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.

$\square$

Más cálculos con la distribución normal tipificada

ENUNCIADO. Siendo $Z$ una variable normal tipificada ( $Z$ siguie la distribución $N(0,1)$ ), calcúlese $$P\{|Z+1|\ge 2\}$$

Tengamos en cuenta que $|Z+1|\ge 2 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}Z+1 \ge 2 & \text{si} & Z+1 \ge 0 & \rightarrow & Z \ge 1 \\ \text{ó} \\ -(Z+1) \ge 2 & \text{si} & Z+1 \prec 0 & \rightarrow & Z \le -3 \end{matrix}\right.$

por consiguiente,

$P\{|Z+1|\ge 2\}=P\{Z \le -3\}+P\{Z \ge 1\}=$
      $=(1-P\{Z \le 3\})-(1-P\{Z \le 1\})$
        $=2-P\{Z \le 3\}-P\{Z \le 1\}$
        $=2-F(3)-F(1)$
          $\overset{(1)}{=}2-0,9987-0,8413$
            $=0,16$

(1) Consultando las tablas de la función de distribución de probabilidad $F(z)$
$\square$

Cálculo de probabilidades con la distribución de probabilidad normal

Enunciado:
Sea $X$ una variable aleatoria que sigue una distribución normal de media $\mu=5$ y desviación típica $\sigma=2$, lo cual denotamos por $X \sim N(5,2)$. Se pide:

    a) $P\{X \le 2'1\}$

    b) $P\{\left|X\right| \le 3'4\}$

    c) $P\{\left|X\right| \ge 3'4\}$

Observación:
Teniendo en cuenta que $X$ es una v.a. continua, es irrelevante utilizar desigualdades estrictas o débiles puesto que la probabilidad de un valor puntual, $X=k$, es cero; en otras palabras, como
$P\{X=k\}=0$, entonces podemos escribir $P\{X\le k\}=P\{X \prec k\}$ y $P\{X\ge k\}=P\{X \succ k\}$

Resolución:
a)   Tipificando la variable $X$ por medio del cambio
$Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}$
podemos trabajar con una distribución normal $Z \sim N(0,1)$ ( distribución normal centrada, es decir, de media igual a $0$, y con desviación típica igual a $1$ ) con lo cual podremos utilizar las tablas de dicha distribución de probabilidad.

Entonces
si $X=2,1$
$Z=\dfrac{2'1-5}{2}$
    $=-1,45$
es decir
$P\{X \le 2'1\} = P\{Z \le -1'45\}$
y, atendiendo a la simetría de la función de densidad de probabilidad $f(z)$, podemos escribir
$P\{Z \le -1,45\}= 1-P\{Z \le 1'45\}$

A continuación, leemos en las tablas $N(0,1)$ que el valor de la función de distribución de probabilidad para $z=1'45$ es $F(0'45)=0'9265$, que es el valor de la probabilidad acumulada al barrer el área bajo la curva de la función $f(z)$, desde $-\infty$ hasta $1'45$, luego $P\{Z \le 1'45\}=0'9265$, luego $1-P\{Z \le 1'45\}=0'0735$

es decir
$P\{X \le 2'1\}=P\{Z \le -1'45\}=1-P\{Z \le 1'45\}=0'0735$

-oOo-

b)   Trabajaremos (como en el apartado anterior) con la v.a. normal estándar o tipificada $Z$ y, para ello, debemos hacer el cambio de variable habitual:
$Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}$

Para $X=3'4$, el valor que le corresponde con la tipificación es
$\dfrac{3'4-5}{2}=-0'8$
y a $X=-3'4$ le corresponde el valor
$\dfrac{-3'4-5}{2}=-4'2$


luego
$P\{| X | \le 3'4 \}=P\{ -3'4 \le X \le 3'4 \}=P\{ X \le 3'4 \} -P\{ X \le -3'4 \}=$
      $=P\{Z\le -0'8\}-P\{Z \le -4'2\}$
      $=(1-P\{Z\le 0'8\})-(1-P\{Z\le 4'2\})$
      $=P\{Z\le 4'2\}-P\{Z\le 0'8\}$
      $=F(4'2)-F(0'8)$
      $=1-0'7881$
      $=0'2119$

-oOo-
c)  
$P\{\left|X\right| \ge 3'4\}=P\{X \ge 3'4\}+P\{X \le -3'4\}=$
      $=P\{Z\ge -0'8\}+P\{Z\ge -4'2\}$
      $=(1-P\{Z \le -0'8\})+(1-P\{Z \le 4'2\})$
      $=(1-P\{Z \le -0'8\})+(1-1)$
      $=1-P\{Z \le -0'8\}$
      $=1-(1-P\{Z \le 0'8\})$
      $=P\{Z \le 0'8\}$
      $=F(0'8)$
      $=0'7881$

Y, de manera equivalente, también se llega al mismo resultado haciendo los siguientes pasos:
$P\{\left|X\right| \ge 3'4\}=P\{X \ge 3'4\}+P\{X \le -3'4\}=$
      $=(1-P\{X \le 3'4\})+P\{X \le -3'4\}$
      $=(1-P\{Z \le -0'8\})+P\{Z \le -4'2\}$
      $=\big(1-(1-P\{Z \le 0'8\})\big)+(1-P\{Z \le 4'2\})$
      $=(1-1+P\{Z \le 0'8\})+(1-P\{Z \le 4'2\})$
      $=P\{Z \le 0'8\}+(1-1)$
      $=P\{Z \le 0'8\}$
      $=F(0'8)$
      $=0'7881$

$\square$

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 $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx=\sqrt{2\pi}$

$\square$