Probabilidad y Estadistica Problemas Walpole Ed6

Cátedra: Probabilidad y EstadísticaUADER 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 , 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 = 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 X: cantidad de bebida que sirve una máquina (en mililitros). n = 40 bebidas. σx = 15 mililitros. μx = 240 mililitros. = = 240 mililitros. ≃2.3717 mililitros. Desviación estándar muestral Incógnita: Solución: Reemplazando con nuestros datos 240 ml. – (2)(2.372 ml.) ≤ 240 ml. – 4.744 ml. ≤ 235.257 ml. ≤ ≤ 240 ml. + (2)(2.372 ml.) ≤ 240 ml. + 4.744 ml. ≤ 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 100 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 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 a) Incógnita: P(6.4 ≤ X: vida útil de una máquina de hacer pasta (en años). μx = 7 años. σx = 1 año. n = 9 máquinas. ≤ 7.2) Solución: 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 que deje a su derecha un área del 15% y por lo tanto un área del 85% a su izquierda. Solución: Con años y Años = 7.35 años Respuesta: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 2 de 100 Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER El valor de Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 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. a) Incógnita: P( ≤ 2.7) Solución: = 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 más 2.7 minutos es de 0.62%. b) Incógnita: P( > 3.5) Solución: = Aplicando Tabla A.3. = 0.0668 = 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 ≤ ≤ 3.4) Solución: Aplicando Tabla A.3 = 0.8413 – 0.5000 = 0.3413 = 34.13%. Respuesta: Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 3 de 100 respectivamente. entonces la distribución muestral de las . Desviación estándar de la primer población σ1 = 5. Tamaño de la segunda muestra n2 = 36. Desviación estándar de la segunda población σ2 = 3. Incógnita: Solución: Utilizando el Teorema 8. dadas por y y de dos poblaciones. . 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. el que dice: Si se extraen al azar muestras independientes de tamaño con medias y y varianzas diferencias de las medias.2 y 3.Ej.4 minutos es de 34. Suponga que las medias se miden al décimo más cercano. De aquí Lafata Desio Fernando. 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. Warlet Iván Lautaro Página 4 de 100 .3. discreta o continuas.13%.4 pero en menos de 5. Datos: Tamaño de la primer muestra n1 = 25.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 La probabilidad de que el tiempo promedio de los cliente con el cajero este entre 3. está distribuida aproximadamente de forma normal con media y varianza y . Problema 4 (Ref: Pág. 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 3.9. 224 . Media de la primer población μ1= 80. Media de la segunda población μ2= 75. = 0.0762 = 0.34%.34%. Lafata Desio Fernando.7134 = 71.3. con nuestros datos: 80 – 75 = 5 y Aplicando Tabla A.7896 – 0.4 pero en menos de 5.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 es aproximadamente una variable normal estándar. 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. Warlet Iván Lautaro Página 5 de 100 .9 es de 71. 488.Ej.488 Respuesta: El valor χ2 con 15 grados de libertad. Warlet Iván Lautaro Página 6 de 100 .5 cuando υ = 15 => 27. b) cuando υ = 7. Gráfica: Lafata Desio Fernando. que deja un área de 0. c) cuando υ = 24.025 a su derecha es 27. a) Según Tabla A.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 5 (Ref: Pág. 236 . a) cuando υ = 15. 1) Para una distribución ji cuadrada encuentre. Gráfica: Lafata Desio Fernando. que deja un área de 0.01 a su derecha es 18.475 Respuesta: El valor χ2 con 7 grados de libertad. Warlet Iván Lautaro Página 7 de 100 .Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER b) Según Tabla A.5 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 cuando υ = 7 => 18.475. 5 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 cuando υ = 24 => 36. Gráfica: Lafata Desio Fernando.415.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER c) Según Tabla A. Warlet Iván Lautaro Página 8 de 100 .415 Respuesta: El valor χ2 con 24 grados de libertad.05 a su derecha es 36. que deja un área de 0. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 6 (Ref: Pág. Warlet Iván Lautaro Página 9 de 100 .025 cuando υ = 19.99 cuando υ = 4. 3) Para una distribución ji cuadrada encuentre a) P(χ2 > ) = 0. b) P(χ2 > ) = 0.Ej.652 < χ2 < tal que: ) = 0. 236 . Lafata Desio Fernando.045 cuando υ = 25. c) P(37. Warlet Iván Lautaro Página 10 de 100 .5 => = 32. con 4 grados de libertad es 0.5 => = 0.025 cuando υ = 19 Según Tabla A.99 cuando υ = 4 Según Tabla A.297 Respuesta: El valor de χ2 que deja a su derecha una probabilidad igual a 0.297.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER a) P(χ2 > Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 ) = 0. b) P(χ2 > ) = 0.99 es decir 99 %.852 Respuesta: Lafata Desio Fernando. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 El valor de χ2 que deja a su derecha una probabilidad igual a 0.652 =>  = 0.852. Warlet Iván Lautaro = cuando υ = 25 Página 11 de 100 .005 => Lafata Desio Fernando. Gráfica: c) P(37.652 < χ2 < => ) = 0.025 es decir 2.045 = 0.05 =>  = 0.05 .5 %. con 19 grados de libertad es 32.0.045 cuando υ = 25 = 37. 045. con 25 grados de libertad. Lafata Desio Fernando. tenga una varianza s2 a) mayor que 9. 236 – Ej. 5 => = 46.928 para que la probabilidad entre 37. es decir 4.5%.1. Gráfica: Problema 7 (Ref: Pág. Warlet Iván Lautaro Página 12 de 100 .Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Según Tabla A.928 Respuesta: El valor de χ2 debe ser igual a 46. 5) Encuentre la probabilidad de que una muestra aleatoria de 25 observaciones.652 y dicho valor calculado sea igual a 0. de una población normal con varianza σ2 = 6. 95 cuando υ = 24 =>0. b) Incógnita: P (3.5 cuando υ = 24 =>0.01 = 0.5 Según Tabla A. Datos: Tamaño de la muestra Varianza de la muestra n = 25 observaciones.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 b) entre 3. Suponga que las varianzas muestrales son mediciones continuas.462 y 10. σ2 = 6. Warlet Iván Lautaro Página 13 de 100 .94 Respuesta: Lafata Desio Fernando.745) = 0. a) Incógnita: P (s2 > 9.95 – 0.462 ≤ s2 ≤ 10.01 P (3.745) Solución: con (n – 1) grados de libertad con nuestros datos: Según Tabla A.5 cuando υ = 24 =>0.1 es del 5%.05 Respuesta: La probabilidad de que la varianza de esa muestra sea mayor que 9.745.1) Solución: con (n – 1) grados de libertad con nuestros datos: Según Tabla A.462 ≤ s2 ≤ 10. X: calificación de un examen de colocación.852. n = 20 estudiantes. Como 95% de los valores χ2 con 19 grados de libertad caen entre 8. Es muy probable que el valor supuesto de σ2 sea un error. Lafata Desio Fernando. Problema 8 (Ref: Pág. ¿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.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 La probabilidad de que la varianza de esa muestra se encuentre entre 3. Varianza poblacional Tamaño de la muestra Varianza muestral = 8. s2 = 20. 6) 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 = 8.907 y 32. Warlet Iván Lautaro Página 14 de 100 . Incógnita: Considerar si es válida =8 Solución: con (n – 1) grados de libertad con nuestros datos Respuesta: Es un valor de una distribución ji cuadrada con 19 grados de libertad. 236 – Ej.745 es del 94%. 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.462 y 10. Media poblacional μx = 74. a) Según Tabla A.025 cuando υ =14.4 t0.145.10 cuando υ = 10. Warlet Iván Lautaro Página 15 de 100 . c) Encuentre t0. b) Encuentre –t0. 236 – Ej.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 9 (Ref: Pág.145 Respuesta: El valor t con 14 grados de libertad. Gráfica: Lafata Desio Fernando.025 cuando υ =14 => 2. que deja un área de 0.995 cuando υ =7. 8) a) Encuentre t0.025 a su derecha es 2. que deja un área de 0. Gráfica: Lafata Desio Fernando.372.372 Respuesta: El valor t con 10 grados de libertad.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 b) Según Tabla A.10 cuando υ = 10 => -1. Warlet Iván Lautaro Página 16 de 100 .10 a su izquierda es -1.4 –t0. 499 Lafata Desio Fernando.4 t0.995 cuando υ =7 => -3.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 c) Según Tabla A. Warlet Iván Lautaro Página 17 de 100 . que deja un área de 0. Gráfica: Lafata Desio Fernando.005 a su izquierda es -3.995 a su derecha y por lo tanto un área de 0.499.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Respuesta: El valor t con 7 grados de libertad. Warlet Iván Lautaro Página 18 de 100 . 318) cuando υ = 24.356 < T <2.179) cuando υ =12. Warlet Iván Lautaro Página 19 de 100 .365) cuando υ =7 1 – P(T ≥ 2.4 => = 1 – 0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 10 (Ref: Pág. a) P(T < 2. b) Encuentre P(T > 1.975 Respuesta: La probabilidad de que un valor t sea menor que 2. 236 – Ej.365) cuando υ =7. d) Encuentre P(T > -2.5%. c) Encuentre P(-1. 9) a) Encuentre P(T < 2.025 = 0. Gráfica: Lafata Desio Fernando.365 con 7 grados de libertad es del 97.567) cuando υ =17.365) cuando υ =7 Según Tabla A. 4 =>0. Warlet Iván Lautaro Página 20 de 100 . Gráfica: Lafata Desio Fernando.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 b) P(T > 1.10 Respuesta: La probabilidad de que un valor t sea mayor que 1.318 con 24 grados de libertad es del 10%.318) cuando υ = 24 Según Tabla A. 179 con 12 grados de libertad es del 87.4 => = (1 – 0.356 y 2.179) cuando υ =12 P(T ≥ -1.5%.356) – P(T ≥ 2.875 Respuesta: La probabilidad de que un valor t se encuentre entre -1.356 < T < 2. Gráfica: Lafata Desio Fernando.179) cuando υ =12 Según Tabla A.025 = 0.10) – 0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 c) P(-1.025 = = 0. Warlet Iván Lautaro Página 21 de 100 .90 – 0. 01 = 0. Gráfica: Lafata Desio Fernando.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 d) P(T > -2.567) cuando υ =17 Según Tabla A.567 con 17 grados de libertad es del 99%.567) cuando υ =17 1 – P( T > 2. Warlet Iván Lautaro Página 22 de 100 .4 => = 1– 0.99 Respuesta: La probabilidad de que un valor t sea mayor que -2. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 11 (Ref: Pág. 236 – Ej. 12) 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 = 27.5 horas y una desviación estándar de s = 5 horas? Suponga que la distribución de las duraciones de las baterías es aproximadamente normal. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 23 de 100 Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 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 Desviación estándar muestral = 27.5 horas. 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 con (n – 1) grados de libertad Con nuestros datos: , 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 24 de 100 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 μx = 20. n = 9. Media muestral Desviación estándar muestral = 24. s = 4.1. Solución: con (n – 1) grados de libertad con nuestros datos: P (│ - μ│=│ = 1 – P (│ = 1 – P (-4 ≤ - 20│ > 4) = - 20│ ≤ 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 tamaño 9 con esas condiciones, con una probabilidad del 1.918% Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 25 de 100 X: contenido de grasa en gramos de una barra de cereal.7. Media poblacional μx = 0.7. 0. 0.3.5 Solución: con (n – 1) grados de libertad con nuestros datos Lafata Desio Fernando. 236 – Ej. 0.2. Warlet Iván Lautaro Página 26 de 100 .5. 0.5 gramos.4 y 0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 13 (Ref: Pág.5 gramos.4. En una muestra aleatoria de 8 barras de cereal de esta marca el contenido de grasa saturada fue 0. Tamaño de la muestra n = 8. ¿Estaría de acuerdo con la afirmación? Datos: P: barras de cereal bajo de grasa. 0. Media muestral Desviación estándar muestral Incógnita: μx = 0. 14) Un fabricante de cierta marca de barras de cereal bajo de grasa afirma que su contenido promedio de grasa saturada es 0.6. 0. a) Según Tabla A. que deja un área de 0.3860) = 0.08%. Warlet Iván Lautaro Página 27 de 100 . b) ƒ0. Gráfica: Lafata Desio Fernando.08%) para considerar que la afirmación es cierta. d) ƒ0.05 a su derecha es 2. Respuesta: Hay razones suficiente (75. e) ƒ0. Problema 14 (Ref: Pág.6 ƒ0. 236 – Ej.99 con υ1 = 28 y υ2 = 12.71 Respuesta: El valor f con 7 y 15 grados de libertad.7508 = 75.05 con υ1 = 7 y υ2 = 15 => 2. 15) Para una distribución F encuentre: a) ƒ0.05 con υ1 = 15 y υ2 = 7.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 con nuestros datos P(-0.95 con υ1 = 19 y υ2 = 24.3860 ≤ t7 ≤ 0.71.3754 = 0. c) ƒ0.01 con υ1 = 24 y υ2 = 19.05 con υ1 = 7 y υ2 = 15.3754 + 0. Warlet Iván Lautaro Página 28 de 100 . que deja un área de 0. Gráfica: Lafata Desio Fernando.51.05 a su derecha es 3.05 con υ1 = 15 y υ2 = 7 => 3.6 ƒ0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 b) Según Tabla A.51 Respuesta: El valor f con 15 y 7 grados de libertad. Warlet Iván Lautaro Página 29 de 100 .6 ƒ0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 c) Según Tabla A.01 con υ1 = 24 y υ2 = 19 => 2.92 Respuesta: Lafata Desio Fernando. Gráfica: Lafata Desio Fernando.01 a su derecha es 2. que deja un área de 0.92.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 El valor f con 24 y 19 grados de libertad. Warlet Iván Lautaro Página 30 de 100 . 4739 Respuesta: El valor f con 19 y 24 grados de libertad. Warlet Iván Lautaro Página 31 de 100 .Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 d) ƒ0.4739.95 con υ1 = 19 y υ2 = 24 con nuestros datos = 0.95 a su derecha es 0. que deja un área de 0. Gráfica: Lafata Desio Fernando. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 e) ƒ0. que deja un área de 0.3448. Gráfica: Lafata Desio Fernando.3448 Respuesta: El valor f con 28 y 12 grados de libertad. Warlet Iván Lautaro Página 32 de 100 .99 con υ1 = 28 y υ2 = 12 con nuestros datos = 0.99 a su derecha es 0. Media muestral $ Lafata Desio Fernando. Encuentre la varianza de este conjunto. 5) Una muestra aleatoria de cinco presidentes de bancos indican salarios anuales de $163000. Datos: Variable aleatoria Tamaño de la muestra X: salarios anuales de presidentes de bancos (en pesos) n = 5 presidentes. $152000. 237 – Ej. $148000.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 15 (Ref: Pág. Warlet Iván Lautaro Página 33 de 100 . $135000 y $141000. respectivamente. Problema 16 (Ref: Pág. 9) Si S21 y S22 representan las varianzas de muestras aleatorias independientes de tamaño n 1 = 25 y n2 = 31.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Incógnita: Varianza muestral s2 Solución: con nuestros datos Respuesta: La varianza de este conjunto es 114700000 $. Warlet Iván Lautaro Página 34 de 100 . encuentre . 237 – Ej. Datos: Lafata Desio Fernando. tomadas de poblaciones normales con varianzas σ21 = 10 y σ22 = 15. 05(24. 30) = 1. Incógnita: Solución: Utilizando el Teorema 8.89 Respuesta: La probabilidad de que F con 24 y 30 grados de libertad sea mayor que 1. respectivamente. 251 – Ej.8. 5%. Varianza de la primera muestra .26 es de 0. n2 = 31. con nuestros datos F0.05. Problema 17 (Ref: Pág. 4) Lafata Desio Fernando. Warlet Iván Lautaro Página 35 de 100 .Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Tamaño de la primer muestra Tamaño de la segunda muestra Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 n1 = 25. el que dice: Si y son las varianzas de muestras aleatorias independientes de tamaño poblaciones normales con varianzas y y tomadas de . es decir. Varianza de la segunda muestra . entonces Tiene una distribución F con υ1 = n1 – 1 y υ2 = n2 – 1 grados de libertad. Desviación estándar poblacional σx = 40 horas. Tamaño de la muestra n = 30 focos. X: duración de esa muestra de focos. IC = 96%. Lafata Desio Fernando. Media muestral Intervalo de confianza = 780 horas. μ x. Solución: 100γ% =100(1-α)% = 96% =>α = 0. con 96% de confianza. Datos: P: focos fabricados por la empresa.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. Si una muestra de 30 focos tiene una duración promedio de 780 horas. Warlet Iván Lautaro Página 36 de 100 . encuentre un intervalo de confianza de 96 % para la media de la población de todos los focos que produce esta empresa. Incógnita: Intervalo de confianza para la media poblacional.98 = 2.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Una empresa eléctrica fabrica focos que tienen una duración aproximadamente distribuida de forma normal con una desviación estándar de 40 horas.04 => => z0. 252 – Ej. 8) ¿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. Lafata Desio Fernando. Media muestral Intervalo de confianza Intervalo de error = 780 horas. Warlet Iván Lautaro Página 37 de 100 . IC = 96%. podemos tener una confianza 96% de que una muestra aleatoria de tamaño 68 proporcionara una estimación que difiere de μ por una cantidad menor que 0.04. con nuestros datos Respuesta: Por lo tanto.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 18 (Ref: Pág. e = 10 horas. 01 = 2. Variable aleatoria Tamaño de la muestra X: medidas de esos estudiantes universitarios (en centímetros) n = 50 estudiantes.5 centímetros.01 a) Incógnita: Intervalo de confianza para la media poblacional.5 centímetros?. a) Construya un intervalo de confianza de 98% para la estatura media de todos los estudiantes de la universidad.9 centímetros.5 centímetros y una desviación estándar de 6. Solución: Lafata Desio Fernando. s = 6. 100γ% =100(1-α)% = 98% =>α = 0. Warlet Iván Lautaro Página 38 de 100 .4048 = 0. 6) Las estaturas de una muestra aleatoria de 50 estudiantes universitarios muestra una media de 174. Datos: P: estudiantes universitarios. con 98% de confianza. 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. 252 – Ej.02 => t49.9 centímetros. Media muestral Desviación estándar muestral = 174.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 19 (Ref: Pág. Intervalo de confianza IC = 98%. 0. μ x. Desviación estándar muestral Lafata Desio Fernando. Datos: P: piezas metálicas de forma cilíndricas. Solución: cm. b) Incógnita: Posible error de estimación.01. 1.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 con nuestros datos Respuesta: Podemos afirmar con 98% de confianza que la media poblacional se encuentra entre 172.15 y 176. Problema 20(Ref: Pág. Intervalo de confianza IC = 99%.03 centímetros.35 cm. 0. suponga una distribución aproximadamente normal. 0.85 centímetros. Respuesta: Podemos afirmar con 98% de confianza que el error de estimación es igual a 2. Warlet Iván Lautaro Página 39 de 100 .97.04. 0. 1.99. Tamaño de la muestra n = 9 piezas. 0.98. 252 – Ej. Encuentre un intervalo de confianza de 99% para el diámetro medio de las piezas de esta máquina. X: diámetro de las piezas cilíndricas(en centímetros). Media muestral cm. Se toma una muestra de las piezas y los diámetros son 1.01 y 1.03. 1. 13) Una máquina produce piezas metálicas de forma cilíndrica.99. Lafata Desio Fernando. con 99% de confianza. μ x.355 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 = 0. Tamaño de la muestra n = 25 botellas de aspirina. en promedio. de aspirina con una desviación estándar de 0.005 Incógnita: Intervalo de confianza para la media poblacional. Warlet Iván Lautaro Página 40 de 100 . 252/253 – Ej. Solución: con nuestros datos Respuesta: Podemos afirmar con 99% de confianza que la media poblacional se encuentra entre 0. 325. Suponga que el contenido de aspirina se distribuye normalmente. Datos: P: botellas de aspirinas. Encuentre los límites de tolerancia del 95% que contendrán 90% del contenido de aspirina para esta marca. X: cantidad de aspirina que contienen las botellas de aspirina (en miligramos).005 = 3. Problema 21 (Ref: Pág.9781 y 1.5. 17) Una muestra aleatoria de 25 botellas de aspirinas contiene.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER 100γ% =100(1-α)% = 99% =>α = 0.0329 centímetros.05 mg. 0.01 => t8. Solución: ± ks con nuestros datos 325.7 => k = 2.9 Según Tabla A.208.5 = [323.0. de aspirina.5 mg.05 mg.154 mg. Una segunda muestra aleatoria de tamaño n2 = 36. de aspirina.946 mg y 326. Problema 22 (Ref: Pág. que se toma Página 41 de 100 . Respuesta: Los límites de tolerancia del 95% que contendrán 90% de aspirina para esta marca son 323.05 ± 2. 1) Una muestra aleatoria de tamaño n1 = 25 que se toma de una población normal con una desviación estándar σ1 = 5 tiene una media Lafata Desio Fernando. Warlet Iván Lautaro = 80. 326.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Media muestral Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 = 325.208 Incógnita: Limites de tolerancia del 95% que contendrán 90% de aspirina. Desviación estándar muestral s = 0. 1– γ = 95% => γ = 0. 262 – Ej.154]mg.05 y 1– α = 90% => 0.946 . con 95% de confianza. μ 1 – μ2. Datos: Tamaño de la primer muestra Desviación estándar de la primer población Media de la primer muestra n1 = 25.80 < μ1 – μ2 < 7. Desviación estándar de la segunda población σ2 = 3.19 2.19 < μ1 – μ2 < 5 + 2.19 Lafata Desio Fernando.118 < μ1 – μ2 < 5 + 1.96 · 1.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 de una población normal diferente con una desviación estándar σ2 = 3. Warlet Iván Lautaro Página 42 de 100 .118 5 – 2. Media de la segunda muestra Intervalo de confianza = 75.05 => => z0.96 · 1. tiene una media Encuentre un intervalo de confianza de 95% para μ1 . = 80. IC = 95% para 100(1-α)% = 95% =>α = 0. = 75. Tamaño de la segunda muestra n2 = 36. σ1 = 5.3 Incógnita: Intervalo de confianza para la diferencia de las medias poblacionales. Solución: y con nuestro datos y con nuestros datos 5 – 1.μ2.025 = 1.96 Aplicando Tabla A. Solución: donde Lafata Desio Fernando.4 t0. Para estimar la diferencia de las dos marcas. con 95% de confianza. P2 : neumáticos de la marca B. 100(1-α) % = 95% =>α = 0. Los neumáticos se utilizan hasta que se gastan. Puede no suponer que las varianzas son iguales.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Respuesta: Podemos afirmar con 95% de confianza que la diferencia entre las medias poblacionales se encuentra entre 2. se lleva cabo un experimento.19.80 y 7. s1 = 5000 kilómetros.07892 con υ = 21. Intervalo de confianza IC = 95%.18 grados de libertad. 9) Una compañía de taxis trata de decidir si comprar neumáticos de la marca A o de la B para su flotilla de taxis. Media de la segunda muestra = 38100 Km. Incógnita: Intervalo de confianza para la diferencia de las medias poblacionales. Warlet Iván Lautaro es el valor t con Página 43 de 100 . Tamaño de la primer muestra n1 = 12 neumáticos. Marca B: = 38100 kilómetros. Datos: P1 : neumáticos de la marca A. Tamaño de la segunda muestra n2 = 12 neumáticos. utilizando 12 de cada marca. Desviación estándar de la primer muestra = 5000 Km.suponga que las poblaciones se distribuyen de forma aproximadamente normal. X1 : duración en kilómetros de un neumático de la marca A. Media de la primer muestra = 36300 Km. μ 1 – μ2. Desviación estándar de la segunda muestra = 6100 Km. X2 : duración en kilómetros de un neumáticos de la marca B. 263 – Ej. Los resultados son: Marca A: = 36300 kilómetros. Calcule un intervalo de confianza de 95% para μ1 – μ2.025 = 2.05 => Aplicando Tabla A. s2 = 6100 kilómetros. Problema 23 (Ref: Pág. 8 Encuentre un intervalo de confianza de 99% para la diferencia μ2 – μ1 en el tiempo promedio de recuperación para los dos medicamentos. Tamaño de la primer muestra n1 = 14 días.8 días. = 1.5 días. Problema 24 (Ref: Pág. 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 Medicamento 2 n 2 = 16 = 17 = 19 = 1. 263 Ej.4 y 2933.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 con nuestros datos Respuesta: Podemos afirmar con 95% de confianza que la diferencia entre las medias poblacionales se encuentra entre –6533.4. suponga poblaciones normales con varianzas iguales. 7) Los siguientes datos. : tiempo de recuperación en días para un paciente tratado con el medicamento 1. : pacientes que se tratan con el medicamento 2. Datos: : pacientes que se tratan con el medicamento 1. Tamaño de la segunda muestra n2 = 16 días. Segunda media muestral Segunda varianza muestral Intervalo de confianza Lafata Desio Fernando. registrados en días. Página 44 de 100 .5 = 1. Primer media muestral = 17 días. Warlet Iván Lautaro = 19 días. Primer varianza muestral = 1. : tiempo de recuperación en días para un paciente tratado con el medicamento 2. IC = 99% para . 30 Página 45 de 100 .4 t0.70 < Lafata Desio Fernando.1886)*(0.30 < 0. Warlet Iván Lautaro < 2 + (2.30 < 3.2886)*(0.763)*(1.763 con (n1 + n2 – 2) = 28 grados de Incógnita: Intervalo de confianza para la diferencia de las medias poblacionales. .3659) < 2 – 1. con nuestros datos 2 – (2. Aplicando Tabla A.005 = 2. Solución: y con nuestros datos y con nuestros datos luego.763)*(1.3659) < 2 + 1.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 100(1-α)% = 99% =>α = 0.01 => libertad. con 99% de confianza. 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. 270 .70 y 3. Página 46 de 100 . ) poblacionales se Problema 25 (Ref: Pág. 1) 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.Ej.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Respuesta: Podemos afirmar con 99% de confianza que la diferencia entre las medias ( encuentra entre 0.57? Datos: Tamaño de la muestra Lafata Desio Fernando.30. Warlet Iván Lautaro n = 200 votantes. 07189 < p < 0. Proporción de fracasos en una muestra 100γ = 100(1 . Proporción de éxitos en una muestra . 270 . 49.054 a) Incógnita: Intervalo de confianza de 96% para la fracción de la población que favorece el convenio. es decir.81% y 64.57 + (2. Problema 26 (Ref: Pág. Lafata Desio Fernando.035) < p < 0.19% respectivamente.98 2.054)*(0. IC = 96% para p: proporción de votante que favorecen el convenio.054)*(0.64189 Respuesta: Podemos afirmar con 96% de confianza que la fracción que favorece el convenio se encuentra entre 0.57 – 0.49811 < p < 0.035) 0.07189 0.57 + 0.2 %.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Números de éxitos Intervalo de confianza Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 x = 114 votantes.α)% = 96% =>α =0.04 => => z0.49811 y 0. Solución: con nuestros datos 0.02 de la fracción real de la población votante?.57 – (2. 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.Ej.64189. b) Incógnita: Posible error de estimación. Warlet Iván Lautaro Página 47 de 100 . Solución: Respuesta: Podemos afirmar con 96% de confianza que le error de estimación no superará el 7. con nuestros datos votantes Respuesta: Si basamos nuestra estimación de p sobre una muestra aleatoria de tamaño 2575. Warlet Iván Lautaro Página 48 de 100 .02.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Datos: Sabemos que: Y que Incógnita: Solución: Con Intervalo de error e = 0.02. podemos tener una confianza de 96% de que nuestra proporción muestral no diferirá de la proporción real por más de 0. Lafata Desio Fernando. 271 – Ej. p2 : proporción de mujeres que tienen cierto trastorno sanguíneo menor.05 => => z0. Tamaño de la primer muestra n1 = 1000 hombres. mientras que 275 de 1000 mujeres examinadas parecen tener el trastorno. Datos: P1 : hombres P2 : mujeres p1 : proporción de hombres que tienen cierto trastorno sanguíneo menor. Proporción de éxitos de la primer muestra Proporción de éxito de la segunda muestra Proporción de fracasos de la primer muestra Proporción de fracasos de la segunda muestra Diferencia entre proporciones de éxitos Intervalo de confianza IC = 95% 100γ = 100(1 .α)% = 95% =>α =0.025 Incógnita: Intervalo de confianza de 96% para la diferencia de las fracciones de población que favorece el convenio. Calcule un intervalo de confianza de 95% para la diferencia entre la proporción de hombres y mujeres que padecen el trastorno sanguíneo. Warlet Iván Lautaro Página 49 de 100 . Solución: con nuestros datos con nuestros datos Lafata Desio Fernando. 15) Cierto genetista se interesa en la proporción de hombres y mujeres en la población que tienen cierto trastorno sanguíneo menor.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 27 (Ref: Pág. Tamaño de la segunda muestra n2 = 1000 mujeres. En una muestra aleatoria de 1000 hombres se encuentra que 250 lo padecen. Número de éxitos de la segunda muestra x2 = 275. Número de éxitos de la primer muestra x1 = 250. Proporción de éxitos en 1990 las mujeres constituían 33.025 .Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 0. las mujeres constituían 33.2% de 20  7 mujeres Respuesta: Estimamos que en 1990 habría sido de mujeres. Suponga que se contrataron 20 nuevos empleados para el personal editorial. a) Estime el número que habrían sido mujeres en cada año respectivamente.0385532 < p2 – p1< 0.α) % = 95% =>α =0.01967) 0.0385532 – 0.06355. 20) De acuerdo con USA Today (17 de marzo de 1997).05 => IC = 95% => z0.025 – 0.7% de 20  7 mujeres En 1994 el 36.2 % de 20 empleados Proporción de fracasos de la muestra en 1990 Proporción de fracasos de la muestra en 1994 Intervalo de confianza 100γ = 100(1 . 271 – Ej.025 + 0.01355 < p2 – p1< 0.7 % de 20 empleados Proporción de éxitos en 1994 las mujeres constituían 36.2% en 1994. y en 1994 la estimación habría sido de 7 b) Incógnita: Lafata Desio Fernando.01355 y 0. a) Incógnita: Estimar el número que habrían sido mujeres en cada año. Problema 28 (Ref: Pág.7% del personal editorial en las estaciones locales de televisión en 1990 y el 36. 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 1990.96)*(0.025 – (1. Solución: En 1990 el 33. Warlet Iván Lautaro Página 50 de 100 .  7 mujeres.01967) < p2 – p1 < 0. Datos: Tamaño de la muestra n = 20 empleados.025 + (1.06355 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 – 0.96)*(0. X: tiempo de duración en años de una batería.9. Tamaño de la muestra n = 5 baterías. tres años con una varianza de un año. Problema 29 (Ref: Pág. en promedio. Desviación estándar poblacional σx = 1 año. Warlet Iván Lautaro como estimador. 3.4. Datos: P: baterías de automóvil. 1) Un fabricante de baterías para automóvil afirma que sus baterías duraran.5 y 4. Suponga que la población de duraciones de las baterías se distribuye de forma aproximadamente normal. Si cinco de estas baterías tienen duraciones de 1. 3.2 años. Incógnita: σ2 = 1 Solución: Se desea estimar el valor de la varianza utilizando Lafata Desio Fernando. 275 – Ej. construya un intervalo de confianza de 95% para σ2 y decida si la afirmación del fabricante de que σ2 = 1 es válida. 2. Media poblacional μx = 3 años.0. Solución: 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. Intervalo de varianza IC = 95%.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 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. Página 51 de 100 . se lleva cabo un experimento. 8 b) Construya un intervalo de confianza de 90% para . Los neumáticos se utilizan hasta que se gastan. Los resultados son: Marca A: = 36300 kilómetros. ¿Estamos justificados al suponer que σ21 = σ22 cuando construyamos nuestro intervalo de confianza para μ1 – μ2? Datos: P1 : neumáticos de la marca A. Puede no suponer que las varianzas son iguales. suponga que las poblaciones se distribuyen de forma aproximadamente normal. ya que este intervalo que la afirmación del fabricante. 275 – Ej. s2 = 6100 kilómetros. contiene a 1. Problema 30 (Ref: Pág. Marca B: = 38100 kilómetros. 263 – Ej. de que σ2 = 1. a) Calcule un intervalo de confianza de 95% para μ1 – μ2. Pág. Ref. 9 – Pág. utilizando 12 de cada marca. s1 = 5000 kilómetros. Pág. es válida.05 con (n-1) grados de libertad Según Tabla A. 263) Ref.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 años Para el intervalo de confianza del 95% α = 0. 9 Una compañía de taxis trata de decidir si comprar neumáticos de la marca A o de la B para su flotilla de taxis. 8 ligado al Ej. Para estimar la diferencia de las dos marcas.5 con nuestros datos ( ) Respuesta: Podemos afirmar con 95% de confianza que. 275 – Ej. Lafata Desio Fernando. Warlet Iván Lautaro Página 52 de 100 . 07892 con υ = 21. μ 1 – μ2. a) Incógnita: Intervalo de confianza para la diferencia de las medias poblacionales. con 95% de confianza. 100(1-α) % = 95% =>α = 0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 P2 : neumáticos de la marca B. X1 : duración en kilómetros de un neumático de la marca A. Warlet Iván Lautaro Página 53 de 100 . Media de la segunda muestra = 38100 Km. Desviación estándar de la primer muestra Desviación estándar de la segunda muestra Intervalo de confianza = 5000 Km. = 6100 Km. X2 : duración en kilómetros de un neumáticos de la marca B. Tamaño de la primer muestra n1 = 12 neumáticos.4 t0.18 grados de libertad. Solución: donde es el valor t con con nuestros datos con nuestros datos Lafata Desio Fernando.025 = 2. IC = 95%.05 => Aplicando Tabla A. Tamaño de la segunda muestra n2 = 12 neumáticos. Media de la primer muestra = 36300 Km. 100(1-α)% = 90% =>α = 0. 1) Suponga que un alergólogo desea probar la hipótesis de que al menos 30% del público es alérgico a algunos productos de queso.894652.6 f0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Respuesta: Podemos afirmar con un 95% de confianza que la diferencia entre las medias poblacionales se encuentra entre –6533. Warlet Iván Lautaro Página 54 de 100 .238249 y 1.80 con (n1 – 1. b) Incógnita: Intervalo de confianza de 90% para σ 21/ σ22.1). Explique como el alergólogo puede cometer: a) Un error tipo I. Lafata Desio Fernando. 304 – Ej. n2 . b) Un error tipo II. ya que el intervalo contiene a 1 es razonable asumir que σ21 = σ22.4. Solución: Intervalo de confianza IC = 90%. Problema 31 (Ref: Pág. con nuestros datos Respuesta: Podemos afirmar con 90% de confianza que se encuentra entre 0.10 => Aplicando Tabla A. es decir.4 y 2933. 11) grados de libertad.05 = 2. con (11. Problema 32 (Ref: Pág. 4) Se estima que la proporción de adultos que viven en una pequeña ciudad que son graduados universitarios es p = 0. Lafata Desio Fernando. ) Menos del 30% del público es alérgico a algunos productos de queso. Para probar esta hipótesis se selecciona una muestra aleatoria de 15 adultos. 304 – Ej.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Solución: ) Al menos el 30% del público es alérgico a algunos productos de queso. En símbolos: El rechazo de la hipótesis nula cuando es verdadera se llama error de tipo I. menos del 30% son alérgicos. El no rechazo de la hipótesis nula cuando es falsa se llama error tipo II. Warlet Iván Lautaro Página 55 de 100 . 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. proporción de público que es alérgico a algunos productos de queso.6. b) Cuando concluye que al menos el 30% del público es alérgico a algunos productos de queso cuando. de hecho. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Si el número de graduados en nuestra muestra es cualquier número de 6 a 12.6) + P( 12 | p = 0. X : un adulto graduado universitario de esa población. c) ¿Es este un buen procedimiento de prueba?.6. a) Incógnita: Probabilidad de error tipo I. Datos: P : adultos graduados universitarios. concluiremos que p ≠ 0.5) = Proporción de adultos graduados universitarios p = 0. Tamaño de la muestra n = 15 adultos.6.6 a) Evalúe α con la suposición de que p = 0.5 es del 84. La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0. p : proporción de adultos graduados universitarios. b) Evalúe β para las alternativas p = 0.7) = = Aplicando Tabla A. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0 : p = 0.6) = P( = p = 0.1 = 0.0338 +(1 – 0.09%. Utilice la distribución binomial.8695 = 86.6 es del 6.7 es del 86.64%. β Solución: Proporción de adultos graduados universitarios β = P(error tipo II) =P(6 ≤ ≤ 12 | p = 0. Región de aceptación 6 ≤ ≤ 12 graduados universitarios.6 graduados universitarios.5 graduados universitarios.7 graduados universitarios. β = P(error tipo II) =P(6 ≤ ≤ 12 | p = 0.8464 = 84.95%. p = 0.6 en caso contrario.64%. 6 | p = 0.09%. Lafata Desio Fernando.7.9729) = 0.6. α Solución: Proporción de adultos graduados universitarios α = P(error tipo I) = P(6 < < 12 | p = 0. Warlet Iván Lautaro Página 56 de 100 .95%. b) Incógnita: Probabilidad de error tipo II.1 = 0.0609 = 6.6) = = 0. aceptaremos la hipótesis nula de que p = 0.5 y p = 0. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0. = Aplicando Tabla A. H1 : p  0. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo I con p = 0. 5 y α = P(error tipo I) = P(110 > > 130 | p = 0. α Solución: Proporción de adultos graduados universitarios p = 0.86%. 304 – Ej. 5) Repita el ejercicio 4 cuando se seleccionan 200 adultos y la región de aceptación se define como 110 ≤ ≤ 130 donde es el número de graduados universitarios en nuestra muestra. Problema 33 (Ref: Pág.5 ≤ ≤ 130 + 0. Warlet Iván Lautaro Página 57 de 100 .6) = P( < 110 | p = 0. Media .0643) = 0.1286 = 12.6) + P( = P(z < -1. 110 ≤ ≤ 130 graduados universitarios.6 graduados universitarios.6) = Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo I con p = 0.6. Desviación estándar Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 110 ≤ ≤ 130 → 110 .6 es del 12.52) + P(z < 1. a) Incógnita: Probabilidad de error tipo I. Lafata Desio Fernando.0.86%.52) = (2)*(0.6. Utilice la aproximación normal. H0: p = 0. Datos: Tamaño de la muestra Región de aceptación Hipótesis nula Hipótesis alternativa n = 200 adultos. H1: p ≠ 0.5 ≤ ≤ 130. > 130 | p = 0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 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  es muy alta.5 → 109. 0901 = 9.5 ≤ ≤ 130.5 → 109.34 < z < 4.5 → 109.34) = = 1 – 0.5 y β = P(error tipo II) =P(110 < < 130 | p = 0.0. Proporción de adultos graduados universitarios p = 0. Warlet Iván Lautaro ≤ 130 + 0.7 graduados universitarios.5 ≤ ≤ 130 + 0. Desviación estándar Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 110 ≤ ≤ 130 → 110 . Media .01%.9099 = 0. Media . β Solución: Proporción de adultos graduados universitarios p = 0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 b) Incógnita: Probabilidad de error tipo II.5 Página 58 de 100 .5) =P(1.31) – P(z ≤ 1.31) = P(z ≤ 4.0. Desviación estándar Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 110 ≤ ≤ 130 → 110 .5 graduados universitarios.5 ≤ ≤ 130.5 ≤ Lafata Desio Fernando. 7 es del 7.47) = P(z ≤ -1.08%.5 es del 9. Problema 34 (Ref: Pág.71< z < -1. 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.71) = = 0.47) – P(z ≤ -4.6. Tamaño de la muestra n = 400 votantes. concluiremos que 60% de los votantes lo apoyan.01%.0708 = 7. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0. 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.6.7) = P(-4. H1: p ≠ 0.0708 – 0 = 0.08%. aunque se reduce dramáticamente la probabilidad de cometer un error Tipo II. a) Encuentre la probabilidad de cometer un error tipo I si 60% de los votantes están a favor del aumento de impuestos. Si más de 220 pero menos de 260 favorecen el impuesto sobre ventas. Warlet Iván Lautaro Página 59 de 100 . 305 – Ej. H 0: p = 0. a) Incógnita: Lafata Desio Fernando. p : proporción de votantes a favor del impuesto. La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 y β = P(error tipo II) =P(110 < < 130 | p = 0. c) Incógnita: Es este un buen procedimiento de prueba? Solución: Para este procedimiento la probabilidad de cometer un error Tipo I es algo alto. X : un votante de esa ciudad. Región de aceptación 220 < < 260 → 221 ≤ Hipótesis nula Hipótesis alternativa ≤ 259 votantes que favorecen el impuesto. 6 votantes a favor del impuesto.5 → 220. β Solución: Proporción de adultos graduados universitarios p = 0.66%.48) = 192. Media μ = n*p = (400)*(0.5 ≤ ≤ 259 + 0.79 Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 221 ≤ ≤ 259 → 221 .6) = P( < 221 | p = 0.0233) = 0. Desviación estándar σ= Lafata Desio Fernando.99 Página 60 de 100 .0466 = 4.48 graduados universitarios.99) = (2)*(0.6) = 240.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Probabilidad de error tipo I. Media μ = n*p = (400)*(0.6) = Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo I con p = 0.5 y α = P(error tipo I) = P(221 > > 259 | p = 0.6 es del 4. α Solución: Proporción de votantes a favor del impuesto p = 0.0. > 259 | p = 0.99) + P(z < 1.5 ≤ ≤ 259. Warlet Iván Lautaro 9. b) Incógnita: Probabilidad de error tipo II.66%.6) + P( =P(z < -1. Desviación estándar σ= 9. 5 y β = P(error tipo II) =P(221 < < 259 | p = 0.48 es del 0.85) = =1 – 0.75) = P(z ≤ 6.22%.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 220. 13) Lafata Desio Fernando. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0. Problema 35 (Ref: Pág.0022 = 0.9978 = 0.75) – P(z ≤ 2. Warlet Iván Lautaro Página 61 de 100 .5 y 259.85< z < 6.22%. 305 – Ej.48) = P(2. cuando p = 0.0047) = 0.5 → 214.6) = (2)*P(z < -2.6) = 240. Muestre que esta nueva región de aceptación tiene como resultado un valor más pequeño para α a costa de aumentar β.5 Página 62 de 100 .48) = 192.5 215 ≤ ≤ 265 → 215 .5 ≤ ≤ 265. μ = n*p = (400)*(0. 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. Datos: Tamaño de la muestra Región de aceptación n = 400 votantes.60) = (2)*(0.6.94%.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Suponga que. Desviación estándar σ= Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 215 ≤ ≤ 265 → 215 .5 ≤ ≤ 265 + 0. α Solución: Proporción de votantes a favor del impuesto Media p = 0. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo I con p = 0. b) Incógnita: Probabilidad de error tipo II.0094 = 0.5 → 214.5 ≤ ≤ 265.6 es del 0.94%. Warlet Iván Lautaro ≤ 265 + 0. 214 < < 266 → 215 ≤ Hipótesis nula Hipótesis alternativa ≤ 265 votantes que favorecen el impuesto. H 0: p = 0. μ = n*p = (400)*(0.5 y 265. H1: p ≠ 0.5 y α = P(error tipo I) = P(214 > > 266.5 ≤ Lafata Desio Fernando. Desviación estándar σ= Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 214. β Solución: Proporción de adultos graduados universitarios Media p = 0.0. en el ejercicio 12. a) Incógnita: Probabilidad de error tipo I.6 votantes a favor del impuesto.0.6.48 graduados universitarios. X : medida en mililitros de esa maquina de refresco.25) = = 1 – 0. H1: μ ≠ 200 mililitros. Tamaño de la muestra n = 9 bebidas.80 > 209) = (2)*P(z < -1.0718 = 7. H 0: μ = 200 mililitros. Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 191 y 209 = -1.48 es del 1. Datos: P : bebida que sirve cierta maquina de refresco. concluimos que μ ≠ 200 mililitros. α Solución: Media μ = 200 mililitros.48) =P(2.80) = (2)*(0.22%. cuando p = 0. se considera que la máquina opera de manera satisfactoria: de otro modo. 191 < Hipótesis nula Hipótesis alternativa < 209. b) Encuentre la probabilidad de cometer un error tipo II cuando μ = 215 mililitros. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo I con es del 7. La máquina se verifica periódicamente con una muestra de nueve bebidas y con el cálculo del contenido promedio. 305 – Ej.35) – P(z ≤ 2. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo II con p = 0. Warlet Iván Lautaro Página 63 de 100 .9878 = 0.18%. Desviación estándar poblacional σ = 15 mililitros.35) = P(z ≤ 7. Problema 36 (Ref: Pág.22%.0359) = 0.80 y α = P(error tipo I) = P(191 > = 1.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 y β = P(error tipo II) =P(214 < < 266. a) Incógnita: Probabilidad de error tipo I. Lafata Desio Fernando. Desviación estándar muestral Región de aceptación = 5 mililitros. Si cae en el intervalo 191 < < 209.25≤ z ≤ 7. a) Encuentre la probabilidad de cometer un error tipo I cuando μ = 200 mililitros.0122 = 1. 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.18%. Respuesta: La probabilidad de cometer un error tipo II es del 11. Tamaño de la muestra n = 30 focos. Desviación estándar muestral Nivel de significancia mililitros. donde Lafata Desio Fernando. 325 – Ej. H1: μ ≠ 800 horas. Problema 37 (Ref: Pág.51%. 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. Necesitamos conocer el área bajo la curva normal entre 191 y 209 = -4.1151 – 0 = 0. 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. Desviación estándar poblacional σ = 40 horas. Datos: P : focos fabricados en cierta empresa eléctrica. Incógnita: Rechazo o aceptación de la hipótesis nula.80 y = -1.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 b) Incógnita: Probabilidad de error tipo II. Utilice un nivel de significancia de 0. Warlet Iván Lautaro Página 64 de 100 . X : duración en horas de un foco fabricado en esa empresa eléctrica.20) = P(z ≤ -1.20 β = P(error tipo II) =P(191 < < 209) =P(-4. β Solución: Media μ = 215 mililitros.20) – P(z ≤ -4.04. Solución: Es conveniente estandarizar e incluir de manera formal la variable aleatoria normal estándar Z.80) = = 0.1151 = 11. α = 0.51%.04 Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ = 800 horas. Media muestral = 788 horas.80 ≤ z ≤ -1. Solución: Es conveniente estandarizar e incluir de manera formal la variable aleatoria normal estándar Z. Utilice un valor P en su conclusión. ¿Está de acuerdo con esta afirmación si la muestra aleatoria muestra un promedio de 23500 kilómetros y una desviación estándar de 3900 kilómetros?.3. Para probar esta afirmación. donde Lafata Desio Fernando. Datos: Tamaño de la muestra Media muestral Desviación estándar muestral n = 100 automóviles.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 =-1. Aplicando Tabla A. Warlet Iván Lautaro Página 65 de 100 . 5) Se afirma que un automóvil se maneja en promedio más de 20000 kilómetros por año.055 Respuesta: No rechazamos la hipótesis nula ya que el valor de z hallado se encuentra dentro de la región de no rechazo.055 < z < 2. se pide a una muestra de 100 propietarios de automóviles que lleven un registro de los kilómetros que viajen. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ ≤ 20000 kilómetros.64 Si . – 2. Problema 38 (Ref: Pág. no se rechaza H0. σx = 3900 kilómetros. H1: μ > 20000 kilómetros. 326 – Ej. Incógnita: Rechazo o aceptación de la hipótesis nula. = 23500 kilómetros. b) Ref. Warlet Iván Lautaro Página 66 de 100 .Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 = 8. 326 – Ej. Utilice un nivel de significancia de 0. 339) a) Ref.01 y suponga que la distribución del contenido es normal.03 litros. 9. X : contenido en litros de un envase de ese lubricante. 10. 326 – Ej.03 contra la alternativa de que σ2 ≠ 0. 10.97. Pág.03 para la muestra aleatoria de 10 envases del ejercicio 7 de la página 326.9. Use un nivel de significancía de 0. 9. 7 Datos: P : envases de un lubricante.7.1 Se sabe que el volumen de los envases de un lubricante particular se distribuye normalmente con una varianza de 0. Tamaño de la muestra n = 10 envases.8 litros.1. P= P(Z > 8. 326 – Ej. Pruebe la hipótesis de que σ2 = 0.8.97) 1-1 = 0 Respuesta: Rechazamos la hipótesis nula y concluimos que μ ≠ 20000 Kilómetros. Problema 39 (Ref: Pág.01. 10. 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 10.2.4. 339 – Ej. 10. a) Ref. 7 ligado al Ej. 1 – Pág. 9. Pág. Pág.3 y 9. 10. Lafata Desio Fernando.1.3. 4.3. Desviación estándar muestral Lafata Desio Fernando.01 Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ = 10 litros.1 Datos: Tamaño de la muestra n = 10 envases. Pág. Media muestral litros. H1: μ ≠ 10 litros. Solución: . Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Media muestral litros.250 Respuesta: No rechazamos la hipótesis nula ya que el valor de t hallado se encuentra dentro de la región de No Rechazo. Desviación estándar muestral Nivel de significancia α = 0. 339 – Ej. no se rechaza H0. b) Ref.250 < t < 3. Aplicando Tabla A. Warlet Iván Lautaro Página 67 de 100 . Si . . 01 Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: σ2 = 0.025 < P(χ2 >18. que se toma de una población normal diferente con una desviación estándar σ2 = 3. = 76.2.03 litros. Solución: Si = 18. que se toma de una población normal con una desviación estándar σ1 = 5. σ1= 5.2. Warlet Iván Lautaro n1 = 25.03 litros.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 0.4.5 => 0. Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Datos: Tamaño de la primer muestra Desviación estándar de la primer población Lafata Desio Fernando. Página 68 de 100 . H1: σ2 0.13) < 0. tiene una media = 81. 326 – Ej. Cite un valor P en su conclusión.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Nivel de significancia Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 α = 0.03.13 cuando v = 10 – 1 = 9 grados de libertad Según Tabla A. Una segunda muestra aleatoria de tamaño n2 = 36. 12) Una muestra aleatoria de tamaño n1 = 25. tiene una media Pruebe la hipótesis de que μ1 = μ2 contra la alternativa μ1 ≠ μ2. Problema 40 (Ref: Pág. Solución: p = P(z > 4. 327 – Ej. 340) a)Ref.18 Lafata Desio Fernando. 9 – Pág.4. H 1: μ 1 ≠ μ 2. Warlet Iván Lautaro Página 69 de 100 . σ2 = 3.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Media de la primer muestra = 81. 327 – Ej. H0: μ1 = μ2. Tamaño de la segunda muestra Desviación estándar de la segunda población Media de la segunda muestra Hipótesis nula Hipótesis alternativa n2 = 36. Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. = 76.222) 1-1 = 0 Respuesta: Rechazamos la hipótesis nula ya que la probabilidad de que ocurra es aproximadamente del 0%. Pág. Problema 41 (Ref: Pág. 18 ligado al Ej. pruebe la hipótesis de que σ 1 = σ 2 contra la alternativa de que σ 1 < σ 2. Media de la primer muestra = 37900 Km. s1= 5100 Km. Utilice un nivel de significancia de 0.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. b) Ref.05. s1 = 5100 kilómetros. Prueba la hipótesis de que no hay diferencias en las dos marcas de llantas con un nivel de significancia de 0. respectivamente.9 Con referencia al ejercicio 18 de la página 327. α = 0. Se lleva a cabo un experimento. Las llantas se utilizan hasta que se acaban. Pág. Warlet Iván Lautaro Página 70 de 100 . Solución: Con nuestros datos: Lafata Desio Fernando.05 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Los resultados son: Marca A: = 37900 kilómetros.18 Datos: Tamaño de la primer muestra Tamaño de la segunda muestra Desviación estándar de la primer muestra Desviación estándar de la segunda muestra n1 = 12 llantas. donde σ 1 y σ 2 son las desviaciones estándar de las distancias que se obtienen por las llantas marca A y marca B. Media de la segunda muestra = 39800 Km. Pág. 327 – Ej. Marca B: = 39800 kilómetros. en el que se usan 12 llantas de cada marca.05. 340 – Ej. para ayudar a llegar a una decisión. a)Ref. H1: μ1 ≠ μ2. s2 = 5900 kilómetros. Suponga que las poblaciones se distribuyen de forma aproximadamente normal con varianzas iguales. Hipótesis nula Hipótesis alternativa Nivel de significancia H0: μ1 = μ2. s2 = 5900 Km. n2 = 12 llantas. Media de la segunda muestra = 39800 Km. s2 = 5900 Km. Respuesta: No rechazamos la hipótesis nula ya que el valor de t hallado se encuentra dentro de la región crítica.4. no se rechaza H0.9 Datos: Tamaño de la primer muestra Tamaño de la segunda muestra Desviación estándar de la primer muestra Desviación estándar de la segunda muestra n1 = 12 llantas. Media de la primer muestra = 37900 Km. Warlet Iván Lautaro H 0: H 1: α = 0. n2 = 12 llantas. Pág.05 Página 71 de 100 . Hipótesis nula Hipótesis alternativa Nivel de significancia Lafata Desio Fernando. b) Ref. Aplicando Tabla A.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Con nuestros datos: Si . 340 – Ej. s1= 5100 Km. 6 con y grados de libertad Con nuestros datos: Gráficamente: Lafata Desio Fernando.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Warlet Iván Lautaro Página 72 de 100 . Solución: Sabemos que: con y grados de libertad con nuestros datos: y grados de libertad Según Tabla A. con y con nuestros datos: y por ello Respuesta: Rechazamos la hipótesis nula. Problema 42 (Ref: Pág.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER La hipótesis nula se rechaza cuando grados de libertad. Warlet Iván Lautaro Página 73 de 100 . 10 – Pág. 21 ligado al Ej. Pág. 0. ya que el valor de f hallado es f < 0. donde .35. para σ12 = σ22 . 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 Lafata Desio Fernando.7472 < 0. 328 – Ej.35. 328 – Ej. Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 ó . 340) a)Ref. Pág. Tamaño de la primer muestra n1 = 5 películas. donde σ21 y σ22 son las varianzas para los tiempos de duración de películas producidas por la compañía 1 y la compañía 2. X2 : tiempo de duración en minutos de una película producida por la compañía 2.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 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. 328 – Ej. contra la alternativa unilateral de que la diferencia es de más de 10 minutos. Desviación estándar de la primer muestra Lafata Desio Fernando. minutos. 10 Con referencia al ejercicio 21 de la página 328. Warlet Iván Lautaro Página 74 de 100 . a)Ref. pruebe la hipótesis de que σ 21 = σ22 contra la alternativa de que σ21 ≠ σ22. respectivamente. Pág. 21 Datos: X1 : tiempo de duración en minutos de una película producida por la compañía 1. b) Ref. Utilice un nivel de significancia de 0. 340 – Ej.10.1 y suponga que las distribuciones de los tiempos son aproximadamente normales con varianzas iguales. Utilice un nivel de significancia de 0. Media de la primer muestra Media de la segunda muestra minutos. Tamaño de la segunda muestra n2 = 7 películas. 1 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.4. Con entonces: Aplicando Tabla A. Solución: con nuestros datos: Si .μ1 > 10 minutos.μ1 10 minutos. Nivel de significancia α = 0. Lafata Desio Fernando. Warlet Iván Lautaro Página 75 de 100 . H1: μ2 . no se rechaza H0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Desviación estándar de la segunda muestra Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ2 . H1: σ12 σ22. Pág. 10 Datos: Tamaño de la primer muestra Tamaño de la segunda muestra n1 = 5 películas. n2 = 7 películas. Media de la segunda muestra minutos Desviación estándar de la primer muestra Desviación estándar de la segunda muestra Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: σ12 = σ22. Nivel de significancia α = 0. b) Ref. Media de la primer muestra minutos. Solución: Sabemos que: Lafata Desio Fernando. Warlet Iván Lautaro Página 76 de 100 . 340 – Ej.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.1 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. 6 con y grados de libertad Con nuestros datos: Gráficamente: Lafata Desio Fernando.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER con Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 y grados de libertad Con nuestros datos: y grados de libertad entonces: Según Tabla A. Warlet Iván Lautaro Página 77 de 100 . Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER La hipótesis nula se rechaza cuando grados de libertad. Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 ó , donde , con y con nuestros datos: y y por ello 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 Cantidad de estudiantes que van en bicicleta Proporción de estudiantes que en bicicleta n = 90 estudiantes. x = 28 estudiantes. p = 0.25 Proporción de estudiantes que no andan en bicicleta Media μ = n*p = (90)*(0.25) = 22.5 estudiantes. Desviación estándar Hipótesis nula Hipótesis alternativa σ= estudiantes. 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 Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 78 de 100 Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Con nuestros datos: Respuesta: No rechazamos la hipótesis nula ya que no hay suficiente evidencia para concluir que P> 0.25. 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. Proporción de urbanos a favor Proporción de suburbanos a favor Combinación de las proporciones Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 79 de 100 Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Hipótesis nula Hipótesis alternativa Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 H0: p1 = p2. H1: p1 ≠ p2. Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Solución: Utilizamos la aproximación normal P(z > 2.36 ) = 2* P(z > 2.36) = 2*(1 – 0.9909) = 0.0182 = 1.82% Respuesta: 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. Lafata Desio Fernando, Warlet Iván Lautaro Página 80 de 100 9927 = 0. 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.73%.1 5 2. x2 = 288 mujeres. p2.4 Página 81 de 100 . Solución: Utilizamos la aproximación normal P(z > 2. Cada muestra se divide en dos submuestras y se aplican los dos tipos de análisis.44) = 1 – 0.0 Lafata Desio Fernando. A continuación se presentan los datos codificados que muestran los análisis de contenido de hierro: Muestra Análisis Rayos X 1 2.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Tamaño de la segunda muestra Cantidad con menos de dos años de casadas Cantidad con cinco años de casadas n2 = 400 mujeres con cinco años de casadas.0073 = 0. 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. Respuesta: Rechazamos la hipótesis nula.3 4 2. x1 = 240 mujeres. Problema 46 (Ref: Pág. Proporción con menos de dos años Proporción con cinco años Combinación de las proporciones Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: p1 H1: p1 p2.44 ) = 1 – P(z ≤ 2. Warlet Iván Lautaro 2 2. 328 – Ej.0 3 2. Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. Nivel de significancia α = 0.5 2.05 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.9 2.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Químico 2.3 2.05 si los dos métodos de análisis dan.3 2.3 5 2.2 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 1.4 Suponga que las poblaciones son normales.0 1.1 -0. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ1 = μ2 . Datos: Tamaño de la muestra n = 5 muestras.9 3 2.1 2.2 2 2.2 0.4 2. pruebe con un nivel de signficancia de 0. en promedio. Solución: Región critica Aplicando Tabla A.2 0.0 2.4. Warlet Iván Lautaro Página 82 de 100 .4 -0.0 la desviación estándar Lafata Desio Fernando. H1: μ1 ≠ μ2. Donde Calculando: con v = n-1 grados de libertad La media muestral Muestra Análisis Rayos X Químico 1 2.2 -0.5 4 2. el mismo resultado. Lafata Desio Fernando.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 con nuestros datos: Calculamos con nuestros datos Respuesta: No rechazamos la hipótesis nula. Concluimos que ambos métodos no son considerablemente diferentes. Warlet Iván Lautaro Página 83 de 100 . Solución: Donde con v = n-1 grados de libertad Calculando: Lafata Desio Fernando.0 6.6 6. Suponga que las poblaciones se distribuyen normalmente.7 6. El consumo de gasolina. H1: μ1 > μ2.5 4.05 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.8 6 4.0 5.4 7 5. Warlet Iván Lautaro Página 84 de 100 .2 4 7.0 12 5. Se equipan 12 autos con llantas radiales y se manejan por un recorrido de prueba preestablecido.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 47 (Ref: Pág.9 10 4. Nivel de significancia α = 0.7 8 6. Datos: Tamaño de la muestra n = 12 autos.7 4.4 6.7 11 6.9 5 6. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ1 = μ2 .1 2 4. en kilómetros por litro. 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 registró como sigue: Kilómetros por litro Aut o Llantas radiales Llantas con cinturón 1 4.7 5. Utilice un valor P en su conclusión.2 4. 329 – Ej.9 4.1 6.2 4. Sin cambiar de conductores. los mismos autos se equipan con llantas comunes con cinturón y se manejan otra vez por el recorrido de prueba.9 3 6.8 9 7.9 ¿ Podemos concluir que los autos equipados con llantas radianes dan una economía de combustible mejor que los equipados con llantas de cinturón?. 2 7.2 4.7 6.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 La media muestral Kilómetros por litro Aut o 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Llantas radiales Llantas con cinturón 4.4 0.9 6.9 4.1 0.1 -0.7 4.9 4.0 5.7 5.9 6.3 Km la desviación estándar con nuestros datos: Km Lafata Desio Fernando.2 0.4 5.7 6.1 0.8 4.0 0.7 6.2 0.2 0.1 6.1 0.2 4.0 5.1 -0.0 6.1 4.5 0.5 4. Warlet Iván Lautaro Página 85 de 100 .8 7.6 6.9 0.4 6. Warlet Iván Lautaro 6 7 Página 86 de 100 . Problema 48 (Ref: Pág. 329 – Ej.02 con 11 grados de libertad Respuesta: Rechazamos hipótesis nula ya que el nivel de significancia esta por encima del 0.5 kilogramos en promedio contra la hipótesis alternativa de que la diferencia media en peso es menor que 4.02.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Calculamos Y P = P( Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 con nuestros datos > 2. 26) En el ejercicio 2 de la página 287.5 kilogramos.μ2 < 4. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ1 .48) = 0. Datos: Tamaño de la muestra n = 7 mujeres.5 Kilogramos Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.μ2 = 4. Utilice un valor P. utilice la distribución t para probar la hipótesis de que la dieta reduce el peso de una persona en 4. Solución: Donde con v = n-1 grados de libertad Calculando: La media muestral Peso 1 2 Mujeres 3 4 5 Lafata Desio Fernando.5 Kilogramos H1: μ1 . 9 5. 0 62. 6 59. 3 54.896) = 0.5 5.7 2. 4 -1. 5 60.3 con 6 grados de libertad Respuesta: Lafata Desio Fernando. Warlet Iván Lautaro Página 87 de 100 . 7 58. 9 56. 1 64.4 3.3 Antes Despué s Kilogramos la desviación estándar con nuestros datos: Kilogramos Calculamos Y P = P( con nuestros datos > 0. 9 61.5 2. 7 54.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 58. 5 62.6 6. 0 58. 1 69. 0 60. en jamón inmediatamente después de sumergirlo en una solución de ácido y después de 60 días de almacenamiento: Residuos de ácido sórbico en jamón Rebanad a Antes del almacenamiento Después del almacenamiento 1 224 116 2 270 96 Lafata Desio Fernando.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 No rechazamos la hipótesis nula. Warlet Iván Lautaro Página 88 de 100 . en partes por millón. 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. Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER 3 4 5 6 7 8 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 400 444 590 660 1400 680 239 329 437 597 689 576 Si se supone que las poblaciones se distribuyen normalmente. Nivel de significancia α = 0. ¿ hay suficiente evidencia. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: μ1 = μ2. Donde con v = n-1 grados de libertad Calculando: La media muestral Residuos de ácido sórbico en jamón Rebanad a Antes del almacenamiento Despues del almacenamiento 1 224 116 Lafata Desio Fernando.05.05 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.4. H1: μ1 ≠ μ2. al nivel de significancia de 0. Solución: Región critica Aplicando Tabla A. Warlet Iván Lautaro 108 Página 89 de 100 . para decir que la duración del almacenamiento influye en las concentraciones residuales de ácido sórbico? Datos: Tamaño de la muestra n = 8 rebanadas. Lafata Desio Fernando. Warlet Iván Lautaro Página 90 de 100 .Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER 2 3 4 5 6 7 8 270 400 444 590 660 1400 680 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 96 239 329 437 597 689 576 174 161 115 153 63 711 104 Millón/partes la desviación estándar Millón/partes Calculamos con nuestros datos Respuesta: Rechazamos la hipótesis nula. La duración de almacenamiento influye en las concentraciones residuales de ácido sórbico. x = 0. 5) x = 0. N.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 50 (Ref: Pág. 3. H 1: es falso. k) => P(x = xi) = x = 0. m = 112 veces. Datos: Variable aleatoria Repeticiones del experimento X: números de canicas rojas.05 de que los datos registrados se pueden ajustar con una distribución hipergeométrica h (x. n. P(x = 1)= e1 = (112)*(0. las canicas se reemplazan en la urna y el experimento se repite 112 veces.. Warlet Iván Lautaro Página 91 de 100 . Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: X ~ h(x. Nivel de significancia α = 0. 1. 2.26786) = 30. 8. 6) Se seleccionan tres canicas de una urna que contiene cinco canicas rojas y tres verdes. Aplicando la distribución hipergeométrica a nuestros datos: P(x = 0)= e0 = (112)*(0. 2.. 3.05. 3. 1. Solución: X ~ h(x. 2. 1. 3. Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. 8.. Lafata Desio Fernando.. 3. 5). 353 – Ej.. n. Después de registrar el número X de canicas rojas. Los resultados que se obtienen son los siguientes: x 0 1 2 3 3 5 2 f 1 1 5 5 Pruebe la hipótesis con un nivel de significancia de 0.01786) = 2.. encontramos de la tabla A.17857 ~1 Totales ei = mpi 2 30 60 20 112 oi 1 31 55 25 112 j 1 2 3 Combinamos las clases adyacentes. Utilizando el Teorema 10. Warlet Iván Lautaro Página 92 de 100 . el numero total de intervalos se reduce de cuatro a tres.26786 0. el valor y representan las frecuencias está dado entonces por Para un nivel de significancia igual a α.53571) = 60. y entonces = 5. Respuesta: Lafata Desio Fernando. donde las frecuencias esperadas son menores que cinco.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 P(x = 2)= e2 = (112)*(0. respectivamente. encontramos el valor crítico constituye la región critica. Con el uso de la tabla A.5. Los símbolos observada y esperada. lo que tiene como resultado υ = 2 grados de libertad. Con nuestros datos. I 1 2 3 4 xi 0 1 2 3 P(x = xi) 0. P(x = 3)= e3 = (112)*(0.01786 0. para la i-ésima celda.1..991 con υ = 2 grados de libertad.17857) = 20.53571 0.. 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 distribución muestral se aproxima muy de cerca con la distribución ji cuadrada con υ = k – 1grados de libertad.5. En consecuencia. . Solución: X ~ G(x. 3. 2.. Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.5) = 128 P(x = 2) = e2 = (256)*(0. Concluimos que no hay suficiente evidencia para sospechar que la distribución no es hipergeométrica. Problema 51 (Ref: Pág. 3. 7) Se lanza una moneda hasta que sale una cara y se registra el número de lanzamientos X.05. x = 1. Después de repetir el experimento 256 veces..0625) = 16 P(x = 5) = e5 = (256)*(0... No se rechaza la hipótesis nula.05 de que la distribución observada de X se puede ajustar por una distribución geométrica g (x. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: X ~ G(x.25) = 64 P(x = 3) = e3 = (256)*(0. m = 256 veces.991.667 < 5.. 3.125) = 32 P(x = 4) = e4 = (256)*(0. 1.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Como . Datos: Variable aleatoria Repeticiones del experimento X: números de lanzamientos hasta que sale una cara. H 1: es falso.03125) = 8 Lafata Desio Fernando. ½) x = 1. obtenemos los siguientes resultados: x 1 2 3 4 5 6 7 8 13 6 3 1 f 6 0 4 2 9 1 3 1 Prueba la hipótesis con un nivel de significancia de 0.…. Nivel de significancia α = 0. p) => P(x = xi) = pqx-1... 1/2).. Warlet Iván Lautaro Página 93 de 100 . 2. 353 – Ej.. Aplicando la distribución hipergeométrica a nuestros datos P(x = 1) = e1 = (256)*(0... 2. x = 1. 070. No se rechaza la hipótesis nula.0625 0.00390625 ~1 Totales ei = mpi 128 64 32 16 8 4 2 2 256 oi 136 60 34 12 9 1 3 1 256 j 1 2 3 4 5 6 Combinamos las clases adyacentes. Con el uso de la tabla A..5. En consecuencia. 3. Respuesta: Como . Concluimos que no hay suficiente evidencia para sospechar que la distribución no es geométrica.5 0.0078125 0. lo que tiene como resultado υ = 5 grados de libertad. Con nuestros datos el valor está dado entonces por Para un nivel de significancia igual a α. encontramos el valor critico constituye la región critica. donde las frecuencias esperadas son menores que cinco..Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 P(x = 6) = e6 = (256)*(0.15625) = 4 P(x = 7) = e7 = (256)*(0. encontramos de la tabla A.0078125) = 2 P(x = 8) = e8 = (256)*(0. Lafata Desio Fernando. y entonces = 11. Warlet Iván Lautaro Página 94 de 100 .03125 0.125 0.5.125 < 11.070 con υ = 5 grados de libertad.25 0.0078125) = 2 i 1 2 3 4 5 6 7 8 xi 1 2 3 4 5 6 7 8 P(x = xi) 0. el numero total de intervalos se reduce de ocho a seis.015625 0. 17) = P(z < -2.5 69.17) – P(z < .5 – 29.5 – 39.5 39. Solución: Los valores z que corresponden a los límites de las clases son: de la tabla A.5 – 79. Datos: Calificaciones Intervalos Media Desviación estándar m = 60. los intervalos y las frecuencias que se observan son i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Limite de clases .5 – 59.5 49. σ = 21. 21) H 1: es falso.∞< z < -2. utilice un nivel de significancia de 0.∞) = 0.5 – 69. Warlet Iván Lautaro Página 95 de 100 .∞ – 19.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 52 (Ref: Pág.05.5 – 49.5 – 89. i = 9. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: X ~ N(x. 353 – Ej. Nivel de significancia α = 0. De acuerdo con el ejercicio 1 de la página 68.5 19.5 59.5 29. μ = 65. 65.5 89. 10) En el ejercicio 1 de la pagina 68.0150 – 0 = 0.05.0150 Lafata Desio Fernando. pruebe la bondad de ajuste entre las frecuencias de clase que se observan y las frecuencias esperadas correspondientes de una distribución normal con μ = 65 y σ = 21.3. encontramos que el área entre z11 y z12 es P(.5 79.5 – + ∞ oi 3 2 3 4 5 11 14 14 4 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula. encontramos que el área entre z81 y z82 es P(0.3. encontramos que el área entre z21 y z22 es P(-2. la frecuencia esperada para la cuarta clase es e4 = (60)*(0.3.2296 – 0.21) – P(z < -1. la frecuencia esperada para la octava clase es e8 = (60)*(0.21 < z < 0.1165 De aquí.17) = P(z < 1.69 < z < 1.2296 = 0.69) = 0.21) = 0.1241) = 7.83 de la tabla A. encontramos que el área entre z71 y z72 es P(0.1678 De aquí.0150 = 0.1131 = 0.1717) = 10. la frecuencia esperada para la sexta clase es e6 = (60)*(0. Warlet Iván Lautaro Página 96 de 100 .21) = P(z < 0.69) = P(z < 0.1131 – 0. encontramos que el área entre z41 y z42 es P(-1. la frecuencia esperada para la quinta clase es e5 = (60)*(0.74) – P(z < -1.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 De aquí. la frecuencia esperada para la primer clase es e1 = (60)*(0.5832 = 0.17 < z < -1.21) = 0.0676 De aquí. la frecuencia esperada para la segunda clase es e2 = (60)*(0.0150) = 0. encontramos que el área entre z31 y z32 es P(-1.21) – P(z < -0.74) = P(z < -0.21) = P(z < -1.26) – P(z < -0.1678) = 10.69) = 0.7549 = 0. encontramos que el área entre z61 y z62 es P(-0.5832 – 0.3974 = 0.17) = 0.7549 – 0.0455 – 0.1858 De aquí.26) = P(z < -0.1241 De aquí. la frecuencia esperada para la séptima clase es e7 = (60)*(0.302 de la tabla A. encontramos que el área entre z51 y z52 es P(-0. la frecuencia esperada para la tercer clase es e3 = (60)*(0.9 de la tabla A.74 < z < -0.8790 – 0.3.74) = 0.0305) = 1.0676) = 4.068 de la tabla A.26 < z < 0.1717 De aquí.056 de la tabla A.446 Lafata Desio Fernando.1165) = 6.21 < z < -0.148 de la tabla A.3.3.3.26) = 0.17) – P(z < 0.69) – P(z < 0.0455 = 0.69) – P(z < -2.99 de la tabla A.69 < z < -1.1858) = 11.3974 – 0.69) = P(z < -1.0305 De aquí.3. 11 < 11.121 De aquí. Lafata Desio Fernando.3. Con nuestros datos el valor está dado entonces por Para un nivel de significancia igual a α.4460 7.9900 10. encontramos el valor critico constituye la región critica.0305 0.070.9000 1.8790 = 0.17) = 1 – 0. 6.302 7.1165 0.5.26 i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Totales P(x = xi) 0. la frecuencia esperada para la novena clase es e9 = (60)*(0. lo que tiene como resultado υ = 5 grados de libertad. Warlet Iván Lautaro Página 97 de 100 .1241 0.148 10. y entonces = 11. En consecuencia. No se rechaza la hipótesis nula. encontramos que el área entre z91 y z92 es P(1..068 11. donde las frecuencias esperadas son menores que cinco.5..17 < z < +∞) = P(z < +∞) – P(z < 1.1678 0.0676 0.070 con υ = 5 grados de libertad.2600 60 oi 3 2 3 4 5 11 14 14 4 60 j 1 2 3 4 5 6 Combinamos las clases adyacentes. Respuesta: Como .0150 0. Con el uso de la tabla A.8300 4. Concluimos que no hay suficiente evidencia para sospechar que la distribución no es normal.1717 0.121) = 7.0560 6.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 de la tabla A.1210 ~1 ei = mpi 0. el numero total de intervalos se reduce de nueve a seis. encontramos de la tabla A.1858 0. 353 – Ej. utilice un nivel de significancia de 0. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: X ~ N(x.995 1.0060 De aquí.995 – 2. encontramos que el área entre z11 y z12 es P(. los intervalos y las frecuencias que se observan son i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Limite de clases .01.595 – 1.51) = P(z < -2.995 – 1. σ = 0.3.∞ – 0.395 – 1. 0.195 1.395 – + ∞ oi 1 1 1 2 4 13 8 5 3 2 Incógnita: Rechazo o No Rechazo de la hipótesis nula.795 – 0. Warlet Iván Lautaro Página 98 de 100 .395 1.195 – 2.795 – 1.195 2. 11) En el ejercicio 5 de la pagina 69.8. la frecuencia esperada para la primer clase es Lafata Desio Fernando.01.∞ < z < -2.8 y σ = 0.4. i = 10. 1.0060 – 0 = 0.595 1.∞) = 0.795 0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 53 (Ref: Pág.51 de la tabla A. Nivel de significancia α = 0.4) H 1: es falso.395 2. Datos: Calificaciones Intervalos Media Desviación estándar m = 40. De acuerdo con el ejercicio 5 de la página 69. Solución: Los valores z que corresponden a los límites de las clases son: = -2. μ = 1.795 1. pruebe la bondad de ajuste entre las frecuencias de clase que se observan y las frecuencias esperadas correspondientes de una distribución normal con μ = 1.4.8.995 0.195 – 1.51) – P(z < . 3050 = 0. encontramos que el área entre z31 y z32 es P(-2.49) = 0.01 de la tabla A. la frecuencia esperada para la quinta clase es e5 = (40)*(0.01 < z < -1.51 < z < 0.51 = -1.01 de la tabla A.628 = -1.51) – P(z < -2.732 = -1. la frecuencia esperada para la séptima clase es e7 = (40)*(0. encontramos que el área entre z61 y z62 es P(-0.01) = P(z < -1.1919) = 7.51) = P(z < -1.0655 = 0.99) = P(z < 0.648 = -2.0433) = 1.3.952 = -0.3.0433 De aquí. la frecuencia esperada para la sexta clase es e6 = (40)*(0.51 < z < -1.0907) = 3.01) = P(z < 0.01 < z < -0.0655 – 0.0162 De aquí.0222 = 0.1488) = 5.4960 – 0.51 = 0.01 = -1.3.24 = -2.01) = 0.51) = 0.1562 = 0.51 de la tabla A. encontramos que el área entre z51 y z52 es P(-1.01) = 0.01 de la tabla A.01) = 0. la frecuencia esperada para la segunda clase es e2 = (40)*(0.3.99 Lafata Desio Fernando.51) – P(z < -1.49 de la tabla A.51 = -2. la frecuencia esperada para la octava clase es = 0.3. Warlet Iván Lautaro Página 99 de 100 .Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 e1 = (40)*(0.676 = 0.0060) = 0.99) – P(z < 0.8389 – 0.51) = 0.49 < z < 0.0060 = 0.3.01 = -0.3.64 = 0.01 de la tabla A.51) = P(z < -0.51 de la tabla A.1488 De aquí.01 < z < 0.49 = 0.1919 De aquí. la frecuencia esperada para la cuarta clase es e4 = (40)*(0.6879 – 0. encontramos que el área entre z41 y z42 es P(-1. encontramos que el área entre z21 y z22 es P(-2.49) – P(z < 0.4960 = 0.1562 – 0. encontramos que el área entre z71 y z72 es P(0. la frecuencia esperada para la tercer clase es e3 = (40)*(0.01) – P(z < -2.0162) = 0.191 De aquí. encontramos que el área entre z81 y z82 es P(0.01) – P(z < -0.49) = P(z < 0.0222 – 0.51 < z < -2.151 De aquí.3050 – 0.01) = P(z < -2.0907 De aquí.01) – P(z < -1.6879 = 0.191) = 7.51) = 0. .0681) = 2.0681 ~1 ei = mpi 0. No se rechaza la hipótesis nula.49) = P(z < 1. encontramos que el área entre z101 y z102 es P(1.1488 0. Lafata Desio Fernando. la frecuencia esperada para la novena clase es e9 = (40)*(0.0681 De aquí.151) = 6. En consecuencia. Concluimos que no hay suficiente evidencia para sospechar que la distribución no es normal.72 = 1.166 < 15. la frecuencia esperada para la décima clase es e9 = (40)*(0.3.49 = 1.086 con υ = 5 grados de libertad. Respuesta: Como .49 < z < + ∞) = P(z < + ∞) – P(z < 1.628 5. lo que tiene como resultado υ = 5 grados de libertad.676 6. encontramos el valor critico constituye la región critica. Con nuestros datos el valor está dado entonces por Para un nivel de significancia igual a α.3.952 7. encontramos de la tabla A.0433 0.093) = 3.49 de la tabla A.1919 0. encontramos que el área entre z91 y z92 es P(0.04 = 0.9319 = 0.8389 = 0.640 7.240 0.. 5.5.724 i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Totales P(x = xi) 0.732 3.191 0.724 40 oi 1 1 1 2 4 13 8 5 3 2 40 j 1 2 3 4 5 6 Combinamos las clases adyacentes.093 De aquí.648 1.49) = 1 – 0.0930 0. y entonces = 15.72 2.49) – P(z < 0.1510 0.006 0. donde las frecuencias esperadas son menores que cinco.5.99) = 0.040 3.9319 – 0.086.0907 0. Con el uso de la tabla A.0162 0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 e8 = (40)*(0.99 de la tabla A.99 < z < 1. el numero total de intervalos se reduce de diez a seis. Warlet Iván Lautaro Página 100 de 100 . Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: independientes. para ello armamos una tabla de contingencia de 2 siguientes eventos.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 54 (Ref: Pág. 12) En un experimento para estudiar la dependencia de la hipertensión de los hábitos de fumar. Datos: Tamaño de la muestra n = 180 individuos.05. C: Un individuo seleccionado no tiene hipertensión. 353 – Ej. N: Un individuo seleccionado es no fumador. M: Un individuo seleccionado es fumador moderado. Incógnita: Dependencia o no de la hipertensión de los hábitos de fumar. Warlet Iván Lautaro Página 101 de 100 . H 1: dependientes. 3 y definimos los Tabla de contingencia 2 X 3: C S N M E Tota l 2 3 3 87 1 6 0 4 2 1 93 8 6 9 Lafata Desio Fernando.05. Utilice un nivel de significancia de 0. se tomaron los siguientes datos de 180 individuos: Con hipertensión Sin hipertensión No fumadores 21 48 Fumadores modernos 36 26 Fumadores empedernidos 30 19 Pruebe la hipótesis de que la presencia y ausencia de hipertensión es independiente de los hábitos de fumar. Solución: Buscamos las frecuencias marginales. E: Un individuo seleccionado es fumador empedernido. S: Un individuo seleccionado tiene hipertensión. Nivel de significancia α = 0. Warlet Iván Lautaro Página 102 de 100 .65 ≃ 29.272 ≃ 0.68 ≃25.35 ≃ 35.03 ≃ 23.344 ≃ 0. podemos listar las siguientes estimaciones de probabilidad: ≃ 0. debemos tener las siguientes frecuencias esperadas: ≃ 33.97 ≃ 32.383 ≃ 0.9 7 E 23.32 Con las frecuencias esperadas rearmamos la tabla de contingencia: C N 33.3 5 M 29.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Tota 6 l 9 6 2 4 9 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 180 Con el uso de las frecuencias marginales.6 8 Total 87 Lafata Desio Fernando.517 Ahora si H0 es verdadera y las dos variables son independientes.483 ≃ 0. De la tabla A.991 para υ = (2 – 1)(3 – 1) = 2 grados de libertad. rechazar la hipótesis nula de independencia. 14.1) grados de libertad. Si con υ = (r . Concluimos que la presencia o ausencia de hipertensión y el hábito de fumar no son independientes. Respuesta: Como .6 5 Tota 69 l 32. que dice: Calcular Donde la suma se extiende a todas las celdas rc en la tabla de contingencia r X c. rechazar la hipótesis nula de independencia al nivel de significancia α. aceptar la hipótesis nula.991.1)(c . encontramos que = 5. Warlet Iván Lautaro Página 103 de 100 .3 2 49 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 93 180 Para probar la hipótesis nula de independencia. encontramos que: Si con υ =(r – 1)(c – 1) grados de libertad.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER S 35. Usamos el criterio de decisión siguiente.0 3 62 25. Aplicando este criterio con nuestros datos. en cualquier otro caso.5. se rechaza la hipótesis nula.46 > 5. Lafata Desio Fernando. 05. S: Un hombre seleccionado tiene un nivel de educación secundaria.05. con un nivel de significancia de 0. 14) Una muestra aleatoria de 200 hombres casados. Nivel de significancia α = 0. todos retirados. U: Un hombre seleccionado tiene un nivel de educación universitaria. 354 – Ej. H1: dependientes. Solución: Buscamos las frecuencias marginales. E: Un hombre seleccionado tiene un nivel de educación elemental. 2: Un hombre seleccionado tiene entre dos y tres hijos. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: independientes. 0: Un hombre seleccionado tiene a lo más un hijo. Datos: Tamaño de la muestra n = 200 hombres casados.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 55 (Ref: Pág. Warlet Iván Lautaro 3 y definimos los Página 104 de 100 . 3: Un hombre seleccionado tiene más de tres hijos. Incógnita: Dependencia o no del tamaño de la familia del nivel de instrucción del padre. se clasifica de acuerdo con la educación y el número de hijos: Educación Elemental Secundaria Universida d 0-1 14 19 12 Número de hijos 2-3 Over 3 37 32 42 17 17 10 Prueba la hipótesis. para ello armamos una tabla de contingencia de 3 siguientes eventos. Lafata Desio Fernando. de que el tamaño de la familia es independiente del nivel de instrucción del padre. 225 ≃ 0.415 ≃ 0. Warlet Iván Lautaro Página 105 de 100 .Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Tabla de contingencia 3 X 3: 0 2 3 1 4 S 1 9 U 1 2 Tota 4 l 5 3 7 4 2 1 7 9 6 3 2 1 7 1 0 5 9 E Tota l 83 78 39 200 Con el uso de las frecuencias marginales.39 ≃0.485 ≃ 17.55 Lafata Desio Fernando.195 ≃ 0.48 ≃ 0.84 ≃ 24. debemos tener las siguientes frecuencias esperadas: ≃ 18.675 ≃ 39.295 Ahora si H0 es verdadera y las dos variables son independientes. podemos listar las siguientes estimaciones de probabilidad: ≃ 0. De la tabla A.488.488 para υ = (3 – 1)(3 – 1) = 4 grados de libertad. rechazar la hipótesis nula de independencia.67 5 17.8 4 37.505 Con las frecuencias esperadas rearmamos la tabla de contingencia: 0 2 3 S 18. encontramos que = 9. Warlet Iván Lautaro Página 106 de 100 . Lafata Desio Fernando.55 24.4 4 18. Usamos el criterio de decisión siguiente. con nuestros datos: Si con υ =(r – 1)(c – 1) grados de libertad.01 U 8.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 ≃ 37.01 ≃ 8. no se rechaza la hipótesis nula.775 39.50 5 59 Tota l 83 78 39 180 Para probar la hipótesis nula de independencia.48 5 23.46 < 9.7 2 96 E Tota 45 l 11.775 ≃18.5.72 ≃ 11. 7.44 ≃ 23. Respuesta: Como . Concluimos que el tamaño de la familia es independiente del nivel de instrucción del padre. 15) Un criminólogo realizó una investigación para determinar si la incidencia de ciertos tipos de crímenes varían de una parte otra en una ciudad grande. robo. La siguiente tabla muestra el número de crímenes cometidos en cuatro áreas de la ciudad durante el año pasado. Lafata Desio Fernando. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: independientes. Los crímenes particulares de interés son asalto. Nivel de significancia α = 0. hurto y homicidio. H1: dependientes. Warlet Iván Lautaro Página 107 de 100 . 354 – Ej.01.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Problema 56 (Ref: Pág. Distrito 1 2 3 4 Asalto 162 310 258 280 Tipo de crimen Robo Hurto 118 451 196 996 193 458 175 390 Homicidio 18 25 10 19 Datos: Tamaño de la muestra n = 4159. Solución: Buscamos las frecuencias marginales.16 ≃0. 2: El distrito seleccionado es el 2.02 ≃ 0. 4: El distrito seleccionado es el 4 4 y definimos los Tabla de contingencia 4 X 4: A R U 1 162 451 2 310 3 358 4 280 11 8 19 6 19 3 17 5 68 2 Tota 111 l 0 996 458 390 229 5 H Tota l 1 749 8 2 1527 5 1 1019 0 1 864 9 7 4159 2 Con el uso de las frecuencias marginales.18 ≃ 0. Warlet Iván Lautaro Página 108 de 100 . podemos listar las siguientes estimaciones de probabilidad: ≃ 0. 3: El distrito seleccionado es el 3. A: El tipo de crimen es asalto.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Incógnita: Dependencia o no del tamaño de la familia del nivel de instrucción del padre. para ello armamos una tabla de contingencia de 4 siguientes eventos.37 Lafata Desio Fernando.55 ≃0.27 ≃ 0. R: El tipo de crimen es robo. U: El tipo de crimen es hurto H: El tipo de crimen es homicidio 1: El distrito seleccionado es el 1. 59 ≃ 476.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 ≃ 0.97 ≃ 250.43 ≃ 167.21 Ahora si H0 es verdadera y las dos variables son independientes.82 ≃ 12.40 ≃ 26.31 ≃ 407.96 ≃ 562.24 ≃ 0.30 ≃ 230. Warlet Iván Lautaro Página 109 de 100 . debemos tener las siguientes frecuencias esperadas: ≃ 199.62 ≃ 271.10 Lafata Desio Fernando.77 ≃ 122.55 ≃ 842.90 ≃ 413. rechazar la hipótesis nula de independencia.666 para υ = (4 – 1)(4 – 1) = 9 grados de libertad. encontramos que = 21.9 6 72 Total 749 1527 1019 864 4159 Para probar la hipótesis nula de independencia.5 5 3 271. Problema 57 (Ref: Pág. se rechaza la hipótesis nula. 354 – Ej.8 2 250. con nuestros datos: Si con υ =(r – 1)(c – 1) grados de libertad. Usamos el criterio de decisión siguiente.1 0 141.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 ≃ 17. Cada remedio para la tos se trata en cincuenta estudiantes y se registran los siguientes datos: Sin alivio NyQuil 11 Remedio para la tos Robitussin Triaminic 13 9 Lafata Desio Fernando.6 4 14.68 ≃ 14. Respuesta: Como . 16) La enfermería de una universidad realiza un experimento para determinar el grado de alivio que proporcionan tres remedios para la tos.6 8 682 U 413.5.64 ≃ 141.9 6 4 230. Concluimos que el tipo de crimen no es independiente del distrito de la ciudad.7 7 2295 H 12.9 7 26. 165.01 > 21.5 9 Total 1110 R 122.4 3 17.96 Con las frecuencias esperadas rearmamos la tabla de contingencia: 1 A 199. Warlet Iván Lautaro Página 110 de 100 .4 167.3 0 476.6 2 562. De la tabla A.666.9 2 407.3 1 842. R: El remedio seleccionado es Robitussin. 3 y definimos los Tabla de contingencia 3 X 3: N R T Tota l S 1 1 9 33 1 3 A 3 2 2 87 2 8 7 C 7 9 1 30 4 Tota 5 5 5 150 l 0 0 0 Con el uso de las frecuencias marginales. con un nivel de significancia de 0. S: El remedio no proporciona alivio. Solución: Buscamos las frecuencias marginales. A: El remedio proporciona cierto alivio.2 Lafata Desio Fernando.22 ≃ 0. Nivel de significancia α = 0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Cierto alivio Alivio completo 32 7 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 28 9 27 14 Pruebe la hipótesis.05. Hipótesis nula Hipótesis alternativa H0: los tres remedios son igualmente efectivos.05. podemos listar las siguientes estimaciones de probabilidad. H1: los tres remedios no son igualmente efectivos. T: El remedio seleccionado es Triaminic. = 0. para ello armamos una tabla de contingencia de 3 siguientes eventos. C: El remedio proporciona alivio completo. N: El remedio seleccionado es NyQuil. Datos: Tamaño de la muestra n = 150 estudiantes. Incógnita: Homogeneidad o no entre los remedios. Warlet Iván Lautaro Página 111 de 100 .053 = 0. de que los tres remedios para la tos son igualmente efectivos. 33 ≃ 0.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 ≃ 0.34 Ahora si H0 es verdadera y las dos variables son independientes. Warlet Iván Lautaro Página 112 de 100 . debemos tener las siguientes frecuencias esperadas: = 11 = 11 = 11 = 29 = 29 = 29 = 10 =10 = 10 Con las frecuencias esperadas rearmamos la tabla de contingencia: S A N R T Tota l 1 1 1 33 1 1 1 2 2 2 87 Lafata Desio Fernando.33 ≃ 0. no se rechaza la hipótesis nula.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER 9 1 0 Tota 5 l 0 C 9 1 0 5 0 9 1 0 5 0 Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 30 150 Para probar la hipótesis nula de independencia. Warlet Iván Lautaro Página 113 de 100 .5. Lafata Desio Fernando. encontramos que = 9. Concluimos que los tres remedios son igualmente efectivos. Respuesta: Como . con nuestros datos: Si con υ =(r – 1) (c – 1) grados de libertad. De la tabla A.81 < 9. rechazar la hipótesis nula de independencia.488 para υ = (3 – 1) (3 – 1) = 4 grados de libertad. Usamos el criterio de decisión siguiente. 3.488.   Lafata Desio Fernando. “Probabilidad y Estadística para Ingenieros”. Warlet Iván Lautaro Página 114 de 100 .  Apuntes de la cátedra. Excel 2007 y Word 2007. Myers y Myers.Cátedra: Probabilidad y Estadística UADER Trabajo Final 6 de Agosto de 2008 Bibliografías:  Walpole. EasyFit (versión gratuita). sexta  edición.  Los   recursos   computacionales   utilizados:  Calculadora científica.