Problema 24 (Ref: Pg
Ctedra: Probabilidad y Estadstica Trabajo FinalUADER 6 de Agosto
de 2008
Problema 1 (Ref: Pg. 223 - Ej. 5)
Una mquina de refrescos se ajusta para que la cantidad de bebida
que sirve promedie 240 mililitros con una desviacin estndar de
15mililitros. La mquina se verifica peridicamente 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, se piensa
que la mquina opera satisfactoriamente, de otra forma, se ajusta.
En la seccin 8.4, el funcionario de la compaa encuentra que la
media de 40 bebidas es = 236 mililitros y concluye que la mquina no
necesita un ajuste Esta fue una decisin razonable?
Datos:
Variable aleatoria X: cantidad de bebida que sirve una mquina
(en mililitros).Tamao de la muestra n = 40 bebidas.Desviacin
estndar poblacional x = 15 mililitros.Media poblacional x = 240
mililitros.
Media muestral = = 240 mililitros.
Desviacin estndar muestral 2.3717 mililitros.
Incgnita:
Solucin:
Reemplazando con nuestros datos
240 ml. (2)(2.372 ml.) 240 ml. + (2)(2.372 ml.)
240 ml. 4.744 ml. 240 ml. + 4.744 ml.
235.257 ml. 244.743 ml.
Respuesta:
Esta fue una decisin razonable puesto que 236 ml., que es la
media encontrada se encuentra dentro del intervalo definido.
Problema 2 (Ref: Pg. 223 - Ej. 9)La vida media de una mquina
para hacer pasta es de siete aos, con una desviacin estndar de un
ao. Suponga que las vidas de estas mquinas siguen aproximadamente
una distribucin normal, encuentre: a) La probabilidad de que la
vida media de una muestra aleatoria de nueve de estas mquinas caiga
entre 6.4 y 7.2 aos;
b) El valor de a la derecha del cual caera el 15% de las medias
calculadas de muestras aleatorias de tamao nueve.
Datos:
Variable aleatoria X: vida til de una mquina de hacer pasta (en
aos).Media poblacional x = 7 aos. Desviacin estndar poblacional x =
1 ao. Tamao de la muestra n = 9 mquinas.
a) Incgnita:
P(6.4 7.2)
Solucin:
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 mquinas caiga entre 6.4 aos y 7.2 aos es del 68.98%.
b) Incgnita:
Un valor de que deje a su derecha un rea del 15% y por lo tanto
un rea del 85% a su izquierda.Solucin:
Con aos y
Aos
= 7.35 aos
Respuesta:
El valor de que deja a su derecha un rea del 15% es 7.35
aos.
Problema 3 (Ref: Pg. 223/224 - Ej. 10)El tiempo que el cajero de
un banco con servicio en el automvil atiende a un cliente es una
variable aleatoria con media = 3.2 minutos y una desviacin estndar
= 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 ms 2.7 minutos; b) ms de 3.5 minutos;c) al menos 3.2
minutos pero menos de 3.4 minutos.
Datos:
Variable aleatoria X: tiempo que un cajero atiende a un cliente
(en minutos).Media poblacional x = 3.2 minutos.Desviacin estndar
poblacional x = 1.6 minutos. Tamao de la muestra n = 64
clientes.
a) Incgnita:
P( 2.7)
Solucin:
= Aplicando Tabla A.3. = 0.0062 = 0.62% Respuesta:La
probabilidad de que el tiempo promedio de los cliente con el cajero
sea a lo ms 2.7 minutos es de 0.62%.
b) Incgnita:
P( > 3.5)
Solucin:
= Aplicando Tabla A.3. = 0.0668 = 6.68%. Respuesta:La
probabilidad de que el tiempo promedio de los cliente con el cajero
sea ms 3.5 minutos es de 6.68%.
c) Incgnita:
P(3.2 3.4)
Solucin:
Aplicando Tabla A.3 = 0.8413 0.5000 = 0.3413 = 34.13%.
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: Pg. 224 - Ej. 12)Se toma una muestra aleatoria de tamao 25 de
una poblacin normal que tiene una media de 80 y una desviacin
estndar de 5. Una segunda muestra aleatoria de tamao 36 se toma de
una poblacin normal diferente que tiene una media de 75 y una
desviacin estndar 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 dcimo ms cercano.
Datos:
Tamao de la primer muestra n1 = 25.
Media de la primer poblacin 1= 80.
Desviacin estndar de la primer poblacin 1 = 5.
Tamao de la segunda muestra n2 = 36.
Media de la segunda poblacin 2= 75.
Desviacin estndar de la segunda poblacin 2 = 3.
Incgnita:
Solucin:
Utilizando el Teorema 8.3; el que dice:
Si se extraen al azar muestras independientes de tamao y de dos
poblaciones, discreta o continuas, con medias y y varianzas y ,
respectivamente, entonces la distribucin muestral de las
diferencias de las medias, , est distribuida aproximadamente de
forma normal con media y varianza dadas por
y .De aqu
es aproximadamente una variable normal estndar.
con nuestros datos:
80 75 = 5y
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: Pg. 236 - Ej. 1)Para una distribucin ji
cuadrada encuentre.
a) cuando = 15;
b) cuando = 7;
c) cuando = 24.
a) Segn Tabla A.5 cuando = 15 => 27.488
Respuesta:
El valor 2 con 15 grados de libertad, que deja un rea de 0.025 a
su derecha es 27.488.
Grfica:
b) Segn Tabla A.5 cuando = 7 => 18.475
Respuesta:
El valor 2 con 7 grados de libertad, que deja un rea de 0.01 a
su derecha es 18.475.
Grfica:
c) Segn Tabla A.5 cuando = 24 => 36.415
Respuesta:
El valor 2 con 24 grados de libertad, que deja un rea de 0.05 a
su derecha es 36.415.
Grfica:
Problema 6 (Ref: Pg. 236 - Ej. 3)
Para una distribucin ji cuadrada encuentre tal que:
a) P(2 >) = 0.99 cuando = 4;
b) P(2 >) = 0.025 cuando = 19;
c) P(37.652 < 2 ) = 0.99 cuando = 4
Segn Tabla A.5 => = 0.297
Respuesta:
El valor de 2 que deja a su derecha una probabilidad igual a
0.99 es decir 99 %, con 4 grados de libertad es 0.297.
b) P(2 >) = 0.025 cuando = 19
Segn Tabla A.5 => = 32.852
Respuesta:
El valor de 2 que deja a su derecha una probabilidad igual a
0.025 es decir 2.5 %, con 19 grados de libertad es 32.852.
Grfica:
c) P(37.652 < 2 = 37.652 => = 0.05
=> = 0.05 - 0.045 = 0.005 =>= cuando = 25
Segn Tabla A. 5 => = 46.928
Respuesta:
El valor de 2 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.
Grfica:
Problema 7 (Ref: Pg. 236 Ej. 5)Encuentre la probabilidad de que
una muestra aleatoria de 25 observaciones, de una poblacin normal
con varianza 2 = 6, tenga una varianza s2a) mayor que 9.1;b) entre
3.462 y 10.745.Suponga que las varianzas muestrales son mediciones
continuas.
Datos:
Tamao de la muestra n = 25 observaciones.Varianza de la muestra
2 = 6.
a) Incgnita: P (s2 > 9.1)
Solucin:
con (n 1) grados de libertad
con nuestros datos:
Segn Tabla A.5 cuando = 24 =>0.05
Respuesta:La probabilidad de que la varianza de esa muestra sea
mayor que 9.1 es del 5%.
b) Incgnita: P (3.462 s2 10.745)
Solucin:
con (n 1) grados de libertad
con nuestros datos:
Segn Tabla A.5 cuando = 24 =>0.95
Segn Tabla A.5 cuando = 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: Pg. 236 Ej. 6)Las clasificaciones de un examen
de colocacin que se aplic a estudiantes de primer ao de
licenciatura durante los ltimos cinco aos estn aproximadamente
distribuidas de forma normal con una media = 74 y una varianza 2 =
8. Considerara an que 2 =8 es un valor vlido de la varianza si una
muestra aleatoria de 20 estudiantes que realizan este examen de
colocacin este ao obtienen un valor de s2 = 20?
Datos:P: estudiantes de primer ao de licenciatura.X: calificacin
de un examen de colocacin.
Media poblacional x = 74.
Varianza poblacional = 8.Tamao de la muestra n = 20 estudiantes.
Varianza muestral s2 = 20.
Incgnita:
Considerar si es vlida = 8
Solucin:
con (n 1) grados de libertad
con nuestros datos
Respuesta:Es un valor de una distribucin ji cuadrada con 19
grados de libertad. Como 95% de los valores 2 con 19 grados de
libertad caen entre 8.907 y 32.852, el valor calculado con 2 = 8 no
es razonable y por lo tanto se tiene razn suficiente para sospechar
que la varianza es diferente a ocho.Es muy probable que el valor
supuesto de 2 sea un error.
Problema 9 (Ref: Pg. 236 Ej. 8)a) Encuentre t0.025 cuando =14;b)
Encuentre t0.10 cuando = 10;c) Encuentre t0.995 cuando =7.
a) Segn Tabla A.4 t0.025 cuando =14 => 2.145
Respuesta:El valor t con 14 grados de libertad, que deja un rea
de 0.025 a su derecha es 2.145.
Grfica:
b) Segn Tabla A.4 t0.10 cuando = 10 => -1.372
Respuesta:El valor t con 10 grados de libertad, que deja un rea
de 0.10 a su izquierda es -1.372.
Grfica:
c) Segn Tabla A.4 t0.995 cuando =7 => -3.499
Respuesta:El valor t con 7 grados de libertad, que deja un rea
de 0.995 a su derecha y por lo tanto un rea de 0.005 a su izquierda
es -3.499.
Grfica:
Problema 10 (Ref: Pg. 236 Ej. 9)a) Encuentre P(T < 2.365)
cuando =7;b) Encuentre P(T > 1.318) cuando = 24;c) Encuentre
P(-1.356 < T -2.567) cuando =17.
a) P(T < 2.365) cuando =7 1 P(T 2.365) cuando =7 Segn 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%.
Grfica:
b) P(T > 1.318) cuando = 24 Segn 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%.
Grfica:
c) P(-1.356 < T < 2.179) cuando =12 P(T -1.356) P(T 2.179)
cuando =12 Segn 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%.
Grfica:
d) P(T > -2.567) cuando =17 1 P( T > 2.567) cuando =17
Segn 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%.
Grfica:
Problema 11 (Ref: Pg. 236 Ej. 12)
Una empresa manufacturera afirma que las bateras que utiliza en
sus juegos electrnicos duran un promedio de 30 horas. Para mantener
este promedio se prueban 16 bateras cada mes. Si el valor t que se
calcula cae entre t0.025 y t0.025, la empresa queda satisfecha con
su afirmacin.Qu conclusiones extraera la empresa de una muestra que
tiene una media de = 27.5 horas y una desviacin estndar de s = 5
horas? Suponga que la distribucin de las duraciones de las bateras
es aproximadamente normal.
Datos:
P: bateras de juegos electrnicos.X: rendimiento en horas de una
bajara de juegos electrnicos.Media poblacional x = 30 horas.Tamao
de la muestra n = 16 bateras.
Media muestral = 27.5 horas. Desviacin estndar muestral s = 5
horas.
Solucin:
De la tabla A.4 encontramos que t0.025 = 2.131 para 15 grados de
libertad. Por tanto, la empresa queda satisfecha con esta afirmacin
si una muestra de 16 bateras rinde un valor t entre 2.131 y 2.131.
si = 30, entonces
con (n 1) grados de libertad
Con nuestros datos:
,
Respuesta:La empresa estara satisfecha con su afirmacin ya que
el valor hallado de t pertenece al intervalo establecido como
parmetro para poder afirmar que sus bateras promedian las 30 horas
de duracin.
Problema 12 (Ref: Pg. 236 Ej. 13) Una poblacin normal con
varianza desconocida tiene una media de 20. Se tiene posibilidad de
obtener una muestra aleatoria de tamao 9 de esta poblacin con una
media de 24 y una desviacin estndar de 4.1? Si no, qu conclusin
sacara?
Datos:
Media poblacional x = 20.Tamao de la muestra n = 9.
Media muestral = 24. Desviacin estndar muestral s = 4.1.
Solucin:
con (n 1) grados de libertad
con nuestros datos:
P (- =- 20 > 4) =
= 1 P (- 20 4) =
= 1 P (-4 - 20 4) =
= 1 P =
= 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
tamao 9 con esas condiciones, con una probabilidad del 1.918%
Problema 13 (Ref: Pg. 236 Ej. 14)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. Estara de acuerdo con la
afirmacin?
Datos:
P: barras de cereal bajo de grasa.X: contenido de grasa en
gramos de una barra de cereal.Media poblacional x = 0.5
gramos.Tamao de la muestra n = 8.
Media muestral
Desviacin estndar muestral
Incgnita: x = 0.5
Solucin:
con (n 1) grados de libertad
con nuestros datos
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
afirmacin es cierta.
Problema 14 (Ref: Pg. 236 Ej. 15)Para una distribucin F
encuentre:a) 0.05 con 1 = 7 y 2 = 15;b) 0.05 con 1 = 15 y 2 = 7;c)
0.01 con 1 = 24 y 2 = 19;d) 0.95 con 1 = 19 y 2 = 24;e) 0.99 con 1
= 28 y 2 = 12.
a) Segn Tabla A.6 0.05 con 1 = 7 y 2 = 15 => 2.71
Respuesta:El valor f con 7 y 15 grados de libertad, que deja un
rea de 0.05 a su derecha es 2.71.
Grfica:
b) Segn Tabla A.6 0.05 con 1 = 15 y 2 = 7 => 3.51
Respuesta:El valor f con 15 y 7 grados de libertad, que deja un
rea de 0.05 a su derecha es 3.51.
Grfica:
c) Segn Tabla A.6 0.01 con 1 = 24 y 2 = 19 => 2.92
Respuesta:El valor f con 24 y 19 grados de libertad, que deja un
rea de 0.01 a su derecha es 2.92.
Grfica:
d) 0.95 con 1 = 19 y 2 = 24
con nuestros datos
= 0.4739
Respuesta:El valor f con 19 y 24 grados de libertad, que deja un
rea de 0.95 a su derecha es 0.4739.
Grfica:
e) 0.99 con 1 = 28 y 2 = 12
con nuestros datos
= 0.3448
Respuesta:El valor f con 28 y 12 grados de libertad, que deja un
rea de 0.99 a su derecha es 0.3448.
Grfica:
Problema 15 (Ref: Pg. 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.
Datos:
Variable aleatoria X: salarios anuales de presidentes de bancos
(en pesos)Tamao de la muestra n = 5 presidentes.
Media muestral $
Incgnita: Varianza muestral s2
Solucin:
con nuestros datos
Respuesta:La varianza de este conjunto es 114700000 $.
Problema 16 (Ref: Pg. 237 Ej. 9)
Si S21 y S22 representan las varianzas de muestras aleatorias
independientes de tamao n1 = 25 y n2 = 31, tomadas de poblaciones
normales con varianzas 21 = 10 y 22 = 15, respectivamente,
encuentre .
Datos:
Tamao de la primer muestra n1 = 25. Tamao de la segunda muestra
n2 = 31.
Varianza de la primera muestra .
Varianza de la segunda muestra .
Incgnita:
Solucin:
Utilizando el Teorema 8.8; el que dice:
Si y son las varianzas de muestras aleatorias independientes de
tamao y tomadas de poblaciones normales con varianzas y ,
respectivamente, entonces
Tiene una distribucin F con 1 = n1 1 y 2 = n2 1 grados de
libertad.
con nuestros datos
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%.
Problema 17 (Ref: Pg. 251 Ej. 4)Una empresa elctrica fabrica
focos que tienen una duracin aproximadamente distribuida de forma
normal con una desviacin estndar de 40 horas. Si una muestra de 30
focos tiene una duracin promedio de 780 horas, encuentre un
intervalo de confianza de 96 % para la media de la poblacin de
todos los focos que produce esta empresa.
Datos:
P: focos fabricados por la empresa.X: duracin de esa muestra de
focos.Desviacin estndar poblacional x = 40 horas.Tamao de la
muestra n = 30 focos.
Media muestral = 780 horas.Intervalo de confianza IC = 96%.
Incgnita:Intervalo de confianza para la media poblacional, x,
con 96% de confianza.
Solucin:
100% =100(1-)% = 96% => = 0.04 =>=> z0.98 = 2.054
con nuestros datos
Respuesta:Podemos afirmar con un nivel de confianza del 96% que
la media poblacional se encuentra entre 765 y 795 horas.
Problema 18 (Ref: Pg. 252 Ej. 8)De que tamao se necesita una
muestra en el ejercicio 4 si deseamos tener 96% de confianza que
nuestra media muestral est dentro de 10 horas de la media real?
Datos:
Desviacin estndar poblacional x = 40 horas.
Media muestral = 780 horas.Intervalo de confianza IC =
96%.Intervalo de error e = 10 horas.
con nuestros datos
Respuesta:
Por lo tanto, podemos tener una confianza 96% de que una muestra
aleatoria de tamao 68 proporcionara una estimacin que difiere de
por una cantidad menor que 0.04.
Problema 19 (Ref: Pg. 252 Ej. 6)Las estaturas de una muestra
aleatoria de 50 estudiantes universitarios muestra una media de
174.5 centmetros y una desviacin estndar de 6.9 centmetros.a)
Construya un intervalo de confianza de 98% para la estatura media
de todos los estudiantes de la universidad;b) Qu podemos afirmar
con 98% de confianza sobre el tamao posible de nuestro error si
estimamos que la estatura media de todos los estudiantes de la
universidad de 174.5 centmetros?.
Datos:
P: estudiantes universitarios.Variable aleatoria X: medidas de
esos estudiantes universitarios (en centmetros)Tamao de la muestra
n = 50 estudiantes.
Media muestral = 174.5 centmetros.Desviacin estndar muestral s =
6.9 centmetros.
Intervalo de confianza IC = 98%.
100% =100(1-)% = 98% => = 0.02 =>= 0.01t49, 0.01 =
2.4048
a) Incgnita: Intervalo de confianza para la media poblacional,
x, con 98% de confianza.
Solucin:
con nuestros datos
Respuesta:Podemos afirmar con 98% de confianza que la media
poblacional se encuentra entre 172.15 y 176.85 centmetros.
b) Incgnita: Posible error de estimacin.
Solucin:
cm.
Respuesta:
Podemos afirmar con 98% de confianza que el error de estimacin
es igual a 2.35 cm.
Problema 20(Ref: Pg. 252 Ej. 13)Una mquina produce piezas
metlicas de forma cilndrica. Se toma una muestra de las piezas y
los dimetros son 1.01, 0.97, 1.03, 1.04, 0.99, 0.98, 0.99, 1.01 y
1.03 centmetros. Encuentre un intervalo de confianza de 99% para el
dimetro medio de las piezas de esta mquina, suponga una distribucin
aproximadamente normal.
Datos:
P: piezas metlicas de forma cilndricas.X: dimetro de las piezas
cilndricas(en centmetros).Tamao de la muestra n = 9 piezas.
Intervalo de confianza IC = 99%.
Media muestral cm.
Desviacin estndar muestral
100% =100(1-)% = 99% => = 0.01 =>= 0.005 t8, 0.005 =
3.355
Incgnita: Intervalo de confianza para la media poblacional, x,
con 99% de confianza.
Solucin:
con nuestros datos
Respuesta:Podemos afirmar con 99% de confianza que la media
poblacional se encuentra entre 0.9781 y 1.0329 centmetros.
Problema 21 (Ref: Pg. 252/253 Ej. 17)Una muestra aleatoria de 25
botellas de aspirinas contiene, en promedio, 325.05 mg. de aspirina
con una desviacin estndar de 0.5. Encuentre los lmites de
tolerancia del 95% que contendrn 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).Tamao de la muestra n = 25
botellas de aspirina.
Media muestral = 325.05 mg. de aspirina.
Desviacin estndar muestral s = 0.5 mg. de aspirina.1 = 95% =>
= 0.05 y 1 = 90% => 0.9 Segn Tabla A.7 => k = 2.208
Incgnita: Limites de tolerancia del 95% que contendrn 90% de
aspirina.
Solucin:
ks
con nuestros datos
325.05 2.208.0.5 = [323.946 ; 326.154]mg.
Respuesta:Los lmites de tolerancia del 95% que contendrn 90% de
aspirina para esta marca son 323.946 mg y 326.154 mg,
Problema 22 (Ref: Pg. 262 Ej. 1)
Una muestra aleatoria de tamao n1 = 25 que se toma de una
poblacin normal con una desviacin estndar 1 = 5 tiene una media =
80. Una segunda muestra aleatoria de tamao n2 = 36, que se toma de
una poblacin normal diferente con una desviacin estndar 2 = 3,
tiene una media = 75. Encuentre un intervalo de confianza de 95%
para 1 - 2.
Datos:
Tamao de la primer muestra n1 = 25. Desviacin estndar de la
primer poblacin 1 = 5.
Media de la primer muestra = 80.
Tamao de la segunda muestra n2 = 36.Desviacin estndar de la
segunda poblacin 2 = 3.
Media de la segunda muestra = 75.
Intervalo de confianza IC = 95% para
100(1-)% = 95% => = 0.05 =>=> z0.025 = 1.96 Aplicando
Tabla A.3
Incgnita:Intervalo de confianza para la diferencia de las medias
poblacionales, 1 2, con 95% de confianza.
Solucin:
y
con nuestro datos
y
con nuestros datos
5 1.96 1.118 < 1 2 < 5 + 1.96 1.118 5 2.19 < 1 2 < 5
+ 2.19 2.80 < 1 2 < 7.19
Respuesta:Podemos afirmar con 95% de confianza que la diferencia
entre las medias poblacionales se encuentra entre 2.80 y 7.19.
Problema 23 (Ref: Pg. 263 Ej. 9)Una compaa de taxis trata de
decidir si comprar neumticos 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
neumticos se utilizan hasta que se gastan. Los resultados son:
Marca A: = 36300 kilmetros. s1 = 5000 kilmetros.
Marca B: = 38100 kilmetros.s2 = 6100 kilmetros.
Calcule un intervalo de confianza de 95% para 1 2,suponga que
las poblaciones se distribuyen de forma aproximadamente normal.
Puede no suponer que las varianzas son iguales.
Datos:P1 : neumticos de la marca A.P2 : neumticos de la marca
B.X1 : duracin en kilmetros de un neumtico de la marca A.X2 :
duracin en kilmetros de un neumticos de la marca B.Tamao de la
primer muestra n1 = 12 neumticos.Tamao de la segunda muestra n2 =
12 neumticos.
Media de la primer muestra = 36300 Km.
Media de la segunda muestra = 38100 Km.
Desviacin estndar de la primer muestra = 5000 Km.
Desviacin estndar de la segunda muestra = 6100 Km.
Intervalo de confianza IC = 95%.
100(1-) % = 95% => = 0.05 => Aplicando Tabla A.4 t0.025 =
2.07892 con = 21.18 grados de libertad. Incgnita: Intervalo de
confianza para la diferencia de las medias poblacionales, 1 2, con
95% de confianza.
Solucin:
donde es el valor t con
con nuestros datos
Respuesta:Podemos afirmar con 95% de confianza que la diferencia
entre las medias poblacionales se encuentra entre 6533.4 y
2933.4.
Problema 24 (Ref: Pg. 263 Ej. 7)Los siguientes datos,
registrados en das, representan el tiempo de recuperacin para
pacientes que se tratan al azar con uno de dos medicamentos para
curar infecciones graves en la vejiga: Medicamento 1 Medicamento 2
n1 = 14 n2 = 16
= 17 = 19
= 1.5 = 1.8Encuentre un intervalo de confianza de 99% para la
diferencia 2 1 en el tiempo promedio de recuperacin para los dos
medicamentos, suponga poblaciones normales con varianzas
iguales.
Datos:
: pacientes que se tratan con el medicamento 1.
: tiempo de recuperacin en das para un paciente tratado con el
medicamento 1.Tamao de la primer muestra n1 = 14 das.
Primer media muestral = 17 das.
Primer varianza muestral = 1.5 das.
: pacientes que se tratan con el medicamento 2.
: tiempo de recuperacin en das para un paciente tratado con el
medicamento 2. Tamao de la segunda muestra n2 = 16 das.
Segunda media muestral = 19 das.
Segunda varianza muestral = 1.8 das.
Intervalo de confianza IC = 99% para .
100(1-)% = 99% => = 0.01 => Aplicando Tabla A.4 t0.005 =
2.763 con (n1 + n2 2) = 28 grados de libertad.
Incgnita:
Intervalo de confianza para la diferencia de las medias
poblacionales, , con 99% de confianza.
Solucin:
y
con nuestros datos
y
con nuestros datos
luego,
con nuestros datos
2 (2.763)*(1.2886)*(0.3659) < < 2 +
(2.763)*(1.1886)*(0.3659)
2 1.30 < < 2 + 1.30
0.70 < < 3.30
Respuesta:
Podemos afirmar con 99% de confianza que la diferencia entre las
medias () poblacionales se encuentra entre 0.70 y 3.30.
Problema 25 (Ref: Pg. 270 - Ej. 1)a) Se selecciona una muestra
aleatoria de 200 votantes y se encuentra que 114 apoyan un convenio
de anexin. Encuentre un intervalo de confianza de 96% para la
fraccin de la poblacin votante que favorece el convenio.b) Qu
podemos asegurar con 96% de confianza acerca de la posible magnitud
de nuestro error si estimamos que la fraccin de votantes que
favorecen la anexin es 0.57?
Datos:
Tamao de la muestra n = 200 votantes.Nmeros de xitos x = 114
votantes.Intervalo de confianza IC = 96% para p: proporcin de
votante que favorecen el convenio.
Proporcin de xitos en una muestra .
Proporcin de fracasos en una muestra
100 = 100(1 - )% = 96% => =0.04 =>=> z0.98 2.054
a) Incgnita: Intervalo de confianza de 96% para la fraccin de la
poblacin que favorece el convenio.
Solucin:
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 fraccin
que favorece el convenio se encuentra entre 0.49811 y 0.64189, es
decir, 49.81% y 64.19% respectivamente.
b) Incgnita: Posible error de estimacin.
Solucin:
Respuesta:Podemos afirmar con 96% de confianza que le error de
estimacin no superar el 7.2 %.
Problema 26 (Ref: Pg. 270 - Ej. 9) Que tan grande se requiere
que sea la muestra si deseamos tener una confianza de 96% de que
nuestra proporcin de la muestra estar dentro del 0.02 de la fraccin
real de la poblacin votante?.
Datos:Sabemos que:
Y que
Incgnita:
Solucin:ConIntervalo de error e = 0.02.
con nuestros datos
votantes
Respuesta:
Si basamos nuestra estimacin de p sobre una muestra aleatoria de
tamao 2575, podemos tener una confianza de 96% de que nuestra
proporcin muestral no diferir de la proporcin real por ms de
0.02.
Problema 27 (Ref: Pg. 271 Ej. 15)Cierto genetista se interesa en
la proporcin de hombres y mujeres en la poblacin que tienen cierto
trastorno sanguneo 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 intervalo de
confianza de 95% para la diferencia entre la proporcin de hombres y
mujeres que padecen el trastorno sanguneo.
Datos:P1 : hombres P2 : mujeresp1 : proporcin de hombres que
tienen cierto trastorno sanguneo menor.p2 : proporcin de mujeres
que tienen cierto trastorno sanguneo menor.Tamao de la primer
muestra n1 = 1000 hombres.Tamao de la segunda muestra n2 = 1000
mujeres.Nmero de xitos de la primer muestra x1 = 250. Nmero de
xitos de la segunda muestra x2 = 275.
Proporcin de xitos de la primer muestra
Proporcin de xito de la segunda muestra
Proporcin de fracasos de la primer muestra
Proporcin de fracasos de la segunda muestra
Diferencia entre proporciones de xitos
Intervalo de confianza IC = 95%
100 = 100(1 - )% = 95% => =0.05 =>=> z0.025
Incgnita: Intervalo de confianza de 96% para la diferencia de
las fracciones de poblacin que favorece el convenio.
Solucin:
con nuestros datos
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 proporcin de hombres y mujeres que padecen el trastorno
sanguneo se encuentra entre 0.01355 y 0.06355.
Problema 28 (Ref: Pg. 271 Ej. 20)De acuerdo con USA Today (17 de
marzo de 1997), las mujeres constituan 33.7% del personal editorial
en las estaciones locales de televisin en 1990 y el 36.2% en 1994.
Suponga que se contrataron 20 nuevos empleados para el personal
editorial.a) Estime el nmero que habran sido mujeres en cada ao
respectivamente.b) Calcule un intervalo de confianza de 95% para
ver si hay evidencia de que la proporcin de mujeres contratadas
como personal editorial en 1994 fue mayor que la proporcin
contratada en 1990.
Datos:Tamao de la muestra n = 20 empleados.
Proporcin de xitos en 1990 las mujeres constituan 33,7 % de 20
empleados
Proporcin de xitos en 1994 las mujeres constituan 36,2 % de 20
empleados
Proporcin de fracasos de la muestra en 1990
Proporcin de fracasos de la muestra en 1994 Intervalo de
confianza IC = 95%
100 = 100(1 - ) % = 95% => =0.05 =>=> z0.025 .
a) Incgnita: Estimar el nmero que habran sido mujeres en cada
ao.Solucin:En 1990 el 33.7% de 20
7 mujeres
En 1994 el 36.2% de 20
7 mujeresRespuesta:
Estimamos que en 1990 habra sido de 7 mujeres, y en 1994 la
estimacin habra sido de 7 mujeres.
b) Incgnita: Intervalo de confianza de 95% para ver si hay
evidencia de que la proporcin de mujeres contratadas como personal
editorial en 1994 fue mayor que la proporcin contratada en
1990.Solucin:
Respuesta:Podemos afirmar con 95% de confianza que no hay
ninguna evidencia para asegurar que la proporcin de mujeres
contratadas como personal en 1994 fue mayor que la proporcin
contratada en 1990.Problema 29 (Ref: Pg. 275 Ej. 1)Un fabricante de
bateras para automvil afirma que sus bateras duraran, en promedio,
tres aos con una varianza de un ao. Si cinco de estas bateras
tienen duraciones de 1.9, 2.4, 3.0, 3.5 y 4.2 aos, construya un
intervalo de confianza de 95% para 2 y decida si la afirmacin del
fabricante de que 2 = 1 es vlida. Suponga que la poblacin de
duraciones de las bateras se distribuye de forma aproximadamente
normal.
Datos:P: bateras de automvil.X: tiempo de duracin en aos de una
batera.Media poblacional x = 3 aos.Desviacin estndar poblacional x
= 1 ao.Intervalo de varianza IC = 95%.Tamao de la muestra n = 5
bateras.
Incgnita:
2 = 1
Solucin:
Se desea estimar el valor de la varianza utilizando como
estimador.
aos
Para el intervalo de confianza del 95% = 0.05
con (n-1) grados de libertad Segn Tabla A.5
con nuestros datos
()
Respuesta:
Podemos afirmar con 95% de confianza que, ya que este intervalo
contiene a 1, que la afirmacin del fabricante, de que 2 = 1, es
vlida.
Problema 30 (Ref: Pg. 275 Ej. 8 ligado al Ej. 9 Pg. 263)Ref. Pg.
263 Ej. 9Una compaa de taxis trata de decidir si comprar neumticos
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 neumticos se utilizan hasta que se
gastan. Los resultados son:
Marca A: = 36300 kilmetros.s1 = 5000 kilmetros.
Marca B: = 38100 kilmetros.s2 = 6100 kilmetros.
a) Calcule un intervalo de confianza de 95% para 1 2, suponga
que las poblaciones se distribuyen de forma aproximadamente normal.
Puede no suponer que las varianzas son iguales.
Ref. Pg. 275 Ej. 8
b) Construya un intervalo de confianza de 90% para . Estamos
justificados al suponer que 21 = 22 cuando construyamos nuestro
intervalo de confianza para 1 2?
Datos:P1 : neumticos de la marca A.P2 : neumticos de la marca
B.X1 : duracin en kilmetros de un neumtico de la marca A.X2 :
duracin en kilmetros de un neumticos de la marca B.Tamao de la
primer muestra n1 = 12 neumticos.Tamao de la segunda muestra n2 =
12 neumticos.
Media de la primer muestra = 36300 Km.
Media de la segunda muestra = 38100 Km.
Desviacin estndar de la primer muestra = 5000 Km.
Desviacin estndar de la segunda muestra = 6100 Km.
Intervalo de confianza IC = 95%.
100(1-) % = 95% => = 0.05 => Aplicando Tabla A.4 t0.025 =
2.07892 con = 21.18 grados de libertad. a) Incgnita:Intervalo de
confianza para la diferencia de las medias poblacionales, 1 2, con
95% de confianza.
Solucin:
donde es el valor t con
con nuestros datos
con nuestros datos
Respuesta:Podemos afirmar con un 95% de confianza que la
diferencia entre las medias poblacionales se encuentra entre 6533.4
y 2933.4.
b) Incgnita: Intervalo de confianza de 90% para 21/ 22.
Solucin:
Intervalo de confianza IC = 90%.
100(1-)% = 90% => = 0.10 => Aplicando Tabla A.6 f0.05 =
2.80 con (n1 1, n2 - 1), es decir, con (11, 11) grados de
libertad.
con nuestros datos
Respuesta:
Podemos afirmar con 90% de confianza que se encuentra entre
0.238249 y 1.894652, ya que el intervalo contiene a 1 es razonable
asumir que 21 = 22.
Problema 31 (Ref: Pg. 304 Ej. 1)Suponga que un alerglogo desea
probar la hiptesis de que al menos 30% del pblico es alrgico a
algunos productos de queso. Explique como el alerglogo puede
cometer:a) Un error tipo I.b) Un error tipo II.
Solucin:
) Al menos el 30% del pblico es alrgico a algunos productos de
queso.
) Menos del 30% del pblico es alrgico a algunos productos de
queso.
proporcin de pblico que es alrgico a algunos productos de
queso.
En smbolos:
El rechazo de la hiptesis nula cuando es verdadera se llama
error de tipo I.
a) Cuando concluye que al menos de 30% del pblico es alrgico a
algunos productos de queso cuando, de hecho, el 30% o ms son
alrgicos.
El no rechazo de la hiptesis nula cuando es falsa se llama error
tipo II.
b) Cuando concluye que al menos el 30% del pblico es alrgico a
algunos productos de queso cuando, de hecho, menos del 30% son
alrgicos.
Problema 32 (Ref: Pg. 304 Ej. 4)Se estima que la proporcin de
adultos que viven en una pequea ciudad que son graduados
universitarios es p = 0.6. Para probar esta hiptesis se selecciona
una muestra aleatoria de 15 adultos. Si el nmero de graduados en
nuestra muestra es cualquier nmero de 6 a 12, aceptaremos la
hiptesis nula de que p = 0.6 en caso contrario, concluiremos que p
0.6a) Evale con la suposicin de que p = 0.6. Utilice la distribucin
binomial.b) Evale para las alternativas p = 0.5 y p = 0.7.c) Es
este un buen procedimiento de prueba?.
Datos:
P : adultos graduados universitarios.p : proporcin de adultos
graduados universitarios.X : un adulto graduado universitario de
esa poblacin.Tamao de la muestra n = 15 adultos.
Regin de aceptacin 6 12 graduados universitarios.
Hiptesis nula H0 : p = 0.6.Hiptesis alternativa H1 : p 0.6.
a) Incgnita: Probabilidad de error tipo I,
Solucin:Proporcin de adultos graduados universitarios p = 0.6
graduados universitarios.
= P(error tipo I) = P(6 < < 12 | p = 0.6) = P( 6 | p =
0.6) + P( 12 | p = 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) Incgnita: Probabilidad de error tipo II,
Solucin:Proporcin de adultos graduados universitarios p = 0.5
graduados universitarios.
= P(error tipo II) =P(6 12 | p = 0.5) = = Aplicando Tabla A.1 =
0.8464 = 84.64%.
Proporcin de adultos graduados universitarios p = 0.7 graduados
universitarios.
= P(error tipo II) =P(6 12 | p = 0.7) = = Aplicando Tabla A.1 =
0.8695 = 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) Incgnita: Es este un buen procedimiento de prueba?Solucin:El
procedimiento empleado para este ejercicio no es un buen
procedimiento de prueba ya que la probabilidad es muy alta.Problema
33 (Ref: Pg. 304 Ej. 5)
Repita el ejercicio 4 cuando se seleccionan 200 adultos y la
regin de aceptacin se define como 110 130 donde es el nmero de
graduados universitarios en nuestra muestra. Utilice la aproximacin
normal. Datos: Tamao de la muestra n = 200 adultos.
Regin de aceptacin 110 130 graduados universitarios.
Hiptesis nula H0: p = 0.6.Hiptesis alternativa H1: p 0.6.
a) Incgnita: Probabilidad de error tipo I,
Solucin:Proporcin de adultos graduados universitarios p = 0.6
graduados universitarios.
Media .
Desviacin estndar
Necesitamos conocer el rea bajo la curva normal entre
110 130 110 - 0.5 130 + 0.5 109.5 130.5
y
= P(error tipo I) = P(110 > > 130 | p = 0.6) = P(< 110
| p = 0.6) + P( > 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) Incgnita: Probabilidad de error tipo II,
Solucin:
Proporcin de adultos graduados universitarios p = 0.5 graduados
universitarios.
Media .
Desviacin estndar
Necesitamos conocer el rea bajo la curva normal entre
110 130 110 - 0.5 130 + 0.5 109.5 130.5
y
= P(error tipo II) =P(110 < < 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%.
Proporcin de adultos graduados universitarios p = 0.7 graduados
universitarios.
Media .
Desviacin estndar
Necesitamos conocer el rea bajo la curva normal entre
110 130 110 - 0.5 130 + 0.5 109.5 130.5
y
= P(error tipo II) =P(110 < < 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) Incgnita: Es este un buen procedimiento de prueba?
Solucin:Para este procedimiento la probabilidad de cometer un
error Tipo I es algo alto, aunque se reduce dramticamente la
probabilidad de cometer un error Tipo II.
Problema 34 (Ref: Pg. 305 Ej. 12)Se pregunta a una muestra
aleatoria de 400 votantes en cierta ciudad si estn a favor de un
impuesto adicional de 4% sobre la venta de gasolina para
proporcionar ingresos que se necesitan con urgencia para la
reparacin de calles. Si ms 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 estn a favor del aumento de impuestos.b) Cul es
la probabilidad de cometer un error de tipo II al utilizar este
procedimiento de prueba si en realidad slo 48% de los votantes est
a favor del impuesto adicional a la gasolina?
Datos:P : votantes de una cierta ciudad.p : proporcin de
votantes a favor del impuesto.X : un votante de esa ciudad.Tamao de
la muestra n = 400 votantes.
Regin de aceptacin 220 < < 260 221 259 votantes que
favorecen el impuesto.
Hiptesis nula H0: p = 0.6.Hiptesis alternativa H1: p 0.6.
a) Incgnita: Probabilidad de error tipo I,
Solucin:
Proporcin de votantes a favor del impuesto p = 0.6 votantes a
favor del impuesto.
Media = n*p = (400)*(0.6) = 240.
Desviacin estndar = 9.79
Necesitamos conocer el rea bajo la curva normal entre
221 259 221 - 0.5 259 + 0.5 220.5 259.5
y
= P(error tipo I) = P(221 > > 259 | p = 0.6) = P(< 221
| p = 0.6) + P( > 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) Incgnita: Probabilidad de error tipo II,
Solucin:
Proporcin de adultos graduados universitarios p = 0.48 graduados
universitarios.
Media = n*p = (400)*(0.48) = 192.
Desviacin estndar = 9.99
Necesitamos conocer el rea bajo la curva normal entre 220.5 y
259.5
y
= P(error tipo II) =P(221 < < 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: Pg. 305 Ej. 13)Suponga que, en el ejercicio
12, concluimos que 60% de los votantes est a favor del impuesto a
la venta de gasolina si ms de 214 pero menos de 266 votantes de
nuestra muestra lo favorece. Muestre que esta nueva regin de
aceptacin tiene como resultado un valor ms pequeo para a costa de
aumentar .
Datos:Tamao de la muestra n = 400 votantes.
Regin de aceptacin 214 < < 266 215 265 votantes que
favorecen el impuesto.
Hiptesis nula H0: p = 0.6.Hiptesis alternativa H1: p 0.6.
a) Incgnita: Probabilidad de error tipo I,
Solucin:Proporcin de votantes a favor del impuesto p = 0.6
votantes a favor del impuesto.Media = n*p = (400)*(0.6) = 240.
Desviacin estndar = Necesitamos conocer el rea bajo la curva
normal entre
215 265 215 - 0.5 265 + 0.5 214.5 265.5
y
= P(error tipo I) = P(214 > > 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) Incgnita: Probabilidad de error tipo II,
Solucin:Proporcin de adultos graduados universitarios p = 0.48
graduados universitarios.Media = n*p = (400)*(0.48) = 192.
Desviacin estndar = Necesitamos conocer el rea bajo la curva
normal entre 214.5 y 265.5
215 265 215 - 0.5 265 + 0.5 214.5 265.5
y
= P(error tipo II) =P(214 < < 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: Pg. 305 Ej. 15)
Una mquina de refrescos en un restaurante de carnes asadas se
ajusta de modo que la cantidad de bebida que sirva est distribuida
de forma aproximadamente normal con una media de 200 mililitros y
una desviacin estndar de 15 mililitros. La mquina se verifica
peridicamente con una muestra de nueve bebidas y con el clculo del
contenido promedio. Si cae en el intervalo 191 < < 209, se
considera que la mquina opera de manera satisfactoria: de otro
modo, concluimos que 200 mililitros. a) Encuentre la probabilidad
de cometer un error tipo I cuando = 200 mililitros.b) Encuentre la
probabilidad de cometer un error tipo II cuando = 215
mililitros.
Datos:P : bebida que sirve cierta maquina de refresco.X : medida
en mililitros de esa maquina de refresco.Tamao de la muestra n = 9
bebidas.Desviacin estndar poblacional = 15 mililitros.
Desviacin estndar muestral = 5 mililitros.
Regin de aceptacin 191 < < 209.
Hiptesis nula H0: = 200 mililitros.Hiptesis alternativa H1: 200
mililitros.
a) Incgnita: Probabilidad de error tipo I,
Solucin:Media = 200 mililitros.Necesitamos conocer el rea bajo
la curva normal entre 191 y 209
= -1.80 y = 1.80
= P(error tipo I) = P(191 > > 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) Incgnita: Probabilidad de error tipo II,
Solucin:Media = 215 mililitros.Necesitamos conocer el rea bajo
la curva normal entre 191 y 209
= -4.80 y = -1.20
= P(error tipo II) =P(191 < < 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: Pg. 325 Ej. 1)Una empresa elctrica fabrica
focos que tienen una duracin que se distribuye de forma
aproximadamente normal con una media de 800 horas y una desviacin
estndar de 40 horas. Prueba la hiptesis de que = 800 horas contra
la alternativa de que 800 horas si una muestra aleatoria de 30
focos tiene una duracin promedio de 788 horas. Utilice un nivel de
significancia de 0.04.
Datos:P : focos fabricados en cierta empresa elctrica.X :
duracin en horas de un foco fabricado en esa empresa elctrica.Tamao
de la muestra n = 30 focos.Desviacin estndar poblacional = 40
horas.
Media muestral = 788 horas.
Desviacin estndar muestral mililitros.Nivel de significancia =
0.04
Hiptesis nula H0: = 800 horas.Hiptesis alternativa H1: 800
horas.
Incgnita: Rechazo o aceptacin de la hiptesis nula.
Solucin:
Es conveniente estandarizar e incluir de manera formal la
variable aleatoria normal estndar Z, donde
=-1.64
Si , no se rechaza H0.
Aplicando Tabla A.3.
2.055 < z < 2.055
Respuesta:
No rechazamos la hiptesis nula ya que el valor de z hallado se
encuentra dentro de la regin de no rechazo.
Problema 38 (Ref: Pg. 326 Ej. 5)Se afirma que un automvil se
maneja en promedio ms de 20000 kilmetros por ao. Para probar esta
afirmacin, se pide a una muestra de 100 propietarios de automviles
que lleven un registro de los kilmetros que viajen. Est de acuerdo
con esta afirmacin si la muestra aleatoria muestra un promedio de
23500 kilmetros y una desviacin estndar de 3900 kilmetros?. Utilice
un valor P en su conclusin.
Datos:
Tamao de la muestra n = 100 automviles.
Media muestral = 23500 kilmetros. Desviacin estndar muestral x =
3900 kilmetros.
Hiptesis nula H0: 20000 kilmetros.Hiptesis alternativa H1: >
20000 kilmetros.
Incgnita: Rechazo o aceptacin de la hiptesis nula.
Solucin:
Es conveniente estandarizar e incluir de manera formal la
variable aleatoria normal estndar Z, donde
= 8.97.
P= P(Z > 8.97) 1-1 = 0
Respuesta:
Rechazamos la hiptesis nula y concluimos que 20000
Kilmetros.
Problema 39 (Ref: Pg. 326 Ej. 7 ligado al Ej. 1 Pg. 339)a) Ref.
Pg. 326 Ej. 7Pruebe la hiptesis 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 distribucin del
contenido es normal.
b) Ref. Pg. 339 Ej.1Se sabe que el volumen de los envases de un
lubricante particular se distribuye normalmente con una varianza de
0.03 litros. Pruebe la hiptesis de que 2 = 0.03 contra la
alternativa de que 2 0.03 para la muestra aleatoria de 10 envases
del ejercicio 7 de la pgina 326. Use un nivel de significanca de
0.01.
a) Ref. Pg. 326 Ej. 7
Datos:P : envases de un lubricante.X : contenido en litros de un
envase de ese lubricante.Tamao de la muestra n = 10 envases.
Media muestral litros.
Desviacin estndar muestral
Nivel de significancia = 0.01
Hiptesis nula H0: = 10 litros.Hiptesis alternativa H1: 10
litros.
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:
.
Si , no se rechaza H0.
Aplicando Tabla A.4. - 3.250 < t < 3.250
Respuesta:No rechazamos la hiptesis nula ya que el valor de t
hallado se encuentra dentro de la regin de No Rechazo.b) Ref. Pg.
339 Ej.1
Datos:
Tamao de la muestra n = 10 envases.
Media muestral litros.
Desviacin estndar muestral
Nivel de significancia = 0.01
Hiptesis nula H0: 2 = 0.03 litros.
Hiptesis alternativa H1: 2 0.03 litros.
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:
Si = 18.13 cuando v = 10 1 = 9 grados de libertad
Segn Tabla A.5 => 0.025 < P(2 >18.13) < 0.05
Respuesta:No rechazamos la hiptesis nula ya que la muestra de 10
envases no es suficiente para mostrar que 2 no es igual a 0.03.
Problema 40 (Ref: Pg. 326 Ej. 12)
Una muestra aleatoria de tamao n1 = 25, que se toma de una
poblacin normal con una desviacin estndar 1 = 5.2, tiene una media
= 81. Una segunda muestra aleatoria de tamao n2 = 36, que se toma
de una poblacin normal diferente con una desviacin estndar 2 = 3.4,
tiene una media = 76. Pruebe la hiptesis de que 1 = 2 contra la
alternativa 1 2. Cite un valor P en su conclusin.
Datos:
Tamao de la primer muestra n1 = 25. Desviacin estndar de la
primer poblacin 1= 5.2.
Media de la primer muestra = 81.
Tamao de la segunda muestra n2 = 36.Desviacin estndar de la
segunda poblacin 2 = 3.4.
Media de la segunda muestra = 76.
Hiptesis nula H0: 1 = 2.Hiptesis alternativa H1: 1 2.
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:
p = P(z > 4.222) 1-1 = 0
Respuesta:
Rechazamos la hiptesis nula ya que la probabilidad de que ocurra
es aproximadamente del 0%.
Problema 41 (Ref: Pg. 327 Ej. 18 ligado al Ej. 9 Pg. 340)a)Ref.
Pg. 327 Ej.18Una compaa armadora de automviles 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 decisin, en
el que se usan 12 llantas de cada marca. Las llantas se utilizan
hasta que se acaban. Los resultados son:
Marca A: = 37900 kilmetros.s1 = 5100 kilmetros.
Marca B: = 39800 kilmetros.s2 = 5900 kilmetros.
Prueba la hiptesis 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. Pg. 340 Ej.9Con referencia al ejercicio 18 de la pgina
327, pruebe la hiptesis de que 1 = 2 contra la alternativa de que 1
< 2, donde 1 y 2 son las desviaciones estndar 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. Pg. 327 Ej.18
Datos:Tamao de la primer muestra n1 = 12 llantas. Tamao de la
segunda muestra n2 = 12 llantas.Desviacin estndar de la primer
muestra s1= 5100 Km. Desviacin estndar de la segunda muestra s2 =
5900 Km.
Media de la primer muestra = 37900 Km.
Media de la segunda muestra = 39800 Km.
Hiptesis nula H0: 1 = 2.Hiptesis alternativa H1: 1 2.
Nivel de significancia = 0.05
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:
Con nuestros datos:
Con nuestros datos:
Si , no se rechaza H0.
Aplicando Tabla A.4.
Respuesta:No rechazamos la hiptesis nula ya que el valor de t
hallado se encuentra dentro de la regin crtica.
b) Ref. Pg. 340 Ej.9
Datos:Tamao de la primer muestra n1 = 12 llantas. Tamao de la
segunda muestra n2 = 12 llantas.Desviacin estndar de la primer
muestra s1= 5100 Km. Desviacin estndar de la segunda muestra s2 =
5900 Km.
Media de la primer muestra = 37900 Km.
Media de la segunda muestra = 39800 Km.
Hiptesis nula H0:
Hiptesis alternativa H1:
Nivel de significancia = 0.05
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:Sabemos que:
con y grados de libertad
con nuestros datos:
y grados de libertad
Segn Tabla A.6
con y grados de libertad
Con nuestros datos:
Grficamente:
La hiptesis nula se rechaza cuando , donde , con y grados de
libertad.
con nuestros datos:
y por ello
Respuesta:Rechazamos la hiptesis nula, para 12 = 22 , ya que el
valor de f hallado es f < 0.35, 0.7472 < 0.35.
Problema 42 (Ref: Pg. 328 Ej. 21 ligado al Ej. 10 Pg. 340)a)Ref.
Pg. 328 Ej. 21Los siguientes datos representan los tiempos de
duracin de pelculas producidas por dos compaas cinematogrficas:
Compaa Tiempo (minutos)1 102 86 98 109 92
2 81 165 97 134 92 87 114
Pruebe la hiptesis de que el tiempo de duracin promedio de las
pelculas producidas por la compaa 2 excede el tiempo promedio de
duracin de la que produce la compaa 1 en 10 minutos, contra la
alternativa unilateral de que la diferencia es de ms 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. Pg. 340 Ej. 10Con referencia al ejercicio 21 de la pgina
328, pruebe la hiptesis de que 21 = 22 contra la alternativa de que
21 22, donde 21 y 22 son las varianzas para los tiempos de duracin
de pelculas producidas por la compaa 1 y la compaa 2,
respectivamente. Utilice un nivel de significancia de 0.10.
a)Ref. Pg. 328 Ej. 21
Datos:X1 : tiempo de duracin en minutos de una pelcula producida
por la compaa 1.X2 : tiempo de duracin en minutos de una pelcula
producida por la compaa 2.Tamao de la primer muestra n1 = 5
pelculas. Tamao de la segunda muestra n2 = 7 pelculas.
Media de la primer muestra minutos.
Media de la segunda muestra minutos.
Desviacin estndar de la primer muestra
Desviacin estndar de la segunda muestra
Hiptesis nula H0: 2 - 1 10 minutos.Hiptesis alternativa H1: 2 -
1 > 10 minutos.
Nivel de significancia = 0.1
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:
con nuestros datos:
Si , no se rechaza H0.
Con
entonces:
Aplicando Tabla A.4.
Respuesta:No rechazamos la hiptesis nula ya que el valor de t
hallado se encuentra dentro de la regin crtica. b) Ref. Pg. 340 Ej.
10
Datos:Tamao de la primer muestra n1 = 5 pelculas. Tamao de la
segunda muestra n2 = 7 pelculas.
Media de la primer muestra minutos.
Media de la segunda muestra minutos
Desviacin estndar de la primer muestra
Desviacin estndar de la segunda muestra
Hiptesis nula H0: 12 = 22.
Hiptesis alternativa H1: 12 22.
Nivel de significancia = 0.1
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:Sabemos que:
con y grados de libertad
Con nuestros datos:
y grados de libertad entonces:
Segn Tabla A.6
con y grados de libertad
Con nuestros datos:
Grficamente:
La hiptesis nula se rechaza cuando , donde , con y grados de
libertad.
con nuestros datos:
y
y por ello
Respuesta:Rechazamos la hiptesis nula, para 12 = 22 , ya que el
valor de f hallado es f < 0.16, 0.09 < 0.16.
Problema 43 (Ref: Pg. 335 Ej. 6)En cierta universidad se estima
que a lo ms 25% de los estudiantes van en bicicleta a la escuela.
Esta parece ser una estimacin 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.Tamao de la muestra n = 90 estudiantes.Cantidad de
estudiantes que van en bicicleta x = 28 estudiantes.Proporcin de
estudiantes que en bicicleta p = 0.25
Proporcin de estudiantes que no andan en bicicleta Media = n*p =
(90)*(0.25) = 22.5 estudiantes.
Desviacin estndar = estudiantes.
Hiptesis nula H0: p 0.25.Hiptesis alternativa H1: p >
0.25.
Nivel de significancia = 0.05
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:
Rechazamos H0 si Z < -1.64 siendo
Con nuestros datos:
Respuesta:No rechazamos la hiptesis nula ya que no hay
suficiente evidencia para concluir que P> 0.25.
Problema 44 (Ref: Pg. 335 Ej. 9)En un estudio para estimar la
proporcin de residentes de cierta ciudad y sus suburbios que estn a
favor de la construccin de una planta de energa nuclear, se
encuentra que 63 de 100 residentes urbanos estn a favor de la
construccin mientras que solo 59 de 125 residentes suburbanos la
favorecen. Hay una diferencia significativa entre la proporcin de
residentes urbanos y suburbanos que favorecen la construccin de la
planta nuclear?. Use un valor P.
Datos:P1 : residentes urbanos de cierta ciudad.P2 : residentes
suburbanos de cierta ciudad.p1 : proporcin de residentes urbanos a
favor de la construccin de una planta de energa nuclear.p2 :
proporcin de residentes suburbanos a favor de la construccin de una
planta de energa nuclear.Tamao de la primer muestra n1 = 100
residentes urbanos. Tamao 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.
Proporcin de urbanos a favor
Proporcin de suburbanos a favor
Combinacin de las proporciones Hiptesis nula H0: p1 =
p2.Hiptesis alternativa H1: p1 p2.
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:
Utilizamos la aproximacin normal
P(z > 2.36 ) = 2* P(z > 2.36) = 2*(1 0.9909) = 0.0182 =
1.82%
Respuesta:Rechazamos la hiptesis nula ya que hay una
probabilidad de que ocurra del 1.82%. La proporcin de los
residentes urbanos a favor de la construccin de una planta de
energa nuclear es mayor que la proporcin de los residentes
suburbanos a favor de la construccin de dicha planta.
Problema 45 (Ref: Pg. 335/336 Ej. 10)En un estudio sobre la
fertilidad de mujeres casadas por Martn 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 pregunt si planeaba tener un hijo. Se seleccion un
grupo entre las mujeres con menos de dos aos de casadas y otro
entre las que tenan cinco aos de casadas. Suponga que 240 de 300
con menos de dos aos de casadas planean tener algn da un hijo
comparadas con 288 de las 400 con cinco aos de casadas. Podemos
concluir que la proporcin de mujeres con menos de dos aos de
casadas que planean tener hijos es significativamente ms alta que
la proporcin con cinco aos de casadas?. Use un valor P.
Datos:P1 : mujeres con menos de dos aos de casada.P2 : mujeres
con cinco aos de casadas.p1 : proporcin de mujeres con menos de dos
aos de casadas.p2 : proporcin de mujeres con cinco aos de
casadas.Tamao de la primer muestra n1 = 300 mujeres con menos de
dos aos de casadas. Tamao de la segunda muestra n2 = 400 mujeres
con cinco aos de casadas.Cantidad con menos de dos aos de casadas
x1 = 240 mujeres. Cantidad con cinco aos de casadas x2 = 288
mujeres.
Proporcin con menos de dos aos
Proporcin con cinco aos
Combinacin de las proporciones
Hiptesis nula H0: p1 p2.
Hiptesis alternativa H1: p1 p2.
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:Utilizamos la aproximacin normal
P(z > 2.44 ) = 1 P(z 2.44) = 1 0.9927 = 0.0073 = 0.73%.
Respuesta:Rechazamos la hiptesis nula. La proporcin de mujeres
con menos de 2 aos de casadas que planean tener hijos es
considerablemente ms alta que la proporcin de mujeres con 5 aos de
casadas que planean tener hijos. Problema 46 (Ref: Pg. 328 Ej.
24)Cinco muestras de una sustancia ferrosa se usan para determinar
si hay una diferencia entre un anlisis qumico de laboratorio y un
anlisis de fluorescencia de rayos X del contenido de hierro. Cada
muestra se divide en dos submuestras y se aplican los dos tipos de
anlisis. A continuacin se presentan los datos codificados que
muestran los anlisis de contenido de hierro:
Muestra
Anlisis 12345
Rayos X 2,02,02,32,12,4
Qumico2,21,92,52,32,4
Suponga que las poblaciones son normales, pruebe con un nivel de
signficancia de 0.05 si los dos mtodos de anlisis dan, en promedio,
el mismo resultado.
Datos: Tamao de la muestra n = 5 muestras.
Hiptesis nula H0: 1 = 2 .Hiptesis alternativa H1: 1 2.
Nivel de significancia = 0.05
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:
Regin critica
Aplicando Tabla A.4.
Donde con v = n-1 grados de libertadCalculando:
La media muestral Muestra
Anlisis 12345
Rayos X 2,02,02,32,12,4
Qumico2,21,92,52,32,4
-0,20,1-0,2-0,20,0
la desviacin estndar
con nuestros datos:
Calculamos con nuestros datos
Respuesta:No rechazamos la hiptesis nula. Concluimos que ambos
mtodos no son considerablemente diferentes.
Problema 47 (Ref: Pg. 329 Ej. 25)El administrador de una compaa
de taxis trata de decidir si el uso de llantas radiales en lugar de
llantas regulares de cinturn mejora la economa 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 cinturn y se manejan otra
vez por el recorrido de prueba. El consumo de gasolina, en
kilmetros por litro, se registr como sigue:
Kilmetros por litro
AutoLlantas radialesLlantas con cinturn
14,24,1
24,74,9
36,66,2
47,06,9
56,76,8
64,54,4
75,75,7
86,05,8
97,46,9
104,94,7
116,16,0
125,24,9
Podemos concluir que los autos equipados con llantas radianes
dan una economa de combustible mejor que los equipados con llantas
de cinturn?. Suponga que las poblaciones se distribuyen
normalmente. Utilice un valor P en su conclusin.Datos: Tamao de la
muestra n = 12 autos.
Hiptesis nula H0: 1 = 2 .Hiptesis alternativa H1: 1 > 2.
Nivel de significancia = 0.05
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:
Donde con v = n-1 grados de libertad
Calculando:
La media muestral
Kilmetros por litro
AutoLlantas radialesLlantas con cinturn
14,24,10,1
24,74,9-0,2
36,66,20,4
47,06,90,1
56,76,8-0,1
64,54,40,1
75,75,70,0
86,05,80,2
97,46,90,5
104,94,70,2
116,16,00,1
125,24,90,3
Kmla desviacin estndar
con nuestros datos:
Km
Calculamos con nuestros datos
Y P = P( > 2.48) = 0.02 con 11 grados de libertad
Respuesta:Rechazamos hiptesis nula ya que el nivel de
significancia esta por encima del 0.02.
Problema 48 (Ref: Pg. 329 Ej. 26)En el ejercicio 2 de la pgina
287, utilice la distribucin t para probar la hiptesis de que la
dieta reduce el peso de una persona en 4.5 kilogramos en promedio
contra la hiptesis alternativa de que la diferencia media en peso
es menor que 4.5 kilogramos. Utilice un valor P.
Datos: Tamao de la muestra n = 7 mujeres.
Hiptesis nula H0: 1 - 2 = 4.5 Kilogramos Hiptesis alternativa
H1: 1 - 2 < 4.5 Kilogramos
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:
Donde con v = n-1 grados de libertad
Calculando:
La media muestral
Mujeres
Peso1234567
Antes58,560,361,769,064,062,656,7
Despus60,054,958,162,158,559,954,4
-1,55,43,66,95,52,72,3
Kilogramos
la desviacin estndar
con nuestros datos:
Kilogramos
Calculamos con nuestros datos
Y P = P( > 0.896) = 0.3 con 6 grados de libertad
Respuesta:No rechazamos la hiptesis nula.
Problema 49 (Ref: Pg. 329/330 Ej. 28)En un estudio realizado por
el Departamento de Nutricin Humana y Alimentos del Instituto
Politcnico y Universidad Estatal de Virginia se registraron los
siguientes datos acerca de la comparacin de residuos de cido
srbico, en partes por milln, en jamn inmediatamente despus de
sumergirlo en una solucin de cido y despus de 60 das de
almacenamiento:
Residuos de cido srbico en jamn
RebanadaAntes del almacenamientoDespus del almacenamiento
1224116
227096
3400239
4444329
5590437
6660597
71400689
8680576
Si se supone que las poblaciones se distribuyen normalmente, hay
suficiente evidencia, al nivel de significancia de 0.05, para decir
que la duracin del almacenamiento influye en las concentraciones
residuales de cido srbico?
Datos: Tamao de la muestra n = 8 rebanadas.
Hiptesis nula H0: 1 = 2. Hiptesis alternativa H1: 1 2.
Nivel de significancia = 0.05
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:
Regin critica
Aplicando Tabla A.4.
Donde con v = n-1 grados de libertad
Calculando:
La media muestral
Residuos de cido srbico en jamn
RebanadaAntes del almacenamientoDespues del almacenamiento
1224116108
227096174
3400239161
4444329115
5590437153
666059763
71400689711
8680576104
Milln/partes
la desviacin estndar
Milln/partes
Calculamos con nuestros datos
Respuesta:Rechazamos la hiptesis nula. La duracin de
almacenamiento influye en las concentraciones residuales de cido
srbico.
Problema 50 (Ref: Pg. 353 Ej. 6)Principio del formularioSe
seleccionan tres canicas de una urna que contiene cinco canicas
rojas y tres verdes. Despus de registrar el nmero 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:
x0123
f1315525
Pruebe la hiptesis con un nivel de significancia de 0.05 de que
los datos registrados se pueden ajustar con una distribucin
hipergeomtrica h (x; 8, 3, 5), x = 0, 1, 2, 3.
Datos:Variable aleatoria X: nmeros de canicas rojas.Repeticiones
del experimento m = 112 veces.
Hiptesis nula H0: X ~ h(x, 8, 3, 5) x = 0, 1, 2, 3.Hiptesis
alternativa H1: es falso.
Nivel de significancia = 0.05.
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.Solucin:
X ~ h(x, N, n, k) => P(x = xi) = x = 0, 1, 2, 3,....., n.
Aplicando la distribucin hipergeomtrica a nuestros datos:
P(x = 0)= e0 = (112)*(0.01786) = 2.
P(x = 1)= e1 = (112)*(0.26786) = 30.
P(x = 2)= e2 = (112)*(0.53571) = 60.
P(x = 3)= e3 = (112)*(0.17857) = 20.
IxiP(x = xi)ei = mpioij
100.01786211
210.267863031
320.5357160552
430.1785720253
Totales~ 1112112
Combinamos las clases adyacentes, donde las frecuencias
esperadas son menores que cinco. En consecuencia, el numero total
de intervalos se reduce de cuatro a tres, lo que tiene como
resultado = 2 grados de libertad.
Utilizando el Teorema 10.1; que dice:
Una prueba de la bondad de ajuste entre las frecuencias
observadas y esperadas se basa en la cantidad
Donde es un valor de una variable aleatoria cuya distribucin
muestral se aproxima muy de cerca con la distribucin ji cuadrada
con = k 1grados de libertad. Los smbolos y representan las
frecuencias observada y esperada, respectivamente, para la i-sima
celda.
Con nuestros datos, el valor est dado entonces por
Para un nivel de significancia igual a , encontramos el valor
crtico de la tabla A.5., y entonces constituye la regin
critica.
Con el uso de la tabla A.5., encontramos = 5.991 con = 2 grados
de libertad.
Respuesta:
Como , 1.667 < 5.991, No se rechaza la hiptesis nula.
Concluimos que no hay suficiente evidencia para sospechar que la
distribucin no es hipergeomtrica.
Problema 51 (Ref: Pg. 353 Ej. 7)Se lanza una moneda hasta que
sale una cara y se registra el nmero de lanzamientos X. Despus de
repetir el experimento 256 veces, obtenemos los siguientes
resultados:
x12345678
f1366034129131
Prueba la hiptesis con un nivel de significancia de 0.05 de que
la distribucin observada de X se puede ajustar por una distribucin
geomtrica g (x; 1/2), x = 1, 2, 3,......
Datos:Variable aleatoria X: nmeros de lanzamientos hasta que
sale una cara.Repeticiones del experimento m = 256 veces.
Hiptesis nula H0: X ~ G(x, ) x = 1, 2, 3,..Hiptesis alternativa
H1: es falso.
Nivel de significancia = 0.05.
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.
Solucin:
X ~ G(x, p) => P(x = xi) = pqx-1, x = 1, 2, 3,.....
Aplicando la distribucin hipergeomtrica a nuestros datos
P(x = 1) = e1 = (256)*(0.5) = 128
P(x = 2) = e2 = (256)*(0.25) = 64
P(x = 3) = e3 = (256)*(0.125) = 32
P(x = 4) = e4 = (256)*(0.0625) = 16
P(x = 5) = e5 = (256)*(0.03125) = 8
P(x = 6) = e6 = (256)*(0.15625) = 4
P(x = 7) = e7 = (256)*(0.0078125) = 2
P(x = 8) = e8 = (256)*(0.0078125) = 2
ixiP(x = xi)ei = mpioij
110.51281361
220.2564602
33 0.12532343
440.062516124
550.03125895
660.015625416
770.007812523
880.0039062521
Totales~ 1256256
Combinamos las clases adyacentes, donde las frecuencias
esperadas son menores que cinco. En consecuencia, el numero total
de intervalos se reduce de ocho a seis, lo que tiene como resultado
= 5 grados de libertad.
Con nuestros datos el valor est dado entonces por
Para un nivel de significancia igual a , encontramos el valor
critico de la tabla A.5., y entonces constituye la regin
critica.
Con el uso de la tabla A.5., encontramos = 11.070 con = 5 grados
de libertad.
Respuesta:
Como , 3.125 < 11.070, No se rechaza la hiptesis nula.
Concluimos que no hay suficiente evidencia para sospechar que la
distribucin no es geomtrica.
Problema 52 (Ref: Pg. 353 Ej. 10)En el ejercicio 1 de la pagina
68, pruebe la bondad de ajuste entre las frecuencias de clase que
se observan y las frecuencias esperadas correspondientes de una
distribucin normal con = 65 y = 21, utilice un nivel de
significancia de 0.05.
Datos:
Calificaciones m = 60.Intervalos i = 9.Media = 65.Desviacin
estndar = 21.
Hiptesis nula H0: X ~ N(x, 65, 21)Hiptesis alternativa H1: es
falso.
Nivel de significancia = 0.05.
De acuerdo con el ejercicio 1 de la pgina 68, los intervalos y
las frecuencias que se observan son
iLimite de clasesoi
1- 19.53
219.5 29.52
329.5 39.53
439.5 49.54
549.5 59.55
659.5 69.511
769.5 79.514
879.5 89.514
989.5 + 4
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.Solucin:Los
valores z que corresponden a los lmites de las clases son:
de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z11 y z12 esP(-
< z < -2.17) = P(z < -2.17) P(z < - ) = 0.0150 0 =
0.0150De aqu, la frecuencia esperada para la primer clase ese1 =
(60)*(0.0150) = 0.9
de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z21 y z22
esP(-2.17 < z < -1.69) = P(z < -1.69) P(z < -2.17) =
0.0455 0.0150 = 0.0305De aqu, la frecuencia esperada para la
segunda clase ese2 = (60)*(0.0305) = 1.83
de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z31 y z32
esP(-1.69 < z < -1.21) = P(z < -1.21) P(z < -1.69) =
0.1131 0.0455 = 0.0676De aqu, la frecuencia esperada para la tercer
clase ese3 = (60)*(0.0676) = 4.056
de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z41 y z42
esP(-1.21 < z < -0.74) = P(z < -0.74) P(z < -1.21) =
0.2296 0.1131 = 0.1165De aqu, la frecuencia esperada para la cuarta
clase ese4 = (60)*(0.1165) = 6.99
de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z51 y z52
esP(-0.74 < z < -0.26) = P(z < -0.26) P(z < -0.74) =
0.3974 0.2296 = 0.1678De aqu, la frecuencia esperada para la quinta
clase ese5 = (60)*(0.1678) = 10.068
de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z61 y z62
esP(-0.26 < z < 0.21) = P(z < 0.21) P(z < -0.26) =
0.5832 0.3974 = 0.1858De aqu, la frecuencia esperada para la sexta
clase ese6 = (60)*(0.1858) = 11.148
de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z71 y z72 esP(0.21
< z < 0.69) = P(z < 0.69) P(z < 0.21) = 0.7549 0.5832 =
0.1717De aqu, la frecuencia esperada para la sptima clase ese7 =
(60)*(0.1717) = 10.302
de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z81 y z82 esP(0.69
< z < 1.17) = P(z < 1.17) P(z < 0.69) = 0.8790 0.7549 =
0.1241De aqu, la frecuencia esperada para la octava clase ese8 =
(60)*(0.1241) = 7.446
de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z91 y z92 esP(1.17
< z < +) = P(z < +) P(z < 1.17) = 1 0.8790 = 0.121De
aqu, la frecuencia esperada para la novena clase ese9 =
(60)*(0.121) = 7.26
iP(x = xi)ei = mpioij
10.01500.900031
20.03051.83002
30.06764.05603
40.11656.990042
50.167810.06853
60.185811.148114
70.171710.302145
80.12417.4460146
90.12107.26004
Totales~ 16060
Combinamos las clases adyacentes, donde las frecuencias
esperadas son menores que cinco. En consecuencia, el numero total
de intervalos se reduce de nueve a seis, lo que tiene como
resultado = 5 grados de libertad.
Con nuestros datos el valor est dado entonces por
Para un nivel de significancia igual a , encontramos el valor
critico de la tabla A.5., y entonces constituye la regin
critica.
Con el uso de la tabla A.5., encontramos = 11.070 con = 5 grados
de libertad.
Respuesta:
Como , 6.11 < 11.070, No se rechaza la hiptesis nula.
Concluimos que no hay suficiente evidencia para sospechar que la
distribucin no es normal.
Problema 53 (Ref: Pg. 353 Ej. 11)En el ejercicio 5 de la pagina
69, pruebe la bondad de ajuste entre las frecuencias de clase que
se observan y las frecuencias esperadas correspondientes de una
distribucin normal con = 1.8 y = 0.4, utilice un nivel de
significancia de 0.01.
Datos:
Calificaciones m = 40.Intervalos i = 10.Media = 1.8.Desviacin
estndar = 0.4.
Hiptesis nula H0: X ~ N(x, 1.8, 0.4)Hiptesis alternativa H1: es
falso.
Nivel de significancia = 0.01. De acuerdo con el ejercicio 5 de
la pgina 69, los intervalos y las frecuencias que se observan
son
iLimite de clasesoi
1- 0.7951
20.795 0.9951
30.995 1.1951
41.195 1.3952
51.395 1.5954
61.595 1.79513
71.795 1.9958
81.995 2.1955
92.195 2.3953
102.395 + 2
Incgnita: Rechazo o No Rechazo de la hiptesis nula.Solucin:Los
valores z que corresponden a los lmites de las clases son:
= -2.51 de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z11 y z12
esP(- < z < -2.51) = P(z < -2.51) P(z < - ) = 0.0060 0
= 0.0060De aqu, la frecuencia esperada para la primer clase ese1 =
(40)*(0.0060) = 0.24
= -2.51= -2.01 de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z21
y z22 esP(-2.51 < z < -2.01) = P(z < -2.01) P(z <
-2.51) = 0.0222 0.0060 = 0.0162De aqu, la frecuencia esperada para
la segunda clase ese2 = (40)*(0.0162) = 0.648
= -2.01= -1.51 de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z31
y z32 esP(-2.01 < z < -1.51) = P(z < -1.51) P(z <
-2.01) = 0.0655 0.0222 = 0.0433De aqu, la frecuencia esperada para
la tercer clase ese3 = (40)*(0.0433) = 1.732
= -1.51= -1.01 de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z41
y z42 esP(-1.51 < z < -1.01) = P(z < -1.01) P(z <
-1.51) = 0.1562 0.0655 = 0.0907De aqu, la frecuencia esperada para
la cuarta clase ese4 = (40)*(0.0907) = 3.628
= -1.01= -0.51de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z51
y z52 esP(-1.01 < z < -0.51) = P(z < -0.51) P(z <
-1.01) = 0.3050 0.1562 = 0.1488De aqu, la frecuencia esperada para
la quinta clase ese5 = (40)*(0.1488) = 5.952
= -0.51= 0.01de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z61 y
z62 esP(-0.51 < z < 0.01) = P(z < 0.01) P(z < -0.51) =
0.4960 0.3050 = 0.191De aqu, la frecuencia esperada para la sexta
clase ese6 = (40)*(0.191) = 7.64
= 0.01= 0.49de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z71 y
z72 esP(0.01 < z < 0.49) = P(z < 0.49) P(z < 0.01) =
0.6879 0.4960 = 0.1919De aqu, la frecuencia esperada para la sptima
clase ese7 = (40)*(0.1919) = 7.676
= 0.49= 0.99de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z81 y
z82 esP(0.49 < z < 0.99) = P(z < 0.99) P(z < 0.49) =
0.8389 0.6879 = 0.151De aqu, la frecuencia esperada para la octava
clase ese8 = (40)*(0.151) = 6.04
= 0.99= 1.49de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z91 y
z92 esP(0.99 < z < 1.49) = P(z < 1.49) P(z < 0.99) =
0.9319 0.8389 = 0.093De aqu, la frecuencia esperada para la novena
clase ese9 = (40)*(0.093) = 3.72
= 1.49de la tabla A.3. encontramos que el rea entre z101 y z102
esP(1.49 < z < + ) = P(z < + ) P(z < 1.49) = 1 0.9319 =
0.0681De aqu, la frecuencia esperada para la dcima clase ese9 =
(40)*(0.0681) = 2.724
iP(x = xi)ei = mpioij
10,0060,24011
20,01620,6481
30,04331,7321
40,09073,6282
50,14885,95242
60,1917,640133
70,19197,67684
80,15106,04055
90,09303,7236
100,06812,7242
Totales~ 14040
Combinamos las clases adyacentes, donde las frecuencias
esperadas son menores que cinco. En consecuencia, el numero total
de intervalos se reduce de diez a seis, lo que tiene como resultado
= 5 grados de libertad.
Con nuestros datos el valor est dado entonces por
Para un nivel de significancia igual a , encontramos el valor
critico de la tabla A.5., y entonces constituye la regin
critica.
Con el uso de la tabla A.5., encontramos = 15.086 con = 5 grados
de libertad.
Respuesta:
Como , 5.166 < 15.086, No se rechaza la hiptesis nula.
Concluimos que no hay suficiente evidencia para sospechar que la
distribucin no es normal.
Problema 54 (Ref: Pg. 353 Ej. 12)En un experimento para estudiar
la dependencia de la hipertensin de los hbitos de fumar, se tomaron
los siguientes datos de 180 individuos: No fumadoresFumadores
modernosFumadores empedernidos
Con hipertensin213630
Sin hipertensin482619
Pruebe la hiptesis de que la presencia y ausencia de hipertensin
es independiente de los hbitos de fumar. Utilice un nivel de
significancia de 0.05.
Datos:
Tamao de la muestra n = 180 individuos.
Hiptesis nula H0: independientes.Hiptesis alternativa H1:
dependientes.
Nivel de significancia = 0.05.
Incgnita: Dependencia o no de la hipertensin de los hbitos de
fumar.
Solucin:
Buscamos las frecuencias marginales, para ello armamos una tabla
de contingencia de 2 3 y definimos los siguientes eventos.N: Un
individuo seleccionado es no fumador.M: Un individuo se