distribucion

8.

Supóngase que se sabe que los pesos de 300 individuos están distribuidos en forma
normal con media de 68 kilos y desviación estándar de 11.5 kilos.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que una persona seleccionada al azar pese 70 kilos o
menos?.
b) ¿Cuántas personas se espera encontrar que pesen 70 kilos o menos?.
n = 300
μ = 68
σ = 11.5
a) x ≤ 70
70 – 68
Z = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.17 ⇒ 0.0675
11.5Área requerida: 0.5 + 0.0675 = 0.5675
b) 0.5675 x 300 = 170 individuos.

9.

Las notas de un examen del curso de bioestadística se distribuye normalmente con
una media de 13.5 y desviación estándar de 4.3.
a) ¿Cuál es el porcentaje de estudiantes cuyas notas están entre 11 y 15?.
b) ¿Cuál es la probabilidad de que un alumno elegido al azar no tenga una nota mayor
de 10?.
c) Determineel valor de la nota debajo el cual se ubica el 15% inferior de las notas.
μ = 13.5
σ = 4.3
a) 11 ≤ x ≤ 15
11 – 13.5
Z1 = ⎯⎯⎯⎯ = – 0.58 ⇒ 0.2190
4.3
15 – 13.5
Z2 = ⎯⎯⎯⎯ = 0.35 ⇒ 0.1368
4.3
Área requerida: 0.2190 + 0.1368 = 0.3558 ⇒ 35.58%
b) x ≤ 10
10 – 13.5
Z = ⎯⎯⎯⎯ = – 0.81 ⇒ 0.2910
4.3
Área requerida: 0.5 – 0.2910 = 0.2090
c) Z = – 1.04
x – 13.5
– 1.04 = ⎯⎯⎯⎯ = 9.03
4.3

10.Supóngase que se sabe que los niveles de glucosa en sangre extraída a 150 niños en
ayunas están distribuidos normalmente con media de 66 y varianza de 42.
a) ¿Cuál es la probabilidad de un niño seleccionado al azar presente un nivel de
glucosa en sangre mayor o igual a 71?.
b) ¿Cuántos niños presentan un nivel de glucosa en sangre menor o igual a 61?.
c) Determinar la mediana y la moda de ladistribución.
a) n = 150
x ≥ 71

μ = 66

σ2 = 42

71 – 66
Z = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.77 ⇒ 0.2794
√42
Área requerida: 0.5 – 0.2794 = 0.2206
b) x ≤ 61
61 – 66
Z = ⎯⎯⎯⎯⎯ = – 0.77 ⇒ 0.2794
√42
Área requerida: 0.5 – 0.2794 = 0.2206
Número de niños: 150 x 0.2206 = 33 niños
c) Md y Mo = 66
11. Los puntajes de los coeficientes de inteligencia tomados a un grupo de personas
adultas en un proceso deselección de personal están distribuidos normalmente con
una media de 105 y desviación estándar de 12.
a) Si el puntaje mínimo para aprobar es 90, ¿cuál es el porcentaje de no aprobados?.
b) Si han aprobado el 75% de las personas, ¿cuál es el puntaje mínimo aprobatorio?.
μ = 105
σ = 12
a) x = 90
90 – 105
Z = ⎯⎯⎯⎯⎯ = – 1.25 ⇒ 0.3944
12
Área requerida: 0.5 – 0.3944 = 0.1056
Enporcentaje: 0.1056 x 100 = 10.56%
b) Z = – 0.67
x – 105
– 0.67 = ⎯⎯⎯⎯⎯
12
x = 96.96

12. Supóngase que la estancia promedio de internación en un hospital es de 5.5 días, con
desviación estándar de 1.8 días. Si se supone que la duración de la internación se
distribuye normalmente, encuentre la probabilidad de que un paciente seleccionado al
azar de dicho grupo tenga una duración de internación:a) de más de 6 días.
b) entre 4 y 7 días.
c) de menos de 3 días.
μ = 5.5
σ = 1.8
a) x > 6
6 – 5.5
Z = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.28 ⇒ 0.1103
1.8
Área requerida: 0.5 – 0.1103 = 0.3897
b) 4 ≤ x ≤ 7
4 – 5.5
Z1 = ⎯⎯⎯⎯⎯ = – 0.83 ⇒ 0.2967
1.8
7 – 5.5
Z2 = ⎯⎯⎯⎯⎯ = 0.83 ⇒ 0.2967
1.8
Área requerida: 0.2967 + 0.2967 = 0.5934
c) x < 3
3 – 5.5
Z = ⎯⎯⎯⎯⎯ = – 1.39 ⇒ 0.4177
1.8
Área requerida: 0.5 – 0.4177 =0.0823

13. El nivel de colesterol en los trabajadores administrativos tiene distribución normal. Por
otro lado se sabe que el 5% superior de los trabajadores su colesterol está por encima
de 280 y que el 10% inferior de los trabajadores su colesterol está por debajo de 170.
Se pide determinar los valores de la media y varianza de la distribución normal. Si de
esta población seleccionamosun trabajador al azar, ¿cuál es la probabilidad de que su
colesterol sea mayor a 250?.
Z1 = – 1.28
Z2 = 1.645
170 – μ
– 1.28 = ⎯⎯⎯⎯⎯
σ

280 – μ
1.645 = ⎯⎯⎯⎯⎯
σ
μ – 1.28σ = 170
μ + 1.645σ = 280
μ = 170 + 1.28σ
(170 + 1.28σ) + 1.645σ = 280
170 + 1.28σ + 1.645σ = 280
2.925σ = 280 – 170
σ = 110 / 2.925
σ = 37.61
μ + 1.645(37.61) = 280
μ + 61.87 = 280
μ = 280 – 61.87
μ = 218.13...