Cálculos básicos con la distribución normal

ENUNCIADO. Considérese una variable aleatoria $X$ que sigue una distribución normal $N(16\,,\,2)$. Calcúlense las siguientes probabilidades:
a) $P\{X\le 18\}$
b) $P\{X\ge 14\}$
c) $P\{15\le X\le 17\}$
d) $P\{17\le X \le 18\}$


SOLUCIÓN.
a)
$P\{X\le 18\}\overset{(1)}{=}P\{Z\le 1\}=F(1)\overset{\text{tablas}\,N(0,1)}{=}0'8413$

Aclaraciones:
(1) Tipificación de la variable aleatoria $X$ $\rightarrow Z=\dfrac{X-16}{2}$, luego $18 \rightarrow \dfrac{18-16}{2}=1$

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b)
$P\{X\ge 14\}\overset{2}{=}1-P\{X \le 14 \} \overset{(3)}{=}1-P\{Z \le -1\}=$
  $=1-(1-P\{Z \le 1\})=P\{Z\le 1\} =F(1) \overset{\text{tablas}\,N(0,1)}{=}0'8413$

Aclaraciones:
(2) Al tratar con variables aletorias contínuas, recordemos que $P\{X \prec k\}=P\{X \le k\}$
(3) Tipificación de la variable aleatoria $X$ $\rightarrow Z=\dfrac{X-16}{2}$, donde $Z$ es $N(0,1)$; entonces $14 \rightarrow \dfrac{14-16}{2}=-1$

-oOo-

c)
$P\{15\le X\le 17\}\overset{(2)}{=}P\{X \le 17 \}-P\{X \le 15 \} \overset{(3)}{=}P\{Z \le 0'5\}-P\{Z \le -0'5\}\overset{(4)}{=}$
  $=P\{Z \le 0'5\}-(1-P\{Z \le 0'5\}) =2\,P\{Z \le 0'5\}-1=2\,F(0'5)-1 \overset{\text{tablas}\,N(0,1)}{=}$
    $=2\cdot 0'6915-1=0,3830$

Aclaraciones:
(2) Al tratar con variables aletorias contínuas, recordemos que $P\{X \prec k\}=P\{X \le k\}$
(3) Tipificación de la variable aleatoria $X$ $\rightarrow Z=\dfrac{X-16}{2}$, donde $Z$ es $N(0,1)$; entonces:
    $17 \rightarrow \dfrac{17-16}{2}=0'5$
    $15 \rightarrow \dfrac{15-16}{2}=-0'5$
(4) Simetría con respecto del eje $Oz$ de la función de densidad de probabilidad $f(z)$

-oOo-
d)
$P\{17\le X\le 18\}\overset{(5)}{=}P\{X \le 18 \}-P\{X \le 17 \} \overset{(6)}{=}P\{Z \le 1\}-P\{Z \le 0'5\}=$
  $=F(1)-F(0'5) \overset{\text{tablas}\,N(0,1)}{=} 0'8413-0'6915$
    $=0'1498$

Aclaraciones:
(5) Al tratar con variables aletorias contínuas, recordemos que $P\{X \prec k\}=P\{X \le k\}$
(6) Tipificación de la variable aleatoria $X$ $\rightarrow Z=\dfrac{X-16}{2}$, donde $Z$ es $N(0,1)$; entonces:
    $18 \rightarrow \dfrac{18-16}{2}=1$
    $17 \rightarrow \dfrac{17-16}{2}=0'5$

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Cálculos con la distribución normal

ENUNCIADO. La edad de los individuos de una población se ajusta a una distribución de probabilidad normal, de media $27$ años y desviación estándard de $1,8$ años. ¿ Qué tanto por ciento de la población tiene una edad comprendida entre $25$ y $30$ años ?. Si se eligen al azar $230$ individuos de dicha población, ¿ cuántos de ellos se espera que estén en esa franja de edad ?.

SOLUCIÓN.

$P\{25\le X \le 30\}=P\{X \le 30 \}-P\{X \le 25 \}=$

  $\overset{(1)}{=}P\{Z \le 1'6667\}-P\{Z \le -1'1111\}=$

  $\overset{(2)}{=}P\{Z \le 1'6667\}-(1-P\{Z \le 1'1111\}) =P\{Z \le 1'6667\}+P\{Z\le 1'1111\}-1$

    $=F(1'6667)+F(1'1111)-1 =$

    $\overset{\text{tablas}\,N(0,1)\,,\,(3)}{=}0'9522+0'8667-1$

    $=0'8189$


Aclaraciones:
(1) Tipificación de la variable aleatoria $X$ $\rightarrow Z=\dfrac{X-27}{1'8}$, donde $Z$ es $N(0,1)$; entonces:
    $17 \rightarrow \dfrac{30-27}{1'8}=1'6667$
    $15 \rightarrow \dfrac{25-27}{1'8}=-1'1111$
(2) Simetría con respecto del eje $Oz$ de la función de densidad de probabilidad $f(z)$
(3) Interpolación lineal entre los valores que figuran en la tabla:

-------------------
z      |  F(z)
-------------------
1,67   | 0'9525
1,66   | 0'9515
1,67   | 0'9525
1,6667 | F(1'6667)
-------------------

$\dfrac{F(1'6667)-0'9515}{0'9515-0'9525}=\dfrac{1'6667-1'66}{1'66-1'67} \Rightarrow F(1'6667)=$

  $=\dfrac{(1'6667-1'66)\cdot (0'9515-0'9525)}{1'66-1'67}+0'9515 \approx 0'9522$

-------------------
z      |  F(z)
-------------------
1,11   | 0'8665
1,12   | 0'8686
1,67   | 0'9525
1,1111 | F(1'1111)
-------------------

$\dfrac{F(1'1111)-0'8686}{0'8686-0'8665}=\dfrac{1'1111-1'12}{1'12-1'11} \Rightarrow F(1'1111)=$

  $=\dfrac{(1'1111-1'12)\cdot (0'8686-0'8665)}{1'12-1'11}+0'8686 \approx 0'8667$

En consecuencia, de los $230$ individuos que se han elegido ( al azar ), $0'8667 \cdot 230 \approx 199$ se espera que se encuentren en la franja de edad pedida.

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Un ejercicio de cálculo con la distribución normal

ENUNCIADO. Siendo $Z$ una variable normal tipificada ( $Z$ siguie la distribución $N(0,1)$ ), calcúlese $$P\{|Z-1|\le 1,5\}$$

Tengamos en cuenta que $|Z-1|\le 1,5 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}Z-1 \le 1,5 & \text{si} & Z-1 \ge 0 & \rightarrow & Z-1\le 1,5 \\ \text{ó} \\ -(Z-1) \le 1,5 & \text{si} & Z-1 \prec 0 & \rightarrow & Z-1\ge -1,5 \end{matrix}\right.$
por consiguiente,
$P\{|Z-1|\le 1,5\}=P\{-1,5 \le Z-1 \le 1,5\}=P\{-0,5 \le Z \le 2,5\}=$
  $=P\{Z \le 2,5\}-P\{Z \le -0,5\}$
    $=P\{Z \le 2,5\}-P\{Z \ge 0,5\}$
      $=P\{Z \le 2,5\}-(1-P\{Z \prec 0,5\})$
        $=P\{Z \le 2,5\}+P\{Z \prec 0,5\}-1$
        $=F(2,5)+F(0,5)-1$
          $\overset{(1)}{=}0,9938+0,6915-1$
            $=0,6853$

(1) Consultando las tablas de la función de distribución de probabilidad $F(z)$
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Otro ejemplo en el que nos encontramos con el número pi en el cálculo de probabilidades

ENUNCIADO. Calcular:
$$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx$$


SOLUCIÓN.
Si bien la función $f(x)=e^{-\frac{x^2}{2}}$ no tiene primitiva elemental, teniendo en cuenta que la función de densidad de la distribución normal ( Gauss ) de parámetros $\sigma$ y $\mu$ es $f(x)=\dfrac{1}{\sigma\,\sqrt{2\,\pi}}\,e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\,\sigma^2}}$ y que $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,f(x)\,dx=1$, vemos que la función propuesta corresponde a este modelo de distribución con $\mu=0$ y $\sigma=1$ y por tanto
$\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\,\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx=1$, luego $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx=\sqrt{2\pi}$

$\square$