ENUNCIADO. Una empresa ha llevado a cabo un proceso de selección de personal.
a) Se sabe que el $40\,\%$ del total de los aspirantes ha sido seleccionado. Si entre los aspirantes había un grupo de $8$ amigos, calcúlese la probabilidad de que al menos $2$ de ellos hayan sido seleccionados.
b) Las puntuaciones obtenidas por los aspirantes en el proceso de selección siguen una distribución normal, $X$, de media $5.6$ y desviación típica $\sigma$. Sabiendo que $P\{X\le 8.2\}=0.67$, calcúlese el valor de $\sigma$
SOLUCIÓN.
a) Denotemos por $S$ a la variable aleatoria "número de amigos del grupo que han sido seleccionados". Los valores posibles de dicha v.a. son $0,1,2,3,\ldots,8$. Es claro que $S$ sigue una distribución binomial de parámetros $n=8$ y probabilidad de éxito $p=40/100=2/5$ ( y probabilidad de fracaso $q=1-p=3/5$). Entonces, $\displaystyle P\{X\ge 2\}=1-P\{X\le 1\}=1-\left( \binom{8}{0}\cdot (2/5)^{0}\cdot (3/5)^8 + \binom{8}{1}\cdot (2/5)^{1}\cdot (3/5)^7 \right)=$
$=\displaystyle 1-(3/5)^8 - 8 \cdot (2/5)\cdot (3/5)^7 \approx 0,8936$
b) La variable aleatoria $X$ (puntuación) sigue una distribución $N(5.6,\sigma)$. Entonces, tipificando la variable $X$, pasamos a la v.a. $Z$ que sigue una distribución normal $N(0,1)$, luego $P\{X\le 8.2\}=P\{Z\le (8.2-5.6)/\sigma\}=P\{Z\le 2.6/\sigma\}$; por otra parte, sabemos que dicha probabilidad ha de ser igual a $0.67$, así que, consultando en el interior de las tablas de la función de distribución $F(z)$, encontramos para dicho valor ( $0.67$ ), la abscisa crítica $z^*=0.44$, luego $$\dfrac{2.6}{\sigma}=0.44 \Leftrightarrow \sigma=\dfrac{2.6}{0.44}\approx 5,91$$
$\square$
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jueves, 4 de julio de 2019
viernes, 14 de junio de 2019
Cálculo de probabilidades. Distribución binomial y distribución normal.
ENUNCIADO. La probabilidad de que un pez de una determinada especie sobreviva más de $5$ años es del $10\,\%$. Se pide:
a) Si en un acuario tenemos $10$ peces de esta especie nacidos este año, hallar la probabilidad de que al menos dos de ellos sigan vivos dentro de $5$ años
b) Si en un tanque de una piscifactoría hay $200$ peces de esta especie nacidos este mismo año, usando una aproximación mediante la distribución normal correspondiente, hallar la probabilidad de que al cabo de $5$ años hayan sobrevivido al menos $10$ de ellos
SOLUCIÓN.
Denotemos por $X$ a la variable aleatoria "número de peces que han sobrevivido más de 5 años". Es claro que $X$ sigue una distribución binomial $B(n,p)$, donde la probabilidad de éxito es $p=0,1$
a) La probabilidad de que sobrevivan al menos $2$ peces es:
$P\{X \ge 2\}=1-P\{X \le 1\} =1-( P\{X=0\} + P\{X=1\})=$
$\displaystyle =1- \left( 0,9^{10} + \binom{10}{1} \cdot 0,1^{1}\cdot 0,9^{9} \right) \approx 0,2639$
b)
Ahora; $n:=200$, que por su magnitud es necesario aproximar, si es posible, la distribución binomial de $X$, $B(n,p)$, por una d. normal $Y$, $N(\,np, \sqrt{np(1-p})\,)$. Veamos si es razonable hacerlo: como $n\cdot p = 200\cdot 0,10 = 20 \succ 5$, sí lo es.
Teniendo en cuenta que la media es $\mu=np=200\cdot 10=20$ y la desviación estándar $\sigma=\sqrt{200\cdot 0,1\cdot 0,9} \approx 4,24$, podemos escribir:
$P\{X\ge 10\} \approx P\{Y \ge 10-0,5\}=$ ( aplicamos también la corrección de continuidad de Yates )
$=P\{Y \ge 9,5\}$
$=P\{Z \ge \dfrac{9,5-20}{4,24}\approx -2,48\}$ ( tipificación $Y \rightarrow Z=\dfrac{Y-\mu}{\sigma}$, que es $N(0,1)$, para poder así usar las tablas de dicha función de distribución )
$=1-P\{Z \le -2,48\}$
$=1-P\{Z \ge 2,48\}$
$=1-( 1- P\{Z \le 2,48\} )$
$=P\{Z \le 2,48\}$
$\overset{\text{tablas}\,N(0,1)}{=}0,9934 \approx 99\,\%$
$\square$
a) Si en un acuario tenemos $10$ peces de esta especie nacidos este año, hallar la probabilidad de que al menos dos de ellos sigan vivos dentro de $5$ años
b) Si en un tanque de una piscifactoría hay $200$ peces de esta especie nacidos este mismo año, usando una aproximación mediante la distribución normal correspondiente, hallar la probabilidad de que al cabo de $5$ años hayan sobrevivido al menos $10$ de ellos
SOLUCIÓN.
Denotemos por $X$ a la variable aleatoria "número de peces que han sobrevivido más de 5 años". Es claro que $X$ sigue una distribución binomial $B(n,p)$, donde la probabilidad de éxito es $p=0,1$
a) La probabilidad de que sobrevivan al menos $2$ peces es:
$P\{X \ge 2\}=1-P\{X \le 1\} =1-( P\{X=0\} + P\{X=1\})=$
$\displaystyle =1- \left( 0,9^{10} + \binom{10}{1} \cdot 0,1^{1}\cdot 0,9^{9} \right) \approx 0,2639$
b)
Ahora; $n:=200$, que por su magnitud es necesario aproximar, si es posible, la distribución binomial de $X$, $B(n,p)$, por una d. normal $Y$, $N(\,np, \sqrt{np(1-p})\,)$. Veamos si es razonable hacerlo: como $n\cdot p = 200\cdot 0,10 = 20 \succ 5$, sí lo es.
Teniendo en cuenta que la media es $\mu=np=200\cdot 10=20$ y la desviación estándar $\sigma=\sqrt{200\cdot 0,1\cdot 0,9} \approx 4,24$, podemos escribir:
$P\{X\ge 10\} \approx P\{Y \ge 10-0,5\}=$ ( aplicamos también la corrección de continuidad de Yates )
$=P\{Y \ge 9,5\}$
$=P\{Z \ge \dfrac{9,5-20}{4,24}\approx -2,48\}$ ( tipificación $Y \rightarrow Z=\dfrac{Y-\mu}{\sigma}$, que es $N(0,1)$, para poder así usar las tablas de dicha función de distribución )
$=1-P\{Z \le -2,48\}$
$=1-P\{Z \ge 2,48\}$
$=1-( 1- P\{Z \le 2,48\} )$
$=P\{Z \le 2,48\}$
$\overset{\text{tablas}\,N(0,1)}{=}0,9934 \approx 99\,\%$
$\square$
lunes, 29 de abril de 2019
Uso de las tablas de la función de distribución normal tipificada. Ejemplo de cómo obtener el valor de la abscisa a partir de un valor dado de la función de distribución.
ENUNCIADO. Se considera la variable aleatoria $Z$, que es $N(0,1)$. Empleando las tablas [ Referencia: http://www.etsii.upm.es/ingor/estadistica/Grado/dTablas.pdf ] de la función de distribución de probabilidad normal tipificada ( en las que aparecen solamente valores de $F(z)$ mayores o iguales de $0,5$, con sus correspondientes abscisas positivas ), determínese el valor de la abscisa $k$, sabiendo que $F\{Z \le k\}=0,1437$
SOLUCIÓN. Como $F\{Z \le k\}=0,1437 \prec 0,5 \Rightarrow k\prec 0$, así que teniendo en cuenta que la función de densidad $f(z)$ es par, podemos escribir $$F\{Z \ge -k\}=0,1437=1-F\{Z \prec -k\} \Rightarrow F\{Z \prec -k\}=1-0,1437=0,8563$$ Consultando ahora las tablas de la función de distribución, no encontramos en el interior de la tabla exactamente el valor $0,8563$, como cabía esperar; sin embargo, podemos leer los valores más cercanos, por defecto y por exceso:
$$\dfrac{1,07-(-k)}{0,8563-0,8577}=\dfrac{1,07-1,06}{0,8577-0,8554}$$
Y despejando $k$ llegamos a
$$k=\dfrac{1,07-1,06}{0,8577-0,8554}\cdot (0,8577-0,8563)-1,07=-1,0639$$
$\square$
SOLUCIÓN. Como $F\{Z \le k\}=0,1437 \prec 0,5 \Rightarrow k\prec 0$, así que teniendo en cuenta que la función de densidad $f(z)$ es par, podemos escribir $$F\{Z \ge -k\}=0,1437=1-F\{Z \prec -k\} \Rightarrow F\{Z \prec -k\}=1-0,1437=0,8563$$ Consultando ahora las tablas de la función de distribución, no encontramos en el interior de la tabla exactamente el valor $0,8563$, como cabía esperar; sin embargo, podemos leer los valores más cercanos, por defecto y por exceso:
F(z) | z ---------------- 0,8544 | 1,06 0,8577 | 1,07 0,8563 | ¿ k ?Procederemos pues a realizar la interpolación lineal:
$$\dfrac{1,07-(-k)}{0,8563-0,8577}=\dfrac{1,07-1,06}{0,8577-0,8554}$$
Y despejando $k$ llegamos a
$$k=\dfrac{1,07-1,06}{0,8577-0,8554}\cdot (0,8577-0,8563)-1,07=-1,0639$$
$\square$
martes, 15 de mayo de 2018
Aproximación de una distribución binomial por una distribución normal
ENUNCIA1DO. Una urna contiene $800$ bolas negras y $500$ bolas blancas. Se extraen al azar $200$ bolas, de manera sucesiva y con reemplazamiento. Calcúlese la probabilidad de obtener:
a) Más $150$ bolas blancas
b) Menos de $110$ bolas blancas
c) Un número de bolas blancas comprendido entre $90$ y $170$
SOLUCIÓN.
La distribución binomial de variable aleatoria se adapta perfectamente a este problema ya que las extracciones son independientes y sólo hay dos posibles resultados "bola blanca" o "bola negra" en cada una de las extracciones. Consderemos la variable aleatoria $X$, número de bolas blancas obtenidas en el conjunto de $200$ bolas extraídas, que toma valores en el conjunto $\{0,1,2,3,4,\ldots,200\}$; $X$ sigue pues una distribución $B(n,p)$, donde $n=200$ y $p=\dfrac{500}{1300}=\dfrac{5}{13}$ ( probabilidad de 'éxito' ), con lo cual la probabilidad de 'fracaso' es $q=1-p=\dfrac{8}{13}$
a)
Se pide que calculemos $P\{X\succ 150\}=\displaystyle \sum_{i=151}^{200}\,\binom{200}{i}\,p^i\,(1-p)^{200-i}$; ahora bien, este cálculo es inviable, así que, como alternativa, intentaremos aproximar la variable aleatoria binomial $X$ por una variable aleatoria normal $Y$. Veamos si se cumplen los requerimientos para que se pueda hacer eso: en efecto $n\,p=200\cdot \dfrac{5}{13}\succ 5$ y $n\,(1-p)=200\cdot \dfrac{8}{13}\succ 5$. Procedamos pues a realizar la aproximación. Sabemos que la variable aleatoria aproximadora $Y$ siguie una distribución $N(\mu\,,\,\sigma)$ con $\mu=n\,p$ y $\sigma=|\sqrt{n\,p\,(1-p)}|$, esot es $Y$ sigue una distribución $N(76'92\,,\,6'88)$
Entonces $P\{X\succ 150\}\overset{(1),(2)}{\approx} P\{Y \succ 150+0'5\}\overset{(3)}{=}P\{Z\succ \dfrac{150'5-76'92}{6'88}\}$
$=P\{Z \ge 10'69\}=1-P\{Z\le 10'69\}=1-F(10'69) \approx 1-1=0$
b)
Seguimos, desde luego, con la aproximación por la normal:
$P\{X\prec 150\}\overset{(1),(2)}{\approx} P\{Y \prec 110+0'5\}\overset{(3)}{=}P\{Z\le \dfrac{110'5-76'92}{6'88}\}$
$P\{Z\le 4'88\}=F(4'88)\approx 1$
c)
$P\{90 \prec X \prec 170\}\overset{(1),(2)}{\approx} P\{ 89'5 \prec Y \prec 170'5\} \overset{(3)}{=}$
$=P\{\dfrac{89'5-76'92}{6'88} \le Z \le \dfrac{170'5-76'92}{6'88}\}=P\{ 1'83 \le Z \le 13'60 \}=$
$=P\{Z\le 13'60\}-P\{Z \le 1'83\}$
$=F(13'60)-F(1'83)$
$=1-0'9664$
$=0'0336$
Aclaraciones:
(1),(2): Aproximación por la normal y corrección de continuidad ( o de Yates )
(3): tipificación de la variable normal $Y \rightarrow Z=\dfrac{Z-\mu}{\sigma}$
$\square$
a) Más $150$ bolas blancas
b) Menos de $110$ bolas blancas
c) Un número de bolas blancas comprendido entre $90$ y $170$
SOLUCIÓN.
La distribución binomial de variable aleatoria se adapta perfectamente a este problema ya que las extracciones son independientes y sólo hay dos posibles resultados "bola blanca" o "bola negra" en cada una de las extracciones. Consderemos la variable aleatoria $X$, número de bolas blancas obtenidas en el conjunto de $200$ bolas extraídas, que toma valores en el conjunto $\{0,1,2,3,4,\ldots,200\}$; $X$ sigue pues una distribución $B(n,p)$, donde $n=200$ y $p=\dfrac{500}{1300}=\dfrac{5}{13}$ ( probabilidad de 'éxito' ), con lo cual la probabilidad de 'fracaso' es $q=1-p=\dfrac{8}{13}$
a)
Se pide que calculemos $P\{X\succ 150\}=\displaystyle \sum_{i=151}^{200}\,\binom{200}{i}\,p^i\,(1-p)^{200-i}$; ahora bien, este cálculo es inviable, así que, como alternativa, intentaremos aproximar la variable aleatoria binomial $X$ por una variable aleatoria normal $Y$. Veamos si se cumplen los requerimientos para que se pueda hacer eso: en efecto $n\,p=200\cdot \dfrac{5}{13}\succ 5$ y $n\,(1-p)=200\cdot \dfrac{8}{13}\succ 5$. Procedamos pues a realizar la aproximación. Sabemos que la variable aleatoria aproximadora $Y$ siguie una distribución $N(\mu\,,\,\sigma)$ con $\mu=n\,p$ y $\sigma=|\sqrt{n\,p\,(1-p)}|$, esot es $Y$ sigue una distribución $N(76'92\,,\,6'88)$
Entonces $P\{X\succ 150\}\overset{(1),(2)}{\approx} P\{Y \succ 150+0'5\}\overset{(3)}{=}P\{Z\succ \dfrac{150'5-76'92}{6'88}\}$
$=P\{Z \ge 10'69\}=1-P\{Z\le 10'69\}=1-F(10'69) \approx 1-1=0$
b)
Seguimos, desde luego, con la aproximación por la normal:
$P\{X\prec 150\}\overset{(1),(2)}{\approx} P\{Y \prec 110+0'5\}\overset{(3)}{=}P\{Z\le \dfrac{110'5-76'92}{6'88}\}$
$P\{Z\le 4'88\}=F(4'88)\approx 1$
c)
$P\{90 \prec X \prec 170\}\overset{(1),(2)}{\approx} P\{ 89'5 \prec Y \prec 170'5\} \overset{(3)}{=}$
$=P\{\dfrac{89'5-76'92}{6'88} \le Z \le \dfrac{170'5-76'92}{6'88}\}=P\{ 1'83 \le Z \le 13'60 \}=$
$=P\{Z\le 13'60\}-P\{Z \le 1'83\}$
$=F(13'60)-F(1'83)$
$=1-0'9664$
$=0'0336$
Aclaraciones:
(1),(2): Aproximación por la normal y corrección de continuidad ( o de Yates )
(3): tipificación de la variable normal $Y \rightarrow Z=\dfrac{Z-\mu}{\sigma}$
$\square$
lunes, 7 de mayo de 2018
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 $18 \rightarrow \dfrac{18-16}{2}=1$
-oOo-
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:
$18 \rightarrow \dfrac{18-16}{2}=1$
$17 \rightarrow \dfrac{17-16}{2}=0'5$
$\square$
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 $18 \rightarrow \dfrac{18-16}{2}=1$
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 $14 \rightarrow \dfrac{14-16}{2}=-1$
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 $f(z)$
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:
$18 \rightarrow \dfrac{18-16}{2}=1$
$17 \rightarrow \dfrac{17-16}{2}=0'5$
$\square$
miércoles, 25 de abril de 2018
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 $F(z)$
$\square$
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 $F(z)$
$\square$
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