és responsable del 58 % dels retirats: encara que la seva mitjana és més alta, la seva dispersió (σ = 6 g) fa que tingui més paquets lluny de la mitjana. No n'hi ha prou de mirar la mitjana per valorar una màquina.

c) Si N = paquets retirats a la caixa, $N\sim B(12;\,0{,}03268)$ i $P(N=0)=(1-0{,}03268)^{12}=0{,}96732^{12}\approx 0{,}671$. Aproximadament 2 de cada 3 caixes no tindrien cap paquet per sota de 492 g.

d) Amb $N(506;\,6)$: $P(Z\lt\frac{492-506}{6})=P(Z\lt-2{,}33)=1-0{,}9901=0{,}0099$. Total: $0{,}6\cdot 0{,}0228+0{,}4\cdot 0{,}0099=0{,}01764$, gairebé la meitat que abans.
Tècnicament funciona, però la màquina B regalaria de mitjana 6 g d'arròs per paquet (un 1,2 %), que en milions de paquets és un cost considerable. La solució de fons és reduir la dispersió de B, que és la causa del problema.

Errors típics

• Sumar 0,0228 + 0,0475 sense ponderar per la proporció de producció de cada màquina.
• Confondre $P(B\mid R)$ amb $P(R\mid B)$.
• Tipificar sense restar la mitjana pròpia de cada màquina (500 per a A i 502 per a B).

Conceptes treballats: distribució normal, tipificació, probabilitat total, teorema de Bayes, distribució binomial, decisió empresarial (mitjana vs dispersió).

a) $P(X\lt990)=0{,}02\Rightarrow P\left(Z\lt\frac{990-\mu}{6}\right)=0{,}02$. Com que $P(Z\le 2{,}05)\approx 0{,}98$, $\frac{990-\mu}{6}=-2{,}05$ i $\mu=990+2{,}05\cdot 6=1002{,}3$ ml.

b) Amb σ = 4 ml: $\mu=990+2{,}05\cdot 4=998{,}2$ ml.
Estalvi per ampolla: $1002{,}3-998{,}2=4{,}1$ ml. Estalvi anual: $4{,}1\cdot 2\,000\,000\cdot 0{,}0008=6560$ €.
Amortització: $20\,000/6560\approx 3{,}05$, una mica més de 3 anys.

c) Actual: $P(X\gt1010)=P\left(Z\gt\frac{1010-1002{,}3}{6}\right)=P(Z\gt1{,}28)=1-0{,}8997=0{,}1003$: un 10 % de les ampolles podrien vessar.
Nova: $P\left(Z\gt\frac{1010-998{,}2}{4}\right)=P(Z\gt2{,}95)=1-0{,}9984=0{,}0016$: pràcticament cap.

d) La normativa controla la cua esquerra. Com més dispersa és la màquina, més lluny de 990 ml cal posar la mitjana per garantir que només un 2 % hi quedi per sota, i tot aquest «coixí» és suc regalat. Reduir σ permet acostar la mitjana al límit legal mantenint el mateix 2 % de risc, i a més redueix els problemes a la cua dreta (vessaments). Per això en indústria es diu que la variabilitat costa diners.

Errors típics

• Fer servir z = 2,33 (1 %) o z = 1,645 (5 %) en lloc del valor que deixa un 2 % a l'esquerra (≈ 2,05).
• Escriure $\mu=990-2{,}05\sigma$: la mitjana ha d'estar per sobre del límit, no per sota.
• Calcular l'estalvi amb la diferència de desviacions (2 ml) en lloc de la diferència de mitjanes.

Conceptes treballats: distribució normal, percentils, problema invers (trobar μ), anàlisi cost-benefici, interpretació de la dispersió.

a) $X\sim B(50;\,0{,}02)$, amb $E(X)=50\cdot 0{,}02=1$ unitat defectuosa.
$P(X=0)=0{,}98^{50}=0{,}3642$; $P(X=1)=50\cdot 0{,}02\cdot 0{,}98^{49}=0{,}3716$; $P(X=2)=1225\cdot 0{,}02^2\cdot 0{,}98^{48}=0{,}1858$; $P(X=3)=19\,600\cdot 0{,}02^3\cdot 0{,}98^{47}=0{,}0607$.
$P(X\ge 4)=1-(0{,}3642+0{,}3716+0{,}1858+0{,}0607)=0{,}0178$.

b) $np=1\lt5$: la binomial és molt asimètrica (gairebé tota la probabilitat és en 0, 1 i 2) i la normal, que és simètrica, no la representa bé.

c) Si la botiga digués la veritat, obtenir 4 o més defectuosos en 50 només passaria aproximadament un 1,8 % de les vegades. És un resultat prou improbable per sospitar que la proporció real de defectuosos és superior al 2 %, tot i que no ho demostra amb certesa (podria ser mala sort). En canvi, amb 2 defectuosos, $P(X\ge 2)=1-0{,}3642-0{,}3716=0{,}2642$: passaria 1 de cada 4 vegades i no seria cap motiu de sospita.

d) $Y\sim B(1000;\,0{,}02)$: $np=20$ i $nq=980$, tots dos ≥ 5. $\sigma=\sqrt{1000\cdot 0{,}02\cdot 0{,}98}=4{,}43$, i$$P(Y\ge 30)\approx P\left(Z\ge\frac{29{,}5-20}{4{,}43}\right)=P(Z\ge 2{,}15)=1-0{,}9842=0{,}0158.$$(La binomial exacta dona 0,0207.) Si en una setmana n'hi hagués 30 o més, també seria un indici que la proporció real supera el 2 %.

Errors típics

• Calcular només P(X = 4) en lloc de P(X ≥ 4): per valorar si un resultat és estrany cal considerar també els més extrems.
• Aplicar la normal amb np = 1.
• Concloure que la botiga «menteix segur»: una probabilitat petita fa sospitar, però no és una prova.

Conceptes treballats: distribució binomial, condicions de l'aproximació normal, correcció de continuïtat, raonament sobre la versemblança d'una hipòtesi.

a) Busquem c amb $P(X\gt c)=0{,}15$, és a dir, $P\left(Z\le \frac{c-65}{12}\right)=0{,}85\Rightarrow \frac{c-65}{12}=1{,}04\Rightarrow c=65+1{,}04\cdot 12=77{,}48$ punts.

b) $P(X\le 80)=P\left(Z\le\frac{80-65}{12}\right)=P(Z\le 1{,}25)=0{,}8944$. La Marta és al percentil 89 aproximadament: supera el 89 % dels candidats i, com que 80 > 77,48, passa a l'entrevista.

c) Y = candidats que superen el tall $\sim B(200;\,0{,}15)$: $np=30$, $nq=170$, $\sigma=\sqrt{200\cdot 0{,}15\cdot 0{,}85}=5{,}05$. Les franges no basten si $Y\ge 36$:$$P(Y\ge 36)\approx P\left(Z\ge\frac{35{,}5-30}{5{,}05}\right)=P(Z\ge 1{,}09)=1-0{,}8621=0{,}1379.$$Hi ha un 14 % de probabilitat de quedar-se curt de franges (la binomial exacta dona 0,1387): l'empresa hauria de preveure'n alguna més.

d) Nou tall: $c=65+1{,}04\cdot 8=73{,}32$ punts. Com que les puntuacions estan més concentrades al voltant de 65, el 15 % superior comença més avall.
Amb la prova nova, 80 punts correspon a $z=\frac{80-65}{8}=1{,}875$ (percentil 97 aproximadament), mentre que abans era z = 1,25 (percentil 89). La mateixa puntuació absoluta indica ara una posició relativa molt millor: per comparar resultats de proves diferents cal fer servir la posició relativa (z o percentil), no la nota bruta.

Errors típics

• Fer servir $P(Z\le z)=0{,}15$ a a): el 15 % millor és la cua dreta i correspon a z positiu.
• Calcular a c) P(Y ≥ 35) o tipificar 36 sense la correcció de continuïtat (el valor correcte és 35,5).
• Pensar que amb σ més petita el tall ha de pujar: com menys dispersió, més a prop de la mitjana és qualsevol percentil.

Conceptes treballats: distribució normal, percentils, tipificació com a posició relativa, distribució binomial, aproximació normal, interpretació de la dispersió.