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Cátedra: Probabilidad y Estadística
UADER

Trabajo Final
6 de Agosto de 2008

Problema 1 (Ref: Pág. 223 - Ej. 5)
Una máquina de refrescos se ajusta para que la cantidad de bebida que sirve promedie 240 mililitros
con una desviación estándar de 15mililitros. La máquina se verifica periódicamente tomando una
muestra de 40 bebidas y se calcula el contenido promedio. Si la media de las 40 bebidas es un valor
dentro del intervalo μ x ± 2σ x , se piensa que la máquina opera satisfactoriamente, de otra forma, se
ajusta. En la sección 8.4, el funcionario de la compañía encuentra que la media de 40 bebidas es x =
236 mililitros y concluye que la máquina no necesita un ajuste ¿Esta fue una decisión razonable?
Datos:
Variable aleatoria
Tamaño de la muestra
Desviación estándar poblacional
Media poblacional
Media muestral
Desviación estándar muestral

X: cantidad de bebida que sirve una máquina (en mililitros).
n = 40 bebidas.
σx = 15 mililitros.
μx = 240 mililitros.
x = μ x = 240 mililitros.
σ
σ x = x ≃2.3717 mililitros.
n

Incógnita:
μ x − 2σ x ≤ x ≤ μ x + 2σ x
Solución:
Reemplazando con nuestros datos
240 ml. – (2)(2.372 ml.) ≤ x ≤ 240 ml. + (2)(2.372 ml.)
240 ml. – 4.744 ml. ≤ x ≤ 240 ml. + 4.744 ml.
235.257 ml. ≤ x ≤ 244.743 ml.
Respuesta:
Esta fue una decisión razonable puesto que 236 ml., que es la media encontrada se encuentra dentro del
intervalo definido.

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

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Trabajo Final
6 de Agosto de 2008

Problema 2 (Ref: Pág. 223 - Ej. 9)
La vida media de una máquina para hacer pasta es de siete años, con una desviación estándar de un
año. Suponga que las vidas de estas máquinas siguen aproximadamente una distribución normal,
encuentre:
a) La probabilidad de que la vida media de una muestra aleatoria de nueve de estas máquinas caiga
entre 6.4 y 7.2 años;
b) El valor de x a la derecha del cual caería el 15% de las medias calculadas de muestras aleatorias de
tamaño nueve.
Datos:
Variable aleatoria
Media poblacional
Desviación estándar poblacional
Tamaño de la muestra

X: vida útil de una máquina de hacer pasta (en años).
μx = 7 años.
σx = 1 año.
n = 9 máquinas.

X ~ N( μ x , σ x ) ⇒ μ x = μ x = 7 (años)

σ
1
1
σx = x =
= (años )
n
9 3

a) Incógnita:
P(6.4 ≤ x ≤ 7.2)
Solución:


 6.4 − 7 X − μx 7.2 − 7 
P
≤
≤
 = P( −1.8 ≤ z ≤ 0.6 ) = P( z ≤ 0.6 ) − P( z ≤ −1.8) =⇒
σx
1
 13
3 
n


Aplicando Tabla A.3. = 0.7257 – 0.0359 = 0.6898 = 68.98%.
Respuesta:
La probabilidad de que la vida media de una muestra de 9 de esas máquinas caiga entre 6.4 años y 7.2 años es
del 68.98%.
b) Incógnita:
Un valor de x que deje a su derecha un área del 15% y por lo tanto un área del 85% a su izquierda.
Solución:
Con µx = 7 años y α = 1 − 0.15 = 0.85
_

_

Zα = Z 0.85 = 1.04 ⇒ Z 0.85

_
x −7
1

=
⇒ (1.04) *  + 7 = x = 7.346667 Años
1
3

3

x = 7.35 años

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6 de Agosto de 2008

Respuesta:
El valor de x que deja a su derecha un área del 15% es 7.35 años.
Problema 3 (Ref: Pág. 223/224 - Ej. 10)
El tiempo que el cajero de un banco con servicio en el automóvil atiende a un cliente es una variable
aleatoria con media μ = 3.2 minutos y una desviación estándar σ = 1.6 minutos. Si se observa una
muestra aleatoria de 64 clientes, encuentre la probabilidad de que su tiempo medio con el cajero sea:
a) a lo más 2.7 minutos;
b) más de 3.5 minutos;
c) al menos 3.2 minutos pero menos de 3.4 minutos.
Datos:
Variable aleatoria
Media poblacional
Desviación estándar poblacional
Tamaño de la muestra

X: tiempo que un cajero atiende a un cliente (en minutos).
μx = 3.2 minutos.
σx = 1.6 minutos.
n = 64 clientes.

X ~ N( μ x , σ x ) ⇒ μ x = μ x = 3.2 (años)
σx =

σx
n

=

1.6
64

=

1 .6
(años )
8

a) Incógnita:
P( x ≤ 2.7)
Solución:


 X − μx
2.7 − 3.2 
P
≤
 = P( z ≤ −2.5) = Aplicando Tabla A.3. = 0.0062 = 0.62%
1.6
 σx
8 
n



Respuesta:
La probabilidad de que el tiempo promedio de los cliente con el cajero sea a lo más 2.7 minutos es de 0.62%.
b) Incógnita:
P( x > 3.5)
Solución:


 X − μx 3.5 − 3.2 
P
>
 = P( z >1.5) =1 − P( z ≤ .5) =1 − 0.9332 = Aplicando Tabla A.3. = 0.0668 =
1.6
 σx

n
64 


6.68%.
Respuesta:
La probabilidad de que el tiempo promedio de los cliente con el cajero sea más 3.5 minutos es de 6.68%.
c) Incógnita:
P(3.2 ≤ x ≤ 3.4)
Solución:


 3.2 − 3.2 X − μx 3.4 − 3.2 
P
≤
≤
 = P( 0 ≤ z ≤ 1) = P( z ≤ 1) − P( z ≤ 0 ) =⇒
σx
1.6
 1.6

64
n
64 


Aplicando Tabla A.3 = 0.8413 – 0.5000 = 0.3413 = 34.13%.
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Respuesta:
La probabilidad de que el tiempo promedio de los cliente con el cajero este entre 3.2 y 3.4 minutos es de
34.13%.
Problema 4 (Ref: Pág. 224 - Ej. 12)
Se toma una muestra aleatoria de tamaño 25 de una población normal que tiene una media de 80 y una
desviación estándar de 5. Una segunda muestra aleatoria de tamaño 36 se toma de una población
normal diferente que tiene una media de 75 y una desviación estándar de 3. Encuentre la probabilidad
de que la media muestral calculada de las 25 mediciones exceda de media muestral calculada de las 36
mediciones por al menos 3.4 pero en menos de 5.9. Suponga que las medias se miden al décimo más
cercano.
Datos:
Tamaño de la primer muestra
Media de la primer población

(

n1 = 25.

)

μ1= 80.

Desviación estándar de la primer población

n2 = 36.

Media de la segunda población

σ x1 =

σ1 = 5.

Tamaño de la segunda muestra

X 1 ~ N μ x1 , σ x1 ⇒ μ x1 = μ x1 = 80

μ2= 75.

(

σx

1

n1

=

5
25

=1

)

X 2 ~ N μ x 2 , σ x 2 ⇒ μ x 2 = μ x 2 = 75
σ x2 =

Desviación estándar de la segunda población σ2 = 3.

σx

2

n2

=

3
36

=

1
2

Incógnita:
P( 3.4 ≤ ( X1 − X 2 ) ≤ 5.9 )
Solución:
Utilizando el Teorema 8.3; el que dice:
Si se extraen al azar muestras independientes de tamaño n 1 y n 2 de dos poblaciones, discreta o continuas,
2
con medias μ 1 y μ 2 y varianzas σ 1 y σ 2 , respectivamente, entonces la distribución muestral de las
2
diferencias de las medias, X 1 − X 2 , está distribuida aproximadamente de forma normal con media y
varianza dadas por

μ x1 - x1 = μ 1 − μ 2

σ 21 - x 2 =
x

y

2
σ1 σ 2
+ 2.
n1 n 2

De aquí

Z=

(X − X ) − (μ
(σ n ) + (σ
1

2

2
1

1

1

2
2

− μ2 )
n2 )

es aproximadamente una variable normal estándar.
con nuestros datos:

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μ x1 - x 2 = 80 – 75 = 5

σ x1 - x 2 =

y

25
9
+
= 1.118
25 36







 3.4 −
X −X
−μ −
μ
5
5 
1
2
1
2 ≤ 5.9 −
 =P(−
P 3.4 ≤ X1 −X 2 ≤5.9 =P
≤
1.4311 ≤z ≤0.8050 ) =
1.118034 
1.118034
σ 2
 σ 2

 1
  2



+

n  
n 




1  
2


 




(

(

)

)

(

) (

)

= P(z ≤ 0.8050) − P( z ≤ −1.4311) =⇒Aplicando Tabla A.3. = 0.7896 – 0.0762 = 0.7134 = 71.34%.

Respuesta:
La probabilidad de que la media muestral calculada de las 25 mediciones exceda de media muestral calculada
de las 36 mediciones por al menos 3.4 pero en menos de 5.9 es de 71.34%.

Problema 5 (Ref: Pág. 236 - Ej. 1)
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Para una distribución ji cuadrada encuentre.
2
a) χ 0.025 cuando υ = 15;
2
b) χ 0.01 cuando υ = 7;
2
c) χ 0.05 cuando υ = 24.

2
a) Según Tabla A.5 χ 0.025 cuando υ = 15 => 27.488

Respuesta:
El valor χ2 con 15 grados de libertad, que deja un área de 0.025 a su derecha es 27.488.
Gráfica:

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2
b) Según Tabla A.5 χ 0.01 cuando υ = 7 => 18.475

Respuesta:
El valor χ2 con 7 grados de libertad, que deja un área de 0.01 a su derecha es 18.475.
Gráfica:

2
c) Según Tabla A.5 χ 0.05 cuando υ = 24 => 36.415

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Respuesta:
El valor χ2 con 24 grados de libertad, que deja un área de 0.05 a su derecha es 36.415.
Gráfica:

Problema 6 (Ref: Pág. 236 - Ej. 3)
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2
Para una distribución ji cuadrada encuentre χ α tal que:
2
a) P(χ2 > χ α ) = 0.99 cuando υ = 4;
2
b) P(χ2 > χ α ) = 0.025 cuando υ = 19;
2
c) P(37.652 < χ2 < χ α ) = 0.045 cuando υ = 25.

2
a) P(χ2 > χ α ) = 0.99 cuando υ = 4
2
Según Tabla A.5 => χ α = 0.297

Respuesta:
El valor de χ2 que deja a su derecha una probabilidad igual a 0.99 es decir 99 %, con 4 grados de libertad es
0.297.

2
b) P(χ2 > χ α ) = 0.025 cuando υ = 19

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2
Según Tabla A.5 => χ α = 32.852

Respuesta:
El valor de χ2 que deja a su derecha una probabilidad igual a 0.025 es decir 2.5 %, con 19 grados de libertad
es 32.852.
Gráfica:

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2
c) P(37.652 < χ2 < χ α ) = 0.045 cuando υ = 25
2
=> χ α = 37.652 => α = 0.05
2

2
=> α = 0.05 - 0.045 = 0.005 => χ α = χ 0.005 cuando υ = 25
2

Según Tabla A. 5 => χ 0.005 = 46.928
Respuesta:
El valor de χ2 debe ser igual a 46.928 para que la probabilidad entre 37.652 y dicho valor calculado sea igual a
0.045, es decir 4.5%, con 25 grados de libertad.
Gráfica:

Problema 7 (Ref: Pág. 236 – Ej. 5)
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Encuentre la probabilidad de que una muestra aleatoria de 25 observaciones, de una población normal
con varianza σ2 = 6, tenga una varianza s2
a) mayor que 9.1;
b) entre 3.462 y 10.745.
Suponga que las varianzas muestrales son mediciones continuas.
Datos:
Tamaño de la muestra
Varianza de la muestra

n = 25 observaciones.
σ2 = 6.

a) Incógnita:
P (s2 > 9.1)
Solución:

χ

2

( n − 1) s 2
=
σ2

con (n – 1) grados de libertad

con nuestros datos:
( 25 − 1)( 9.1) = ( 24)( 9.1) = 218.4 = 36.4
χ2 =
6
6
6
Según Tabla A.5 χ 2 = 36.4 cuando υ = 24 =>0.05
Respuesta:
La probabilidad de que la varianza de esa muestra sea mayor que 9.1 es del 5%.
b) Incógnita:
P (3.462 ≤ s2 ≤ 10.745)
Solución:

χ2 =

( n − 1)s 2
σ2

con (n – 1) grados de libertad

con nuestros datos:
( 25 − 1)( 3.462) = 24 × 3.462 = 83.088 = 13.848
χ2 =
6
6
6
χ 2 =13.848 cuando υ = 24 =>0.95
Según Tabla A.5

χ2 =

( 25 − 1) ×10.745 = 24 ×10.745 = 257.88 = 42.98

6
6
6
Según Tabla A.5 χ 2 = 42.98 cuando υ = 24 =>0.01

P (3.462 ≤ s2 ≤ 10.745) = 0.95 – 0.01 = 0.94
Respuesta:
La probabilidad de que la varianza de esa muestra se encuentre entre 3.462 y 10.745 es del 94%.
Problema 8 (Ref: Pág. 236 – Ej. 6)
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Las clasificaciones de un examen de colocación que se aplicó a estudiantes de primer año de
licenciatura durante los últimos cinco años están aproximadamente distribuidas de forma normal con
una media μ = 74 y una varianza σ2 = 8. ¿Consideraría aún que σ2 =8 es un valor válido de la varianza
si una muestra aleatoria de 20 estudiantes que realizan este examen de colocación este año obtienen un
valor de s2 = 20?
Datos:
P: estudiantes de primer año de licenciatura.
X: calificación de un examen de colocación.
Media poblacional
Varianza poblacional
Tamaño de la muestra
Varianza muestral

μx = 74.
σ 2 = 8.
x
n = 20 estudiantes.
s2 = 20.

(

X ~ N μ x = 74, σ x = 8

)

Incógnita:
Considerar si es válida σ 2 = 8
x
Solución:

χ2 =

( n − 1)s 2
σ2

con (n – 1) grados de libertad

con nuestros datos

χ2 =

( 20 − 1)( 20) = (19)( 20) = 380 = 47.5
8

2
χ 0..975 = 8.907

8

8

2
χ 0.025 = 32.852

Respuesta:
Es un valor de una distribución ji cuadrada con 19 grados de libertad.
Como 95% de los valores χ2 con 19 grados de libertad caen entre 8.907 y 32.852, el valor calculado con σ 2 = 8
no es razonable y por lo tanto se tiene razón suficiente para sospechar que la varianza es diferente a ocho.
Es muy probable que el valor supuesto de σ2 sea un error.

Problema 9 (Ref: Pág. 236 – Ej. 8)
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a) Encuentre t0.025 cuando υ =14;
b) Encuentre –t0.10 cuando υ = 10;
c) Encuentre t0.995 cuando υ =7.
a) Según Tabla A.4 t0.025 cuando υ =14 => 2.145
Respuesta:
El valor t con 14 grados de libertad, que deja un área de 0.025 a su derecha es 2.145.
Gráfica:

b) Según Tabla A.4 –t0.10 cuando υ = 10 => -1.372
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Respuesta:
El valor t con 10 grados de libertad, que deja un área de 0.10 a su izquierda es -1.372.
Gráfica:

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c) Según Tabla A.4 t0.995 cuando υ =7 => -3.499
Respuesta:
El valor t con 7 grados de libertad, que deja un área de 0.995 a su derecha y por lo tanto un área de 0.005 a su
izquierda es -3.499.
Gráfica:

Problema 10 (Ref: Pág. 236 – Ej. 9)
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a) Encuentre P(T < 2.365) cuando υ =7;
b) Encuentre P(T > 1.318) cuando υ = 24;
c) Encuentre P(-1.356 < T <2.179) cuando υ =12;
d) Encuentre P(T > -2.567) cuando υ =17.
a) P(T < 2.365) cuando υ =7
1 – P(T ≥ 2.365) cuando υ =7
Según Tabla A.4 =>
= 1 – 0.025 = 0.975
Respuesta:
La probabilidad de que un valor t sea menor que 2.365 con 7 grados de libertad es del 97.5%.
Gráfica:

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b) P(T > 1.318) cuando υ = 24
Según Tabla A.4 =>0.10
Respuesta:
La probabilidad de que un valor t sea mayor que 1.318 con 24 grados de libertad es del 10%.
Gráfica:

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

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c) P(-1.356 < T < 2.179) cuando υ =12
P(T ≥ -1.356) – P(T ≥ 2.179) cuando υ =12
Según Tabla A.4 =>
= (1 – 0.10) – 0.025 =
= 0.90 – 0.025 = 0.875
Respuesta:
La probabilidad de que un valor t se encuentre entre -1.356 y 2.179 con 12 grados de libertad es del 87.5%.
Gráfica:

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d) P(T > -2.567) cuando υ =17
1 – P( T > 2.567) cuando υ =17
Según Tabla A.4 =>
= 1– 0.01 = 0.99
Respuesta:
La probabilidad de que un valor t sea mayor que -2.567 con 17 grados de libertad es del 99%.
Gráfica:

Problema 11 (Ref: Pág. 236 – Ej. 12)
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6 de Agosto de 2008

Una empresa manufacturera afirma que las baterías que utiliza en sus juegos electrónicos duran un
promedio de 30 horas. Para mantener este promedio se prueban 16 baterías cada mes. Si el valor t que
se calcula cae entre –t0.025 y t0.025, la empresa queda satisfecha con su afirmación.¿Qué conclusiones
extraería la empresa de una muestra que tiene una media de x = 27.5 horas y una desviación estándar
de s = 5 horas? Suponga que la distribución de las duraciones de las baterías es aproximadamente
normal.
Datos:
P: baterías de juegos electrónicos.
X: rendimiento en horas de una bajaría de juegos electrónicos.
Media poblacional
μx = 30 horas.
Tamaño de la muestra
n = 16 baterías.
Media muestral
x = 27.5 horas.
Desviación estándar muestral
s = 5 horas.
Solución:
De la tabla A.4 encontramos que t0.025 = 2.131 para 15 grados de libertad. Por tanto, la empresa queda
satisfecha con esta afirmación si una muestra de 16 baterías rinde un valor t entre –2.131 y 2.131. si μ = 30,
entonces

T=

X −μ
con (n – 1) grados de libertad
s
n

Con nuestros datos:
T=

27.5 − 30
5

16

=− ,
2

Respuesta:
La empresa estaría satisfecha con su afirmación ya que el valor hallado de t pertenece al intervalo establecido
como parámetro para poder afirmar que sus baterías promedian las 30 horas de duración.

Problema 12 (Ref: Pág. 236 – Ej. 13)
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Una población normal con varianza desconocida tiene una media de 20. ¿Se tiene posibilidad de
obtener una muestra aleatoria de tamaño 9 de esta población con una media de 24 y una desviación
estándar de 4.1? Si no, ¿qué conclusión sacaría?
Datos:
Media poblacional
Tamaño de la muestra
Media muestral
Desviación estándar muestral

μx = 20.
n = 9.
x = 24.
s = 4.1.

Solución:

T=

X −μ
con (n – 1) grados de libertad
s
n

con nuestros datos:
P (│ X - μ│=│ X - 20│ > 4) =
= 1 – P (│ X - 20│ ≤ 4) =
= 1 – P (-4 ≤ X - 20 ≤ 4) =



4 
 −4
≤ X − 20 ≤
=1–P 
=
4.1 
 4.1

3
3

= 1 – P (-2.92 ≤ t8 ≤ 2.92) =
= P (t8 ≤ 2.92) – P (t8 ≤ 2.92) = 0.00959 + 0.00959 = 0.01918 = 1.918%.
Respuesta:
Si se tiene la posibilidad de obtener una muestra de tamaño 9 con esas condiciones, con una probabilidad del
1.918%

Problema 13 (Ref: Pág. 236 – Ej. 14)
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Un fabricante de cierta marca de barras de cereal bajo de grasa afirma que su contenido promedio de
grasa saturada es 0.5 gramos. En una muestra aleatoria de 8 barras de cereal de esta marca el
contenido de grasa saturada fue 0.6, 0.7, 0.7, 0.3, 0.4, 0.5, 0.4 y 0.2. ¿Estaría de acuerdo con la
afirmación?
Datos:
P: barras de cereal bajo de grasa.
X: contenido de grasa en gramos de una barra de cereal.
Media poblacional
μx = 0.5 gramos.
Tamaño de la muestra
n = 8.
n

Media muestral

x=

∑X

i

i =1

n

=

0.6 + 0.7 + 0.7 + 0.3 + 0.4 + 0.5 + 0.4 + 0.2 3.8
=
= 0.475 gramos
8
8
n

Desviación estándar muestral

i =1

i

− X)

2

n −1

( 0.6 −0.475) 2 +(0.7 −0.475) 2 +(0.7 −0.475) 2 +(0.3−0.475) 2 +(0.4 −0.475) 2 +(0.5 −0.475) 2 +(0.4 −0.475) 2 +(0.2 −0.475

s=
=

s=

∑ (X

7

( 0.125) 2 + ( 0.225) 2 + ( 0.225) 2 + ( − 0.175) 2 + ( − 0.075) 2 + ( 0.025) 2 + ( − 0.075) 2 + ( − 0.275) 2 =
7

0.26
=
7

Incógnita:
μx = 0.5
Solución:

T=

X −μ
con (n – 1) grados de libertad
s
n

con nuestros datos
T=

0.475 −0.5
= 0.3860
0.1832
8


 X −μ
X −μ0
P
≥
s
s

n
n

con nuestros datos







P(-0.3860 ≤ t7 ≤ 0.3860) = 0.3754 + 0.3754 = 0.7508 = 75.08%.
Respuesta:
Hay razones suficiente (75,08%) para considerar que la afirmación es cierta.
Problema 14 (Ref: Pág. 236 – Ej. 15)
Para una distribución F encuentre:
a) ƒ0.05 con υ1 = 7 y υ2 = 15;
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0.037 ≈ 0.18
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b) ƒ0.05 con υ1 = 15 y υ2 = 7;
c) ƒ0.01 con υ1 = 24 y υ2 = 19;
d) ƒ0.95 con υ1 = 19 y υ2 = 24;
e) ƒ0.99 con υ1 = 28 y υ2 = 12.
a) Según Tabla A.6 ƒ0.05 con υ1 = 7 y υ2 = 15 => 2.71
Respuesta:
El valor f con 7 y 15 grados de libertad, que deja un área de 0.05 a su derecha es 2.71.
Gráfica:

b) Según Tabla A.6 ƒ0.05 con υ1 = 15 y υ2 = 7 => 3.51

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Respuesta:
El valor f con 15 y 7 grados de libertad, que deja un área de 0.05 a su derecha es 3.51.
Gráfica:

c) Según Tabla A.6 ƒ0.01 con υ1 = 24 y υ2 = 19 => 2.92

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Respuesta:
El valor f con 24 y 19 grados de libertad, que deja un área de 0.01 a su derecha es 2.92.
Gráfica:

d) ƒ0.95 con υ1 = 19 y υ2 = 24

1
Lafata Desio Fernando, Warlet υ 2 , Lautaro
f α ( Iván υ1 )
f 1−α ( υ1, υ2 ) =

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con nuestros datos
f 0.95 (19,24) =

1
1
=
= 0.4739
f 0.05 ( 24,19 ) 2.11

Respuesta:
El valor f con 19 y 24 grados de libertad, que deja un área de 0.95 a su derecha es 0.4739.
Gráfica:

e) ƒ0.99 con υ1 = 28 y υ2 = 12

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f 1−α ( υ1, υ2 ) =

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1
f α ( υ 2 , υ1 )

con nuestros datos
f 0.99 ( 28,12 ) =

1
1
=
= 0.3448
f 0.01 (12,28) 2.90

Respuesta:
El valor f con 28 y 12 grados de libertad, que deja un área de 0.99 a su derecha es 0.3448.

Gráfica:

Problema 15 (Ref: Pág. 237 – Ej. 5)
Una muestra aleatoria de cinco presidentes de bancos indican salarios anuales de $163000, $148000,
$152000, $135000 y $141000. Encuentre la varianza de este conjunto.
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Datos:
Variable aleatoria
Tamaño de la muestra

X: salarios anuales de presidentes de bancos (en pesos)
n = 5 presidentes.
n

Media muestral

x=

∑X

i

i =1

n

163000 + 148000 + 152000 + 135000 + 141000 739000
=
=
= 147800 $
5
5

Incógnita:
Varianza muestral s2
Solución:

∑(X
n

s2 =

i =1

i

−X

)

2

n −1

con nuestros datos

s2 =
=

(163000 − 147800) 2 + (148000 − 147800) 2 + (152000 − 147800) 2 + (135000 − 147800) 2 + (141000 − 147800) 2

(15200 ) 2 + ( 200) 2 + ( 4200) 2 + ( − 12800) 2 + ( − 6800) 2
4

4
458800000
=
= 114700000 $
4

Respuesta:
La varianza de este conjunto es 114700000 $.

Problema 16 (Ref: Pág. 237 – Ej. 9)

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=
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Si S21 y S22 representan las varianzas de muestras aleatorias independientes de tamaño n 1 = 25 y n2 =
31, tomadas de poblaciones normales con varianzas σ21 = 10 y σ22 = 15, respectivamente, encuentre
2
P S 1 S 2 > 1.26 .
2

(

)

Datos:
Tamaño de la primer muestra
Tamaño de la segunda muestra
Varianza de la primera muestra

n1 = 25.
n2 = 31.

Varianza de la segunda muestra

σ 2 = 15 .
2

Incógnita:

(

2
P S1 S 2 > 1.26
2

2
σ1 =10 .

)

Solución:
Utilizando el Teorema 8.8; el que dice:
2
Si s1 y s 2 son las varianzas de muestras aleatorias independientes de tamaño n 1 y n 2 tomadas de
2
2
poblaciones normales con varianzas σ 1 y σ 2 , respectivamente, entonces
2

2
2
s1 σ 2 s1 σ 2
2
F= 2 2 = 2 2
2
σ1 s 2 s 2 σ 1

Tiene una distribución F con υ1 = n1 – 1 y υ2 = n2 – 1 grados de libertad.

con nuestros datos

 s12

P =  2 > 1.26  =
s

 2


 s12

 2

σ1 ( 15) * ( 1.26) 
P 2 >
= P( F > 1.89) ≅ 0.05 = 5%.
 s2
10 
 σ2

 2


F0.05(24, 30) = 1.89
Respuesta:
La probabilidad de que F con 24 y 30 grados de libertad sea mayor que 1.26 es de 0.05, es decir, 5%.

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Problema 17 (Ref: Pág. 251 – Ej. 4)
Una empresa eléctrica fabrica focos que tienen una duración aproximadamente distribuida de forma
normal con una desviación estándar de 40 horas. Si una muestra de 30 focos tiene una duración
promedio de 780 horas, encuentre un intervalo de confianza de 96 % para la media de la población de
todos los focos que produce esta empresa.
Datos:
P: focos fabricados por la empresa.
X: duración de esa muestra de focos.
Desviación estándar poblacional
σx = 40 horas.
Tamaño de la muestra
n = 30 focos.
Media muestral
x = 780 horas.
Intervalo de confianza
IC = 96%.

X ~ N( μ x = 780, σ x = 40)
Incógnita:
Intervalo de confianza para la media poblacional, μ x, con 96% de confianza.
Solución:

X − z 1−α

σ
2

n

≤ μ ≤ X + z 1−α

σ
2

n

100γ% =100(1-α)% = 96% =>α = 0.04 => z1− 2 => z0.98 = 2.054
α
con nuestros datos
780 − ( 2.054 )

40
30

≤ μ x ≤ 780 + ( 2.054)

40
30

765 hs. ≤ μ x ≤ 795 hs.
Respuesta:
Podemos afirmar con un nivel de confianza del 96% que la media poblacional se encuentra entre 765 y 795
horas.

Problema 18 (Ref: Pág. 252 – Ej. 8)
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¿De que tamaño se necesita una muestra en el ejercicio 4 si deseamos tener 96% de confianza que
nuestra media muestral esté dentro de 10 horas de la media real?
Datos:
Desviación estándar poblacional σx = 40 horas.
Media muestral
x = 780 horas.
Intervalo de confianza
IC = 96%.
Intervalo de error
e = 10 horas.

n ∈Ζ+
2

 z 1−α 2 σ 

n ≥
 e




con nuestros datos
n∈ +
Ζ
2

 2.054.40 
n ≥
 = 67.5 → n = 68
10



Respuesta:
Por lo tanto, podemos tener una confianza 96% de que una muestra aleatoria de tamaño 68 proporcionara una
estimación x que difiere de μ por una cantidad menor que 0.04.

Problema 19 (Ref: Pág. 252 – Ej. 6)

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Las estaturas de una muestra aleatoria de 50 estudiantes universitarios muestra una media de 174.5
centímetros y una desviación estándar de 6.9 centímetros.
a) Construya un intervalo de confianza de 98% para la estatura media de todos los estudiantes de la
universidad;
b) ¿Qué podemos afirmar con 98% de confianza sobre el tamaño posible de nuestro error si estimamos
que la estatura media de todos los estudiantes de la universidad de 174.5 centímetros?.
Datos:
P: estudiantes universitarios.
Variable aleatoria
Tamaño de la muestra
Media muestral
Desviación estándar muestral
Intervalo de confianza

X: medidas de esos estudiantes universitarios (en centímetros)
n = 50 estudiantes.
x = 174.5 centímetros.
s = 6.9 centímetros.
IC = 98%.

100γ% =100(1-α)% = 98% =>α = 0.02 => α

2 = 0.01

t49, 0.01 = 2.4048
a) Incógnita:
Intervalo de confianza para la media poblacional, μ x, con 98% de confianza.
Solución:
X − tα 2

s
s
≤ μ ≤ X + tα 2
n
n

con nuestros datos
174.5 − ( 2.4048)

6.9

≤ µ ≤174.5 + ( 2.4048)

50
172.15 cm. ≤ μ ≤176.85 cm.

6.9
50

Respuesta:
Podemos afirmar con 98% de confianza que la media poblacional se encuentra entre 172.15 y 176.85
centímetros.
b) Incógnita:
Posible error de estimación.
Solución:
Ε= X - μ =174.5 −
172.15 = .35
2

cm.

Respuesta:
Podemos afirmar con 98% de confianza que el error de estimación es igual a 2.35 cm.
Problema 20(Ref: Pág. 252 – Ej. 13)
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Una máquina produce piezas metálicas de forma cilíndrica. Se toma una muestra de las piezas y los
diámetros son 1.01, 0.97, 1.03, 1.04, 0.99, 0.98, 0.99, 1.01 y 1.03 centímetros. Encuentre un intervalo de
confianza de 99% para el diámetro medio de las piezas de esta máquina, suponga una distribución
aproximadamente normal.
Datos:
P: piezas metálicas de forma cilíndricas.
X: diámetro de las piezas cilíndricas(en centímetros).
Tamaño de la muestra
n = 9 piezas.
Intervalo de confianza
IC = 99%.
n

Media muestral

x=

∑X

i

i =1

=

n

1.01 + 0.97 + 1.03 + 1.04 + 0.99 + 0.98 + 0.99 + 1.01 + 1.03
= 1.0055
9

cm.
n

Desviación estándar muestral

s=
=

s=

∑ (X
i =1

i

− X)

2

n −1

(1.01 −1.0055) 2 + (0.97 −1.0055) 2 + (1.03 −1.0055) 2 + (1.04 −1.0055) 2 + (0.99 −1.0055) 2 + (0.98 −1.0055) 2 + (0
8

( 0.0045)2 + (0.0355)2 + ( 0.0245)2 + (0.0345)2 + ( 0.0155)2 + ( 0.0255)2 + (0.0155)2 + ( 0.0045)2 + ( 0.0245) 2
8

100γ% =100(1-α)% = 99% =>α = 0.01 => α

2 = 0.005

t8, 0.005 = 3.355
Incógnita:
Intervalo de confianza para la media poblacional, μ x, con 99% de confianza.
Solución:
X − tα 2

s
s
≤ μ ≤ X + tα 2
n
n

con nuestros datos
1.0055 − ( 3.355)

0.0245
0.0245
≤ μ ≤ 1.0055 + ( 3.355)
9
9

0.9781 cm. ≤ μ ≤1.0329 cm.

Respuesta:
Podemos afirmar con 99% de confianza que la media poblacional se encuentra entre 0.9781 y 1.0329
centímetros.

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Problema 21 (Ref: Pág. 252/253 – Ej. 17)
Una muestra aleatoria de 25 botellas de aspirinas contiene, en promedio, 325.05 mg. de aspirina con
una desviación estándar de 0.5. Encuentre los límites de tolerancia del 95% que contendrán 90% del
contenido de aspirina para esta marca. Suponga que el contenido de aspirina se distribuye
normalmente.
Datos:
P: botellas de aspirinas.
X: cantidad de aspirina que contienen las botellas de aspirina (en miligramos).
Tamaño de la muestra
n = 25 botellas de aspirina.
Media muestral
x = 325.05 mg. de aspirina.
Desviación estándar muestral
s = 0.5 mg. de aspirina.
1– γ = 95% => γ = 0.05 y 1– α = 90% => 0.9
Según Tabla A.7 => k = 2.208
Incógnita:
Limites de tolerancia del 95% que contendrán 90% de aspirina.
Solución:

x ± ks
con nuestros datos
325.05 ± 2.208.0.5 = [323.946 ; 326.154]mg.
Respuesta:
Los límites de tolerancia del 95% que contendrán 90% de aspirina para esta marca son 323.946 mg y 326.154
mg,

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Problema 22 (Ref: Pág. 262 – Ej. 1)
Una muestra aleatoria de tamaño n1 = 25 que se toma de una población normal con una desviación
estándar σ1 = 5 tiene una media x 1 = 80. Una segunda muestra aleatoria de tamaño n2 = 36, que se
toma de una población normal diferente con una desviación estándar σ2 = 3, tiene una media x 2 = 75.
Encuentre un intervalo de confianza de 95% para μ1 - μ2.
Datos:
Tamaño de la primer muestra
Desviación estándar de la primer población
Media de la primer muestra

n1 = 25.
σ1 = 5.
x 1 = 80.

P1 ↔ X 1 ~ N μ x1 = 80, σ x1 = 5

Tamaño de la segunda muestra
n2 = 36.
Desviación estándar de la segunda población σ2 = 3.
x 2 = 75.
Media de la segunda muestra

P2 ↔ X 2 ~ N μ x 2 = 75, σ x 2 = 3

(

)

(

)

Intervalo de confianza
IC = 95% para μ1 − μ 2
100(1-α)% = 95% =>α = 0.05 => z1− 2 => z0.025 = 1.96 Aplicando Tabla A.3
α
Incógnita:
Intervalo de confianza para la diferencia de las medias poblacionales, μ 1 – μ2, con 95% de confianza.
Solución:

μ x1 − x 2 = μ 1 − μ 2

σ x1 − x 2 =

y

2
σ1 σ 2
+ 2
n1 n 2

con nuestro datos

μ x1 − x 2 = 80 − 75 = 5

( x1 − x 2 ) − z α

2

.

y

σ x 1 −x 2 =

25 9
+
=
25 36

5
= 1.25 ≅ 1.118
4

2
σ1 σ 2
σ2 σ2
+ 2 < μ1 − μ 2 < ( x1 − x 2 ) + z α . 1 + 2
2
n1 n 2
n1 n 2

con nuestros datos
5 – 1.96 · 1.118 < μ1 – μ2 < 5 + 1.96 · 1.118
5 – 2.19 < μ1 – μ2 < 5 + 2.19
2.80 < μ1 – μ2 < 7.19
Respuesta:
Podemos afirmar con 95% de confianza que la diferencia entre las medias poblacionales se encuentra entre
2.80 y 7.19.

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Problema 23 (Ref: Pág. 263 – Ej. 9)
Una compañía de taxis trata de decidir si comprar neumáticos de la marca A o de la B para su flotilla
de taxis. Para estimar la diferencia de las dos marcas, se lleva cabo un experimento, utilizando 12 de
cada marca. Los neumáticos se utilizan hasta que se gastan. Los resultados son:
x 1 = 36300 kilómetros.
s1 = 5000 kilómetros.
x 2 = 38100 kilómetros.
s2 = 6100 kilómetros.

Marca A:
Marca B:

Calcule un intervalo de confianza de 95% para μ1 – μ2,suponga que las poblaciones se distribuyen de
forma aproximadamente normal. Puede no suponer que las varianzas son iguales.
Datos:
P1 : neumáticos de la marca A.
P2 : neumáticos de la marca B.
X1 : duración en kilómetros de un neumático de la marca A.
X2 : duración en kilómetros de un neumáticos de la marca B.
Tamaño de la primer muestra
n1 = 12 neumáticos.
Tamaño de la segunda muestra
n2 = 12 neumáticos.
x 1 = 36300 Km.
Media de la primer muestra
x 2 = 38100 Km.
Media de la segunda muestra
s 1 = 5000 Km.
Desviación estándar de la primer muestra
Desviación estándar de la segunda muestra s 2 = 6100 Km.
Intervalo de confianza
IC = 95%.
100(1-α) % = 95% =>α = 0.05 => t α 2 Aplicando Tabla A.4 t0.025 = 2.07892 con υ = 21.18 grados de libertad.
Incógnita:
Intervalo de confianza para la diferencia de las medias poblacionales, μ 1 – μ2, con 95% de confianza.
Solución:

( x1 − x 2 ) − t α
2
(s1

2

2
2
s1 s 2
s1 s 2
+ 2 < μ1 − μ 2 < ( x1 − x 2 ) + t α
+ 2
2 n1
n1 n 2
n2

)

donde t α 2 es el valor t con

2
n1 + s 2 n 2
( 25000000 12 + 37210000 12 ) 2 = ( 2083333.3 + 3100833.3) 2 = 21.18
2
υ=
=
2
2
2
( 25000000 12 ) 2 + ( 37210000 12 ) 2 ( 2083333.3) 2 + ( 3100833.3) 2
s1 n1
s2 n 2
2
+
12 − 1
12 − 1
11
11
n1 − 1
n 2 −1

(

) (

)

con nuestros datos

( 36300 − 38100) − 2.078

25000000 37210000
25000000 37210000
+
< µ1 − µ 2 < ( 36300 − 38100 ) + 2.080
+
12
12
12
12

( − 1800) − ( 2.080)( 2276.87 ) < µ1 − µ 2 < ( − 1800) + ( 2.080)( 2276.87 )
− 6533.4 < µ1 − µ 2 < 2933.4

Respuesta:
Podemos afirmar con 95% de confianza que la diferencia entre las medias poblacionales se encuentra entre
–6533.4 y 2933.4.

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Problema 24 (Ref: Pág. 263 Ej. 7)
Los siguientes datos, registrados en días, representan el tiempo de recuperación para pacientes que se
tratan al azar con uno de dos medicamentos para curar infecciones graves en la vejiga:
Medicamento 1
n1 = 14
x 1 = 17

Medicamento 2
n 2 = 16
x 2 = 19

2
s 1 = 1.5
s 2 = 1.8
2
Encuentre un intervalo de confianza de 99% para la diferencia μ2 – μ1 en el tiempo promedio de
recuperación para los dos medicamentos, suponga poblaciones normales con varianzas iguales.

Datos:
P1 : pacientes que se tratan con el medicamento 1.
X 1 : tiempo de recuperación en días para un paciente tratado con el medicamento 1.
Tamaño de la primer muestra
n1 = 14 días.
x 1 = 17 días.
Primer media muestral
2
s 1 = 1.5 días.

Primer varianza muestral

P2 : pacientes que se tratan con el medicamento 2.
X 2 : tiempo de recuperación en días para un paciente tratado con el medicamento 2.
Tamaño de la segunda muestra
n2 = 16 días.
x 2 = 19 días.
Segunda media muestral
Segunda varianza muestral
s 2 = 1.8 días.
2
Intervalo de confianza
IC = 99% para μ 2 − μ1 .
100(1-α)% = 99% =>α = 0.01 => t α 2 Aplicando Tabla A.4 t0.005 = 2.763 con (n1 + n2 – 2) = 28 grados de
libertad.
Incógnita:
Intervalo de confianza para la diferencia de las medias poblacionales, μ 2 − μ1 , con 99% de confianza.
Solución:

μ x 2 − x1 = μ 2 − μ 1

σ x 2 − x1 =

y

1
1
+
n 2 n1

con nuestros datos

μ x 2 −x1 = 19 − 17 = 2

s2 =
p

y

σ x 2 − x1 =

1
1
+
= 0,1339 ≅ 0.3659
14 16

( n 1 − 1) * ( s12 ) + ( n 2 − 1) * ( s 2 )
2
n1 + n 2 − 2

con nuestros datos
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s2 =
p

(14 −1) * (1.5) + (16 −1) * (1.8)
14 +16 − 2

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= 1.6607 ⇒ s p ≅ 1.2886

luego,

( x 2 − x1 ) − t α

2

sp

1
1
1
1
+
< μ 2 - μ1 < ( x 2 − x1 ) + t α s p
+
2
n 2 n1
n 2 n1

con nuestros datos
2 – (2.763)*(1.2886)*(0.3659) < μ 2 - μ1 < 2 + (2.763)*(1.1886)*(0.3659)
2 – 1.30 < μ 2 - μ1 < 2 + 1.30
0.70 < μ 2 - μ1 < 3.30

Respuesta:
Podemos afirmar con 99% de confianza que la diferencia entre las medias ( μ 2 - μ1 ) poblacionales se
encuentra entre 0.70 y 3.30.

Problema 25 (Ref: Pág. 270 - Ej. 1)
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a) Se selecciona una muestra aleatoria de 200 votantes y se encuentra que 114 apoyan un convenio de
anexión. Encuentre un intervalo de confianza de 96% para la fracción de la población votante que
favorece el convenio.
b) ¿Qué podemos asegurar con 96% de confianza acerca de la posible magnitud de nuestro error si
estimamos que la fracción de votantes que favorecen la anexión es 0.57?
Datos:
Tamaño de la muestra
Números de éxitos
Intervalo de confianza
Proporción de éxitos en una muestra

n = 200 votantes.
x = 114 votantes.
IC = 96% para p: proporción de votante que favorecen el convenio.
x 114
ˆ
p= =
= 0.57 .
n 200

ˆ
ˆ
Proporción de fracasos en una muestra q =1 −p =1 −0.57 =0.43
100γ = 100(1 - α)% = 96% =>α =0.04 => z1− 2 => z0.98 ≅ 2.054
α

a) Incógnita:
Intervalo de confianza de 96% para la fracción de la población que favorece el convenio.
Solución:

ˆ ˆ
p*q
=
n

ˆ
p − zα *
2

( 0.57 ) * ( 0.43)
200

=

0.2451
= 0,0012255 ≅ 0.035
200

ˆ ˆ
ˆ ˆ
p*q
p*q
ˆ
< p < p + zα *
2
n
n

con nuestros datos
0.57 – (2.054)*(0.035) < p < 0.57 + (2.054)*(0.035)
0.57 – 0.07189 < p < 0.57 + 0.07189
0.49811 < p < 0.64189
Respuesta:
Podemos afirmar con 96% de confianza que la fracción que favorece el convenio se encuentra entre 0.49811
y 0.64189, es decir, 49.81% y 64.19% respectivamente.
b) Incógnita:
Posible error de estimación.
Solución:
ˆ
Ε = p - p = 0.57 −0.49811 ≤0.72 =7.2%

Respuesta:
Podemos afirmar con 96% de confianza que le error de estimación no superará el 7.2 %.
Problema 26 (Ref: Pág. 270 - Ej. 9)
¿ Que tan grande se requiere que sea la muestra si deseamos tener una confianza de 96% de que
nuestra proporción de la muestra estará dentro del 0.02 de la fracción real de la población votante?.
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Datos:
Sabemos que:

ˆ
p ≅ 0.57
ˆ
q ≅ 0.43
Y que

Incógnita:
ˆ
n =? tal que p( p - p ≤0.02 ) =0.96

Solución:
Con
Intervalo de error

n=

e = 0.02.

2
ˆˆ
z α 2 pq

e2

con nuestros datos

n=

( 2.054) 2 ( 0.57 )( 0.43)
( 0.02) 2

=

1.030
≅ 2575 votantes
0.0004

Respuesta:
Si basamos nuestra estimación de p sobre una muestra aleatoria de tamaño 2575, podemos tener una
confianza de 96% de que nuestra proporción muestral no diferirá de la proporción real por más de 0.02.

Problema 27 (Ref: Pág. 271 – Ej. 15)
Cierto genetista se interesa en la proporción de hombres y mujeres en la población que tienen cierto
trastorno sanguíneo menor. En una muestra aleatoria de 1000 hombres se encuentra que 250 lo
padecen, mientras que 275 de 1000 mujeres examinadas parecen tener el trastorno. Calcule un
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intervalo de confianza de 95% para la diferencia entre la proporción de hombres y mujeres que
padecen el trastorno sanguíneo.
Datos:
P1 : hombres
P2 : mujeres
p1 : proporción de hombres que tienen cierto trastorno sanguíneo menor.
p2 : proporción de mujeres que tienen cierto trastorno sanguíneo menor.
Tamaño de la primer muestra
n1 = 1000 hombres.
Tamaño de la segunda muestra
n2 = 1000 mujeres.
Número de éxitos de la primer muestra
x1 = 250.
Número de éxitos de la segunda muestra
x2 = 275.
x
250
ˆ
p1 = =
= 0.25
Proporción de éxitos de la primer muestra
n 1000
x
275
ˆ
p2 = =
= 0.275
Proporción de éxito de la segunda muestra
n 1000
ˆ
ˆ
q 1 = 1 − p1 = 1 − 0.25 = 0.75
Proporción de fracasos de la primer muestra
ˆ
ˆ
q 2 = 1 − p 2 = 1 − 0.275 = 0.725
Proporción de fracasos de la segunda muestra
ˆ
ˆ
p 1 − p 2 = 0.25 − 0.275 = −0.025
Diferencia entre proporciones de éxitos
Intervalo de confianza
IC = 95%
z1− 2 => z0.025 ≅ 1.96
100γ = 100(1 - α)% = 95% =>α =0.05 =>
α
Incógnita:
Intervalo de confianza de 96% para la diferencia de las fracciones de población que favorece el convenio.
Solución:

ˆ ˆ
ˆ ˆ
p1 * q 1 p 2 * q 2
+
n1
n2

ˆ
ˆ
( p 2 − p1 ) − z α

2

*

con nuestros datos

( 0.25) * ( 0.75) + ( 0.275) * ( 0.725)
1000

1000

≅ 0.01967

ˆ ˆ
ˆ ˆ
ˆ ˆ
ˆ ˆ
p1 * q 1 p 2 * q 2
p *q p *q
ˆ
ˆ
+
< p 2 − p1 < ( p 2 − p1 ) + z α * 1 1 + 2 2
2
n1
n2
n1
n2

con nuestros datos
0.025 – (1.96)*(0.01967) < p2 – p1 < 0.025 + (1.96)*(0.01967)
0.025 – 0.0385532 < p2 – p1< 0.025 + 0.0385532
– 0.01355 < p2 – p1< 0.06355
Respuesta:
Podemos afirmar con 95% de confianza que la diferencia entre la proporción de hombres y mujeres que
padecen el trastorno sanguíneo se encuentra entre – 0.01355 y 0.06355.

Problema 28 (Ref: Pág. 271 – Ej. 20)
De acuerdo con USA Today (17 de marzo de 1997), las mujeres constituían 33.7% del personal editorial
en las estaciones locales de televisión en 1990 y el 36.2% en 1994. Suponga que se contrataron 20 nuevos
empleados para el personal editorial.
a) Estime el número que habrían sido mujeres en cada año respectivamente.
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b) Calcule un intervalo de confianza de 95% para ver si hay evidencia de que la proporción de mujeres
contratadas como personal editorial en 1994 fue mayor que la proporción contratada en 1990.
Datos:
Tamaño de la muestra

n = 20 empleados.

6.74
ˆ
P =
= 0.337
1
20
7.24
ˆ
= 0.362
Proporción de éxitos en 1994 las mujeres constituían 36,2 % de 20 empleados P2 =
20
ˆ
ˆ
q 1 = 1 − p1 = 1 − 0.337 = 0.663
Proporción de fracasos de la muestra en 1990
ˆ
ˆ
q 2 = 1 − p 2 = 1 − 0.362 = 0.638
Proporción de fracasos de la muestra en 1994
Intervalo de confianza
IC = 95%
100γ = 100(1 - α) % = 95% =>α =0.05 => z1− 2 => z0.025 ≅ 1.96 .
α
Proporción de éxitos en 1990 las mujeres constituían 33,7 % de 20 empleados

a) Incógnita:
Estimar el número que habrían sido mujeres en cada año.
Solución:
En 1990 el 33.7% de 20
ˆ
n * P = 20 * 0.337 = 6.74 ≈ 7 mujeres
1
En 1994 el 36.2% de 20
ˆ
n * P2 = 20 * 0.362 = 7.24 ≈ 7 mujeres

Respuesta:
Estimamos que en 1990 habría sido de 6.74 ≈ 7 mujeres, y en 1994 la estimación habría sido de 7.24 ≈ 7
mujeres.
b) Incógnita:
Intervalo de confianza de 95% para ver si hay evidencia de que la proporción de mujeres contratadas
como personal editorial en 1994 fue mayor que la proporción contratada en 1990.
Solución:

ˆ
ˆ
(P − P ) − Z
2

1

α /2

*

(

( 0.337 - 0.362) − (1.96) *
( − 0.025) − (1.96) *

)

ˆ ˆ
ˆ ˆ
p1 * q1 p 2 * q 2
ˆ
ˆ
+
< p 2 − p1 < P2 − P1 + Z α / 2 *
n1
n2

ˆ ˆ
ˆ ˆ
p1 * q1 p 2 * q 2
+
n1
n2

(0.337) * (0.663) (0.362) * (0.638)
(0.337)
+
< p 2 − p1 < ( 0.337 - 0.362) + (1.96) *
20
20
2

(0.337) * (0.663) (0.362) * (0.638)
(0.337) * (0.663)
+
< p 2 − p1 < ( − 0.025) + (1.96) *
+
20
20
20

( − 0.025) − 0.295430 < p2 − p1 < ( − 0.025) + 0.295430
− 0.32043 < p 2 − p1 < 0.27043

Respuesta:
Podemos afirmar con 95% de confianza que no hay ninguna evidencia para asegurar que la proporción de
mujeres contratadas como personal en 1994 fue mayor que la proporción contratada en 1990.
Problema 29 (Ref: Pág. 275 – Ej. 1)
Un fabricante de baterías para automóvil afirma que sus baterías duraran, en promedio, tres años con
una varianza de un año. Si cinco de estas baterías tienen duraciones de 1.9, 2.4, 3.0, 3.5 y 4.2 años,
construya un intervalo de confianza de 95% para σ2 y decida si la afirmación del fabricante de que σ2 =
1 es válida. Suponga que la población de duraciones de las baterías se distribuye de forma
aproximadamente normal.
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Datos:
P: baterías de automóvil.
X: tiempo de duración en años de una batería.
Media poblacional
μx = 3 años.
Desviación estándar poblacional
σx = 1 año.
Intervalo de varianza
IC = 95%.
Tamaño de la muestra
n = 5 baterías.

X ~ N( μ x = 3, σ x = 1)

Incógnita:
σ2 = 1 año 2
Solución:
Se desea estimar el valor de la varianza utilizando S 2 como estimador.
n
 n

n ∑ x i2 −  ∑ x i 
 i =1 
s 2 = i =1
n ( n − 1)

s2 =

2

( 5) * ( 48.26 ) − (15) 2
( 5)( 4)

=

241.3 − 225
= 0.815 año 2
20

S = 0.902774 años
Para el intervalo de confianza del 95%
2
χα

2

=

2
χ 0.025

( n − 1) s 2
2
χα

2
χ 1−α

= 11.113

<σ

2

2

=

2
χ 0.975

α = 0.05

= 0.484 con (n-1) grados de libertad Según Tabla A.5

( n − 1) s 2
<

2

2
χ 1− α

2

con nuestros datos

( 5 − 1)( 0.815) < σ 2 < ( 5 − 1)( 0.815) ⇒ ( 4)( 0.815) < σ 2 < ( 4)( 0.815)
11.113

0.484

11.113

0.484

3.26
3.26
<σ2 <
11.113
0.484

0.292639 < σ 2 < 6.735537 ( año 2 )
Respuesta:
Podemos afirmar con 95% de confianza que, ya que este intervalo 0.292639 < σ 2 < 6.735537 contiene a 1,
que la afirmación del fabricante, de que σ2 = 1, es válida.
Problema 30 (Ref: Pág. 275 – Ej. 8 ligado al Ej. 9 – Pág. 263)
Ref. Pág. 263 – Ej. 9
Una compañía de taxis trata de decidir si comprar neumáticos de la marca A o de la B para su flotilla
de taxis. Para estimar la diferencia de las dos marcas, se lleva cabo un experimento, utilizando 12 de
cada marca. Los neumáticos se utilizan hasta que se gastan. Los resultados son:

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x 1 = 36300 kilómetros.
s1 = 5000 kilómetros.
x 2 = 38100 kilómetros.
s2 = 6100 kilómetros.

Marca A:
Marca B:

a) Calcule un intervalo de confianza de 95% para μ1 – μ2, suponga que las poblaciones se distribuyen de
forma aproximadamente normal. Puede no suponer que las varianzas son iguales.
Ref. Pág. 275 – Ej. 8
2
b) Construya un intervalo de confianza de 90% para σ 1 σ 2 . ¿Estamos justificados al suponer que σ21
2
= σ22 cuando construyamos nuestro intervalo de confianza para μ1 – μ2?
Datos:
P1 : neumáticos de la marca A.
P2 : neumáticos de la marca B.
X1 : duración en kilómetros de un neumático de la marca A.
X2 : duración en kilómetros de un neumáticos de la marca B.
Tamaño de la primer muestra
n1 = 12 neumáticos.
Tamaño de la segunda muestra
n2 = 12 neumáticos.
x 1 = 36300 Km.
Media de la primer muestra
x 2 = 38100 Km.
Media de la segunda muestra
s 1 = 5000 Km.
Desviación estándar de la primer muestra
s 2 = 6100 Km.
Desviación estándar de la segunda muestra
Intervalo de confianza
IC = 95%.
100(1-α) % = 95% =>α = 0.05 => t α 2 Aplicando Tabla A.4 t0.025 = 2.07892
libertad.

con υ = 21.18 grados de

a) Incógnita:
Intervalo de confianza para la diferencia de las medias poblacionales, μ 1 – μ2, con 95% de confianza.
Solución:

( x1 − x 2 ) − t α

(s12

2

2
2
s1 s 2
s1 s 2
2
+
< μ1 − μ 2 < ( x1 − x 2 ) + t α
+ 2
2 n1
n1 n 2
n2

)

donde t α 2 es el valor t con

2
n1 + s 2 n 2
2
υ=
2
2
2
s1 n1
s2 n 2
2
+
n1 −1
n 2 −1

(

) (

)

con nuestros datos
υ=

( 25000000 12 + 37210000 12 ) 2
( 25000000 12) 2 ( 37210000 12 ) 2
12 − 1

+

12 − 1

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=

( 2083333.3 + 3100833.3) 2
( 2083333.3) 2 + ( 3100833.3) 2
11

= 21.18

11

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con nuestros datos

( 36300 − 38100) − 2.078

25000000 37210000
25000000 37210000
+
< µ1 − µ2 < ( 36300 − 38100) + 2.080
+
12
12
12
12

( − 1800) − ( 2.080) * ( 2276.87 ) < µ1 − µ 2 < ( − 1800) + ( 2.080) * ( 2276.87 )
− 6533.4 < µ1 − µ 2 < 2933.4

Respuesta:
Podemos afirmar con un 95% de confianza que la diferencia entre las medias poblacionales se encuentra entre
–6533.4 y 2933.4.
b) Incógnita:
Intervalo de confianza de 90% para σ 21/ σ22.
Solución:
Intervalo de confianza
100(1-α)% = 90% =>α = 0.10 => f α

IC = 90%.
2

Aplicando Tabla A.6

f0.05 = 2.80 con (n1 – 1, n2 - 1), es decir, con (11, 11) grados de libertad.
2
s1

σ2 s2
1
< 1 < 1 f α ( υ1, υ 2 )
s 2 f α ( υ1, υ 2 ) σ 2 s 2 2
2
2
2
2

con nuestros datos
2
 25000000  1  σ 1  25000000 


< 2 <
( 2.80 )
 37210000  2.80  σ 2  37210000 

0.238249 <

σ 12
< 1.894652
2
σ2

Respuesta:
2
Podemos afirmar con 90% de confianza que σ 1 σ 2 se encuentra entre 0.238249 y 1.894652, ya que el
2
intervalo contiene a 1 es razonable asumir que σ21 = σ22.

Problema 31 (Ref: Pág. 304 – Ej. 1)
Suponga que un alergólogo desea probar la hipótesis de que al menos 30% del público es alérgico a
algunos productos de queso. Explique como el alergólogo puede cometer:
a) Un error tipo I.
b) Un error tipo II.
Solución:
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H 0 ) Al menos el 30% del público es alérgico a algunos productos de queso.

H 1 ) Menos del 30% del público es alérgico a algunos productos de queso.

p = proporción de público que es alérgico a algunos productos de queso.
En símbolos:
H 0 ) p ≥ 0.30

H 1 ) p < 0.30
El rechazo de la hipótesis nula cuando es verdadera se llama error de tipo I.
a) Cuando concluye que al menos de 30% del público es alérgico a algunos productos de queso cuando, de
hecho, el 30% o más son alérgicos.
El no rechazo de la hipótesis nula cuando es falsa se llama error tipo II.
b) Cuando concluye que al menos el 30% del público es alérgico a algunos productos de queso cuando, de
hecho, menos del 30% son alérgicos.

Problema 32 (Ref: Pág. 304 – Ej. 4)
Se estima que la proporción de adultos que viven en una pequeña ciudad que son graduados
universitarios es p = 0.6. Para probar esta hipótesis se selecciona una muestra aleatoria de 15 adultos.
Si el número de graduados en nuestra muestra es cualquier número de 6 a 12, aceptaremos la hipótesis
nula de que p = 0.6 en caso contrario, concluiremos que p ≠ 0.6
a) Evalúe α con la suposición de que p = 0.6. Utilice la distribución binomial.
b) Evalúe β para las alternativas p = 0.5 y p = 0.7.
c) ¿Es este un buen procedimiento de prueba?.

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Datos:
P : adultos graduados universitarios.
p : proporción de adultos graduados universitarios.
X : un adulto graduado universitario de esa población.
Tamaño de la muestra
n = 15 adultos.
Región de aceptación
6 ≤ x ≤ 12 graduados universitarios.
Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

H0 : p = 0.6.
H1 : p ≠ 0.6.

a) Incógnita:
Probabilidad de error tipo I, α
Solución:
Proporción de adultos graduados universitarios

x

α = P(error tipo I) = P(6 <
i =5

< 12 | p = 0.6) = P( x ≤ 6 | p = 0.6) + P( x ≤ 12 | p = 0.6) =

i=
15

i =0

=

p = 0.6 graduados universitarios.

i=
13

∑b( x;15;0.6) + ∑b( x;15;0.6) = 0.0338 +(1 – 0.9729) = 0.0609 = 6.09%.

Respuesta:
La probabilidad de cometer un error tipo I con p = 0.6 es del 6.09%.
b) Incógnita:
Probabilidad de error tipo II, β
Solución:
Proporción de adultos graduados universitarios
β = P(error tipo II) =P(6 ≤

x

p = 0.5 graduados universitarios.
i=
12

≤ 12 | p = 0.5) =

b
∑ ( x;15;0.5) = Aplicando Tabla A.1 = 0.8464 =
i=
6

84.64%.
Proporción de adultos graduados universitarios
β = P(error tipo II) =P(6 ≤

x

p = 0.7 graduados universitarios.
i=
12

≤ 12 | p = 0.7) =

b
∑ ( x;15;0.7) = Aplicando Tabla A.1 = 0.8695 =
i =6

86.95%.
Respuesta:
La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0.5 es del 84.64%.
La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0.7 es del 86.95%.
c) Incógnita:
Es este un buen procedimiento de prueba?
Solución:
El procedimiento empleado para este ejercicio no es un buen procedimiento de prueba ya que la probabilidad
β es muy alta.
Problema 33 (Ref: Pág. 304 – Ej. 5)
Repita el ejercicio 4 cuando se seleccionan 200 adultos y la región de aceptación se define como 110 ≤
x ≤ 130 donde x es el número de graduados universitarios en nuestra muestra. Utilice la
aproximación normal.
Datos:
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Tamaño de la muestra
Región de aceptación
Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

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n = 200 adultos.
110 ≤ x ≤ 130 graduados universitarios.
H0: p = 0.6.
H1: p ≠ 0.6.

a) Incógnita:
Probabilidad de error tipo I, α
Solución:
Proporción de adultos graduados universitarios

p = 0.6 graduados universitarios.

Media

µ = n * p = ( 200 ) * ( 0.6) = 120 .
σ = n * p * q = 200 * 0.6 * 0.4 = 6.9282

Desviación estándar

Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre
110 ≤ x ≤ 130 → 110 - 0.5 ≤ y ≤ 130 + 0.5 → 109.5 ≤ y ≤ 130.5
Z=

z=

y −µ
σ

109.5 −120
≅ −1.52
6.928

y

z=

130.5 −120
≅ 1.52
6.928

α = P(error tipo I) = P(110 > x > 130 | p = 0.6) = P( x < 110 | p = 0.6) + P( x > 130 | p = 0.6) =
= P(z < -1.52) + P(z < 1.52) = (2)*(0.0643) = 0.1286 = 12.86%.
Respuesta:
La probabilidad de cometer un error tipo I con p = 0.6 es del 12.86%.
b) Incógnita:
Probabilidad de error tipo II, β
Solución:
Proporción de adultos graduados universitarios

p = 0.5 graduados universitarios.

Media

µ = n * p = ( 200 ) * ( 0.5) = 100 .

Desviación estándar

σ = n * p * q = 200 * 0.5 * 0.5 = 7.0712

Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre
110 ≤ x ≤ 130 → 110 - 0.5 ≤ y ≤ 130 + 0.5 → 109.5 ≤ y ≤ 130.5
Z=

y −µ
σ

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z=

109.5 −100
≅ 1.34
7.07

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y

z=

130.5 −100
≅ 4.31
7.07

β = P(error tipo II) =P(110 < x < 130 | p = 0.5) =P(1.34 < z < 4.31) = P(z ≤ 4.31) – P(z ≤ 1.34) =
= 1 – 0.9099 = 0.0901 = 9.01%.
Proporción de adultos graduados universitarios

p = 0.7 graduados universitarios.

Media

µ = n * p = ( 200 ) * ( 0.7 ) = 140 .
σ = n * p * q = 200 * 0.7 * 0.3 = 6.4807

Desviación estándar

Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre
110 ≤ x ≤ 130 → 110 - 0.5 ≤ y ≤ 130 + 0.5 → 109.5 ≤ y ≤ 130.5
Z=

z=

y −µ
σ

109.5 −140
≅ −4.71
6.480

y

z=

130.5 −140
≅ −1.47
6.480

β = P(error tipo II) =P(110 < x < 130 | p = 0.7) = P(-4.71< z < -1.47) = P(z ≤ -1.47) – P(z ≤ -4.71) =
= 0.0708 – 0 = 0.0708 = 7.08%.
Respuesta:
La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0.5 es del 9.01%.
La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0.7 es del 7.08%.
c) Incógnita:
Es este un buen procedimiento de prueba?
Solución:
Para este procedimiento la probabilidad de cometer un error Tipo I es algo alto, aunque se reduce
dramáticamente la probabilidad de cometer un error Tipo II.

Problema 34 (Ref: Pág. 305 – Ej. 12)
Se pregunta a una muestra aleatoria de 400 votantes en cierta ciudad si están a favor de un impuesto
adicional de 4% sobre la venta de gasolina para proporcionar ingresos que se necesitan con urgencia
para la reparación de calles. Si más de 220 pero menos de 260 favorecen el impuesto sobre ventas,
concluiremos que 60% de los votantes lo apoyan.
a) Encuentre la probabilidad de cometer un error tipo I si 60% de los votantes están a favor del
aumento de impuestos.
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b) ¿Cuál es la probabilidad de cometer un error de tipo II al utilizar este procedimiento de prueba si en
realidad sólo 48% de los votantes está a favor del impuesto adicional a la gasolina?
Datos:
P : votantes de una cierta ciudad.
p : proporción de votantes a favor del impuesto.
X : un votante de esa ciudad.
Tamaño de la muestra
n = 400 votantes.
Región de aceptación
220 < x < 260 → 221 ≤
Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

x

≤ 259 votantes que favorecen el impuesto.

H 0: p = 0.6.
H1: p ≠ 0.6.

a) Incógnita:
Probabilidad de error tipo I, α
Solución:
Proporción de votantes a favor del impuesto

p = 0.6 votantes a favor del impuesto.

Media

μ = n*p = (400)*(0.6) = 240.

Desviación estándar

σ=

n* p*q =

( 400) * ( 0.6) * ( 0.4) ≅

9.79

Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre
221 ≤ x ≤ 259 → 221 - 0.5 ≤ y ≤ 259 + 0.5 → 220.5 ≤ y ≤ 259.5
Z=

z=

y −µ
σ

220.5 − 240
≅ −1.99
9.79

y

z=

259.5 − 240
≅ 1.99
9.79

α = P(error tipo I) = P(221 > x > 259 | p = 0.6) = P( x < 221 | p = 0.6) + P( x > 259 | p = 0.6) =
=P(z < -1.99) + P(z < 1.99) = (2)*(0.0233) = 0.0466 = 4.66%.
Respuesta:
La probabilidad de cometer un error tipo I con p = 0.6 es del 4.66%.

b) Incógnita:
Probabilidad de error tipo II, β
Solución:

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Proporción de adultos graduados universitarios

p = 0.48 graduados universitarios.

Media

μ = n*p = (400)*(0.48) = 192.

Desviación estándar

σ=

n* p*q =

( 400 ) * ( 0.48) * ( 0.52)

≅

9.99

Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 220.5 y 259.5
Z=

z=

y −µ
σ

220.5 −192
≅ 2.85
9.99

y

z=

259.5 −192
≅ 6.75
9.99

β = P(error tipo II) =P(221 < x < 259 | p = 0.48) = P(2.85< z < 6.75) = P(z ≤ 6.75) – P(z ≤ 2.85) =
=1 – 0.9978 = 0.0022 = 0.22%.
Respuesta:
La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0.48 es del 0.22%.

Problema 35 (Ref: Pág. 305 – Ej. 13)
Suponga que, en el ejercicio 12, concluimos que 60% de los votantes está a favor del impuesto a la venta
de gasolina si más de 214 pero menos de 266 votantes de nuestra muestra lo favorece. Muestre que esta
nueva región de aceptación tiene como resultado un valor más pequeño para α a costa de aumentar β.
Datos:
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Tamaño de la muestra
Región de aceptación

n = 400 votantes.
214 < x < 266 → 215 ≤

Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

x

≤ 265 votantes que favorecen el impuesto.

H 0: p = 0.6.
H1: p ≠ 0.6.

a) Incógnita:
Probabilidad de error tipo I, α
Solución:
Proporción de votantes a favor del impuesto
p = 0.6 votantes a favor del impuesto.
Media
μ = n*p = (400)*(0.6) = 240.
Desviación estándar
σ = n * p * q = ( 400 ) * ( 0.6 ) * ( 0.4) ≅ 9.79
Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre
215 ≤ x ≤ 265 → 215 - 0.5 ≤ y ≤ 265 + 0.5 → 214.5 ≤ y ≤ 265.5

Z=

y −µ
σ

z=

214.5 − 240
≅ −2.60 y
9.79

z=

265.5 − 240
≅ 2.60
9.79

α = P(error tipo I) = P(214 > x > 266, cuando p = 0.6) = (2)*P(z < -2.60) = (2)*(0.0047) = 0.0094 = 0.94%.
Respuesta:
La probabilidad de cometer un error tipo I con p = 0.6 es del 0.94%.
b) Incógnita:
Probabilidad de error tipo II, β
Solución:
Proporción de adultos graduados universitarios
p = 0.48 graduados universitarios.
Media
μ = n*p = (400)*(0.48) = 192.
Desviación estándar
σ = n * p * q = ( 400 ) * ( 0.48) * ( 0.52 ) ≅ 9.99
Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 214.5 y 265.5
215 ≤ x ≤ 265 → 215 - 0.5 ≤ y ≤ 265 + 0.5 → 214.5 ≤ y ≤ 265.5

Z=

y −µ
σ

z=

214.5 −192
≅ 2.25
9.99

y

z=

265.5 −192
≅ 7.35
9.99

β = P(error tipo II) =P(214 < x < 266, cuando p = 0.48) =P(2.25≤ z ≤ 7.35) = P(z ≤ 7.35) – P(z ≤ 2.25) =
= 1 – 0.9878 = 0.0122 = 1.22%.
Respuesta:
La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0.48 es del 1.22%.
Problema 36 (Ref: Pág. 305 – Ej. 15)
Una máquina de refrescos en un restaurante de carnes asadas se ajusta de modo que la cantidad de
bebida que sirva esté distribuida de forma aproximadamente normal con una media de 200 mililitros y
una desviación estándar de 15 mililitros. La máquina se verifica periódicamente con una muestra de
nueve bebidas y con el cálculo del contenido promedio. Si x cae en el intervalo 191 < x < 209, se
considera que la máquina opera de manera satisfactoria: de otro modo, concluimos que μ ≠ 200
mililitros.
a) Encuentre la probabilidad de cometer un error tipo I cuando μ = 200 mililitros.
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b) Encuentre la probabilidad de cometer un error tipo II cuando μ = 215 mililitros.
Datos:
P : bebida que sirve cierta maquina de refresco.
X : medida en mililitros de esa maquina de refresco.
Tamaño de la muestra
n = 9 bebidas.
Desviación estándar poblacional
σ = 15 mililitros.
σ
15 15
σx = x =
=
Desviación estándar muestral
= 5 mililitros.
n
9 3
Región de aceptación
191 < x < 209.
Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

H 0: μ = 200 mililitros.
H1: μ ≠ 200 mililitros.

a) Incógnita:
Probabilidad de error tipo I, α
Solución:
Media
μ = 200 mililitros.
Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 191 y 209
z=

191 − 200
= -1.80
5

y

z=

X ~ N( μ x = 200, σ x = 15)

209 − 200
= 1.80
5

α = P(error tipo I) = P(191 > x > 209) = (2)*P(z < -1.80) = (2)*(0.0359) = 0.0718 = 7.18%.
Respuesta:
La probabilidad de cometer un error tipo I con es del 7.18%.
b) Incógnita:
Probabilidad de error tipo II, β
Solución:
Media
μ = 215 mililitros.
Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 191 y 209
z=

191 − 215
= -4.80
5

y

z=

X ~ N( μ x = 200, σ x = 15)

209 − 215
= -1.20
5

β = P(error tipo II) =P(191 < x < 209) =P(-4.80 ≤ z ≤ -1.20) = P(z ≤ -1.20) – P(z ≤ -4.80) =
= 0.1151 – 0 = 0.1151 = 11.51%.
Respuesta:
La probabilidad de cometer un error tipo II es del 11.51%.
Problema 37 (Ref: Pág. 325 – Ej. 1)
Una empresa eléctrica fabrica focos que tienen una duración que se distribuye de forma
aproximadamente normal con una media de 800 horas y una desviación estándar de 40 horas. Prueba
la hipótesis de que μ = 800 horas contra la alternativa de que μ ≠ 800 horas si una muestra aleatoria de
30 focos tiene una duración promedio de 788 horas. Utilice un nivel de significancia de 0.04.
Datos:
P : focos fabricados en cierta empresa eléctrica.
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X : duración en horas de un foco fabricado en esa empresa eléctrica.
Tamaño de la muestra
n = 30 focos.
Desviación estándar poblacional
σ = 40 horas.
Media muestral
x = 788 horas.
σ
40
σx = x =
≅ 7.30 mililitros.
Desviación estándar muestral
n
30
Nivel de significancia
α = 0.04
Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

H0: μ = 800 horas.
H1: μ ≠ 800 horas.

X ~ N ( μ x = 788, σ x = 40 )

Incógnita:
Rechazo o aceptación de la hipótesis nula.
Solución:
Es conveniente estandarizar X e incluir de manera formal la variable aleatoria normal estándar Z, donde

z=

z=

X −μ
σ
n

788 − 800
=-1.64
7.30

Si − z α < z < z α , no se rechaza H0.
2

2

− z 0.04 < z < z 0.04
2

2

− z 0.02 < z < z 0.02

Aplicando Tabla A.3.

– 2.055 < z < 2.055
Respuesta:
No rechazamos la hipótesis nula ya que el valor de z hallado se encuentra dentro de la región de no rechazo.

Problema 38 (Ref: Pág. 326 – Ej. 5)
Se afirma que un automóvil se maneja en promedio más de 20000 kilómetros por año. Para probar esta
afirmación, se pide a una muestra de 100 propietarios de automóviles que lleven un registro de los
kilómetros que viajen. ¿Está de acuerdo con esta afirmación si la muestra aleatoria muestra un
promedio de 23500 kilómetros y una desviación estándar de 3900 kilómetros?. Utilice un valor P en su
conclusión.

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Datos:
Tamaño de la muestra
Media muestral
Desviación estándar muestral

n = 100 automóviles.
x = 23500 kilómetros.
σx = 3900 kilómetros.

Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

H0: μ ≤ 20000 kilómetros.
H1: μ > 20000 kilómetros.

Incógnita:
Rechazo o aceptación de la hipótesis nula.
Solución:
Es conveniente estandarizar X e incluir de manera formal la variable aleatoria normal estándar Z, donde

z=

z=

X −μ
σ
n

23500 − 20000
= 8.97.
3900 / 100

P= P(Z > 8.97)

≅

1-1 = 0

Respuesta:
Rechazamos la hipótesis nula y concluimos que μ ≠ 20000 Kilómetros.

Problema 39 (Ref: Pág. 326 – Ej. 7 ligado al Ej. 1 – Pág. 339)
a) Ref. Pág. 326 – Ej. 7
Pruebe la hipótesis de que el contenido promedio de los envases de un lubricante particular es de 10
litros si los contenidos de una muestra aleatoria de 10 envases son 10.2, 9.7, 10.1, 10.3, 10.1, 9.8, 9.9,
10.4, 10.3 y 9.8 litros. Utilice un nivel de significancia de 0.01 y suponga que la distribución del
contenido es normal.
b) Ref. Pág. 339 – Ej.1
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Se sabe que el volumen de los envases de un lubricante particular se distribuye normalmente con una
varianza de 0.03 litros. Pruebe la hipótesis de que σ2 = 0.03 contra la alternativa de que σ2 ≠ 0.03 para la
muestra aleatoria de 10 envases del ejercicio 7 de la página 326. Use un nivel de significancía de 0.01.
a) Ref. Pág. 326 – Ej. 7
Datos:
P : envases de un lubricante.
X : contenido en litros de un envase de ese lubricante.
Tamaño de la muestra
n = 10 envases.
n

Media muestral

x=

∑X

i

i =1

n

10.2 + 9.7 + 10.1 + 10.3 + 10.1 + 9.8 + 9.9 + 10.4 + 10.3 + 9.8
=
= 10.06 litros.
10
n

Desviación estándar muestral

s=
=

s=

∑ (X
i =1

i

− X)

2

n −1

(10.2 −10.06 )2 + (9.7 −10.06) 2 + (10.1 −10.06) 2 + (10.3 −10.06) 2 + (10.1 −10.06) 2 + (9.8 −10.06) 2 + (9.9 −10.06
9

(0.14 )2 + ( −0.36 )2 + ( 0.04 )2 + ( 0.24 )2 + (0.04)2 + ( − 0.26 )2 + ( − 0.16 )2 + (0.34)2 + ( 0.24 ) 2 + ( − 0.26 )2
9

Nivel de significancia

α = 0.01

Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

H0: μ = 10 litros.
H1: μ ≠ 10 litros.

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:

X −μ
t=
s
n
Si − t α

2

− t 0.01

, n −1

2

,9

t=

< t < tα

2

< t < t 0.01

, n −1 ,

2

10.06 −10
= 0.7722 .
0.0777

no se rechaza H0.

,9

− t 0.005,9 < t < t 0.005,9 Aplicando Tabla A.4.

- 3.250 < t < 3.250
Respuesta:
No rechazamos la hipótesis nula ya que el valor de t hallado se encuentra dentro de la región de No Rechazo.
b) Ref. Pág. 339 – Ej.1
Datos:

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=
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Tamaño de la muestra

n = 10 envases.
n

Media muestral

x=

∑X
i =1

i

=

n

10.2 + 9.7 + 10.1 + 10.3 + 10.1 + 9.8 + 9.9 + 10.4 + 10.3 + 9.8
= 10.06
10

litros.
n

Desviación estándar muestral

(10.2 −10.06 )

s =
=

2

s=

+ (9.7 −10.06)

2

∑ (X
i =1

i

− X)

2

n −1

+ (10.1 −10.06)

2

+ (10.3 −10.06)

2

+ (10.1 −10.06)

2

+ (9.8 −10.06)

2

+ (9.9 −10.06

9

(0.14 )2 + ( − 0.36 )2 + ( 0.04 )2 + ( 0.24 )2 + (0.04 )2 + ( − 0.26 )2 + ( − 0.16 )2 + ( 0.34 )2 + ( 0.24 ) 2 + ( − 0.26 )2
9

Nivel de significancia

α = 0.01
H0: σ2 = 0.03 litros.
H1: σ2 ≠ 0.03 litros.

Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:
x2 =

x2 =

( n −1) * s 2
σ2

(10 −1) * ( 0.2458) 2
0.03

=

( 9 ) * ( 0.0604 )
0.03

=

0.5436
≅ 18.13
0.03

2
Si χ α = 18.13 cuando v = 10 – 1 = 9 grados de libertad

Según Tabla A.5 => 0.025 < P(χ2 >18.13) < 0.05
Respuesta:
No rechazamos la hipótesis nula ya que la muestra de 10 envases no es suficiente para mostrar que σ2 no es
igual a 0.03.

Problema 40 (Ref: Pág. 326 – Ej. 12)
Una muestra aleatoria de tamaño n1 = 25, que se toma de una población normal con una desviación
estándar σ1 = 5.2, tiene una media x 1 = 81. Una segunda muestra aleatoria de tamaño n2 = 36, que se
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=
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toma de una población normal diferente con una desviación estándar σ2 = 3.4, tiene una media x 2 =
76. Pruebe la hipótesis de que μ1 = μ2 contra la alternativa μ1 ≠ μ2. Cite un valor P en su conclusión.
Datos:
Tamaño de la primer muestra
Desviación estándar de la primer población
Media de la primer muestra

n1 = 25.
σ1= 5.2.
x 1 = 81.

X 1 ~ N μ x1 = 81, σ x1 = 5.2

Tamaño de la segunda muestra
Desviación estándar de la segunda población
Media de la segunda muestra

n2 = 36.
σ2 = 3.4.
x 2 = 76.

X 2 ~ N μ x 2 = 76, σ x 2 = 3.4

Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

(

)

(

)

H0: μ1 = μ2.
H 1: μ 1 ≠ μ 2.

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:

z=

z=

(X

1

− X 2 ) − ( μ1 − μ 2 )
2
σ1 σ 2
+ 2
n1 n 2

( 81 − 76) − ( 0)
27.04 11.56
+
25
36

p = P(z > 4.222)

≅

=

5
≅ 4.222
1.184

1-1 = 0

Respuesta:
Rechazamos la hipótesis nula ya que la probabilidad de que ocurra es aproximadamente del 0%.

Problema 41 (Ref: Pág. 327 – Ej. 18 ligado al Ej. 9 – Pág. 340)
a)Ref. Pág. 327 – Ej.18

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6 de Agosto de 2008

Una compañía armadora de automóviles trata de decidir si compra llantas de la marca A o de la B para
sus modelos nuevos. Se lleva a cabo un experimento, para ayudar a llegar a una decisión, en el que se
usan 12 llantas de cada marca. Las llantas se utilizan hasta que se acaban. Los resultados son:
x 1 = 37900 kilómetros.
s1 = 5100 kilómetros.
x 2 = 39800 kilómetros.
s2 = 5900 kilómetros.

Marca A:
Marca B:

Prueba la hipótesis de que no hay diferencias en las dos marcas de llantas con un nivel de significancia
de 0.05. Suponga que las poblaciones se distribuyen de forma aproximadamente normal con varianzas
iguales.
b) Ref. Pág. 340 – Ej.9
Con referencia al ejercicio 18 de la página 327, pruebe la hipótesis de que σ 1 = σ 2 contra la alternativa
de que σ 1 < σ 2, donde σ 1 y σ 2 son las desviaciones estándar de las distancias que se obtienen por las
llantas marca A y marca B, respectivamente. Utilice un nivel de significancia de 0.05.
a)Ref. Pág. 327 – Ej.18
Datos:
Tamaño de la primer muestra
Tamaño de la segunda muestra
Desviación estándar de la primer muestra
Desviación estándar de la segunda muestra
Media de la primer muestra
Media de la segunda muestra
Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

n1 = 12 llantas.
n2 = 12 llantas.
s1= 5100 Km.
s2 = 5900 Km.
x 1 = 37900 Km.
x 2 = 39800 Km.

H0: μ1 = μ2.
H1: μ1 ≠ μ2.

Nivel de significancia

α = 0.05

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:

( s ) * ( n − 1) + ( s ) * ( n
2
1

sp =

2
2

1

2

− 1)

n1 + n2 − 2

Con nuestros datos:

sp =

( 26010000) * (11) + ( 34810000) * (11)
12 + 12 − 2

− X 2 ) − ( μ1 − μ 2 )
1
1
sp
+
n1 n 2
Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro
t=

=

286110000 + 382910000
669020000
=
= 5514.52 Km.
22
22

(X

1

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6 de Agosto de 2008

Con nuestros datos:

t=

( 37900 − 39800) − ( 0)
1
1
+
12 12

5514.52
Si − t α

2

, n1 + n 2 − 2

− t 0.05

2

< t < tα

,12 +12 − 2

2

=

− 1900
− 1900
=
≅ −0.84
( 5514.52 )( 0.408) 2249.92

,n1 + n 2 − 2

< t < t 0.05

2

, no se rechaza H0.

,12 +12 − 2

− t 0.025, 22 < t < t 0.025, 22 Aplicando Tabla A.4.

− 2.074 < t < 2.074
Respuesta:
No rechazamos la hipótesis nula ya que el valor de t hallado se encuentra dentro de la región crítica.
b) Ref. Pág. 340 – Ej.9
Datos:
Tamaño de la primer muestra
Tamaño de la segunda muestra
Desviación estándar de la primer muestra
Desviación estándar de la segunda muestra
Media de la primer muestra
Media de la segunda muestra

n1 = 12 llantas.
n2 = 12 llantas.
s1= 5100 Km.
s2 = 5900 Km.
x 1 = 37900 Km.
x 2 = 39800 Km.

H 0: σ 1 = σ 2
H 1: σ 1 < σ 2

Hipótesis nula
Hipótesis alternativa
Nivel de significancia

α = 0.05

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:
Sabemos que:

ƒα ( v1 , v 2 ) con v1 = n1 −1 y v2 = n2 −1 grados de libertad
con nuestros datos:
v1 = 12 −1 = 11

y

v 2 = 12 − 1 = 11 grados de libertad

f 0.05 (11,11) = 2.82 Según Tabla A.6

f 1−α ( υ1, υ2 ) =

1
con v1 = n1 −1 y v2 = n2 −1 grados de libertad
f α ( υ 2 , υ1 )

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Con nuestros datos:

f 0.95 (11,11) =

1
1
=
≅ 0.35
f 0.05 (11,11) 2.82

Gráficamente:

2

La hipótesis nula se rechaza cuando f > 2.82 ó f < 0.35 , donde

f = s1

s2
2

, con v1 = 11 y v1 = 11

grados de libertad.
con nuestros datos:

S12 = ( 5100 ) = 26010000km.
2

y por ello f =

2
S 2 = ( 5900 ) = 34810000km.
2

23010000
= 0.7472
34810000

Respuesta:
Rechazamos la hipótesis nula, para σ12 = σ22 , ya que el valor de f hallado es f < 0.35, 0.7472 < 0.35.
Problema 42 (Ref: Pág. 328 – Ej. 21 ligado al Ej. 10 – Pág. 340)
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a)Ref. Pág. 328 – Ej. 21
Los siguientes datos representan los tiempos de duración de películas producidas por dos compañías
cinematográficas:
Compañía
1
2

Tiempo (minutos)
102 86 98 109 92
81 165 97 134 92 87 114

Pruebe la hipótesis de que el tiempo de duración promedio de las películas producidas por la compañía
2 excede el tiempo promedio de duración de la que produce la compañía 1 en 10 minutos, contra la
alternativa unilateral de que la diferencia es de más de 10 minutos. Utilice un nivel de significancia de
0.1 y suponga que las distribuciones de los tiempos son aproximadamente normales con varianzas
iguales.
b) Ref. Pág. 340 – Ej. 10
Con referencia al ejercicio 21 de la página 328, pruebe la hipótesis de que σ 21 = σ22 contra la alternativa
de que σ21 ≠ σ22, donde σ21 y σ22 son las varianzas para los tiempos de duración de películas producidas
por la compañía 1 y la compañía 2, respectivamente. Utilice un nivel de significancia de 0.10.
a)Ref. Pág. 328 – Ej. 21
Datos:
X1 : tiempo de duración en minutos de una película producida por la compañía 1.
X2 : tiempo de duración en minutos de una película producida por la compañía 2.
Tamaño de la primer muestra
n1 = 5 películas.
Tamaño de la segunda muestra
n2 = 7 películas.
n

Media de la primer muestra

x1 =

∑X

i

=

i =1

n1

102 + 86 + 98 + 109 + 92
= 97.4 minutos.
5

n

Media de la segunda muestra

(

X 1 ~ N μ x1 = 97.4, σ x1 = 19.86

x2 =

∑X

i

i =1

=

n2

81 + 165 + 97 + 134 + 92 + 87 + 114
= 110. minutos.
7

)

(

X 2 ~ N μ x 2 = 110, σ x 2 = 79.95

n

Desviación estándar de la primer muestra

s1 =
=

s1 =

∑ (X
i =1

i

− X)

2

n1 − 1

(102 − 97.4) 2 + (86 − 97.4) 2 + (98 − 97.4) 2 + (109 − 97.4) 2 + (92 − 97.4) 2
4

( 4.6 ) 2 + ( − 11.4) 2 + ( 0.6 ) 2 + (11.6) 2 + ( - 5.4) 2
4

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

=

)

315.2
4

=

= 78.8 = 8.87minutos

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∑ (X
n

Desviación estándar de la segunda muestra

s2 =

s2 =

i =1

− X)

2

n2 −1

( 81 − 110 ) 2 + (165 − 110)2 + (97 − 110) 2 + (134 − 110)2 + (92 − 110)2 + (87 − 110)2 + (114 − 110) 2
6

( - 29) 2 + ( 55) 2 + ( - 13) 2 + ( 24) 2 + ( - 18) 2 + ( − 23) ) 2 + ( 4) 2

=

i

6

=

Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

6

= 913.3 = 30.22 min utos

H0: μ2 - μ1 ≤ 10 minutos.
H1: μ2 - μ1 > 10 minutos.

Nivel de significancia

5480

=

α = 0.1

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:

t=

(X

2

− X1 ) − ( μ 2 − μ1 )
2
s 2 s1
2
+
n 2 n1

con nuestros datos:

t=

(110 − 97.4) − (10 )
913.24 78.67
+
7
5

Si − t α

2

,υ

< t < tα

2

,υ

=

12.6 − 10
130.46 + 15.73

=

2.6
146.19

=

2.6
≈ 0.22
12.09

, no se rechaza H0.

Con

( s12 n1 + s22 n2 ) 2 = ( 78.68 5 + 913.25 7) 2 = (15.74 + 130.46) 2 =
υ≅
( s12 n1 ) 2 + ( s22 n2 ) 2 ( 78.68 5) 2 + ( 913.25 7) 2 (15.74) 2 + (130.46) 2
n1 − 1

=

( 146.2) 2
247.75 17019.81
+
4
6

entonces:

− t 0.1

5−1

n2 − 1

2

,7

=

21374.44
61.90 + 2836.75

< t < t 0.1

2

7−1

=

21374.44
2898.65

4

6

≈ 7.38 → υ = 7

,7

−t 0.05, 7 < t < t 0.05, 7 Aplicando Tabla A.4.

− 2.998 < t < 2.998

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Respuesta:
No rechazamos la hipótesis nula ya que el valor de t hallado se encuentra dentro de la región crítica.
b) Ref. Pág. 340 – Ej. 10
Datos:
Tamaño de la primer muestra
Tamaño de la segunda muestra

n1 = 5 películas.
n2 = 7 películas.
n

Media de la primer muestra

x1 =

∑X

i

=

102 + 86 + 98 + 109 + 92
= 97.4 minutos.
5

i

=

81 + 165 + 97 + 134 + 92 + 87 + 114
= 110. minutos
7

i =1

n1
n

Media de la segunda muestra

x2 =

∑X
i =1

n2

n

Desviación estándar de la primer muestra

s1 =
=

∑ (X

i

i =1

s1 =

− X)

n1 − 1

(102 − 97.4) 2 + (86 − 97.4) 2 + (98 − 97.4) 2 + (109 − 97.4) 2 + (92 − 97.4) 2
4

( 4.6 ) 2 + ( − 11.4) 2 + ( 0.6 ) 2 + (11.6) 2 + ( - 5.4) 2
4

315.2

=

4

Desviación estándar de la segunda muestra

=

s2 =

=

= 78.8 = 8.87minutos

∑ (X
n

s2 =

2

i =1

i

− X)

2

n2 −1

( 81 − 110 ) 2 + (165 − 110) 2 + (97 − 110) 2 + (134 − 110)2 + (92 − 110)2 + (87 − 110)2 + (114 − 110) 2
6

( - 29 ) 2 + ( 55) 2 + ( - 13) 2 + ( 24) 2 + ( - 18) 2 + ( − 23) ) 2 + ( 4) 2
6

Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

5480
6

= 913.3 = 30.22 min utos

H0: σ12 = σ22.
H1: σ12 ≠ σ22.

Nivel de significancia

=

=

α = 0.1

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:
Sabemos que:

ƒα ( v1 , v 2 ) con v1 = n1 −1 y v2 = n2 −1 grados de libertad
Con nuestros datos:
v1 = 5 − 1 = 4
y

v 2 = 7 − 1 = 6 grados de libertad entonces:

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

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ƒ 0.05 ( 4,6 ) = 4.53 Según Tabla A.6

f 1−α ( υ1, υ2 ) =

1
con v1 = n1 −1 y v2 = n2 −1 grados de libertad
f α ( υ 2 , υ1 )

Con nuestros datos:

f 0.95 ( 4,6 ) =

1
1
=
≅ 0.16
f 0.05 ( 6,4 ) 6.16

Gráficamente:

La hipótesis nula se rechaza cuando f > 4.53 ó f < 0.16 , donde

s12
f =

s2
2

, con v1 = 4 y v1 = 6

grados de libertad.
con nuestros datos:

S12 = ( 8.87 ) = 78.7 min utos.
2

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

y

2
S 2 = ( 30.22) = 913.25 min utos.
2

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y por ello f =

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78.7
= 0.09
913.25

Respuesta:
Rechazamos la hipótesis nula, para σ12 = σ22 , ya que el valor de f hallado es f < 0.16, 0.09 < 0.16.
Problema 43 (Ref: Pág. 335 – Ej. 6)
En cierta universidad se estima que a lo más 25% de los estudiantes van en bicicleta a la escuela. ¿ Esta
parece ser una estimación valida si, en una muestra aleatoria de 90 estudiantes universitarios, se
encuentra que 28 van en bicicleta a la escuela?. Utilice un nivel de significancia de 0.05.
Datos:
P : estudiantes de cierta universidad.
X : un estudiante de esa universidad.
Tamaño de la muestra
n = 90 estudiantes.
Cantidad de estudiantes que van en bicicleta
x = 28 estudiantes.
Proporción de estudiantes que en bicicleta
p = 0.25
q = 0.75
Proporción de estudiantes que no andan en bicicleta
Media
μ = n*p = (90)*(0.25) = 22.5 estudiantes.
Desviación estándar
σ = n * p * q = ( 90) * ( 0.25) * ( 0.75) ≅ 4.10 estudiantes.
X ~ N( μ x = 22.5, σ x = 4.10)

Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

H0: p ≤ 0.25.
H1: p > 0.25.

Nivel de significancia

α = 0.05

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:
Rechazamos H0 si Z < -1.64 siendo
Z=

x −μ
σ

Con nuestros datos:
Z =

28 − 22.5
= 1.338877 ≈ 1.34
4.107919

P = P( Z > 1.34 ) = 1 − ( Z ≤ 1.34 ) = 1 − 0.909 = 0.091 = 9.1%

Respuesta:
No rechazamos la hipótesis nula ya que no hay suficiente evidencia para concluir que P> 0.25.

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Problema 44 (Ref: Pág. 335 – Ej. 9)
En un estudio para estimar la proporción de residentes de cierta ciudad y sus suburbios que están a
favor de la construcción de una planta de energía nuclear, se encuentra que 63 de 100 residentes
urbanos están a favor de la construcción mientras que solo 59 de 125 residentes suburbanos la
favorecen. ¿ Hay una diferencia significativa entre la proporción de residentes urbanos y suburbanos
que favorecen la construcción de la planta nuclear?. Use un valor P.
Datos:
P1 : residentes urbanos de cierta ciudad.
P2 : residentes suburbanos de cierta ciudad.
p1 : proporción de residentes urbanos a favor de la construcción de una planta de energía nuclear.
p2 : proporción de residentes suburbanos a favor de la construcción de una planta de energía nuclear.
Tamaño de la primer muestra
n1 = 100 residentes urbanos.
Tamaño de la segunda muestra
n2 = 125 residentes suburbanos.
Cantidad de urbanos a favor
x1 = 63 residentes urbanos.
Cantidad de suburbanos a favor
x2 = 59 residentes suburbanos.
x
63
ˆ
p1 = 1 =
= 0.63
Proporción de urbanos a favor
n 1 100

x2
59
=
= 0.472
n 2 125
x + x2
63 + 59
122
ˆ
p= 1
=
=
= 0.542
Combinación de las proporciones
n 1 + n 2 100 + 125 225
Hipótesis nula
H0: p1 = p2.
Hipótesis alternativa
H1: p1 ≠ p2.
Proporción de suburbanos a favor

ˆ
p2 =

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:
Utilizamos la aproximación normal

z=

z=

ˆ ˆ
p1 − p2
ˆˆ
pq[ (1 n1 ) + (1 n2 ) ]
0.63 − 0.472

( 0.542)( 0.458) 


1   1 
+

 100   125 

=

0.158

( 0.542)( 0.458)( 0.018)

=

0.158
0.0044

=

0.158
= 2.36
0.066

P(z > 2.36 ) = 2* P(z > 2.36) = 2*(1 – 0.9909) = 0.0182 = 1.82%
Respuesta:

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

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Rechazamos la hipótesis nula ya que hay una probabilidad de que ocurra del 1.82%. La proporción de los
residentes urbanos a favor de la construcción de una planta de energía nuclear es mayor que la proporción de
los residentes suburbanos a favor de la construcción de dicha planta.

Problema 45 (Ref: Pág. 335/336 – Ej. 10)
En un estudio sobre la fertilidad de mujeres casadas por Martín O`Connell y Carolyn C. Rogers para
la Oficina de Censos en 1979, se seleccionaron al azar dos grupos de esposas con edades de 25 a 29 sin
hijos y a cada mujer se le preguntó si planeaba tener un hijo. Se seleccionó un grupo entre las mujeres
con menos de dos años de casadas y otro entre las que tenían cinco años de casadas. Suponga que 240
de 300 con menos de dos años de casadas planean tener algún día un hijo comparadas con 288 de las
400 con cinco años de casadas. ¿ Podemos concluir que la proporción de mujeres con menos de dos
años de casadas que planean tener hijos es significativamente más alta que la proporción con cinco años
de casadas?. Use un valor P.
Datos:
P1 : mujeres con menos de dos años de casada.
P2 : mujeres con cinco años de casadas.
p1 : proporción de mujeres con menos de dos años de casadas.
p2 : proporción de mujeres con cinco años de casadas.
Tamaño de la primer muestra
n1 = 300 mujeres con menos de dos años de casadas.
Tamaño de la segunda muestra
n2 = 400 mujeres con cinco años de casadas.
Cantidad con menos de dos años de casadas
x1 = 240 mujeres.
Cantidad con cinco años de casadas
x2 = 288 mujeres.
x
240
ˆ
p1 = 1 =
= 0.80
Proporción con menos de dos años
n 1 300

x 2 288
=
= 0.72
n 2 400
x + x 2 240 + 288 528
ˆ
p= 1
=
=
= 0.754
n1 + n 2 300 + 400 700
ˆ
p2 =

Proporción con cinco años
Combinación de las proporciones

H0: p1 ≤ p2.
H1: p1 > p2.

Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:
Utilizamos la aproximación normal

z=

z=

ˆ ˆ
p1 − p2
ˆˆ
pq[ (1 n1 ) + (1 n2 ) ]
0.80 − 0.72

( 0.754)( 0.246) 


1   1 
+

 300   400 

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

=

0.08

( 0.754)( 0.246)( 0.0055)

=

0.08
0.00108199

=

0.08
≅ 2.44
0.032893616

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P(z > 2.44 ) = 1 – P(z ≤ 2.44) = 1 – 0.9927 = 0.0073 = 0.73%.
Respuesta:
Rechazamos la hipótesis nula. La proporción de mujeres con menos de 2 años de casadas que planean tener
hijos es considerablemente más alta que la proporción de mujeres con 5 años de casadas que planean tener
hijos.
Problema 46 (Ref: Pág. 328 – Ej. 24)
Cinco muestras de una sustancia ferrosa se usan para determinar si hay una diferencia entre un
análisis químico de laboratorio y un análisis de fluorescencia de rayos X del contenido de hierro. Cada
muestra se divide en dos submuestras y se aplican los dos tipos de análisis. A continuación se presentan
los datos codificados que muestran los análisis de contenido de hierro:
Muestra
Análisis
Rayos X
Químico

1
2,0
2,2

2
2,0
1,9

3
2,3
2,5

4
2,1
2,3

5
2,4
2,4

Suponga que las poblaciones son normales, pruebe con un nivel de signficancia de 0.05 si los dos
métodos de análisis dan, en promedio, el mismo resultado.
Datos:
Tamaño de la muestra

n = 5 muestras.

Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

H0: μ1 = μ2 .
H1: μ1 ≠ μ2.

Nivel de significancia

α = 0.05

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:
Región critica

− t α < t < tα
2

2

− t 0.05 < t < t 0.05
2

2

− t 0.025 < t < t 0.025 Aplicando Tabla A.4.

− 2.776 < t < 2.776
_

d− d 0

Donde t = s
d

con v = n-1 grados de libertad

n

Calculando:

 n 
∑d 
La media muestral _  i =1 i 
d=
n
Muestra
Análisis
Rayos X

1
2,0

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

2
2,0

3
2,3

4
2,1

5
2,4
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UADER

Trabajo Final
6 de Agosto de 2008

Químico

2,2

1,9

2,5

2,3

2,4

di

-0,2

0,1

-0,2

-0,2

0,0

_

d=

( − 0.2) + ( 0.1) + ( − 0.2) + ( − 0.2) + ( 0.0)
5

= −0.1

la desviación estándar
n

  n

 n * ∑ d i2  -  ∑ d i 
i =1

  i =1 
sd =
n * ( n − 1)

2

con nuestros datos:

sd =

sd =

[

]

5 * ( - 0.2 ) + ( 0.1) + ( - 0.2 ) + ( - 0.2 ) + ( 0.0 ) - [ ( − 0.2) + ( 0.1) + ( − 0.2) + ( − 0.2) + ( 0.0 ) ]
2

2

2

2

2

2

5 * ( 5 − 1)

5 * [ ( 0.13) ] - [ ( − 0.5) ]
5 * ( 4)

2

=

0.4
= 0.1414
20

_

d− d 0
Calculamos t = s
con nuestros datos
d
n

t=

− 0.1
0.1414

= −1.58
5

Respuesta:
No rechazamos la hipótesis nula. Concluimos que ambos métodos no son considerablemente diferentes.

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

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Trabajo Final
6 de Agosto de 2008

Problema 47 (Ref: Pág. 329 – Ej. 25)
El administrador de una compañía de taxis trata de decidir si el uso de llantas radiales en lugar de
llantas regulares de cinturón mejora la economía de combustible. Se equipan 12 autos con llantas
radiales y se manejan por un recorrido de prueba preestablecido. Sin cambiar de conductores, los
mismos autos se equipan con llantas comunes con cinturón y se manejan otra vez por el recorrido de
prueba. El consumo de gasolina, en kilómetros por litro, se registró como sigue:

Auto
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12

Kilómetros por litro
Llantas radiales Llantas con cinturón
4,2
4,1
4,7
4,9
6,6
6,2
7,0
6,9
6,7
6,8
4,5
4,4
5,7
5,7
6,0
5,8
7,4
6,9
4,9
4,7
6,1
6,0
5,2
4,9

¿ Podemos concluir que los autos equipados con llantas radianes dan una economía de combustible
mejor que los equipados con llantas de cinturón?. Suponga que las poblaciones se distribuyen
normalmente. Utilice un valor P en su conclusión.
Datos:
Tamaño de la muestra
n = 12 autos.
Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

H0: μ1 = μ2 .
H1: μ1 > μ2.

Nivel de significancia

α = 0.05

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:
_

d− d 0
Donde t = s
con v = n-1 grados de libertad
d
n
Calculando:

 n 
∑d 
La media muestral _  i =1 i 
d=
n
Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

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Cátedra: Probabilidad y Estadística
UADER

Trabajo Final
6 de Agosto de 2008

Kilómetros por litro
Auto Llantas radiales Llantas con cinturón
1
4,2
4,1
2
4,7
4,9
3
6,6
6,2
4
7,0
6,9
5
6,7
6,8
6
4,5
4,4
7
5,7
5,7
8
6,0
5,8
9
7,4
6,9
10
4,9
4,7
11
6,1
6,0
12
5,2
4,9

_

d=

di
0,1
-0,2
0,4
0,1
-0,1
0,1
0,0
0,2
0,5
0,2
0,1
0,3

( 0.1) + ( − 0.2) + ( 0.4) + ( 0.1) + ( − 0.1) + ( 0.1) + ( 0.0 ) + ( 0.2) + ( 0.5) + ( 0.2 ) + ( 0.1) + ( 0.3)
12

= 0.1417 Km

la desviación estándar

n

  n

 n * ∑ d i2  -  ∑ d i 
i =1

  i =1 
sd =
n * ( n − 1)

2

con nuestros datos:
sd =

12 * [ ( 0.67 ) ] - [1.7 ]
12 * (11)

2

=

5.15
= 0.198 Km
132

_

d− d 0
Calculamos t = s
con nuestros datos
d
n

t=

0.1417
= 2.48
0.198
12

Y P = P(

t

> 2.48) = 0.02 con 11 grados de libertad

Respuesta:
Rechazamos hipótesis nula ya que el nivel de significancia esta por encima del 0.02.
Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

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Trabajo Final
6 de Agosto de 2008

Problema 48 (Ref: Pág. 329 – Ej. 26)
En el ejercicio 2 de la página 287, utilice la distribución t para probar la hipótesis de que la dieta
reduce el peso de una persona en 4.5 kilogramos en promedio contra la hipótesis alternativa de que la
diferencia media en peso es menor que 4.5 kilogramos. Utilice un valor P.
Datos:
Tamaño de la muestra

n = 7 mujeres.

Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

H0: μ1 - μ2 = 4.5 Kilogramos
H1: μ1 - μ2 < 4.5 Kilogramos

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:
_

d− d 0
Donde t = s
con v = n-1 grados de libertad
d
n
Calculando:

 n 
∑d 
La media muestral _  i =1 i 
d=
n
Peso

1
58,
Antes
5
60,
Después
0
di
-1,5
_

d=

2
60,
3
54,
9
5,4

Mujeres
3
4
5
61, 69, 64,
7
0
0
58, 62, 58,
1
1
5
3,6 6,9 5,5

6
7
62,
6 56,7
59,
9 54,4
2,7 2,3

( − 1.5) + ( 5.4) + ( 3.6) + ( 6.9) + ( 5.5) + ( 2.7 ) + ( 2.3)
7

= 3.557 Kilogramos

la desviación estándar
n

  n

 n * ∑ d i2  -  ∑ d i 
i =1

  i =1 
sd =
n * ( n − 1)

2

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Trabajo Final
6 de Agosto de 2008

con nuestros datos:

sd =

7 * [ (134.81) ] - [24.9 ]
7 * (6 )

2

=

323.66
= 2.776 Kilogramos
42

_

3.557 − 4.5
d− d 0
t=
= −0.896
Calculamos t = s
con nuestros datos
2.776
d
7
n
Y P = P(

t

> 0.896) = 0.3 con 6 grados de libertad

Respuesta:
No rechazamos la hipótesis nula.

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

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Cátedra: Probabilidad y Estadística
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Trabajo Final
6 de Agosto de 2008

Problema 49 (Ref: Pág. 329/330 – Ej. 28)
En un estudio realizado por el Departamento de Nutrición Humana y Alimentos del Instituto
Politécnico y Universidad Estatal de Virginia se registraron los siguientes datos acerca de la
comparación de residuos de ácido sórbico, en partes por millón, en jamón inmediatamente después de
sumergirlo en una solución de ácido y después de 60 días de almacenamiento:
Residuos de ácido sórbico en jamón
Rebanada Antes del almacenamiento Después del almacenamiento
1
224
116
2
270
96
3
400
239
4
444
329
5
590
437
6
660
597
7
1400
689
8
680
576
Si se supone que las poblaciones se distribuyen normalmente, ¿ hay suficiente evidencia, al nivel de
significancia de 0.05, para decir que la duración del almacenamiento influye en las concentraciones
residuales de ácido sórbico?
Datos:
Tamaño de la muestra

n = 8 rebanadas.

Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

H0: μ1 = μ2.
H1: μ1 ≠ μ2.

Nivel de significancia

α = 0.05

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:
Región critica

− tα < t < tα
2

2

− t 0.05 < t < t 0.05
2

2

− t 0.025 < t < t 0.025 Aplicando Tabla A.4.

− 2.365 < t < 2.365
_

d− d 0
Donde t = s
con v = n-1 grados de libertad
d
n

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

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Trabajo Final
6 de Agosto de 2008

Calculando:

 n 
∑d 
La media muestral _  i =1 i 
d=
n
Residuos de ácido sórbico en jamón
Rebanada Antes del almacenamiento Despues del almacenamiento
1
224
116
2
270
96
3
400
239
4
444
329
5
590
437
6
660
597
7
1400
689
8
680
576

_

d=

(108) + (174) + (161) + (115) + (153) + ( 63) + ( 711) + (104) = 198.625
8

di
108
174
161
115
153
63
711
104

Millón/partes

la desviación estándar

n

  n

 n * ∑ d i2  -  ∑ d i 
i =1

  i =1 
sd =
n * ( n − 1)

sd =

8 * [ (624801) ] - [1589 ]
8 * (7 )

2

2

=

2473487
= 210.165 Millón/partes
56

_

d− d 0
Calculamos t = s
con nuestros datos
d
n

t=

198.625
210.165

= 2.67
8

Respuesta:
Rechazamos la hipótesis nula. La duración de almacenamiento influye en las concentraciones residuales de
ácido sórbico.

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

Página 77 de 104
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Trabajo Final
6 de Agosto de 2008

Problema 50 (Ref: Pág. 353 – Ej. 6)
Se seleccionan tres canicas de una urna que contiene cinco canicas rojas y tres verdes. Después de
registrar el número X de canicas rojas, las canicas se reemplazan en la urna y el experimento se repite
112 veces. Los resultados que se obtienen son los siguientes:
x 0 1
3
f 1 1

2 3
5
5 25

Pruebe la hipótesis con un nivel de significancia de 0.05 de que los datos registrados se pueden ajustar
con una distribución hipergeométrica h (x; 8, 3, 5), x = 0, 1, 2, 3.
Datos:
Variable aleatoria
Repeticiones del experimento

X: números de canicas rojas.
m = 112 veces.

Hipótesis nula
Hipótesis alternativa

H0: X ~ h(x, 8, 3, 5) x = 0, 1, 2, 3.
H 1: es falso.

Nivel de significancia

α = 0.05.

Incógnita:
Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.
Solución:

 k  N − k
   
 x  n − x  ,
 N
 
n 

Aplicando la distribución hipergeométrica a nuestros datos:

X ~ h(x, N, n, k) => P(x = xi) =

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

x = 0, 1, 2, 3,....., n.

Página 78 de 104
Cátedra: Probabilidad y Estadística
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P(x = 0)=

 5 8 − 3

03− (1)
= = ≅0.1786
8 56

3

Trabajo Final
6 de Agosto de 2008

e0 = (112)*(0.01786) = 2.

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Página 79 de 104
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P(x = 1)=

 5 8 − 3

13− 2(5)31
= = ≅0.2678
 8  56

3

Trabajo Final
6 de Agosto de 2008

e1 = (112)*(0.26786) = 30.

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

Página 80 de 104
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P(x = 2)=

 5 8− 3

23− 1(0)3
= = ≅0.5371
 8 56

3

Trabajo Final
6 de Agosto de 2008

e2 = (112)*(0.53571) = 60.

Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro

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P(x = 3)=

I

 5 8 − 3

3− 0(1)
= = ≅0.1785
 8  56

3

Trabajo Final
6 de Agosto de 2008

e3 = (112)*(0.17857) = 20.

xi

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P(x = xi)

ei = mpi

oi

j
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Solucionario libro: Probabilidad y estadística para ingenieros 6 ed - walpole

  • 1. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 1 (Ref: Pág. 223 - Ej. 5) Una máquina de refrescos se ajusta para que la cantidad de bebida que sirve promedie 240 mililitros con una desviación estándar de 15mililitros. La máquina se verifica periódicamente tomando una muestra de 40 bebidas y se calcula el contenido promedio. Si la media de las 40 bebidas es un valor dentro del intervalo μ x ± 2σ x , se piensa que la máquina opera satisfactoriamente, de otra forma, se ajusta. En la sección 8.4, el funcionario de la compañía encuentra que la media de 40 bebidas es x = 236 mililitros y concluye que la máquina no necesita un ajuste ¿Esta fue una decisión razonable? Datos: Variable aleatoria Tamaño de la muestra Desviación estándar poblacional Media poblacional Media muestral Desviación estándar muestral X: cantidad de bebida que sirve una máquina (en mililitros). n = 40 bebidas. σx = 15 mililitros. μx = 240 mililitros. x = μ x = 240 mililitros. σ σ x = x ≃2.3717 mililitros. n Incógnita: μ x − 2σ x ≤ x ≤ μ x + 2σ x Solución: Reemplazando con nuestros datos 240 ml. – (2)(2.372 ml.) ≤ x ≤ 240 ml. + (2)(2.372 ml.) 240 ml. – 4.744 ml. ≤ x ≤ 240 ml. + 4.744 ml. 235.257 ml. ≤ x ≤ 244.743 ml. Respuesta: Esta fue una decisión razonable puesto que 236 ml., que es la media encontrada se encuentra dentro del intervalo definido. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 1 de 104
  • 2. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 2 (Ref: Pág. 223 - Ej. 9) La vida media de una máquina para hacer pasta es de siete años, con una desviación estándar de un año. Suponga que las vidas de estas máquinas siguen aproximadamente una distribución normal, encuentre: a) La probabilidad de que la vida media de una muestra aleatoria de nueve de estas máquinas caiga entre 6.4 y 7.2 años; b) El valor de x a la derecha del cual caería el 15% de las medias calculadas de muestras aleatorias de tamaño nueve. Datos: Variable aleatoria Media poblacional Desviación estándar poblacional Tamaño de la muestra X: vida útil de una máquina de hacer pasta (en años). μx = 7 años. σx = 1 año. n = 9 máquinas. X ~ N( μ x , σ x ) ⇒ μ x = μ x = 7 (años)  σ 1 1 σx = x = = (años ) n 9 3 a) Incógnita: P(6.4 ≤ x ≤ 7.2) Solución:    6.4 − 7 X − μx 7.2 − 7  P ≤ ≤  = P( −1.8 ≤ z ≤ 0.6 ) = P( z ≤ 0.6 ) − P( z ≤ −1.8) =⇒ σx 1  13 3  n   Aplicando Tabla A.3. = 0.7257 – 0.0359 = 0.6898 = 68.98%. Respuesta: La probabilidad de que la vida media de una muestra de 9 de esas máquinas caiga entre 6.4 años y 7.2 años es del 68.98%. b) Incógnita: Un valor de x que deje a su derecha un área del 15% y por lo tanto un área del 85% a su izquierda. Solución: Con µx = 7 años y α = 1 − 0.15 = 0.85 _ _ Zα = Z 0.85 = 1.04 ⇒ Z 0.85 _ x −7 1  = ⇒ (1.04) *  + 7 = x = 7.346667 Años 1 3  3 x = 7.35 años Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 2 de 104
  • 3. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Respuesta: El valor de x que deja a su derecha un área del 15% es 7.35 años. Problema 3 (Ref: Pág. 223/224 - Ej. 10) El tiempo que el cajero de un banco con servicio en el automóvil atiende a un cliente es una variable aleatoria con media μ = 3.2 minutos y una desviación estándar σ = 1.6 minutos. Si se observa una muestra aleatoria de 64 clientes, encuentre la probabilidad de que su tiempo medio con el cajero sea: a) a lo más 2.7 minutos; b) más de 3.5 minutos; c) al menos 3.2 minutos pero menos de 3.4 minutos. Datos: Variable aleatoria Media poblacional Desviación estándar poblacional Tamaño de la muestra X: tiempo que un cajero atiende a un cliente (en minutos). μx = 3.2 minutos. σx = 1.6 minutos. n = 64 clientes. X ~ N( μ x , σ x ) ⇒ μ x = μ x = 3.2 (años) σx = σx n = 1.6 64 = 1 .6 (años ) 8 a) Incógnita: P( x ≤ 2.7) Solución:    X − μx 2.7 − 3.2  P ≤  = P( z ≤ −2.5) = Aplicando Tabla A.3. = 0.0062 = 0.62% 1.6  σx 8  n   Respuesta: La probabilidad de que el tiempo promedio de los cliente con el cajero sea a lo más 2.7 minutos es de 0.62%. b) Incógnita: P( x > 3.5) Solución:    X − μx 3.5 − 3.2  P >  = P( z >1.5) =1 − P( z ≤ .5) =1 − 0.9332 = Aplicando Tabla A.3. = 0.0668 = 1.6  σx  n 64   6.68%. Respuesta: La probabilidad de que el tiempo promedio de los cliente con el cajero sea más 3.5 minutos es de 6.68%. c) Incógnita: P(3.2 ≤ x ≤ 3.4) Solución:    3.2 − 3.2 X − μx 3.4 − 3.2  P ≤ ≤  = P( 0 ≤ z ≤ 1) = P( z ≤ 1) − P( z ≤ 0 ) =⇒ σx 1.6  1.6  64 n 64   Aplicando Tabla A.3 = 0.8413 – 0.5000 = 0.3413 = 34.13%. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 3 de 104
  • 4. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Respuesta: La probabilidad de que el tiempo promedio de los cliente con el cajero este entre 3.2 y 3.4 minutos es de 34.13%. Problema 4 (Ref: Pág. 224 - Ej. 12) Se toma una muestra aleatoria de tamaño 25 de una población normal que tiene una media de 80 y una desviación estándar de 5. Una segunda muestra aleatoria de tamaño 36 se toma de una población normal diferente que tiene una media de 75 y una desviación estándar de 3. Encuentre la probabilidad de que la media muestral calculada de las 25 mediciones exceda de media muestral calculada de las 36 mediciones por al menos 3.4 pero en menos de 5.9. Suponga que las medias se miden al décimo más cercano. Datos: Tamaño de la primer muestra Media de la primer población ( n1 = 25. ) μ1= 80. Desviación estándar de la primer población n2 = 36. Media de la segunda población σ x1 = σ1 = 5. Tamaño de la segunda muestra X 1 ~ N μ x1 , σ x1 ⇒ μ x1 = μ x1 = 80 μ2= 75. ( σx 1 n1 = 5 25 =1 ) X 2 ~ N μ x 2 , σ x 2 ⇒ μ x 2 = μ x 2 = 75 σ x2 = Desviación estándar de la segunda población σ2 = 3. σx 2 n2 = 3 36 = 1 2 Incógnita: P( 3.4 ≤ ( X1 − X 2 ) ≤ 5.9 ) Solución: Utilizando el Teorema 8.3; el que dice: Si se extraen al azar muestras independientes de tamaño n 1 y n 2 de dos poblaciones, discreta o continuas, 2 con medias μ 1 y μ 2 y varianzas σ 1 y σ 2 , respectivamente, entonces la distribución muestral de las 2 diferencias de las medias, X 1 − X 2 , está distribuida aproximadamente de forma normal con media y varianza dadas por μ x1 - x1 = μ 1 − μ 2 σ 21 - x 2 = x y 2 σ1 σ 2 + 2. n1 n 2 De aquí Z= (X − X ) − (μ (σ n ) + (σ 1 2 2 1 1 1 2 2 − μ2 ) n2 ) es aproximadamente una variable normal estándar. con nuestros datos: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 4 de 104
  • 5. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 μ x1 - x 2 = 80 – 75 = 5 σ x1 - x 2 = y 25 9 + = 1.118 25 36        3.4 − X −X −μ − μ 5 5  1 2 1 2 ≤ 5.9 −  =P(− P 3.4 ≤ X1 −X 2 ≤5.9 =P ≤ 1.4311 ≤z ≤0.8050 ) = 1.118034  1.118034 σ 2  σ 2   1   2    +  n   n      1   2        ( ( ) ) ( ) ( ) = P(z ≤ 0.8050) − P( z ≤ −1.4311) =⇒Aplicando Tabla A.3. = 0.7896 – 0.0762 = 0.7134 = 71.34%. Respuesta: La probabilidad de que la media muestral calculada de las 25 mediciones exceda de media muestral calculada de las 36 mediciones por al menos 3.4 pero en menos de 5.9 es de 71.34%. Problema 5 (Ref: Pág. 236 - Ej. 1) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 5 de 104
  • 6. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Para una distribución ji cuadrada encuentre. 2 a) χ 0.025 cuando υ = 15; 2 b) χ 0.01 cuando υ = 7; 2 c) χ 0.05 cuando υ = 24. 2 a) Según Tabla A.5 χ 0.025 cuando υ = 15 => 27.488 Respuesta: El valor χ2 con 15 grados de libertad, que deja un área de 0.025 a su derecha es 27.488. Gráfica: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 6 de 104
  • 7. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 2 b) Según Tabla A.5 χ 0.01 cuando υ = 7 => 18.475 Respuesta: El valor χ2 con 7 grados de libertad, que deja un área de 0.01 a su derecha es 18.475. Gráfica: 2 c) Según Tabla A.5 χ 0.05 cuando υ = 24 => 36.415 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 7 de 104
  • 8. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Respuesta: El valor χ2 con 24 grados de libertad, que deja un área de 0.05 a su derecha es 36.415. Gráfica: Problema 6 (Ref: Pág. 236 - Ej. 3) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 8 de 104
  • 9. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 2 Para una distribución ji cuadrada encuentre χ α tal que: 2 a) P(χ2 > χ α ) = 0.99 cuando υ = 4; 2 b) P(χ2 > χ α ) = 0.025 cuando υ = 19; 2 c) P(37.652 < χ2 < χ α ) = 0.045 cuando υ = 25. 2 a) P(χ2 > χ α ) = 0.99 cuando υ = 4 2 Según Tabla A.5 => χ α = 0.297 Respuesta: El valor de χ2 que deja a su derecha una probabilidad igual a 0.99 es decir 99 %, con 4 grados de libertad es 0.297. 2 b) P(χ2 > χ α ) = 0.025 cuando υ = 19 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 9 de 104
  • 10. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 2 Según Tabla A.5 => χ α = 32.852 Respuesta: El valor de χ2 que deja a su derecha una probabilidad igual a 0.025 es decir 2.5 %, con 19 grados de libertad es 32.852. Gráfica: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 10 de 104
  • 11. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 2 c) P(37.652 < χ2 < χ α ) = 0.045 cuando υ = 25 2 => χ α = 37.652 => α = 0.05 2 2 => α = 0.05 - 0.045 = 0.005 => χ α = χ 0.005 cuando υ = 25 2 Según Tabla A. 5 => χ 0.005 = 46.928 Respuesta: El valor de χ2 debe ser igual a 46.928 para que la probabilidad entre 37.652 y dicho valor calculado sea igual a 0.045, es decir 4.5%, con 25 grados de libertad. Gráfica: Problema 7 (Ref: Pág. 236 – Ej. 5) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 11 de 104
  • 12. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Encuentre la probabilidad de que una muestra aleatoria de 25 observaciones, de una población normal con varianza σ2 = 6, tenga una varianza s2 a) mayor que 9.1; b) entre 3.462 y 10.745. Suponga que las varianzas muestrales son mediciones continuas. Datos: Tamaño de la muestra Varianza de la muestra n = 25 observaciones. σ2 = 6. a) Incógnita: P (s2 > 9.1) Solución: χ 2 ( n − 1) s 2 = σ2 con (n – 1) grados de libertad con nuestros datos: ( 25 − 1)( 9.1) = ( 24)( 9.1) = 218.4 = 36.4 χ2 = 6 6 6 Según Tabla A.5 χ 2 = 36.4 cuando υ = 24 =>0.05 Respuesta: La probabilidad de que la varianza de esa muestra sea mayor que 9.1 es del 5%. b) Incógnita: P (3.462 ≤ s2 ≤ 10.745) Solución: χ2 = ( n − 1)s 2 σ2 con (n – 1) grados de libertad con nuestros datos: ( 25 − 1)( 3.462) = 24 × 3.462 = 83.088 = 13.848 χ2 = 6 6 6 χ 2 =13.848 cuando υ = 24 =>0.95 Según Tabla A.5 χ2 = ( 25 − 1) ×10.745 = 24 ×10.745 = 257.88 = 42.98 6 6 6 Según Tabla A.5 χ 2 = 42.98 cuando υ = 24 =>0.01 P (3.462 ≤ s2 ≤ 10.745) = 0.95 – 0.01 = 0.94 Respuesta: La probabilidad de que la varianza de esa muestra se encuentre entre 3.462 y 10.745 es del 94%. Problema 8 (Ref: Pág. 236 – Ej. 6) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 12 de 104
  • 13. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Las clasificaciones de un examen de colocación que se aplicó a estudiantes de primer año de licenciatura durante los últimos cinco años están aproximadamente distribuidas de forma normal con una media μ = 74 y una varianza σ2 = 8. ¿Consideraría aún que σ2 =8 es un valor válido de la varianza si una muestra aleatoria de 20 estudiantes que realizan este examen de colocación este año obtienen un valor de s2 = 20? Datos: P: estudiantes de primer año de licenciatura. X: calificación de un examen de colocación. Media poblacional Varianza poblacional Tamaño de la muestra Varianza muestral μx = 74. σ 2 = 8. x n = 20 estudiantes. s2 = 20. ( X ~ N μ x = 74, σ x = 8 ) Incógnita: Considerar si es válida σ 2 = 8 x Solución: χ2 = ( n − 1)s 2 σ2 con (n – 1) grados de libertad con nuestros datos χ2 = ( 20 − 1)( 20) = (19)( 20) = 380 = 47.5 8 2 χ 0..975 = 8.907 8 8 2 χ 0.025 = 32.852 Respuesta: Es un valor de una distribución ji cuadrada con 19 grados de libertad. Como 95% de los valores χ2 con 19 grados de libertad caen entre 8.907 y 32.852, el valor calculado con σ 2 = 8 no es razonable y por lo tanto se tiene razón suficiente para sospechar que la varianza es diferente a ocho. Es muy probable que el valor supuesto de σ2 sea un error. Problema 9 (Ref: Pág. 236 – Ej. 8) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 13 de 104
  • 14. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 a) Encuentre t0.025 cuando υ =14; b) Encuentre –t0.10 cuando υ = 10; c) Encuentre t0.995 cuando υ =7. a) Según Tabla A.4 t0.025 cuando υ =14 => 2.145 Respuesta: El valor t con 14 grados de libertad, que deja un área de 0.025 a su derecha es 2.145. Gráfica: b) Según Tabla A.4 –t0.10 cuando υ = 10 => -1.372 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 14 de 104
  • 15. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Respuesta: El valor t con 10 grados de libertad, que deja un área de 0.10 a su izquierda es -1.372. Gráfica: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 15 de 104
  • 16. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 c) Según Tabla A.4 t0.995 cuando υ =7 => -3.499 Respuesta: El valor t con 7 grados de libertad, que deja un área de 0.995 a su derecha y por lo tanto un área de 0.005 a su izquierda es -3.499. Gráfica: Problema 10 (Ref: Pág. 236 – Ej. 9) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 16 de 104
  • 17. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 a) Encuentre P(T < 2.365) cuando υ =7; b) Encuentre P(T > 1.318) cuando υ = 24; c) Encuentre P(-1.356 < T <2.179) cuando υ =12; d) Encuentre P(T > -2.567) cuando υ =17. a) P(T < 2.365) cuando υ =7 1 – P(T ≥ 2.365) cuando υ =7 Según Tabla A.4 => = 1 – 0.025 = 0.975 Respuesta: La probabilidad de que un valor t sea menor que 2.365 con 7 grados de libertad es del 97.5%. Gráfica: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 17 de 104
  • 18. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 b) P(T > 1.318) cuando υ = 24 Según Tabla A.4 =>0.10 Respuesta: La probabilidad de que un valor t sea mayor que 1.318 con 24 grados de libertad es del 10%. Gráfica: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 18 de 104
  • 19. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 c) P(-1.356 < T < 2.179) cuando υ =12 P(T ≥ -1.356) – P(T ≥ 2.179) cuando υ =12 Según Tabla A.4 => = (1 – 0.10) – 0.025 = = 0.90 – 0.025 = 0.875 Respuesta: La probabilidad de que un valor t se encuentre entre -1.356 y 2.179 con 12 grados de libertad es del 87.5%. Gráfica: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 19 de 104
  • 20. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 d) P(T > -2.567) cuando υ =17 1 – P( T > 2.567) cuando υ =17 Según Tabla A.4 => = 1– 0.01 = 0.99 Respuesta: La probabilidad de que un valor t sea mayor que -2.567 con 17 grados de libertad es del 99%. Gráfica: Problema 11 (Ref: Pág. 236 – Ej. 12) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 20 de 104
  • 21. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Una empresa manufacturera afirma que las baterías que utiliza en sus juegos electrónicos duran un promedio de 30 horas. Para mantener este promedio se prueban 16 baterías cada mes. Si el valor t que se calcula cae entre –t0.025 y t0.025, la empresa queda satisfecha con su afirmación.¿Qué conclusiones extraería la empresa de una muestra que tiene una media de x = 27.5 horas y una desviación estándar de s = 5 horas? Suponga que la distribución de las duraciones de las baterías es aproximadamente normal. Datos: P: baterías de juegos electrónicos. X: rendimiento en horas de una bajaría de juegos electrónicos. Media poblacional μx = 30 horas. Tamaño de la muestra n = 16 baterías. Media muestral x = 27.5 horas. Desviación estándar muestral s = 5 horas. Solución: De la tabla A.4 encontramos que t0.025 = 2.131 para 15 grados de libertad. Por tanto, la empresa queda satisfecha con esta afirmación si una muestra de 16 baterías rinde un valor t entre –2.131 y 2.131. si μ = 30, entonces T= X −μ con (n – 1) grados de libertad s n Con nuestros datos: T= 27.5 − 30 5 16 =− , 2 Respuesta: La empresa estaría satisfecha con su afirmación ya que el valor hallado de t pertenece al intervalo establecido como parámetro para poder afirmar que sus baterías promedian las 30 horas de duración. Problema 12 (Ref: Pág. 236 – Ej. 13) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 21 de 104
  • 22. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Una población normal con varianza desconocida tiene una media de 20. ¿Se tiene posibilidad de obtener una muestra aleatoria de tamaño 9 de esta población con una media de 24 y una desviación estándar de 4.1? Si no, ¿qué conclusión sacaría? Datos: Media poblacional Tamaño de la muestra Media muestral Desviación estándar muestral μx = 20. n = 9. x = 24. s = 4.1. Solución: T= X −μ con (n – 1) grados de libertad s n con nuestros datos: P (│ X - μ│=│ X - 20│ > 4) = = 1 – P (│ X - 20│ ≤ 4) = = 1 – P (-4 ≤ X - 20 ≤ 4) =   4   −4 ≤ X − 20 ≤ =1–P  = 4.1   4.1  3 3  = 1 – P (-2.92 ≤ t8 ≤ 2.92) = = P (t8 ≤ 2.92) – P (t8 ≤ 2.92) = 0.00959 + 0.00959 = 0.01918 = 1.918%. Respuesta: Si se tiene la posibilidad de obtener una muestra de tamaño 9 con esas condiciones, con una probabilidad del 1.918% Problema 13 (Ref: Pág. 236 – Ej. 14) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 22 de 104
  • 23. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Un fabricante de cierta marca de barras de cereal bajo de grasa afirma que su contenido promedio de grasa saturada es 0.5 gramos. En una muestra aleatoria de 8 barras de cereal de esta marca el contenido de grasa saturada fue 0.6, 0.7, 0.7, 0.3, 0.4, 0.5, 0.4 y 0.2. ¿Estaría de acuerdo con la afirmación? Datos: P: barras de cereal bajo de grasa. X: contenido de grasa en gramos de una barra de cereal. Media poblacional μx = 0.5 gramos. Tamaño de la muestra n = 8. n Media muestral x= ∑X i i =1 n = 0.6 + 0.7 + 0.7 + 0.3 + 0.4 + 0.5 + 0.4 + 0.2 3.8 = = 0.475 gramos 8 8 n Desviación estándar muestral i =1 i − X) 2 n −1 ( 0.6 −0.475) 2 +(0.7 −0.475) 2 +(0.7 −0.475) 2 +(0.3−0.475) 2 +(0.4 −0.475) 2 +(0.5 −0.475) 2 +(0.4 −0.475) 2 +(0.2 −0.475 s= = s= ∑ (X 7 ( 0.125) 2 + ( 0.225) 2 + ( 0.225) 2 + ( − 0.175) 2 + ( − 0.075) 2 + ( 0.025) 2 + ( − 0.075) 2 + ( − 0.275) 2 = 7 0.26 = 7 Incógnita: μx = 0.5 Solución: T= X −μ con (n – 1) grados de libertad s n con nuestros datos T= 0.475 −0.5 = 0.3860 0.1832 8   X −μ X −μ0 P ≥ s s  n n  con nuestros datos      P(-0.3860 ≤ t7 ≤ 0.3860) = 0.3754 + 0.3754 = 0.7508 = 75.08%. Respuesta: Hay razones suficiente (75,08%) para considerar que la afirmación es cierta. Problema 14 (Ref: Pág. 236 – Ej. 15) Para una distribución F encuentre: a) ƒ0.05 con υ1 = 7 y υ2 = 15; Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 23 de 104 0.037 ≈ 0.18
  • 24. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 b) ƒ0.05 con υ1 = 15 y υ2 = 7; c) ƒ0.01 con υ1 = 24 y υ2 = 19; d) ƒ0.95 con υ1 = 19 y υ2 = 24; e) ƒ0.99 con υ1 = 28 y υ2 = 12. a) Según Tabla A.6 ƒ0.05 con υ1 = 7 y υ2 = 15 => 2.71 Respuesta: El valor f con 7 y 15 grados de libertad, que deja un área de 0.05 a su derecha es 2.71. Gráfica: b) Según Tabla A.6 ƒ0.05 con υ1 = 15 y υ2 = 7 => 3.51 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 24 de 104
  • 25. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Respuesta: El valor f con 15 y 7 grados de libertad, que deja un área de 0.05 a su derecha es 3.51. Gráfica: c) Según Tabla A.6 ƒ0.01 con υ1 = 24 y υ2 = 19 => 2.92 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 25 de 104
  • 26. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Respuesta: El valor f con 24 y 19 grados de libertad, que deja un área de 0.01 a su derecha es 2.92. Gráfica: d) ƒ0.95 con υ1 = 19 y υ2 = 24 1 Lafata Desio Fernando, Warlet υ 2 , Lautaro f α ( Iván υ1 ) f 1−α ( υ1, υ2 ) = Página 26 de 104
  • 27. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 con nuestros datos f 0.95 (19,24) = 1 1 = = 0.4739 f 0.05 ( 24,19 ) 2.11 Respuesta: El valor f con 19 y 24 grados de libertad, que deja un área de 0.95 a su derecha es 0.4739. Gráfica: e) ƒ0.99 con υ1 = 28 y υ2 = 12 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 27 de 104
  • 28. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER f 1−α ( υ1, υ2 ) = Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 1 f α ( υ 2 , υ1 ) con nuestros datos f 0.99 ( 28,12 ) = 1 1 = = 0.3448 f 0.01 (12,28) 2.90 Respuesta: El valor f con 28 y 12 grados de libertad, que deja un área de 0.99 a su derecha es 0.3448. Gráfica: Problema 15 (Ref: Pág. 237 – Ej. 5) Una muestra aleatoria de cinco presidentes de bancos indican salarios anuales de $163000, $148000, $152000, $135000 y $141000. Encuentre la varianza de este conjunto. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 28 de 104
  • 29. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Datos: Variable aleatoria Tamaño de la muestra X: salarios anuales de presidentes de bancos (en pesos) n = 5 presidentes. n Media muestral x= ∑X i i =1 n 163000 + 148000 + 152000 + 135000 + 141000 739000 = = = 147800 $ 5 5 Incógnita: Varianza muestral s2 Solución: ∑(X n s2 = i =1 i −X ) 2 n −1 con nuestros datos s2 = = (163000 − 147800) 2 + (148000 − 147800) 2 + (152000 − 147800) 2 + (135000 − 147800) 2 + (141000 − 147800) 2 (15200 ) 2 + ( 200) 2 + ( 4200) 2 + ( − 12800) 2 + ( − 6800) 2 4 4 458800000 = = 114700000 $ 4 Respuesta: La varianza de este conjunto es 114700000 $. Problema 16 (Ref: Pág. 237 – Ej. 9) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 29 de 104 =
  • 30. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Si S21 y S22 representan las varianzas de muestras aleatorias independientes de tamaño n 1 = 25 y n2 = 31, tomadas de poblaciones normales con varianzas σ21 = 10 y σ22 = 15, respectivamente, encuentre 2 P S 1 S 2 > 1.26 . 2 ( ) Datos: Tamaño de la primer muestra Tamaño de la segunda muestra Varianza de la primera muestra n1 = 25. n2 = 31. Varianza de la segunda muestra σ 2 = 15 . 2 Incógnita: ( 2 P S1 S 2 > 1.26 2 2 σ1 =10 . ) Solución: Utilizando el Teorema 8.8; el que dice: 2 Si s1 y s 2 son las varianzas de muestras aleatorias independientes de tamaño n 1 y n 2 tomadas de 2 2 poblaciones normales con varianzas σ 1 y σ 2 , respectivamente, entonces 2 2 2 s1 σ 2 s1 σ 2 2 F= 2 2 = 2 2 2 σ1 s 2 s 2 σ 1 Tiene una distribución F con υ1 = n1 – 1 y υ2 = n2 – 1 grados de libertad. con nuestros datos  s12  P =  2 > 1.26  = s   2   s12   2  σ1 ( 15) * ( 1.26)  P 2 > = P( F > 1.89) ≅ 0.05 = 5%.  s2 10   σ2   2  F0.05(24, 30) = 1.89 Respuesta: La probabilidad de que F con 24 y 30 grados de libertad sea mayor que 1.26 es de 0.05, es decir, 5%. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 30 de 104
  • 31. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 17 (Ref: Pág. 251 – Ej. 4) Una empresa eléctrica fabrica focos que tienen una duración aproximadamente distribuida de forma normal con una desviación estándar de 40 horas. Si una muestra de 30 focos tiene una duración promedio de 780 horas, encuentre un intervalo de confianza de 96 % para la media de la población de todos los focos que produce esta empresa. Datos: P: focos fabricados por la empresa. X: duración de esa muestra de focos. Desviación estándar poblacional σx = 40 horas. Tamaño de la muestra n = 30 focos. Media muestral x = 780 horas. Intervalo de confianza IC = 96%. X ~ N( μ x = 780, σ x = 40) Incógnita: Intervalo de confianza para la media poblacional, μ x, con 96% de confianza. Solución: X − z 1−α σ 2 n ≤ μ ≤ X + z 1−α σ 2 n 100γ% =100(1-α)% = 96% =>α = 0.04 => z1− 2 => z0.98 = 2.054 α con nuestros datos 780 − ( 2.054 ) 40 30 ≤ μ x ≤ 780 + ( 2.054) 40 30 765 hs. ≤ μ x ≤ 795 hs. Respuesta: Podemos afirmar con un nivel de confianza del 96% que la media poblacional se encuentra entre 765 y 795 horas. Problema 18 (Ref: Pág. 252 – Ej. 8) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 31 de 104
  • 32. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 ¿De que tamaño se necesita una muestra en el ejercicio 4 si deseamos tener 96% de confianza que nuestra media muestral esté dentro de 10 horas de la media real? Datos: Desviación estándar poblacional σx = 40 horas. Media muestral x = 780 horas. Intervalo de confianza IC = 96%. Intervalo de error e = 10 horas. n ∈Ζ+ 2  z 1−α 2 σ   n ≥  e    con nuestros datos n∈ + Ζ 2  2.054.40  n ≥  = 67.5 → n = 68 10   Respuesta: Por lo tanto, podemos tener una confianza 96% de que una muestra aleatoria de tamaño 68 proporcionara una estimación x que difiere de μ por una cantidad menor que 0.04. Problema 19 (Ref: Pág. 252 – Ej. 6) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 32 de 104
  • 33. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Las estaturas de una muestra aleatoria de 50 estudiantes universitarios muestra una media de 174.5 centímetros y una desviación estándar de 6.9 centímetros. a) Construya un intervalo de confianza de 98% para la estatura media de todos los estudiantes de la universidad; b) ¿Qué podemos afirmar con 98% de confianza sobre el tamaño posible de nuestro error si estimamos que la estatura media de todos los estudiantes de la universidad de 174.5 centímetros?. Datos: P: estudiantes universitarios. Variable aleatoria Tamaño de la muestra Media muestral Desviación estándar muestral Intervalo de confianza X: medidas de esos estudiantes universitarios (en centímetros) n = 50 estudiantes. x = 174.5 centímetros. s = 6.9 centímetros. IC = 98%. 100γ% =100(1-α)% = 98% =>α = 0.02 => α 2 = 0.01 t49, 0.01 = 2.4048 a) Incógnita: Intervalo de confianza para la media poblacional, μ x, con 98% de confianza. Solución: X − tα 2 s s ≤ μ ≤ X + tα 2 n n con nuestros datos 174.5 − ( 2.4048) 6.9 ≤ µ ≤174.5 + ( 2.4048) 50 172.15 cm. ≤ μ ≤176.85 cm. 6.9 50 Respuesta: Podemos afirmar con 98% de confianza que la media poblacional se encuentra entre 172.15 y 176.85 centímetros. b) Incógnita: Posible error de estimación. Solución: Ε= X - μ =174.5 − 172.15 = .35 2 cm. Respuesta: Podemos afirmar con 98% de confianza que el error de estimación es igual a 2.35 cm. Problema 20(Ref: Pág. 252 – Ej. 13) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 33 de 104
  • 34. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Una máquina produce piezas metálicas de forma cilíndrica. Se toma una muestra de las piezas y los diámetros son 1.01, 0.97, 1.03, 1.04, 0.99, 0.98, 0.99, 1.01 y 1.03 centímetros. Encuentre un intervalo de confianza de 99% para el diámetro medio de las piezas de esta máquina, suponga una distribución aproximadamente normal. Datos: P: piezas metálicas de forma cilíndricas. X: diámetro de las piezas cilíndricas(en centímetros). Tamaño de la muestra n = 9 piezas. Intervalo de confianza IC = 99%. n Media muestral x= ∑X i i =1 = n 1.01 + 0.97 + 1.03 + 1.04 + 0.99 + 0.98 + 0.99 + 1.01 + 1.03 = 1.0055 9 cm. n Desviación estándar muestral s= = s= ∑ (X i =1 i − X) 2 n −1 (1.01 −1.0055) 2 + (0.97 −1.0055) 2 + (1.03 −1.0055) 2 + (1.04 −1.0055) 2 + (0.99 −1.0055) 2 + (0.98 −1.0055) 2 + (0 8 ( 0.0045)2 + (0.0355)2 + ( 0.0245)2 + (0.0345)2 + ( 0.0155)2 + ( 0.0255)2 + (0.0155)2 + ( 0.0045)2 + ( 0.0245) 2 8 100γ% =100(1-α)% = 99% =>α = 0.01 => α 2 = 0.005 t8, 0.005 = 3.355 Incógnita: Intervalo de confianza para la media poblacional, μ x, con 99% de confianza. Solución: X − tα 2 s s ≤ μ ≤ X + tα 2 n n con nuestros datos 1.0055 − ( 3.355) 0.0245 0.0245 ≤ μ ≤ 1.0055 + ( 3.355) 9 9 0.9781 cm. ≤ μ ≤1.0329 cm. Respuesta: Podemos afirmar con 99% de confianza que la media poblacional se encuentra entre 0.9781 y 1.0329 centímetros. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 34 de 104
  • 35. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 21 (Ref: Pág. 252/253 – Ej. 17) Una muestra aleatoria de 25 botellas de aspirinas contiene, en promedio, 325.05 mg. de aspirina con una desviación estándar de 0.5. Encuentre los límites de tolerancia del 95% que contendrán 90% del contenido de aspirina para esta marca. Suponga que el contenido de aspirina se distribuye normalmente. Datos: P: botellas de aspirinas. X: cantidad de aspirina que contienen las botellas de aspirina (en miligramos). Tamaño de la muestra n = 25 botellas de aspirina. Media muestral x = 325.05 mg. de aspirina. Desviación estándar muestral s = 0.5 mg. de aspirina. 1– γ = 95% => γ = 0.05 y 1– α = 90% => 0.9 Según Tabla A.7 => k = 2.208 Incógnita: Limites de tolerancia del 95% que contendrán 90% de aspirina. Solución: x ± ks con nuestros datos 325.05 ± 2.208.0.5 = [323.946 ; 326.154]mg. Respuesta: Los límites de tolerancia del 95% que contendrán 90% de aspirina para esta marca son 323.946 mg y 326.154 mg, Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 35 de 104
  • 36. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 22 (Ref: Pág. 262 – Ej. 1) Una muestra aleatoria de tamaño n1 = 25 que se toma de una población normal con una desviación estándar σ1 = 5 tiene una media x 1 = 80. Una segunda muestra aleatoria de tamaño n2 = 36, que se toma de una población normal diferente con una desviación estándar σ2 = 3, tiene una media x 2 = 75. Encuentre un intervalo de confianza de 95% para μ1 - μ2. Datos: Tamaño de la primer muestra Desviación estándar de la primer población Media de la primer muestra n1 = 25. σ1 = 5. x 1 = 80. P1 ↔ X 1 ~ N μ x1 = 80, σ x1 = 5 Tamaño de la segunda muestra n2 = 36. Desviación estándar de la segunda población σ2 = 3. x 2 = 75. Media de la segunda muestra P2 ↔ X 2 ~ N μ x 2 = 75, σ x 2 = 3 ( ) ( ) Intervalo de confianza IC = 95% para μ1 − μ 2 100(1-α)% = 95% =>α = 0.05 => z1− 2 => z0.025 = 1.96 Aplicando Tabla A.3 α Incógnita: Intervalo de confianza para la diferencia de las medias poblacionales, μ 1 – μ2, con 95% de confianza. Solución: μ x1 − x 2 = μ 1 − μ 2 σ x1 − x 2 = y 2 σ1 σ 2 + 2 n1 n 2 con nuestro datos μ x1 − x 2 = 80 − 75 = 5 ( x1 − x 2 ) − z α 2 . y σ x 1 −x 2 = 25 9 + = 25 36 5 = 1.25 ≅ 1.118 4 2 σ1 σ 2 σ2 σ2 + 2 < μ1 − μ 2 < ( x1 − x 2 ) + z α . 1 + 2 2 n1 n 2 n1 n 2 con nuestros datos 5 – 1.96 · 1.118 < μ1 – μ2 < 5 + 1.96 · 1.118 5 – 2.19 < μ1 – μ2 < 5 + 2.19 2.80 < μ1 – μ2 < 7.19 Respuesta: Podemos afirmar con 95% de confianza que la diferencia entre las medias poblacionales se encuentra entre 2.80 y 7.19. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 36 de 104
  • 37. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 23 (Ref: Pág. 263 – Ej. 9) Una compañía de taxis trata de decidir si comprar neumáticos de la marca A o de la B para su flotilla de taxis. Para estimar la diferencia de las dos marcas, se lleva cabo un experimento, utilizando 12 de cada marca. Los neumáticos se utilizan hasta que se gastan. Los resultados son: x 1 = 36300 kilómetros. s1 = 5000 kilómetros. x 2 = 38100 kilómetros. s2 = 6100 kilómetros. Marca A: Marca B: Calcule un intervalo de confianza de 95% para μ1 – μ2,suponga que las poblaciones se distribuyen de forma aproximadamente normal. Puede no suponer que las varianzas son iguales. Datos: P1 : neumáticos de la marca A. P2 : neumáticos de la marca B. X1 : duración en kilómetros de un neumático de la marca A. X2 : duración en kilómetros de un neumáticos de la marca B. Tamaño de la primer muestra n1 = 12 neumáticos. Tamaño de la segunda muestra n2 = 12 neumáticos. x 1 = 36300 Km. Media de la primer muestra x 2 = 38100 Km. Media de la segunda muestra s 1 = 5000 Km. Desviación estándar de la primer muestra Desviación estándar de la segunda muestra s 2 = 6100 Km. Intervalo de confianza IC = 95%. 100(1-α) % = 95% =>α = 0.05 => t α 2 Aplicando Tabla A.4 t0.025 = 2.07892 con υ = 21.18 grados de libertad. Incógnita: Intervalo de confianza para la diferencia de las medias poblacionales, μ 1 – μ2, con 95% de confianza. Solución: ( x1 − x 2 ) − t α 2 (s1 2 2 2 s1 s 2 s1 s 2 + 2 < μ1 − μ 2 < ( x1 − x 2 ) + t α + 2 2 n1 n1 n 2 n2 ) donde t α 2 es el valor t con 2 n1 + s 2 n 2 ( 25000000 12 + 37210000 12 ) 2 = ( 2083333.3 + 3100833.3) 2 = 21.18 2 υ= = 2 2 2 ( 25000000 12 ) 2 + ( 37210000 12 ) 2 ( 2083333.3) 2 + ( 3100833.3) 2 s1 n1 s2 n 2 2 + 12 − 1 12 − 1 11 11 n1 − 1 n 2 −1 ( ) ( ) con nuestros datos ( 36300 − 38100) − 2.078 25000000 37210000 25000000 37210000 + < µ1 − µ 2 < ( 36300 − 38100 ) + 2.080 + 12 12 12 12 ( − 1800) − ( 2.080)( 2276.87 ) < µ1 − µ 2 < ( − 1800) + ( 2.080)( 2276.87 ) − 6533.4 < µ1 − µ 2 < 2933.4 Respuesta: Podemos afirmar con 95% de confianza que la diferencia entre las medias poblacionales se encuentra entre –6533.4 y 2933.4. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 37 de 104
  • 38. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 24 (Ref: Pág. 263 Ej. 7) Los siguientes datos, registrados en días, representan el tiempo de recuperación para pacientes que se tratan al azar con uno de dos medicamentos para curar infecciones graves en la vejiga: Medicamento 1 n1 = 14 x 1 = 17 Medicamento 2 n 2 = 16 x 2 = 19 2 s 1 = 1.5 s 2 = 1.8 2 Encuentre un intervalo de confianza de 99% para la diferencia μ2 – μ1 en el tiempo promedio de recuperación para los dos medicamentos, suponga poblaciones normales con varianzas iguales. Datos: P1 : pacientes que se tratan con el medicamento 1. X 1 : tiempo de recuperación en días para un paciente tratado con el medicamento 1. Tamaño de la primer muestra n1 = 14 días. x 1 = 17 días. Primer media muestral 2 s 1 = 1.5 días. Primer varianza muestral P2 : pacientes que se tratan con el medicamento 2. X 2 : tiempo de recuperación en días para un paciente tratado con el medicamento 2. Tamaño de la segunda muestra n2 = 16 días. x 2 = 19 días. Segunda media muestral Segunda varianza muestral s 2 = 1.8 días. 2 Intervalo de confianza IC = 99% para μ 2 − μ1 . 100(1-α)% = 99% =>α = 0.01 => t α 2 Aplicando Tabla A.4 t0.005 = 2.763 con (n1 + n2 – 2) = 28 grados de libertad. Incógnita: Intervalo de confianza para la diferencia de las medias poblacionales, μ 2 − μ1 , con 99% de confianza. Solución: μ x 2 − x1 = μ 2 − μ 1 σ x 2 − x1 = y 1 1 + n 2 n1 con nuestros datos μ x 2 −x1 = 19 − 17 = 2 s2 = p y σ x 2 − x1 = 1 1 + = 0,1339 ≅ 0.3659 14 16 ( n 1 − 1) * ( s12 ) + ( n 2 − 1) * ( s 2 ) 2 n1 + n 2 − 2 con nuestros datos Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 38 de 104
  • 39. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER s2 = p (14 −1) * (1.5) + (16 −1) * (1.8) 14 +16 − 2 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 = 1.6607 ⇒ s p ≅ 1.2886 luego, ( x 2 − x1 ) − t α 2 sp 1 1 1 1 + < μ 2 - μ1 < ( x 2 − x1 ) + t α s p + 2 n 2 n1 n 2 n1 con nuestros datos 2 – (2.763)*(1.2886)*(0.3659) < μ 2 - μ1 < 2 + (2.763)*(1.1886)*(0.3659) 2 – 1.30 < μ 2 - μ1 < 2 + 1.30 0.70 < μ 2 - μ1 < 3.30 Respuesta: Podemos afirmar con 99% de confianza que la diferencia entre las medias ( μ 2 - μ1 ) poblacionales se encuentra entre 0.70 y 3.30. Problema 25 (Ref: Pág. 270 - Ej. 1) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 39 de 104
  • 40. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 a) Se selecciona una muestra aleatoria de 200 votantes y se encuentra que 114 apoyan un convenio de anexión. Encuentre un intervalo de confianza de 96% para la fracción de la población votante que favorece el convenio. b) ¿Qué podemos asegurar con 96% de confianza acerca de la posible magnitud de nuestro error si estimamos que la fracción de votantes que favorecen la anexión es 0.57? Datos: Tamaño de la muestra Números de éxitos Intervalo de confianza Proporción de éxitos en una muestra n = 200 votantes. x = 114 votantes. IC = 96% para p: proporción de votante que favorecen el convenio. x 114 ˆ p= = = 0.57 . n 200 ˆ ˆ Proporción de fracasos en una muestra q =1 −p =1 −0.57 =0.43 100γ = 100(1 - α)% = 96% =>α =0.04 => z1− 2 => z0.98 ≅ 2.054 α a) Incógnita: Intervalo de confianza de 96% para la fracción de la población que favorece el convenio. Solución: ˆ ˆ p*q = n ˆ p − zα * 2 ( 0.57 ) * ( 0.43) 200 = 0.2451 = 0,0012255 ≅ 0.035 200 ˆ ˆ ˆ ˆ p*q p*q ˆ < p < p + zα * 2 n n con nuestros datos 0.57 – (2.054)*(0.035) < p < 0.57 + (2.054)*(0.035) 0.57 – 0.07189 < p < 0.57 + 0.07189 0.49811 < p < 0.64189 Respuesta: Podemos afirmar con 96% de confianza que la fracción que favorece el convenio se encuentra entre 0.49811 y 0.64189, es decir, 49.81% y 64.19% respectivamente. b) Incógnita: Posible error de estimación. Solución: ˆ Ε = p - p = 0.57 −0.49811 ≤0.72 =7.2% Respuesta: Podemos afirmar con 96% de confianza que le error de estimación no superará el 7.2 %. Problema 26 (Ref: Pág. 270 - Ej. 9) ¿ Que tan grande se requiere que sea la muestra si deseamos tener una confianza de 96% de que nuestra proporción de la muestra estará dentro del 0.02 de la fracción real de la población votante?. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 40 de 104
  • 41. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Datos: Sabemos que: ˆ p ≅ 0.57 ˆ q ≅ 0.43 Y que Incógnita: ˆ n =? tal que p( p - p ≤0.02 ) =0.96 Solución: Con Intervalo de error n= e = 0.02. 2 ˆˆ z α 2 pq e2 con nuestros datos n= ( 2.054) 2 ( 0.57 )( 0.43) ( 0.02) 2 = 1.030 ≅ 2575 votantes 0.0004 Respuesta: Si basamos nuestra estimación de p sobre una muestra aleatoria de tamaño 2575, podemos tener una confianza de 96% de que nuestra proporción muestral no diferirá de la proporción real por más de 0.02. Problema 27 (Ref: Pág. 271 – Ej. 15) Cierto genetista se interesa en la proporción de hombres y mujeres en la población que tienen cierto trastorno sanguíneo menor. En una muestra aleatoria de 1000 hombres se encuentra que 250 lo padecen, mientras que 275 de 1000 mujeres examinadas parecen tener el trastorno. Calcule un Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 41 de 104
  • 42. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 intervalo de confianza de 95% para la diferencia entre la proporción de hombres y mujeres que padecen el trastorno sanguíneo. Datos: P1 : hombres P2 : mujeres p1 : proporción de hombres que tienen cierto trastorno sanguíneo menor. p2 : proporción de mujeres que tienen cierto trastorno sanguíneo menor. Tamaño de la primer muestra n1 = 1000 hombres. Tamaño de la segunda muestra n2 = 1000 mujeres. Número de éxitos de la primer muestra x1 = 250. Número de éxitos de la segunda muestra x2 = 275. x 250 ˆ p1 = = = 0.25 Proporción de éxitos de la primer muestra n 1000 x 275 ˆ p2 = = = 0.275 Proporción de éxito de la segunda muestra n 1000 ˆ ˆ q 1 = 1 − p1 = 1 − 0.25 = 0.75 Proporción de fracasos de la primer muestra ˆ ˆ q 2 = 1 − p 2 = 1 − 0.275 = 0.725 Proporción de fracasos de la segunda muestra ˆ ˆ p 1 − p 2 = 0.25 − 0.275 = −0.025 Diferencia entre proporciones de éxitos Intervalo de confianza IC = 95% z1− 2 => z0.025 ≅ 1.96 100γ = 100(1 - α)% = 95% =>α =0.05 => α Incógnita: Intervalo de confianza de 96% para la diferencia de las fracciones de población que favorece el convenio. Solución: ˆ ˆ ˆ ˆ p1 * q 1 p 2 * q 2 + n1 n2 ˆ ˆ ( p 2 − p1 ) − z α 2 * con nuestros datos ( 0.25) * ( 0.75) + ( 0.275) * ( 0.725) 1000 1000 ≅ 0.01967 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ p1 * q 1 p 2 * q 2 p *q p *q ˆ ˆ + < p 2 − p1 < ( p 2 − p1 ) + z α * 1 1 + 2 2 2 n1 n2 n1 n2 con nuestros datos 0.025 – (1.96)*(0.01967) < p2 – p1 < 0.025 + (1.96)*(0.01967) 0.025 – 0.0385532 < p2 – p1< 0.025 + 0.0385532 – 0.01355 < p2 – p1< 0.06355 Respuesta: Podemos afirmar con 95% de confianza que la diferencia entre la proporción de hombres y mujeres que padecen el trastorno sanguíneo se encuentra entre – 0.01355 y 0.06355. Problema 28 (Ref: Pág. 271 – Ej. 20) De acuerdo con USA Today (17 de marzo de 1997), las mujeres constituían 33.7% del personal editorial en las estaciones locales de televisión en 1990 y el 36.2% en 1994. Suponga que se contrataron 20 nuevos empleados para el personal editorial. a) Estime el número que habrían sido mujeres en cada año respectivamente. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 42 de 104
  • 43. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 b) Calcule un intervalo de confianza de 95% para ver si hay evidencia de que la proporción de mujeres contratadas como personal editorial en 1994 fue mayor que la proporción contratada en 1990. Datos: Tamaño de la muestra n = 20 empleados. 6.74 ˆ P = = 0.337 1 20 7.24 ˆ = 0.362 Proporción de éxitos en 1994 las mujeres constituían 36,2 % de 20 empleados P2 = 20 ˆ ˆ q 1 = 1 − p1 = 1 − 0.337 = 0.663 Proporción de fracasos de la muestra en 1990 ˆ ˆ q 2 = 1 − p 2 = 1 − 0.362 = 0.638 Proporción de fracasos de la muestra en 1994 Intervalo de confianza IC = 95% 100γ = 100(1 - α) % = 95% =>α =0.05 => z1− 2 => z0.025 ≅ 1.96 . α Proporción de éxitos en 1990 las mujeres constituían 33,7 % de 20 empleados a) Incógnita: Estimar el número que habrían sido mujeres en cada año. Solución: En 1990 el 33.7% de 20 ˆ n * P = 20 * 0.337 = 6.74 ≈ 7 mujeres 1 En 1994 el 36.2% de 20 ˆ n * P2 = 20 * 0.362 = 7.24 ≈ 7 mujeres Respuesta: Estimamos que en 1990 habría sido de 6.74 ≈ 7 mujeres, y en 1994 la estimación habría sido de 7.24 ≈ 7 mujeres. b) Incógnita: Intervalo de confianza de 95% para ver si hay evidencia de que la proporción de mujeres contratadas como personal editorial en 1994 fue mayor que la proporción contratada en 1990. Solución: ˆ ˆ (P − P ) − Z 2 1 α /2 * ( ( 0.337 - 0.362) − (1.96) * ( − 0.025) − (1.96) * ) ˆ ˆ ˆ ˆ p1 * q1 p 2 * q 2 ˆ ˆ + < p 2 − p1 < P2 − P1 + Z α / 2 * n1 n2 ˆ ˆ ˆ ˆ p1 * q1 p 2 * q 2 + n1 n2 (0.337) * (0.663) (0.362) * (0.638) (0.337) + < p 2 − p1 < ( 0.337 - 0.362) + (1.96) * 20 20 2 (0.337) * (0.663) (0.362) * (0.638) (0.337) * (0.663) + < p 2 − p1 < ( − 0.025) + (1.96) * + 20 20 20 ( − 0.025) − 0.295430 < p2 − p1 < ( − 0.025) + 0.295430 − 0.32043 < p 2 − p1 < 0.27043 Respuesta: Podemos afirmar con 95% de confianza que no hay ninguna evidencia para asegurar que la proporción de mujeres contratadas como personal en 1994 fue mayor que la proporción contratada en 1990. Problema 29 (Ref: Pág. 275 – Ej. 1) Un fabricante de baterías para automóvil afirma que sus baterías duraran, en promedio, tres años con una varianza de un año. Si cinco de estas baterías tienen duraciones de 1.9, 2.4, 3.0, 3.5 y 4.2 años, construya un intervalo de confianza de 95% para σ2 y decida si la afirmación del fabricante de que σ2 = 1 es válida. Suponga que la población de duraciones de las baterías se distribuye de forma aproximadamente normal. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 43 de 104
  • 44. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Datos: P: baterías de automóvil. X: tiempo de duración en años de una batería. Media poblacional μx = 3 años. Desviación estándar poblacional σx = 1 año. Intervalo de varianza IC = 95%. Tamaño de la muestra n = 5 baterías. X ~ N( μ x = 3, σ x = 1) Incógnita: σ2 = 1 año 2 Solución: Se desea estimar el valor de la varianza utilizando S 2 como estimador. n  n  n ∑ x i2 −  ∑ x i   i =1  s 2 = i =1 n ( n − 1) s2 = 2 ( 5) * ( 48.26 ) − (15) 2 ( 5)( 4) = 241.3 − 225 = 0.815 año 2 20 S = 0.902774 años Para el intervalo de confianza del 95% 2 χα 2 = 2 χ 0.025 ( n − 1) s 2 2 χα 2 χ 1−α = 11.113 <σ 2 2 = 2 χ 0.975 α = 0.05 = 0.484 con (n-1) grados de libertad Según Tabla A.5 ( n − 1) s 2 < 2 2 χ 1− α 2 con nuestros datos ( 5 − 1)( 0.815) < σ 2 < ( 5 − 1)( 0.815) ⇒ ( 4)( 0.815) < σ 2 < ( 4)( 0.815) 11.113 0.484 11.113 0.484 3.26 3.26 <σ2 < 11.113 0.484 0.292639 < σ 2 < 6.735537 ( año 2 ) Respuesta: Podemos afirmar con 95% de confianza que, ya que este intervalo 0.292639 < σ 2 < 6.735537 contiene a 1, que la afirmación del fabricante, de que σ2 = 1, es válida. Problema 30 (Ref: Pág. 275 – Ej. 8 ligado al Ej. 9 – Pág. 263) Ref. Pág. 263 – Ej. 9 Una compañía de taxis trata de decidir si comprar neumáticos de la marca A o de la B para su flotilla de taxis. Para estimar la diferencia de las dos marcas, se lleva cabo un experimento, utilizando 12 de cada marca. Los neumáticos se utilizan hasta que se gastan. Los resultados son: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 44 de 104
  • 45. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 x 1 = 36300 kilómetros. s1 = 5000 kilómetros. x 2 = 38100 kilómetros. s2 = 6100 kilómetros. Marca A: Marca B: a) Calcule un intervalo de confianza de 95% para μ1 – μ2, suponga que las poblaciones se distribuyen de forma aproximadamente normal. Puede no suponer que las varianzas son iguales. Ref. Pág. 275 – Ej. 8 2 b) Construya un intervalo de confianza de 90% para σ 1 σ 2 . ¿Estamos justificados al suponer que σ21 2 = σ22 cuando construyamos nuestro intervalo de confianza para μ1 – μ2? Datos: P1 : neumáticos de la marca A. P2 : neumáticos de la marca B. X1 : duración en kilómetros de un neumático de la marca A. X2 : duración en kilómetros de un neumáticos de la marca B. Tamaño de la primer muestra n1 = 12 neumáticos. Tamaño de la segunda muestra n2 = 12 neumáticos. x 1 = 36300 Km. Media de la primer muestra x 2 = 38100 Km. Media de la segunda muestra s 1 = 5000 Km. Desviación estándar de la primer muestra s 2 = 6100 Km. Desviación estándar de la segunda muestra Intervalo de confianza IC = 95%. 100(1-α) % = 95% =>α = 0.05 => t α 2 Aplicando Tabla A.4 t0.025 = 2.07892 libertad. con υ = 21.18 grados de a) Incógnita: Intervalo de confianza para la diferencia de las medias poblacionales, μ 1 – μ2, con 95% de confianza. Solución: ( x1 − x 2 ) − t α (s12 2 2 2 s1 s 2 s1 s 2 2 + < μ1 − μ 2 < ( x1 − x 2 ) + t α + 2 2 n1 n1 n 2 n2 ) donde t α 2 es el valor t con 2 n1 + s 2 n 2 2 υ= 2 2 2 s1 n1 s2 n 2 2 + n1 −1 n 2 −1 ( ) ( ) con nuestros datos υ= ( 25000000 12 + 37210000 12 ) 2 ( 25000000 12) 2 ( 37210000 12 ) 2 12 − 1 + 12 − 1 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro = ( 2083333.3 + 3100833.3) 2 ( 2083333.3) 2 + ( 3100833.3) 2 11 = 21.18 11 Página 45 de 104
  • 46. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 con nuestros datos ( 36300 − 38100) − 2.078 25000000 37210000 25000000 37210000 + < µ1 − µ2 < ( 36300 − 38100) + 2.080 + 12 12 12 12 ( − 1800) − ( 2.080) * ( 2276.87 ) < µ1 − µ 2 < ( − 1800) + ( 2.080) * ( 2276.87 ) − 6533.4 < µ1 − µ 2 < 2933.4 Respuesta: Podemos afirmar con un 95% de confianza que la diferencia entre las medias poblacionales se encuentra entre –6533.4 y 2933.4. b) Incógnita: Intervalo de confianza de 90% para σ 21/ σ22. Solución: Intervalo de confianza 100(1-α)% = 90% =>α = 0.10 => f α IC = 90%. 2 Aplicando Tabla A.6 f0.05 = 2.80 con (n1 – 1, n2 - 1), es decir, con (11, 11) grados de libertad. 2 s1 σ2 s2 1 < 1 < 1 f α ( υ1, υ 2 ) s 2 f α ( υ1, υ 2 ) σ 2 s 2 2 2 2 2 2 con nuestros datos 2  25000000  1  σ 1  25000000    < 2 < ( 2.80 )  37210000  2.80  σ 2  37210000  0.238249 < σ 12 < 1.894652 2 σ2 Respuesta: 2 Podemos afirmar con 90% de confianza que σ 1 σ 2 se encuentra entre 0.238249 y 1.894652, ya que el 2 intervalo contiene a 1 es razonable asumir que σ21 = σ22. Problema 31 (Ref: Pág. 304 – Ej. 1) Suponga que un alergólogo desea probar la hipótesis de que al menos 30% del público es alérgico a algunos productos de queso. Explique como el alergólogo puede cometer: a) Un error tipo I. b) Un error tipo II. Solución: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 46 de 104
  • 47. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 H 0 ) Al menos el 30% del público es alérgico a algunos productos de queso. H 1 ) Menos del 30% del público es alérgico a algunos productos de queso. p = proporción de público que es alérgico a algunos productos de queso. En símbolos: H 0 ) p ≥ 0.30 H 1 ) p < 0.30 El rechazo de la hipótesis nula cuando es verdadera se llama error de tipo I. a) Cuando concluye que al menos de 30% del público es alérgico a algunos productos de queso cuando, de hecho, el 30% o más son alérgicos. El no rechazo de la hipótesis nula cuando es falsa se llama error tipo II. b) Cuando concluye que al menos el 30% del público es alérgico a algunos productos de queso cuando, de hecho, menos del 30% son alérgicos. Problema 32 (Ref: Pág. 304 – Ej. 4) Se estima que la proporción de adultos que viven en una pequeña ciudad que son graduados universitarios es p = 0.6. Para probar esta hipótesis se selecciona una muestra aleatoria de 15 adultos. Si el número de graduados en nuestra muestra es cualquier número de 6 a 12, aceptaremos la hipótesis nula de que p = 0.6 en caso contrario, concluiremos que p ≠ 0.6 a) Evalúe α con la suposición de que p = 0.6. Utilice la distribución binomial. b) Evalúe β para las alternativas p = 0.5 y p = 0.7. c) ¿Es este un buen procedimiento de prueba?. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 47 de 104
  • 48. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Datos: P : adultos graduados universitarios. p : proporción de adultos graduados universitarios. X : un adulto graduado universitario de esa población. Tamaño de la muestra n = 15 adultos. Región de aceptación 6 ≤ x ≤ 12 graduados universitarios. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0 : p = 0.6. H1 : p ≠ 0.6. a) Incógnita: Probabilidad de error tipo I, α Solución: Proporción de adultos graduados universitarios x α = P(error tipo I) = P(6 < i =5 < 12 | p = 0.6) = P( x ≤ 6 | p = 0.6) + P( x ≤ 12 | p = 0.6) = i= 15 i =0 = p = 0.6 graduados universitarios. i= 13 ∑b( x;15;0.6) + ∑b( x;15;0.6) = 0.0338 +(1 – 0.9729) = 0.0609 = 6.09%. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo I con p = 0.6 es del 6.09%. b) Incógnita: Probabilidad de error tipo II, β Solución: Proporción de adultos graduados universitarios β = P(error tipo II) =P(6 ≤ x p = 0.5 graduados universitarios. i= 12 ≤ 12 | p = 0.5) = b ∑ ( x;15;0.5) = Aplicando Tabla A.1 = 0.8464 = i= 6 84.64%. Proporción de adultos graduados universitarios β = P(error tipo II) =P(6 ≤ x p = 0.7 graduados universitarios. i= 12 ≤ 12 | p = 0.7) = b ∑ ( x;15;0.7) = Aplicando Tabla A.1 = 0.8695 = i =6 86.95%. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0.5 es del 84.64%. La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0.7 es del 86.95%. c) Incógnita: Es este un buen procedimiento de prueba? Solución: El procedimiento empleado para este ejercicio no es un buen procedimiento de prueba ya que la probabilidad β es muy alta. Problema 33 (Ref: Pág. 304 – Ej. 5) Repita el ejercicio 4 cuando se seleccionan 200 adultos y la región de aceptación se define como 110 ≤ x ≤ 130 donde x es el número de graduados universitarios en nuestra muestra. Utilice la aproximación normal. Datos: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 48 de 104
  • 49. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Tamaño de la muestra Región de aceptación Hipótesis nula Hipótesis alternativa Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 n = 200 adultos. 110 ≤ x ≤ 130 graduados universitarios. H0: p = 0.6. H1: p ≠ 0.6. a) Incógnita: Probabilidad de error tipo I, α Solución: Proporción de adultos graduados universitarios p = 0.6 graduados universitarios. Media µ = n * p = ( 200 ) * ( 0.6) = 120 . σ = n * p * q = 200 * 0.6 * 0.4 = 6.9282 Desviación estándar Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 110 ≤ x ≤ 130 → 110 - 0.5 ≤ y ≤ 130 + 0.5 → 109.5 ≤ y ≤ 130.5 Z= z= y −µ σ 109.5 −120 ≅ −1.52 6.928 y z= 130.5 −120 ≅ 1.52 6.928 α = P(error tipo I) = P(110 > x > 130 | p = 0.6) = P( x < 110 | p = 0.6) + P( x > 130 | p = 0.6) = = P(z < -1.52) + P(z < 1.52) = (2)*(0.0643) = 0.1286 = 12.86%. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo I con p = 0.6 es del 12.86%. b) Incógnita: Probabilidad de error tipo II, β Solución: Proporción de adultos graduados universitarios p = 0.5 graduados universitarios. Media µ = n * p = ( 200 ) * ( 0.5) = 100 . Desviación estándar σ = n * p * q = 200 * 0.5 * 0.5 = 7.0712 Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 110 ≤ x ≤ 130 → 110 - 0.5 ≤ y ≤ 130 + 0.5 → 109.5 ≤ y ≤ 130.5 Z= y −µ σ Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 49 de 104
  • 50. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER z= 109.5 −100 ≅ 1.34 7.07 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 y z= 130.5 −100 ≅ 4.31 7.07 β = P(error tipo II) =P(110 < x < 130 | p = 0.5) =P(1.34 < z < 4.31) = P(z ≤ 4.31) – P(z ≤ 1.34) = = 1 – 0.9099 = 0.0901 = 9.01%. Proporción de adultos graduados universitarios p = 0.7 graduados universitarios. Media µ = n * p = ( 200 ) * ( 0.7 ) = 140 . σ = n * p * q = 200 * 0.7 * 0.3 = 6.4807 Desviación estándar Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 110 ≤ x ≤ 130 → 110 - 0.5 ≤ y ≤ 130 + 0.5 → 109.5 ≤ y ≤ 130.5 Z= z= y −µ σ 109.5 −140 ≅ −4.71 6.480 y z= 130.5 −140 ≅ −1.47 6.480 β = P(error tipo II) =P(110 < x < 130 | p = 0.7) = P(-4.71< z < -1.47) = P(z ≤ -1.47) – P(z ≤ -4.71) = = 0.0708 – 0 = 0.0708 = 7.08%. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0.5 es del 9.01%. La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0.7 es del 7.08%. c) Incógnita: Es este un buen procedimiento de prueba? Solución: Para este procedimiento la probabilidad de cometer un error Tipo I es algo alto, aunque se reduce dramáticamente la probabilidad de cometer un error Tipo II. Problema 34 (Ref: Pág. 305 – Ej. 12) Se pregunta a una muestra aleatoria de 400 votantes en cierta ciudad si están a favor de un impuesto adicional de 4% sobre la venta de gasolina para proporcionar ingresos que se necesitan con urgencia para la reparación de calles. Si más de 220 pero menos de 260 favorecen el impuesto sobre ventas, concluiremos que 60% de los votantes lo apoyan. a) Encuentre la probabilidad de cometer un error tipo I si 60% de los votantes están a favor del aumento de impuestos. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 50 de 104
  • 51. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 b) ¿Cuál es la probabilidad de cometer un error de tipo II al utilizar este procedimiento de prueba si en realidad sólo 48% de los votantes está a favor del impuesto adicional a la gasolina? Datos: P : votantes de una cierta ciudad. p : proporción de votantes a favor del impuesto. X : un votante de esa ciudad. Tamaño de la muestra n = 400 votantes. Región de aceptación 220 < x < 260 → 221 ≤ Hipótesis nula Hipótesis alternativa x ≤ 259 votantes que favorecen el impuesto. H 0: p = 0.6. H1: p ≠ 0.6. a) Incógnita: Probabilidad de error tipo I, α Solución: Proporción de votantes a favor del impuesto p = 0.6 votantes a favor del impuesto. Media μ = n*p = (400)*(0.6) = 240. Desviación estándar σ= n* p*q = ( 400) * ( 0.6) * ( 0.4) ≅ 9.79 Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 221 ≤ x ≤ 259 → 221 - 0.5 ≤ y ≤ 259 + 0.5 → 220.5 ≤ y ≤ 259.5 Z= z= y −µ σ 220.5 − 240 ≅ −1.99 9.79 y z= 259.5 − 240 ≅ 1.99 9.79 α = P(error tipo I) = P(221 > x > 259 | p = 0.6) = P( x < 221 | p = 0.6) + P( x > 259 | p = 0.6) = =P(z < -1.99) + P(z < 1.99) = (2)*(0.0233) = 0.0466 = 4.66%. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo I con p = 0.6 es del 4.66%. b) Incógnita: Probabilidad de error tipo II, β Solución: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 51 de 104
  • 52. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Proporción de adultos graduados universitarios p = 0.48 graduados universitarios. Media μ = n*p = (400)*(0.48) = 192. Desviación estándar σ= n* p*q = ( 400 ) * ( 0.48) * ( 0.52) ≅ 9.99 Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 220.5 y 259.5 Z= z= y −µ σ 220.5 −192 ≅ 2.85 9.99 y z= 259.5 −192 ≅ 6.75 9.99 β = P(error tipo II) =P(221 < x < 259 | p = 0.48) = P(2.85< z < 6.75) = P(z ≤ 6.75) – P(z ≤ 2.85) = =1 – 0.9978 = 0.0022 = 0.22%. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0.48 es del 0.22%. Problema 35 (Ref: Pág. 305 – Ej. 13) Suponga que, en el ejercicio 12, concluimos que 60% de los votantes está a favor del impuesto a la venta de gasolina si más de 214 pero menos de 266 votantes de nuestra muestra lo favorece. Muestre que esta nueva región de aceptación tiene como resultado un valor más pequeño para α a costa de aumentar β. Datos: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 52 de 104
  • 53. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Tamaño de la muestra Región de aceptación n = 400 votantes. 214 < x < 266 → 215 ≤ Hipótesis nula Hipótesis alternativa x ≤ 265 votantes que favorecen el impuesto. H 0: p = 0.6. H1: p ≠ 0.6. a) Incógnita: Probabilidad de error tipo I, α Solución: Proporción de votantes a favor del impuesto p = 0.6 votantes a favor del impuesto. Media μ = n*p = (400)*(0.6) = 240. Desviación estándar σ = n * p * q = ( 400 ) * ( 0.6 ) * ( 0.4) ≅ 9.79 Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 215 ≤ x ≤ 265 → 215 - 0.5 ≤ y ≤ 265 + 0.5 → 214.5 ≤ y ≤ 265.5 Z= y −µ σ z= 214.5 − 240 ≅ −2.60 y 9.79 z= 265.5 − 240 ≅ 2.60 9.79 α = P(error tipo I) = P(214 > x > 266, cuando p = 0.6) = (2)*P(z < -2.60) = (2)*(0.0047) = 0.0094 = 0.94%. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo I con p = 0.6 es del 0.94%. b) Incógnita: Probabilidad de error tipo II, β Solución: Proporción de adultos graduados universitarios p = 0.48 graduados universitarios. Media μ = n*p = (400)*(0.48) = 192. Desviación estándar σ = n * p * q = ( 400 ) * ( 0.48) * ( 0.52 ) ≅ 9.99 Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 214.5 y 265.5 215 ≤ x ≤ 265 → 215 - 0.5 ≤ y ≤ 265 + 0.5 → 214.5 ≤ y ≤ 265.5 Z= y −µ σ z= 214.5 −192 ≅ 2.25 9.99 y z= 265.5 −192 ≅ 7.35 9.99 β = P(error tipo II) =P(214 < x < 266, cuando p = 0.48) =P(2.25≤ z ≤ 7.35) = P(z ≤ 7.35) – P(z ≤ 2.25) = = 1 – 0.9878 = 0.0122 = 1.22%. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0.48 es del 1.22%. Problema 36 (Ref: Pág. 305 – Ej. 15) Una máquina de refrescos en un restaurante de carnes asadas se ajusta de modo que la cantidad de bebida que sirva esté distribuida de forma aproximadamente normal con una media de 200 mililitros y una desviación estándar de 15 mililitros. La máquina se verifica periódicamente con una muestra de nueve bebidas y con el cálculo del contenido promedio. Si x cae en el intervalo 191 < x < 209, se considera que la máquina opera de manera satisfactoria: de otro modo, concluimos que μ ≠ 200 mililitros. a) Encuentre la probabilidad de cometer un error tipo I cuando μ = 200 mililitros. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 53 de 104
  • 54. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 b) Encuentre la probabilidad de cometer un error tipo II cuando μ = 215 mililitros. Datos: P : bebida que sirve cierta maquina de refresco. X : medida en mililitros de esa maquina de refresco. Tamaño de la muestra n = 9 bebidas. Desviación estándar poblacional σ = 15 mililitros. σ 15 15 σx = x = = Desviación estándar muestral = 5 mililitros. n 9 3 Región de aceptación 191 < x < 209. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H 0: μ = 200 mililitros. H1: μ ≠ 200 mililitros. a) Incógnita: Probabilidad de error tipo I, α Solución: Media μ = 200 mililitros. Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 191 y 209 z= 191 − 200 = -1.80 5 y z= X ~ N( μ x = 200, σ x = 15) 209 − 200 = 1.80 5 α = P(error tipo I) = P(191 > x > 209) = (2)*P(z < -1.80) = (2)*(0.0359) = 0.0718 = 7.18%. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo I con es del 7.18%. b) Incógnita: Probabilidad de error tipo II, β Solución: Media μ = 215 mililitros. Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 191 y 209 z= 191 − 215 = -4.80 5 y z= X ~ N( μ x = 200, σ x = 15) 209 − 215 = -1.20 5 β = P(error tipo II) =P(191 < x < 209) =P(-4.80 ≤ z ≤ -1.20) = P(z ≤ -1.20) – P(z ≤ -4.80) = = 0.1151 – 0 = 0.1151 = 11.51%. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo II es del 11.51%. Problema 37 (Ref: Pág. 325 – Ej. 1) Una empresa eléctrica fabrica focos que tienen una duración que se distribuye de forma aproximadamente normal con una media de 800 horas y una desviación estándar de 40 horas. Prueba la hipótesis de que μ = 800 horas contra la alternativa de que μ ≠ 800 horas si una muestra aleatoria de 30 focos tiene una duración promedio de 788 horas. Utilice un nivel de significancia de 0.04. Datos: P : focos fabricados en cierta empresa eléctrica. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 54 de 104
  • 55. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 X : duración en horas de un foco fabricado en esa empresa eléctrica. Tamaño de la muestra n = 30 focos. Desviación estándar poblacional σ = 40 horas. Media muestral x = 788 horas. σ 40 σx = x = ≅ 7.30 mililitros. Desviación estándar muestral n 30 Nivel de significancia α = 0.04 Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ = 800 horas. H1: μ ≠ 800 horas. X ~ N ( μ x = 788, σ x = 40 ) Incógnita: Rechazo o aceptación de la hipótesis nula. Solución: Es conveniente estandarizar X e incluir de manera formal la variable aleatoria normal estándar Z, donde z= z= X −μ σ n 788 − 800 =-1.64 7.30 Si − z α < z < z α , no se rechaza H0. 2 2 − z 0.04 < z < z 0.04 2 2 − z 0.02 < z < z 0.02 Aplicando Tabla A.3. – 2.055 < z < 2.055 Respuesta: No rechazamos la hipótesis nula ya que el valor de z hallado se encuentra dentro de la región de no rechazo. Problema 38 (Ref: Pág. 326 – Ej. 5) Se afirma que un automóvil se maneja en promedio más de 20000 kilómetros por año. Para probar esta afirmación, se pide a una muestra de 100 propietarios de automóviles que lleven un registro de los kilómetros que viajen. ¿Está de acuerdo con esta afirmación si la muestra aleatoria muestra un promedio de 23500 kilómetros y una desviación estándar de 3900 kilómetros?. Utilice un valor P en su conclusión. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 55 de 104
  • 56. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Datos: Tamaño de la muestra Media muestral Desviación estándar muestral n = 100 automóviles. x = 23500 kilómetros. σx = 3900 kilómetros. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ ≤ 20000 kilómetros. H1: μ > 20000 kilómetros. Incógnita: Rechazo o aceptación de la hipótesis nula. Solución: Es conveniente estandarizar X e incluir de manera formal la variable aleatoria normal estándar Z, donde z= z= X −μ σ n 23500 − 20000 = 8.97. 3900 / 100 P= P(Z > 8.97) ≅ 1-1 = 0 Respuesta: Rechazamos la hipótesis nula y concluimos que μ ≠ 20000 Kilómetros. Problema 39 (Ref: Pág. 326 – Ej. 7 ligado al Ej. 1 – Pág. 339) a) Ref. Pág. 326 – Ej. 7 Pruebe la hipótesis de que el contenido promedio de los envases de un lubricante particular es de 10 litros si los contenidos de una muestra aleatoria de 10 envases son 10.2, 9.7, 10.1, 10.3, 10.1, 9.8, 9.9, 10.4, 10.3 y 9.8 litros. Utilice un nivel de significancia de 0.01 y suponga que la distribución del contenido es normal. b) Ref. Pág. 339 – Ej.1 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 56 de 104
  • 57. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Se sabe que el volumen de los envases de un lubricante particular se distribuye normalmente con una varianza de 0.03 litros. Pruebe la hipótesis de que σ2 = 0.03 contra la alternativa de que σ2 ≠ 0.03 para la muestra aleatoria de 10 envases del ejercicio 7 de la página 326. Use un nivel de significancía de 0.01. a) Ref. Pág. 326 – Ej. 7 Datos: P : envases de un lubricante. X : contenido en litros de un envase de ese lubricante. Tamaño de la muestra n = 10 envases. n Media muestral x= ∑X i i =1 n 10.2 + 9.7 + 10.1 + 10.3 + 10.1 + 9.8 + 9.9 + 10.4 + 10.3 + 9.8 = = 10.06 litros. 10 n Desviación estándar muestral s= = s= ∑ (X i =1 i − X) 2 n −1 (10.2 −10.06 )2 + (9.7 −10.06) 2 + (10.1 −10.06) 2 + (10.3 −10.06) 2 + (10.1 −10.06) 2 + (9.8 −10.06) 2 + (9.9 −10.06 9 (0.14 )2 + ( −0.36 )2 + ( 0.04 )2 + ( 0.24 )2 + (0.04)2 + ( − 0.26 )2 + ( − 0.16 )2 + (0.34)2 + ( 0.24 ) 2 + ( − 0.26 )2 9 Nivel de significancia α = 0.01 Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ = 10 litros. H1: μ ≠ 10 litros. Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: X −μ t= s n Si − t α 2 − t 0.01 , n −1 2 ,9 t= < t < tα 2 < t < t 0.01 , n −1 , 2 10.06 −10 = 0.7722 . 0.0777 no se rechaza H0. ,9 − t 0.005,9 < t < t 0.005,9 Aplicando Tabla A.4. - 3.250 < t < 3.250 Respuesta: No rechazamos la hipótesis nula ya que el valor de t hallado se encuentra dentro de la región de No Rechazo. b) Ref. Pág. 339 – Ej.1 Datos: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 57 de 104 =
  • 58. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Tamaño de la muestra n = 10 envases. n Media muestral x= ∑X i =1 i = n 10.2 + 9.7 + 10.1 + 10.3 + 10.1 + 9.8 + 9.9 + 10.4 + 10.3 + 9.8 = 10.06 10 litros. n Desviación estándar muestral (10.2 −10.06 ) s = = 2 s= + (9.7 −10.06) 2 ∑ (X i =1 i − X) 2 n −1 + (10.1 −10.06) 2 + (10.3 −10.06) 2 + (10.1 −10.06) 2 + (9.8 −10.06) 2 + (9.9 −10.06 9 (0.14 )2 + ( − 0.36 )2 + ( 0.04 )2 + ( 0.24 )2 + (0.04 )2 + ( − 0.26 )2 + ( − 0.16 )2 + ( 0.34 )2 + ( 0.24 ) 2 + ( − 0.26 )2 9 Nivel de significancia α = 0.01 H0: σ2 = 0.03 litros. H1: σ2 ≠ 0.03 litros. Hipótesis nula Hipótesis alternativa Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: x2 = x2 = ( n −1) * s 2 σ2 (10 −1) * ( 0.2458) 2 0.03 = ( 9 ) * ( 0.0604 ) 0.03 = 0.5436 ≅ 18.13 0.03 2 Si χ α = 18.13 cuando v = 10 – 1 = 9 grados de libertad Según Tabla A.5 => 0.025 < P(χ2 >18.13) < 0.05 Respuesta: No rechazamos la hipótesis nula ya que la muestra de 10 envases no es suficiente para mostrar que σ2 no es igual a 0.03. Problema 40 (Ref: Pág. 326 – Ej. 12) Una muestra aleatoria de tamaño n1 = 25, que se toma de una población normal con una desviación estándar σ1 = 5.2, tiene una media x 1 = 81. Una segunda muestra aleatoria de tamaño n2 = 36, que se Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 58 de 104 =
  • 59. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 toma de una población normal diferente con una desviación estándar σ2 = 3.4, tiene una media x 2 = 76. Pruebe la hipótesis de que μ1 = μ2 contra la alternativa μ1 ≠ μ2. Cite un valor P en su conclusión. Datos: Tamaño de la primer muestra Desviación estándar de la primer población Media de la primer muestra n1 = 25. σ1= 5.2. x 1 = 81. X 1 ~ N μ x1 = 81, σ x1 = 5.2 Tamaño de la segunda muestra Desviación estándar de la segunda población Media de la segunda muestra n2 = 36. σ2 = 3.4. x 2 = 76. X 2 ~ N μ x 2 = 76, σ x 2 = 3.4 Hipótesis nula Hipótesis alternativa ( ) ( ) H0: μ1 = μ2. H 1: μ 1 ≠ μ 2. Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: z= z= (X 1 − X 2 ) − ( μ1 − μ 2 ) 2 σ1 σ 2 + 2 n1 n 2 ( 81 − 76) − ( 0) 27.04 11.56 + 25 36 p = P(z > 4.222) ≅ = 5 ≅ 4.222 1.184 1-1 = 0 Respuesta: Rechazamos la hipótesis nula ya que la probabilidad de que ocurra es aproximadamente del 0%. Problema 41 (Ref: Pág. 327 – Ej. 18 ligado al Ej. 9 – Pág. 340) a)Ref. Pág. 327 – Ej.18 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 59 de 104
  • 60. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Una compañía armadora de automóviles trata de decidir si compra llantas de la marca A o de la B para sus modelos nuevos. Se lleva a cabo un experimento, para ayudar a llegar a una decisión, en el que se usan 12 llantas de cada marca. Las llantas se utilizan hasta que se acaban. Los resultados son: x 1 = 37900 kilómetros. s1 = 5100 kilómetros. x 2 = 39800 kilómetros. s2 = 5900 kilómetros. Marca A: Marca B: Prueba la hipótesis de que no hay diferencias en las dos marcas de llantas con un nivel de significancia de 0.05. Suponga que las poblaciones se distribuyen de forma aproximadamente normal con varianzas iguales. b) Ref. Pág. 340 – Ej.9 Con referencia al ejercicio 18 de la página 327, pruebe la hipótesis de que σ 1 = σ 2 contra la alternativa de que σ 1 < σ 2, donde σ 1 y σ 2 son las desviaciones estándar de las distancias que se obtienen por las llantas marca A y marca B, respectivamente. Utilice un nivel de significancia de 0.05. a)Ref. Pág. 327 – Ej.18 Datos: Tamaño de la primer muestra Tamaño de la segunda muestra Desviación estándar de la primer muestra Desviación estándar de la segunda muestra Media de la primer muestra Media de la segunda muestra Hipótesis nula Hipótesis alternativa n1 = 12 llantas. n2 = 12 llantas. s1= 5100 Km. s2 = 5900 Km. x 1 = 37900 Km. x 2 = 39800 Km. H0: μ1 = μ2. H1: μ1 ≠ μ2. Nivel de significancia α = 0.05 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: ( s ) * ( n − 1) + ( s ) * ( n 2 1 sp = 2 2 1 2 − 1) n1 + n2 − 2 Con nuestros datos: sp = ( 26010000) * (11) + ( 34810000) * (11) 12 + 12 − 2 − X 2 ) − ( μ1 − μ 2 ) 1 1 sp + n1 n 2 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro t= = 286110000 + 382910000 669020000 = = 5514.52 Km. 22 22 (X 1 Página 60 de 104
  • 61. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Con nuestros datos: t= ( 37900 − 39800) − ( 0) 1 1 + 12 12 5514.52 Si − t α 2 , n1 + n 2 − 2 − t 0.05 2 < t < tα ,12 +12 − 2 2 = − 1900 − 1900 = ≅ −0.84 ( 5514.52 )( 0.408) 2249.92 ,n1 + n 2 − 2 < t < t 0.05 2 , no se rechaza H0. ,12 +12 − 2 − t 0.025, 22 < t < t 0.025, 22 Aplicando Tabla A.4. − 2.074 < t < 2.074 Respuesta: No rechazamos la hipótesis nula ya que el valor de t hallado se encuentra dentro de la región crítica. b) Ref. Pág. 340 – Ej.9 Datos: Tamaño de la primer muestra Tamaño de la segunda muestra Desviación estándar de la primer muestra Desviación estándar de la segunda muestra Media de la primer muestra Media de la segunda muestra n1 = 12 llantas. n2 = 12 llantas. s1= 5100 Km. s2 = 5900 Km. x 1 = 37900 Km. x 2 = 39800 Km. H 0: σ 1 = σ 2 H 1: σ 1 < σ 2 Hipótesis nula Hipótesis alternativa Nivel de significancia α = 0.05 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: Sabemos que: ƒα ( v1 , v 2 ) con v1 = n1 −1 y v2 = n2 −1 grados de libertad con nuestros datos: v1 = 12 −1 = 11 y v 2 = 12 − 1 = 11 grados de libertad f 0.05 (11,11) = 2.82 Según Tabla A.6 f 1−α ( υ1, υ2 ) = 1 con v1 = n1 −1 y v2 = n2 −1 grados de libertad f α ( υ 2 , υ1 ) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 61 de 104
  • 62. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Con nuestros datos: f 0.95 (11,11) = 1 1 = ≅ 0.35 f 0.05 (11,11) 2.82 Gráficamente: 2 La hipótesis nula se rechaza cuando f > 2.82 ó f < 0.35 , donde f = s1 s2 2 , con v1 = 11 y v1 = 11 grados de libertad. con nuestros datos: S12 = ( 5100 ) = 26010000km. 2 y por ello f = 2 S 2 = ( 5900 ) = 34810000km. 2 23010000 = 0.7472 34810000 Respuesta: Rechazamos la hipótesis nula, para σ12 = σ22 , ya que el valor de f hallado es f < 0.35, 0.7472 < 0.35. Problema 42 (Ref: Pág. 328 – Ej. 21 ligado al Ej. 10 – Pág. 340) Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 62 de 104
  • 63. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 a)Ref. Pág. 328 – Ej. 21 Los siguientes datos representan los tiempos de duración de películas producidas por dos compañías cinematográficas: Compañía 1 2 Tiempo (minutos) 102 86 98 109 92 81 165 97 134 92 87 114 Pruebe la hipótesis de que el tiempo de duración promedio de las películas producidas por la compañía 2 excede el tiempo promedio de duración de la que produce la compañía 1 en 10 minutos, contra la alternativa unilateral de que la diferencia es de más de 10 minutos. Utilice un nivel de significancia de 0.1 y suponga que las distribuciones de los tiempos son aproximadamente normales con varianzas iguales. b) Ref. Pág. 340 – Ej. 10 Con referencia al ejercicio 21 de la página 328, pruebe la hipótesis de que σ 21 = σ22 contra la alternativa de que σ21 ≠ σ22, donde σ21 y σ22 son las varianzas para los tiempos de duración de películas producidas por la compañía 1 y la compañía 2, respectivamente. Utilice un nivel de significancia de 0.10. a)Ref. Pág. 328 – Ej. 21 Datos: X1 : tiempo de duración en minutos de una película producida por la compañía 1. X2 : tiempo de duración en minutos de una película producida por la compañía 2. Tamaño de la primer muestra n1 = 5 películas. Tamaño de la segunda muestra n2 = 7 películas. n Media de la primer muestra x1 = ∑X i = i =1 n1 102 + 86 + 98 + 109 + 92 = 97.4 minutos. 5 n Media de la segunda muestra ( X 1 ~ N μ x1 = 97.4, σ x1 = 19.86 x2 = ∑X i i =1 = n2 81 + 165 + 97 + 134 + 92 + 87 + 114 = 110. minutos. 7 ) ( X 2 ~ N μ x 2 = 110, σ x 2 = 79.95 n Desviación estándar de la primer muestra s1 = = s1 = ∑ (X i =1 i − X) 2 n1 − 1 (102 − 97.4) 2 + (86 − 97.4) 2 + (98 − 97.4) 2 + (109 − 97.4) 2 + (92 − 97.4) 2 4 ( 4.6 ) 2 + ( − 11.4) 2 + ( 0.6 ) 2 + (11.6) 2 + ( - 5.4) 2 4 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro = ) 315.2 4 = = 78.8 = 8.87minutos Página 63 de 104
  • 64. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 ∑ (X n Desviación estándar de la segunda muestra s2 = s2 = i =1 − X) 2 n2 −1 ( 81 − 110 ) 2 + (165 − 110)2 + (97 − 110) 2 + (134 − 110)2 + (92 − 110)2 + (87 − 110)2 + (114 − 110) 2 6 ( - 29) 2 + ( 55) 2 + ( - 13) 2 + ( 24) 2 + ( - 18) 2 + ( − 23) ) 2 + ( 4) 2 = i 6 = Hipótesis nula Hipótesis alternativa 6 = 913.3 = 30.22 min utos H0: μ2 - μ1 ≤ 10 minutos. H1: μ2 - μ1 > 10 minutos. Nivel de significancia 5480 = α = 0.1 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: t= (X 2 − X1 ) − ( μ 2 − μ1 ) 2 s 2 s1 2 + n 2 n1 con nuestros datos: t= (110 − 97.4) − (10 ) 913.24 78.67 + 7 5 Si − t α 2 ,υ < t < tα 2 ,υ = 12.6 − 10 130.46 + 15.73 = 2.6 146.19 = 2.6 ≈ 0.22 12.09 , no se rechaza H0. Con ( s12 n1 + s22 n2 ) 2 = ( 78.68 5 + 913.25 7) 2 = (15.74 + 130.46) 2 = υ≅ ( s12 n1 ) 2 + ( s22 n2 ) 2 ( 78.68 5) 2 + ( 913.25 7) 2 (15.74) 2 + (130.46) 2 n1 − 1 = ( 146.2) 2 247.75 17019.81 + 4 6 entonces: − t 0.1 5−1 n2 − 1 2 ,7 = 21374.44 61.90 + 2836.75 < t < t 0.1 2 7−1 = 21374.44 2898.65 4 6 ≈ 7.38 → υ = 7 ,7 −t 0.05, 7 < t < t 0.05, 7 Aplicando Tabla A.4. − 2.998 < t < 2.998 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 64 de 104
  • 65. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Respuesta: No rechazamos la hipótesis nula ya que el valor de t hallado se encuentra dentro de la región crítica. b) Ref. Pág. 340 – Ej. 10 Datos: Tamaño de la primer muestra Tamaño de la segunda muestra n1 = 5 películas. n2 = 7 películas. n Media de la primer muestra x1 = ∑X i = 102 + 86 + 98 + 109 + 92 = 97.4 minutos. 5 i = 81 + 165 + 97 + 134 + 92 + 87 + 114 = 110. minutos 7 i =1 n1 n Media de la segunda muestra x2 = ∑X i =1 n2 n Desviación estándar de la primer muestra s1 = = ∑ (X i i =1 s1 = − X) n1 − 1 (102 − 97.4) 2 + (86 − 97.4) 2 + (98 − 97.4) 2 + (109 − 97.4) 2 + (92 − 97.4) 2 4 ( 4.6 ) 2 + ( − 11.4) 2 + ( 0.6 ) 2 + (11.6) 2 + ( - 5.4) 2 4 315.2 = 4 Desviación estándar de la segunda muestra = s2 = = = 78.8 = 8.87minutos ∑ (X n s2 = 2 i =1 i − X) 2 n2 −1 ( 81 − 110 ) 2 + (165 − 110) 2 + (97 − 110) 2 + (134 − 110)2 + (92 − 110)2 + (87 − 110)2 + (114 − 110) 2 6 ( - 29 ) 2 + ( 55) 2 + ( - 13) 2 + ( 24) 2 + ( - 18) 2 + ( − 23) ) 2 + ( 4) 2 6 Hipótesis nula Hipótesis alternativa 5480 6 = 913.3 = 30.22 min utos H0: σ12 = σ22. H1: σ12 ≠ σ22. Nivel de significancia = = α = 0.1 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: Sabemos que: ƒα ( v1 , v 2 ) con v1 = n1 −1 y v2 = n2 −1 grados de libertad Con nuestros datos: v1 = 5 − 1 = 4 y v 2 = 7 − 1 = 6 grados de libertad entonces: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 65 de 104
  • 66. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 ƒ 0.05 ( 4,6 ) = 4.53 Según Tabla A.6 f 1−α ( υ1, υ2 ) = 1 con v1 = n1 −1 y v2 = n2 −1 grados de libertad f α ( υ 2 , υ1 ) Con nuestros datos: f 0.95 ( 4,6 ) = 1 1 = ≅ 0.16 f 0.05 ( 6,4 ) 6.16 Gráficamente: La hipótesis nula se rechaza cuando f > 4.53 ó f < 0.16 , donde s12 f = s2 2 , con v1 = 4 y v1 = 6 grados de libertad. con nuestros datos: S12 = ( 8.87 ) = 78.7 min utos. 2 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro y 2 S 2 = ( 30.22) = 913.25 min utos. 2 Página 66 de 104
  • 67. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER y por ello f = Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 78.7 = 0.09 913.25 Respuesta: Rechazamos la hipótesis nula, para σ12 = σ22 , ya que el valor de f hallado es f < 0.16, 0.09 < 0.16. Problema 43 (Ref: Pág. 335 – Ej. 6) En cierta universidad se estima que a lo más 25% de los estudiantes van en bicicleta a la escuela. ¿ Esta parece ser una estimación valida si, en una muestra aleatoria de 90 estudiantes universitarios, se encuentra que 28 van en bicicleta a la escuela?. Utilice un nivel de significancia de 0.05. Datos: P : estudiantes de cierta universidad. X : un estudiante de esa universidad. Tamaño de la muestra n = 90 estudiantes. Cantidad de estudiantes que van en bicicleta x = 28 estudiantes. Proporción de estudiantes que en bicicleta p = 0.25 q = 0.75 Proporción de estudiantes que no andan en bicicleta Media μ = n*p = (90)*(0.25) = 22.5 estudiantes. Desviación estándar σ = n * p * q = ( 90) * ( 0.25) * ( 0.75) ≅ 4.10 estudiantes. X ~ N( μ x = 22.5, σ x = 4.10) Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: p ≤ 0.25. H1: p > 0.25. Nivel de significancia α = 0.05 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: Rechazamos H0 si Z < -1.64 siendo Z= x −μ σ Con nuestros datos: Z = 28 − 22.5 = 1.338877 ≈ 1.34 4.107919 P = P( Z > 1.34 ) = 1 − ( Z ≤ 1.34 ) = 1 − 0.909 = 0.091 = 9.1% Respuesta: No rechazamos la hipótesis nula ya que no hay suficiente evidencia para concluir que P> 0.25. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 67 de 104
  • 68. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 44 (Ref: Pág. 335 – Ej. 9) En un estudio para estimar la proporción de residentes de cierta ciudad y sus suburbios que están a favor de la construcción de una planta de energía nuclear, se encuentra que 63 de 100 residentes urbanos están a favor de la construcción mientras que solo 59 de 125 residentes suburbanos la favorecen. ¿ Hay una diferencia significativa entre la proporción de residentes urbanos y suburbanos que favorecen la construcción de la planta nuclear?. Use un valor P. Datos: P1 : residentes urbanos de cierta ciudad. P2 : residentes suburbanos de cierta ciudad. p1 : proporción de residentes urbanos a favor de la construcción de una planta de energía nuclear. p2 : proporción de residentes suburbanos a favor de la construcción de una planta de energía nuclear. Tamaño de la primer muestra n1 = 100 residentes urbanos. Tamaño de la segunda muestra n2 = 125 residentes suburbanos. Cantidad de urbanos a favor x1 = 63 residentes urbanos. Cantidad de suburbanos a favor x2 = 59 residentes suburbanos. x 63 ˆ p1 = 1 = = 0.63 Proporción de urbanos a favor n 1 100 x2 59 = = 0.472 n 2 125 x + x2 63 + 59 122 ˆ p= 1 = = = 0.542 Combinación de las proporciones n 1 + n 2 100 + 125 225 Hipótesis nula H0: p1 = p2. Hipótesis alternativa H1: p1 ≠ p2. Proporción de suburbanos a favor ˆ p2 = Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: Utilizamos la aproximación normal z= z= ˆ ˆ p1 − p2 ˆˆ pq[ (1 n1 ) + (1 n2 ) ] 0.63 − 0.472 ( 0.542)( 0.458)   1   1  +   100   125  = 0.158 ( 0.542)( 0.458)( 0.018) = 0.158 0.0044 = 0.158 = 2.36 0.066 P(z > 2.36 ) = 2* P(z > 2.36) = 2*(1 – 0.9909) = 0.0182 = 1.82% Respuesta: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 68 de 104
  • 69. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Rechazamos la hipótesis nula ya que hay una probabilidad de que ocurra del 1.82%. La proporción de los residentes urbanos a favor de la construcción de una planta de energía nuclear es mayor que la proporción de los residentes suburbanos a favor de la construcción de dicha planta. Problema 45 (Ref: Pág. 335/336 – Ej. 10) En un estudio sobre la fertilidad de mujeres casadas por Martín O`Connell y Carolyn C. Rogers para la Oficina de Censos en 1979, se seleccionaron al azar dos grupos de esposas con edades de 25 a 29 sin hijos y a cada mujer se le preguntó si planeaba tener un hijo. Se seleccionó un grupo entre las mujeres con menos de dos años de casadas y otro entre las que tenían cinco años de casadas. Suponga que 240 de 300 con menos de dos años de casadas planean tener algún día un hijo comparadas con 288 de las 400 con cinco años de casadas. ¿ Podemos concluir que la proporción de mujeres con menos de dos años de casadas que planean tener hijos es significativamente más alta que la proporción con cinco años de casadas?. Use un valor P. Datos: P1 : mujeres con menos de dos años de casada. P2 : mujeres con cinco años de casadas. p1 : proporción de mujeres con menos de dos años de casadas. p2 : proporción de mujeres con cinco años de casadas. Tamaño de la primer muestra n1 = 300 mujeres con menos de dos años de casadas. Tamaño de la segunda muestra n2 = 400 mujeres con cinco años de casadas. Cantidad con menos de dos años de casadas x1 = 240 mujeres. Cantidad con cinco años de casadas x2 = 288 mujeres. x 240 ˆ p1 = 1 = = 0.80 Proporción con menos de dos años n 1 300 x 2 288 = = 0.72 n 2 400 x + x 2 240 + 288 528 ˆ p= 1 = = = 0.754 n1 + n 2 300 + 400 700 ˆ p2 = Proporción con cinco años Combinación de las proporciones H0: p1 ≤ p2. H1: p1 > p2. Hipótesis nula Hipótesis alternativa Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: Utilizamos la aproximación normal z= z= ˆ ˆ p1 − p2 ˆˆ pq[ (1 n1 ) + (1 n2 ) ] 0.80 − 0.72 ( 0.754)( 0.246)   1   1  +   300   400  Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro = 0.08 ( 0.754)( 0.246)( 0.0055) = 0.08 0.00108199 = 0.08 ≅ 2.44 0.032893616 Página 69 de 104
  • 70. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 P(z > 2.44 ) = 1 – P(z ≤ 2.44) = 1 – 0.9927 = 0.0073 = 0.73%. Respuesta: Rechazamos la hipótesis nula. La proporción de mujeres con menos de 2 años de casadas que planean tener hijos es considerablemente más alta que la proporción de mujeres con 5 años de casadas que planean tener hijos. Problema 46 (Ref: Pág. 328 – Ej. 24) Cinco muestras de una sustancia ferrosa se usan para determinar si hay una diferencia entre un análisis químico de laboratorio y un análisis de fluorescencia de rayos X del contenido de hierro. Cada muestra se divide en dos submuestras y se aplican los dos tipos de análisis. A continuación se presentan los datos codificados que muestran los análisis de contenido de hierro: Muestra Análisis Rayos X Químico 1 2,0 2,2 2 2,0 1,9 3 2,3 2,5 4 2,1 2,3 5 2,4 2,4 Suponga que las poblaciones son normales, pruebe con un nivel de signficancia de 0.05 si los dos métodos de análisis dan, en promedio, el mismo resultado. Datos: Tamaño de la muestra n = 5 muestras. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ1 = μ2 . H1: μ1 ≠ μ2. Nivel de significancia α = 0.05 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: Región critica − t α < t < tα 2 2 − t 0.05 < t < t 0.05 2 2 − t 0.025 < t < t 0.025 Aplicando Tabla A.4. − 2.776 < t < 2.776 _ d− d 0 Donde t = s d con v = n-1 grados de libertad n Calculando:  n  ∑d  La media muestral _  i =1 i  d= n Muestra Análisis Rayos X 1 2,0 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro 2 2,0 3 2,3 4 2,1 5 2,4 Página 70 de 104
  • 71. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Químico 2,2 1,9 2,5 2,3 2,4 di -0,2 0,1 -0,2 -0,2 0,0 _ d= ( − 0.2) + ( 0.1) + ( − 0.2) + ( − 0.2) + ( 0.0) 5 = −0.1 la desviación estándar n    n   n * ∑ d i2  -  ∑ d i  i =1    i =1  sd = n * ( n − 1) 2 con nuestros datos: sd = sd = [ ] 5 * ( - 0.2 ) + ( 0.1) + ( - 0.2 ) + ( - 0.2 ) + ( 0.0 ) - [ ( − 0.2) + ( 0.1) + ( − 0.2) + ( − 0.2) + ( 0.0 ) ] 2 2 2 2 2 2 5 * ( 5 − 1) 5 * [ ( 0.13) ] - [ ( − 0.5) ] 5 * ( 4) 2 = 0.4 = 0.1414 20 _ d− d 0 Calculamos t = s con nuestros datos d n t= − 0.1 0.1414 = −1.58 5 Respuesta: No rechazamos la hipótesis nula. Concluimos que ambos métodos no son considerablemente diferentes. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 71 de 104
  • 72. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 47 (Ref: Pág. 329 – Ej. 25) El administrador de una compañía de taxis trata de decidir si el uso de llantas radiales en lugar de llantas regulares de cinturón mejora la economía de combustible. Se equipan 12 autos con llantas radiales y se manejan por un recorrido de prueba preestablecido. Sin cambiar de conductores, los mismos autos se equipan con llantas comunes con cinturón y se manejan otra vez por el recorrido de prueba. El consumo de gasolina, en kilómetros por litro, se registró como sigue: Auto 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Kilómetros por litro Llantas radiales Llantas con cinturón 4,2 4,1 4,7 4,9 6,6 6,2 7,0 6,9 6,7 6,8 4,5 4,4 5,7 5,7 6,0 5,8 7,4 6,9 4,9 4,7 6,1 6,0 5,2 4,9 ¿ Podemos concluir que los autos equipados con llantas radianes dan una economía de combustible mejor que los equipados con llantas de cinturón?. Suponga que las poblaciones se distribuyen normalmente. Utilice un valor P en su conclusión. Datos: Tamaño de la muestra n = 12 autos. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ1 = μ2 . H1: μ1 > μ2. Nivel de significancia α = 0.05 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: _ d− d 0 Donde t = s con v = n-1 grados de libertad d n Calculando:  n  ∑d  La media muestral _  i =1 i  d= n Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 72 de 104
  • 73. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Kilómetros por litro Auto Llantas radiales Llantas con cinturón 1 4,2 4,1 2 4,7 4,9 3 6,6 6,2 4 7,0 6,9 5 6,7 6,8 6 4,5 4,4 7 5,7 5,7 8 6,0 5,8 9 7,4 6,9 10 4,9 4,7 11 6,1 6,0 12 5,2 4,9 _ d= di 0,1 -0,2 0,4 0,1 -0,1 0,1 0,0 0,2 0,5 0,2 0,1 0,3 ( 0.1) + ( − 0.2) + ( 0.4) + ( 0.1) + ( − 0.1) + ( 0.1) + ( 0.0 ) + ( 0.2) + ( 0.5) + ( 0.2 ) + ( 0.1) + ( 0.3) 12 = 0.1417 Km la desviación estándar n    n   n * ∑ d i2  -  ∑ d i  i =1    i =1  sd = n * ( n − 1) 2 con nuestros datos: sd = 12 * [ ( 0.67 ) ] - [1.7 ] 12 * (11) 2 = 5.15 = 0.198 Km 132 _ d− d 0 Calculamos t = s con nuestros datos d n t= 0.1417 = 2.48 0.198 12 Y P = P( t > 2.48) = 0.02 con 11 grados de libertad Respuesta: Rechazamos hipótesis nula ya que el nivel de significancia esta por encima del 0.02. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 73 de 104
  • 74. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 48 (Ref: Pág. 329 – Ej. 26) En el ejercicio 2 de la página 287, utilice la distribución t para probar la hipótesis de que la dieta reduce el peso de una persona en 4.5 kilogramos en promedio contra la hipótesis alternativa de que la diferencia media en peso es menor que 4.5 kilogramos. Utilice un valor P. Datos: Tamaño de la muestra n = 7 mujeres. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ1 - μ2 = 4.5 Kilogramos H1: μ1 - μ2 < 4.5 Kilogramos Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: _ d− d 0 Donde t = s con v = n-1 grados de libertad d n Calculando:  n  ∑d  La media muestral _  i =1 i  d= n Peso 1 58, Antes 5 60, Después 0 di -1,5 _ d= 2 60, 3 54, 9 5,4 Mujeres 3 4 5 61, 69, 64, 7 0 0 58, 62, 58, 1 1 5 3,6 6,9 5,5 6 7 62, 6 56,7 59, 9 54,4 2,7 2,3 ( − 1.5) + ( 5.4) + ( 3.6) + ( 6.9) + ( 5.5) + ( 2.7 ) + ( 2.3) 7 = 3.557 Kilogramos la desviación estándar n    n   n * ∑ d i2  -  ∑ d i  i =1    i =1  sd = n * ( n − 1) 2 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 74 de 104
  • 75. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 con nuestros datos: sd = 7 * [ (134.81) ] - [24.9 ] 7 * (6 ) 2 = 323.66 = 2.776 Kilogramos 42 _ 3.557 − 4.5 d− d 0 t= = −0.896 Calculamos t = s con nuestros datos 2.776 d 7 n Y P = P( t > 0.896) = 0.3 con 6 grados de libertad Respuesta: No rechazamos la hipótesis nula. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 75 de 104
  • 76. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 49 (Ref: Pág. 329/330 – Ej. 28) En un estudio realizado por el Departamento de Nutrición Humana y Alimentos del Instituto Politécnico y Universidad Estatal de Virginia se registraron los siguientes datos acerca de la comparación de residuos de ácido sórbico, en partes por millón, en jamón inmediatamente después de sumergirlo en una solución de ácido y después de 60 días de almacenamiento: Residuos de ácido sórbico en jamón Rebanada Antes del almacenamiento Después del almacenamiento 1 224 116 2 270 96 3 400 239 4 444 329 5 590 437 6 660 597 7 1400 689 8 680 576 Si se supone que las poblaciones se distribuyen normalmente, ¿ hay suficiente evidencia, al nivel de significancia de 0.05, para decir que la duración del almacenamiento influye en las concentraciones residuales de ácido sórbico? Datos: Tamaño de la muestra n = 8 rebanadas. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ1 = μ2. H1: μ1 ≠ μ2. Nivel de significancia α = 0.05 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: Región critica − tα < t < tα 2 2 − t 0.05 < t < t 0.05 2 2 − t 0.025 < t < t 0.025 Aplicando Tabla A.4. − 2.365 < t < 2.365 _ d− d 0 Donde t = s con v = n-1 grados de libertad d n Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 76 de 104
  • 77. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Calculando:  n  ∑d  La media muestral _  i =1 i  d= n Residuos de ácido sórbico en jamón Rebanada Antes del almacenamiento Despues del almacenamiento 1 224 116 2 270 96 3 400 239 4 444 329 5 590 437 6 660 597 7 1400 689 8 680 576 _ d= (108) + (174) + (161) + (115) + (153) + ( 63) + ( 711) + (104) = 198.625 8 di 108 174 161 115 153 63 711 104 Millón/partes la desviación estándar n    n   n * ∑ d i2  -  ∑ d i  i =1    i =1  sd = n * ( n − 1) sd = 8 * [ (624801) ] - [1589 ] 8 * (7 ) 2 2 = 2473487 = 210.165 Millón/partes 56 _ d− d 0 Calculamos t = s con nuestros datos d n t= 198.625 210.165 = 2.67 8 Respuesta: Rechazamos la hipótesis nula. La duración de almacenamiento influye en las concentraciones residuales de ácido sórbico. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 77 de 104
  • 78. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 50 (Ref: Pág. 353 – Ej. 6) Se seleccionan tres canicas de una urna que contiene cinco canicas rojas y tres verdes. Después de registrar el número X de canicas rojas, las canicas se reemplazan en la urna y el experimento se repite 112 veces. Los resultados que se obtienen son los siguientes: x 0 1 3 f 1 1 2 3 5 5 25 Pruebe la hipótesis con un nivel de significancia de 0.05 de que los datos registrados se pueden ajustar con una distribución hipergeométrica h (x; 8, 3, 5), x = 0, 1, 2, 3. Datos: Variable aleatoria Repeticiones del experimento X: números de canicas rojas. m = 112 veces. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: X ~ h(x, 8, 3, 5) x = 0, 1, 2, 3. H 1: es falso. Nivel de significancia α = 0.05. Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución:  k  N − k      x  n − x  ,  N   n  Aplicando la distribución hipergeométrica a nuestros datos: X ~ h(x, N, n, k) => P(x = xi) = Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro x = 0, 1, 2, 3,....., n. Página 78 de 104
  • 79. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER P(x = 0)=  5 8 − 3  03− (1) = = ≅0.1786 8 56  3 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 e0 = (112)*(0.01786) = 2. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 79 de 104
  • 80. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER P(x = 1)=  5 8 − 3  13− 2(5)31 = = ≅0.2678  8  56  3 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 e1 = (112)*(0.26786) = 30. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 80 de 104
  • 81. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER P(x = 2)=  5 8− 3  23− 1(0)3 = = ≅0.5371  8 56  3 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 e2 = (112)*(0.53571) = 60. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 81 de 104
  • 82. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER P(x = 3)= I  5 8 − 3  3− 0(1) = = ≅0.1785  8  56  3 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 e3 = (112)*(0.17857) = 20. xi Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro P(x = xi) ei = mpi oi j Página 82 de 104