a) La probabilitat de que en un minuto al atzar, es rebi una única trucada.

Sigui la variable aleatòria discreta \(X\), el nombre de trucades per minut que rep la centraleta telefònica. Aquesta variable aleatòria segueix una distribució de Poisson: \(X \sim \mathcal{P}(0.5)\).

Per resoldre aquest apartat, necessitem resoldre: \(P(X = 1)\), per tant, només necessitem el valor que pren \(X\) en el punto 1 de la funció de densitat:

dpois(c(1), 0.5) \(\rightarrow\) 0.3032653

b) La probabilitat de que en un minut al atzar, es rebin un màxim de dues trucades.

Necessitem resoldre: \(P(X = 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2)\), i per calcular-ho directament utilitzarem la funció de distribució acumulada:

ppois(c(2), 0.5) \(\rightarrow\) 0.9856123

ppois(c(2), lambda=0.5, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 0.9856123

c) La probabilitat de que en un minut al atzar, es rebin més de tres trucades per minut.

Necessitem resoldre: \(P(X > 3) = 1 - P(X = 3)\).

Però realment, la funció "ppois()" disposa de l’argument "lower.tail" per a definir la cua de probabilitat:

ppois(c(3), 0.5, lower.tail=F) \(\rightarrow\) 0.001751623

ppois(c(3), lambda=0.5, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.001751623

d) Es rebin cinc trucades en dos minuts.

Si en un minut la mitjana és \(\lambda = 0.5\), en dos minuts, serà el doble, per tant:

dpois(c(5), 1) \(\rightarrow\) 0.003065662

e) El nombre de trucades per minut, mínimes que ha de rebre la centraleta perquè hi hagi una probabilitat del 98.5 %.

S’ha de calcular el valor de la variable aleatòria \(X\), donada la probabilitat 0.985:

qpois(0.985, 0.5) \(\rightarrow\) 2

a) Quina és la probabilitat de que germinin més de 3 llavors en 1 m²?

Segons l’enunciat, la variable aleatòria \(X\) que comptabilitza el nombre de llavors que germinen en un m² segueix una distribució de Poisson amb paràmetre \(X \sim \mathcal{P}(3)\).

\(P(X > 3) = 1 - P(X \leq 3) = 0.3527681\)

ppois(3,3,lower.tail=F) \(\rightarrow\) 0.3527681

b) Quina és la probabilitat de que germinin més de 130 llavors en 50 m²?

La variable aleatòria \(Y\), que comptabilitza el nombre de llavors que germinen en 50 m² segueix una distribució de Poisson amb paràmetre \(Y \sim \mathcal{P}(3 \cdot 50)\).

\(P(Y > 130) = 1 - P(Y \leq 130) = 0.9468172\)

ppois(130,150,lower.tail=F) \(\rightarrow\) 0.9468172

c) En una determinada zona, s’escullen 10 quadrícules independents, cadascuna de 1 m². Quina és la probabilitat de que al menys en la meitat d’elles germinin més de 3 llavors?

La variable aleatòria \(U\), que comptabilitza el nombre de quadrícules de 1 m², de entre les deu de l’enunciat, en les que germinen més de tres llavors, segueix una distribució binomial amb paràmetre \(U \sim \mathcal{B}(10, p)\).

Segons l’apartat a): \(p = P(X >3) = 1 - P(X \leq 3) = 0.3527681\). Per tant \(P(U > 4) = 0.2546085\)

pbinom(4,10,0.3527681,lower.tail=F) \(\rightarrow\) 0.2546085

Es tracta d’una distribució binomial amb \(n = 2 \cdot 10^4\) i \(p = 10^{-4}\). Com \(n\) és molt gran i \(p\) molt petita, podem aproximar-la a una distribució de Poisson amb paràmetre \(\lambda = np = 2 \cdot 10^4 \cdot 10^{-4} = 2\).

\[P(X > 3) = 1 - P(X \leq 4) = 1 - e^{-\lambda} \left( 1 + \lambda + \frac{\lambda^2}{2!} + \frac{\lambda^3}{3!} \right)\]

\[P(X > 3) = 1 - e^{-2} \left( 1 + 2 + \frac{4}{2!} + \frac{8}{3!} \right) = 1 - \frac{19}{3} \cdot e^{-2} \approx 0.1428675\]

1 - sum(dbinom(0:3, 20000, 0.0001)) \(\rightarrow\) 0.1428675

1 - ppois(c(3), 2) \(\rightarrow\) 0.1428765

a) Quin percentatge de dies col·lapsarà el servei?

Segons l’enunciat, la variable aleatòria \(X\) que comptabilitza el nombre de persones que arriben al servei d’urgències en un dia segueix una distribució \(X \sim \mathcal{P}(85)\). El servei col·lapsa amb \(X > 100\).

\(P(X > 100) = 1 - P(X \leq 100) = 0.04934533\)

1 - ppois(c(100), 85) \(\rightarrow\) 0.04934533

ppois(c(100), 85, lower.tail=F) \(\rightarrow\) 0.04934533

El servei col·lapsarà, aproximadament, un 5 % dels dies.

b) Quina és la probabilitat de que no hi hagi cap demanda entre les dues i les tres de la tarda?

Sigui \(Y\) la variable aleatòria que comptabilitza el nombre de persones ateses en el servei en una hora. Aleshores \(Y \sim \mathcal{P}(\frac{85}{24})\). Per tant, \[P(Y = 0) = e^{\frac{-85}{24}} = 0.02896501\]

dpois(c(0), 85/24) \(\rightarrow\) 0.02896501

a) La probabilitat de que la companyia hagi de pagar més de 1 accidents d’aquest tipus en un any.

Es tracta d’una distribució binomial amb \(n = 10^5\) i \(p = 10^{-5}\). Com \(n\) és gran i \(p\) petita, es pot aproximar a una distribució de Poisson amb paràmetre \(λ = np = 1\).

\[P(X > 1) = 1 - P(X \leq 1) = 1 - e^{-1} \left( 1 + \frac{1^1}{1!} \right) = 0.2642411\]

1 - sum(dbinom(0:1, 100000, 0.00001)) \(\rightarrow\) 0.2642411

1 - ppois(c(1), 1) \(\rightarrow\) 0.2642411

b) El nombre d’accidents mitjà anual d’aquest tipus.

L’esperança és \(\lambda = 1\). Per tant hi haurà, de mitjana, 1 accident/any.

a) En 15 minuts hi hagi 5 sortides.

Si, segons l’enunciat, la mitjana és de 18 sortides/hora, en un quart d’hora seran \(18/4 = 4.5\) sortides.

Sigui \(X\) la variable aleatòria que comptabilitza el nombre de sortides, amb \(X \sim \mathcal{P}(4.5)\). Aleshores

\[P(X = 5) = \frac{4.5^5}{5!} e^{-4.5} = 0.1708\]

dpois(c(5), 4.5) \(\rightarrow\) 0.1708269

b) La següent sortida sigui abans d’un minut.

Sigui \(Y\) la variable aleatòria que comptabilitza les sortides en un minut, amb \(Y \sim \mathcal{P}(18/60) \rightarrow Y \sim \mathcal{P}(0.3)\). Aleshores

\[P(Y \geq 1) = 1 - P(Y = 0) = 1 - e^{-0.3} = 0.2592\]

ppois(c(0), 0.3, lower.tail=F) \(\rightarrow\) 0.2591818

c) Comptant 24 hores del dia, en, com a màxim, 5 de 60 dies elegits aleatòriament, hi hagi menys de 400 sortides.

Sigui \(D\) la variable aleatòria que comptabilitza les sortides diàries. Aleshores \(D \sim \mathcal{P}(18 \cdot 24) \rightarrow D \sim \mathcal{P}(432)\).

\(P(D < 400) = P(D \leq 399) = 0.05753834\)

ppois(c(399), 432, lower.tail=T) \(\rightarrow\) 0.05753834

Si \(S\) és la variable aleatòria que recull el nombre de dies entre 60 en els que hi ha menys de 400 sortides, aleshores \(S \sim \mathcal{B}(60,p)\), amb \(p = 0.05753834\).

\(P(S \leq 5) = 0.8698824\)

pbinom(5,60,0.05753834) \(\rightarrow\) 0.8698824

Segons l'enunciat: \(n = 300; \quad p = 0.01; \quad \lambda = np = 300 \cdot 0.01 = 3\). El nombre esperat de persones amb aquest genotip és doncs igual a 3. Se’ns demana la probabilitat de trobar-ne només 1.

\[P(k = 1) = e^{-\lambda} \cdot \frac{\lambda^k}{k!} = e^{-3} \cdot \frac{3^1}{1!} = 0.1493612051\]

La probabilitat de trobar exactament una persona amb aquest genotip en un grup de 300 persones és aproximadament del 15 %.

dpois(c(1), 3) \(\rightarrow\) 0.1493612

a) La probabilitat de que el servidor col·lapsi.

Es pot considerar que es tracta d’una distribució de Poisson (en un minut poden donar-se moltes visites però la probabilitat de que una persona en concret ho faci és molt petita).

Es desconeixen els paràmetres \(n\) i \(p\) i s’estima el valor de \(ºlambda\) a partir del nombre de visites per minut: \(\lambda = 300/60 = 5\).

\[P(x > 5) = 1 - P(x \leq 5) = 1 - e^{-5} \left( 1 + 5 + \frac{5^2}{2!} + \frac{5^3}{3!} + \frac{5^4}{4!} + \frac{5^5}{5!} \right) = 0.3840393\]

1 - ppois(c(5), 5) \(\rightarrow\) 0.3840393

b) La probabilitat de que el servidor rebi una única visita en un minut donat.

\[P(x = 1) = e^{-5} \cdot \frac{5}{1!} = 0.0337\]

dpois(c(1), 5) \(\rightarrow\) 0.03368973

Es pot considerar que es tracta d’una distribució de Poisson (en un volum determinat de sang podrien haver, en principi, un nombre molt gran de basòfils i la probabilitat de que un basòfil en particular hi sigui és molt petita).

S’estima el valor de \(\lambda\) a partir del nombre mitjà de basòfils: \(\lambda = 110\).

\[P(x < 80) = \sum_{k=0}^{79} e^{-110} \cdot \frac{110^k}{k!}\]

ppois(c(80), 110) - dpois(c(80), 110) \(\rightarrow\) 0.001166801

ppois(79, 110) \(\rightarrow\) 0.001166801

El raonament és incorrecte. S’hauria de demostrar prèviament que el límit de les esperances de les distribucions binomials és igual a l’esperança de la distribució límit. Per a obtenir l’esperança correctament s’ha d’aplicar la fórmula:

\[\mathbb{E}(X) = \sum_{k=0}^{\infty} k \cdot e^{-\lambda} \cdot \frac{\lambda^k}{k!} = \lambda\]

És necessari demostrar aquest límit formalment en lloc d'assumir-lo directament.

a) La probabilitat de que en una setmana determinada hi hagi algun accident.

\(P(x > 0) = 1 - P(x = 0) = 1 - e^{-1} \approx 0.6321206\)

1 - dpois(c(0), 1) \(\rightarrow\) 0.6321206

b)La probabilitat de que hi hagin quatre accidents en dues setmanes.

Siguin les variables aleatòries

• \(X\) = { Els accidents en la primera setmana },
• \(Y\) = { Els accidents en la segona setmana }.

Amb \(X, Y\) independents.

Sigui la variable \(XY = X + Y\) = { El nombre d'accidents en les dues setmanes }, amb \(XY \sim \mathcal{P}(1 + 1)\).

\[P(XY = 4) = e^{-2} \frac{2^4}{4!} = 0.09022352\]

dpois(c(4), 2) \(\rightarrow\) 0.09022352

c) La probabilitat de que hi hagin dos accidents en una setmana i altres dos accidents a la setmana següent.

Siguin \(X\) i \(Y\) les variables independents de l’apartat anterior.

\[\begin{align*} &P(X = 2) \cap P(Y = 2) = P(X = 2) \cdot P(Y = 2) = e^{-1} \frac{1^2}{2!} \cdot e^{-1} \frac{1^2}{2!} = e^{-2} \frac{1}{4} \\ &P(X = 2) \cap P(Y = 2) = \mathbf{0.03383382} \end{align*}\]

dpois(c(2), 1)*dpois(c(2),1) \(\rightarrow\) 0.03383382

d) És dilluns hi ha hagut un accident. Calculis la probabilitat de que en la mateixa setmana no hi hagi més de dos accidents.

Es planteja la probabilitat condicionada: \[P(X \leq 2 / X \geq 1) = \frac{P(1 \leq X \leq 2)}{P(X \geq 1)} = \frac{e^{-1} \left( 2 + \frac{1^2}{2!} \right)}{1 - e^{-1}}\]

, amb \(P(1 \leq X \leq 2) = P(X = 1) + P(X = 2)\)

dpois(c(1), 1) + dpois(c(2), 1) \(\rightarrow\) 0.5518192

\(P(X \geq 1) = P(X > 1) + P(X = 1)\)

ppois(c(1), 1, lower.tail=F) + dpois(c(1), 1) \(\rightarrow\) 0.6321206

Per tant: \[ \frac{P(1 \leq X \leq 2)}{P(X \geq 1)} = \frac{0.5518192}{0.6321206} = 0.8729651\]

Segons l’enunciat, 10 cruïlles x 20 anys = 400 accidents, que suposen un nombre elevat, i indeterminat, de cotxes. La probabilitat de que un cotxe determinat tingui un accident és molt petita. Es pot doncs considerar que es seguirà una llei de Poisson, si els accidents es deuen a l’atzar. Es calcula \(\lambda\) a partir de la mitjana de valors:

\(\lambda = (0 \cdot 220 + 1 \cdot 132 + 2 \cdot 40 + 3 \cdot 8)/400 = (0 + 132 + 80 + 24)/400 = 0.59\)

Es calculen, amb R, les probabilitats de cada esdeveniment:

dpois(c(0,1,2,3,4), 0.59) \(\rightarrow\) 0.554327285 0.327053098 0.096480664 0.018974531 0.002798743

Es calculen les freqüències teòriques, multiplicant les probabilitats de cada succés per 200:

S’observa que, per la semblança entre les freqüències esperades i les freqüències teòriques, es pot suposar que el nombre d’accidents de trànsit és deu efectivament a l’atzar.

Ho verifiquem amb un test \(chi\)-quadrat:

Amb R:

Com \(p\)-value \(= 0.8505 > 0.05\) no es pot rebutjar la hipòtesi nul·la i acceptem que les freqüències observades són iguals a les freqüències esperades, els accidents són aleatoris.

a) Calculis el valor de \(\lambda\).

\[P(X = 5) = 1.1 \cdot P(X = 3) \Rightarrow e^{-\lambda} \cdot \frac{\lambda^5}{5!} = 1.1 \cdot e^{-\lambda} \cdot \frac{\lambda^3}{3!} \Rightarrow \lambda = \sqrt{20} = 2 \sqrt{5}\]

b) Calculis el nombre màxim setmanal de baixes laborals, amb probabilitat del 90 %.

S’ha de trobar el valor de \(k\) per tal de que \(P(X \leq k) = 0.9\).

qpois(0.9, sqrt(20)) \(\rightarrow\) 7

c) Calculis la probabilitat de cap baixa laboral en 4 setmanes.

Es té \(\lambda = 4 \cdot 2\sqrt{5} = 8 \sqrt{5}\), el nombre de baixes laborals en quatre setmanes és la suma de quatre variables de Poisson independents, amb \(\lambda =2 \sqrt{5}\).

Per tant: \(P(X = 0) = e^{-8\sqrt{5})} = 1.70256667956644E-08\), una probabilitat molt baixa.

dpois(c(0), 17.88854382) \(\rightarrow\) 1.702567e-08

El paràmetre de la variable aleatòria \(X\) serà \(\lambda\), perquè coincideix amb l’esperança. \[P(X = k) = e^{-\lambda} \cdot \frac{\lambda^k}{k!}\]

• Si \(X\) és parell, es té que \(Y = x/3\). \[\begin{align*} P(Y = 1) &= P\left(\frac{X}{3} = 1\right) = P(X = 3) = e^{-\lambda} \cdot \frac{\lambda^3}{3!} \\ P(Y = 2) &= P\left(\frac{X}{3} = 2\right) = P(X = 6) = e^{-\lambda} \cdot \frac{\lambda^6}{6!} \\ &\vdots \end{align*}\]
• Per tant \[P(Y = k) = f_Y(k) = e^{-\lambda} \cdot \frac{\lambda^{3k}}{(3k)!}\], amb \(k =1, 2, \cdots\)
• Si \(X\) és senar —f(0)— \(Y = 0\) si \(X = 1, 3, 5, \cdots\). Els esdeveniments \(X = 1, X = 3, X =, \cdots\) són mútuament excloents, per tant \[P(X = 0) = P(X = 1) + P(X = 3) + \cdots + P(X = 2k-1) + \cdots\]
• El que implica que \[f(0) = P(X = 0) = e^{-\lambda} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\lambda^{2k - 1}}{(2k - 1)!}\]

Es tracta d’una distribució binomial amb \(n = 1664182\) i \(p =32/1664182\). Com \(n\) és molt gran i \(p\) molt petita, es pot aproximar la distribució a una distribució de Poisson amb paràmetre \(\lambda = np = 32\).

\[\begin{align*} P(X = k) &= e^{-\lambda} \cdot \frac{\lambda^k}{k!} \\ P(X = 20) &= e^{-32} \cdot \frac{32^{20}}{20!} = 0.0065985983565001 \end{align*}\]

dbinom(20, 1664182,(32/1664182)) \(\rightarrow\) 0.00659835

dpois(c(20), 32) \(\rightarrow\) 0.006598596

a) Exactament 2 individus pateixin una reacció al·lèrgica.

Es tracta d’una distribució binomial amb \(n = 100000\) i \(p = 0.000025\). Com \(n\) és molt gran i \(p\) molt petita, es pot aproximar a una distribució de Poisson de paràmetre \(\lambda = np = 2.5\).

dbinom(2,100000,0.000025) \(\rightarrow\) 0.2565179

dpois(c(2), 2.5) \(\rightarrow\) 0.2565156

b) Més de 2 individus pateixin una reacció al·lèrgica.

S’ha de calcular \(P(X > 2) = 1- P(X = 0) - P(X = 1) - P(X = 2)\)

1 - sum(dbinom(0:2, 100000,0.000025)) \(\rightarrow\) 0.4561885

pbinom(c(2), 100000, 0.000025,lower.tail=F) \(\rightarrow\) 0.4561885

ppois(c(2), 2.5, lower.tail=F) \(\rightarrow\) 0.4561869

S’estima el paràmetre \(\lambda\) de la distribució de Poisson a partir de l’estimador màxim versemblant, la mitjana mostral \[\tilde{\lambda} = \frac{(0 \cdot 40) + (1 \cdot 30) + \cdots + (5 \cdot 1) + (6 \cdot 0)}{40 + 30 + \cdots + 1 + 0} = \frac{94}{95} \approx 0.9894737\]

Amb R:

Aleshores, la probabilitat teòrica de que hi hagi algun error és \[1 - P(X = 0) = 1 - e^{-0.9894737} = 0.6282277\]

1 - exp(-0.9894737) \(\rightarrow\) 0.6282277

a) La probabilitat de produir 5 peces defectuoses en un dia.

Es considera cada dia independent de l’altre, de manera que la màquina produeix, de mitjana, 3 peces defectuoses al dia. En aquest temps la màquina ha fabricat \(n\) peces i, per tant, la probabilitat \(p\) de fabricar una peça defectuosa és igual a \(3/n\).

Suposant una distribució de Poisson, es té \(\lambda = np = n \cdot (3/n) = 3\)

dpois(c(5), 3) \(\rightarrow\) 0.1008188

b) El nombre màxim de peces defectuoses/dia, amb una certesa aproximada del 90 %.

ppois(c(0,1,2,3,4,5,6,7), 3) \(\rightarrow\) 0.0498 0.1991 0.4232 0.6472 0.8153 0.9161 0.9665 0.9881

S’observa que per \(k = 5\) el valor s’aproxima molt a 0.9.

qpois(0.9, 3) \(\rightarrow\) 5

Amb R:

Com \(p\)-value \(= 0.1198916 > 0.05\) s’accepta que el nombre de trucades per minut segueix una distribució de Poisson.

El nombre de bombes és elevat i la probabilitat de que una bomba en concret caigui sobre una casella en concret és molt petita, es pot suposar per tant una distribució de Poisson.

Es calcula P(X), amb \(X = \{ 0, 1, 2, 3, 4 \}\), la probabilitat teòrica de \(0, 1, 2, 3, 4\) projectils per casella: \[P(X = x) = \frac{\mu^x \cdot e^{-\mu}}{x!}\]

Aleshores, les freqüències teòriques s’obtindran multiplicant respectivament aquestes probabilitats pel nombre de caselles (576).

Posteriorment es calcula la \(chi^2\) per tal de valorar si les freqüències obtingudes s’ajusten o no a les freqüències esperades \[\chi^2 = \sum \frac{(\text{freqüència obtinguda} - \text{freqüència esperada})^2}{\text{freqüència esperada}}\]

Amb R:

Com \(p\)-value \(= 0.890112700849 > 0.05\), s’accepta que el bombardeig s’ajusta a una distribució de Poisson, o sigui que no buscava objectius concrets, amb una probabilitat d’equivocar-nos d’un 1 %.

qchisq(0.99,4) \(\rightarrow\) 13.2767

S'observa que \(X\)-squared \(\approx 1.12608 < 13.2767\)

El nombre de llavors és elevat i la probabilitat de que una llavor en concret germini en una parcel·la en concret és molt petita, es pot suposar per tant una distribució de Poisson.

Es calcula \(P(X)\), amb \(X = \{ 0, 1, 2, 3, 4,5 \}\), la probabilitat teòrica de 0, 1, 2, 3, 4, 5 llavors germinades/m²: \[P(X = x) = \frac{\mu^x \cdot e^{-\mu}}{x!}\]

Aleshores, les freqüències teòriques s’obtenen multiplicant respectivament aquestes probabilitats pel nombre de parcel·les (100).

Posteriorment es calcula la χ^2 per tal de valorar si les freqüències obtingudes s’ajusten o no a les freqüències esperades: \[\chi^2 = \sum \frac{(\text{freqüència obtinguda} - \text{freqüència esperada})^2}{\text{freqüència esperada}}\]

Amb R:

Com \(p\)-value \(= 0.7094 > 0.05\), s’accepta que el nombre de llavors s’ajusta a una distribució de Poisson.

Segons l’enunciat, \(\lambda = 100\) —el valor de la mitjana de visites diàries—. Es demana l’aproximació a una distribució \(X \sim \mathcal{N}(\lambda, \sqrt{\lambda})\).

Es tipifica \(X\): \[z= \frac{x - \lambda}{sqrt{\lambda}} = \frac{x - 100}{\sqrt{100}} = \frac{x - 100}{10}\]

a) La probabilitat de més de 110 visites en un dia.

Es calcula \(P(X > 110)\) amb \(X \sim \mathcal{P}(100)\).

Sigui \[z = {110 - 100}{10} = 1\], amb \(Z \sim \mathcal{N}(0,1)\). Aleshores \(P(Z > 1) = 1 - P(Z < 1) = 0.1586553\)

1 - pnorm(1,0,1) \(\rightarrow\) 0.1586553

A \(X \sim \mathcal{P}(100)\) s’observa que l’aproximació és prou acurada: \(P(X > 110) = 1 - P(X < 110) = 1 - P(X \leq 109) = 0.1705599\)

1 - ppois(109,100,lower.tail=T) \(\rightarrow\) 0.1705599

La probabilitat de més de 110 visites en un dia és aproximadament del 17.06 %.

b) La probabilitat de menys de 95 visites en un dia.

Es calcula \(P(X < 95)\) amb \(X \sim \mathcal{P}(100)\).

Sigui \[z= \frac{95-100}{10} = -0.5\], amb \(Z \sim \mathcal{N}(0,1)\). Aleshores \(P(Z < -0.5) = 1 - P(Z < 0.5) = 0.3085375\)

1-pnorm(0.5,0,1) \(\rightarrow\) 0.3085375

A \(X \sim \mathcal{P}(100)\) s’observa que l’aproximació és prou acurada: \(P(X < 95) = P(X \leq 94) = 0.2951793\)

ppois(94,100,lower.tail=T) \(\rightarrow\) 0.2951793

La probabilitat de menys de 95 visites en un dia és aproximadament del 29.52 %.

c) El nombre de visites diàries tal que la probabilitat d’excedir-ne el valor sigui 0.01.

Es calcula \(P(X > x) = 0.01\) —equivalent a \(P(X < x) = 0.99\)— amb \(X \sim \mathcal{P}(20000)\).

Sigui \[z = \frac{x - 100}{10} \rightarrow x = 10z + 100\], amb \(Z \sim \mathcal{N}(0,1)\).

Es calcula \(z\): \(P(Z < z) = 0.99 \implies z = 2.326348\)

qnorm(0.99,0,1,lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 2.326348

qnorm(0.01,0,1,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 2.326348

Es verifica, per tant, que \(1 - pnorm(2.326348,0,1) = 0.009999997 \approx 0.01\)

I, aleshores, \(x = (10 \cdot 2.326348) + 100 \approx 123\). El nombre de visites diàries tal que la probabilitat d’excedir-ne el valor sigui 0.01 és 123.