Problemas resueltos de estadística. 9788436833768, 8436833767

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Problemas resueltos de estadística
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índice
prólogo
capítulo 1
1.1. estadística descriptiva univariante
1.2. estadística descriptiva bivariante
1.3. probabilidad
1.4. variable aleatoria discreta
1.5. variable aleatoria continua
1.6. distribución de estadísticos en el muestreo
1.7. estimación puntual
1.8. intervalos de confianza
1.9. contrastes de hipótesis paramétricos
1.10. contrastes de hipótesis no paramétricos
capítulo 2
2.1. introducción
2.2. preguntas cortas
2.3. preguntas tipo test
capítulo 3
3.1. introducción
3.2. cuestiones y problemas teóricos. Capítulo 44.1. introducción
4.2. ejercicios de aplicación.

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Problemas resueltos de estadística

SERGIO ZUBELZU

AINHOA ERCORECA

PROFESOR ASOCIADO. UNIVERSIDAD COMPLUTENSE DE MADRID Y UNIVERSIDAD ANTONIO DE NEBRIJA

PROFESORA ASOCIADA DE ESTADÍSTICA EN LA UNIVERSIDAD ANTONIO DE NEBRIJA Y EN EL DEPARTAMENTO DE ESTADÍSTICA DE LA UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID

Problemas resueltos de estadística

EDICIONES PIRÁMIDE

COLECCIÓN «ECONOMÍA Y EMPRESA» Director:

Miguel Santesmases Mestre Catedrático de la Universidad de Alcalá

Edición en versión digital

Está prohibida la reproducción total o parcial de este libro electrónico, su transmisión, su descarga, su descompilación, su tratamiento informático, su almacenamiento o introducción en cualquier sistema de repositorio y recuperación, en cualquier forma o por cualquier medio, ya sea electrónico, mecánico, conocido o por inventar, sin el permiso expreso escrito de los titulares del copyright.

© Sergio Zubelzu y Ainhoa Ercoreca, 2015

© Segunda edición electrónica publicada por Ediciones Pirámide (Grupo Anaya, S. A.), 2015 Para cualquier información pueden dirigirse a [email protected] Juan Ignacio Luca de Tena, 15. 28027 Madrid Teléfono: 91 393 89 89 www.edicionespiramide.es ISBN digital: 978-84-368-3376-8

Índice Prólogo ...............................................................................................................

9

1. Resumen de conceptos estadísticos .....................................................

11

1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6. 1.7. 1.8. 1.9. 1.10.

Estadística descriptiva univariante ......................................................... Estadística descriptiva bivariante ........................................................... Probabilidad ........................................................................................... Variable aleatoria discreta ...................................................................... Variable aleatoria continua ..................................................................... Distribución de estadísticos en el muestreo ........................................... Estimación puntual ................................................................................. Intervalos de confianza ........................................................................... Contrastes de hipótesis paramétricos ..................................................... Contrastes de hipótesis no paramétricos ................................................

12 18 20 22 28 35 37 39 43 48

2. Preguntas cortas y test ..............................................................................

51

2.1. Introducción .............................................................................................. 2.2. Preguntas cortas ........................................................................................ 2.3. Preguntas tipo test ....................................................................................

52 52 65

3. Cuestiones y problemas teóricos ...........................................................

89

3.1. Introducción .............................................................................................. 3.2. Cuestiones y problemas teóricos...............................................................

90 90

4. Ejercicios de aplicación .............................................................................

119

4.1. Introducción .............................................................................................. 4.2. Ejercicios de aplicación ............................................................................

120 120

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7

Prólogo Nuestros alumnos suelen quejarse amargamente de que en clase no resolvemos problemas similares a los que luego preguntamos en los exámenes. Llevan razón, en la afirmación, aunque no en basar su queja en ello, solo faltaba. En realidad creemos que nuestra obligación no es enseñar al alumno a resolver ejercicios, y menos similares a aquellos respecto de los que luego les evaluaremos. Entendemos que nuestra obligación es motivar su pensamiento reflexivo, su capacidad de síntesis, entrenarles en la tarea de enfrentarse a problemas, acostumbrarles a buscar soluciones… Creemos que esto es la tan manida, y distorsionada, adquisición de competencias. Hace poco alguien en una reunión de docentes dijo algo parecido a lo siguiente: «… al alumno hay que enseñarle A y B y exigirle que sea capaz de resolver C como consecuencia de operar con A y B, pero no enseñarle C directamente…». Claro, lo contrario no es preparar al alumno, sino darle una receta para superar un examen. En fin, en este libro hemos querido expresar y explicar nuestras propias C que hemos venido pidiendo en diferentes exámenes a lo largo de nuestras experiencias en la docencia de la estadística. Se trata de problemas, no ejercicios, que requieren saber un poco de estadística, pero también, especialmente, exigen comprender la disciplina, ser capaz de relacionar conceptos, de afrontar situaciones complejas desde una perspectiva global… El objetivo de estos ejercicios nunca fue evaluar si el alumno sabía calcular una probabilidad condicionada o la varianza de un conjunto de datos o la probabilidad vinculada a un modelo binomial, por ejemplo, sino saber sacar conclusiones vinculadas a un fenómeno en el que aparecen caracteres condicionados, o corregir un proceso productivo según la dispersión de un conjunto de datos o decidir entre dos proveedores según la probabilidad de que sus productos sean defectuosos. Las herramientas que proporciona esta disciplina no deben ser un fin, a menos que el objetivo sea profundizar en la teoría estadística de forma explícita, sino un © Ediciones Pirámide

9

Prólogo

medio para estudiar los fenómenos de la realidad y tomar decisiones racionales en situaciones de incertidumbre. En cualquiera de los casos, seguiremos evaluando competencias en los términos descritos en este prólogo, porque creemos en ello y porque sin duda es la manera más justa en la que formar a nuestros alumnos. Ello implica que los ejercicios de los exámenes serán situaciones en las que los alumnos habrán de enfrentarse a problemas que deberán afrontar desde una perspectiva reflexiva y de análisis. Esperamos que este libro ayude a formar esta capacidad de análisis y para ello hemos escrito las explicaciones y los razonamientos que permiten resolver cada uno de los problemas. Las cuestiones y los problemas no solo están resueltos, sino también explicados para ayudar al alumno a formarse esa capacidad de razonamiento y para acostumbrarse a proponer soluciones analíticas para resolver problemas desde el punto de vista estadístico. El lector encontrará diferentes cuestiones, tanto preguntas cortas y tipo test como cuestiones teóricas para desarrollar y demostrar, como problemas complejos que abarcan diferentes conceptos estadísticos. Hemos tratado de abarcar la mayor parte de las opciones que venimos utilizando en diferentes exámenes y esperamos que ello proporcione una perspectiva global de las distintas opciones antes las que se puede enfrentar en una evaluación. Esperamos también que este libro ayude a que el lector disfrute y perciba el interés real de unas disciplinas tan interesantes como la estadística y la probabilidad.

LOS AUTORES

10

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1

Resumen de conceptos estadísticos

CONTENIDO 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1.6. 1.7. 1.8. 1.9. 1.10.

Estadística descriptiva univariante. Estadística descriptiva bivariante. Probabilidad. Variable aleatoria discreta. Variable aleatoria continua. Distribución de estadísticos en el muestreo. Estimación puntual. Intervalos de confianza. Contrastes de hipótesis paramétricos. Contrastes de hipótesis no paramétricos.

CONOCIMIENTOS PREVIOS Para abordar con éxito el estudio de este capítulo, el alumno deberá disponer de los siguientes conocimientos previos:  Conocimientos básicos de cálculo matemático.  Álgebra de sucesos y probabilidad.  Derivación e integración con una y varias variables.

OBJETIVOS Al finalizar el estudio de este capítulo el alumno deberá ser capaz de:  Conocer los fundamentos básicos de la estadística y el tratamiento de datos.  Manejar sucesos y calcular probabilidades.  Caracterizar y estudiar variables aleatorias.  Calcular y operar con estadísticos y estimadores.  Manejar las técnicas de inferencia paramétrica y no paramétrica.

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1.1.

ESTADÍSTICA DESCRIPTIVA UNIVARIANTE Se denomina estadística descriptiva al conjunto de técnicas encaminadas al tratamiento de datos de forma que las conclusiones procedentes de su estudio no pueden extrapolarse más allá del conjunto de datos analizados. La estadística descriptiva univariante se encarga del estudio de un único carácter en un conjunto de datos. Proporciona técnicas que permiten tanto el tratamiento de los datos (distribuciones de frecuencias, características de posición central, posición no central dispersión, asimetría y forma) como su representación (técnicas de representación gráfica).

1.1.1. Distribución de frecuencias La distribución de frecuencias permite agrupar un conjunto de datos representando las frecuencias absolutas y relativas con las que se presentan cada uno de los resultados obtenidos en la toma de datos. El proceso de construcción de la distribución de frecuencias requiere representar una tabla en la que se incluyan tanto los resultados obtenidos en el experimento (x1, x2,…xa) como las frecuencias en las que cada uno de ellos aparece. na: número de repeticiones del resultado a X

n

N

f

F

x1

n1

N1

f1

F1

x2

n2

N2

f2

F2











xa

na

Na

fa

Fa

N a   i 1 ni i a

f a  na



i n i 1

ni

Fa   i 1 f i i a

Si los resultados del experimento son continuos, basta con agrupar en intervalos y trabajar con el centro del intervalo (marca de clase).

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Resumen de conceptos estadísticos

1.1.2. Características de posición central Se trata de números que proporcionan información acerca del centro del conjunto de datos. Esta característica, que genéricamente se ha denominado centro, adopta distinta forma según el indicador del que se trate. 1.

Media aritmética: centro geométrico de la distribución de frecuencias: x

2.

1



i n i 1

 n

i n i 1



i n i 1



ni   i 1 xi fi i n

i

Media geométrica: orientada al cálculo de tasas de variación medias: g

3.



xi ni  fi  ni



i n i 1

ni i

x



1

 i1 ni i n

Mediana: resultado que divide la distribución de frecuencias en dos conjuntos con la misma frecuencia acumulada:





i  j 1 i n  ni   i 1 ni 2  i  1  Me  x j /  i n i n in   i1 i ni   ni 2 i 1  i  j 1



4.



Moda: resultado con mayor frecuencia absoluta o relativa: Mo  x j / n j  máx.

1.1.3. Características de posición no central Aportan información acerca de determinadas características de la distribución no necesariamente relacionadas con su posición central.

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13

Problemas resueltos de estadística

1.

Momentos centrados respecto del origen: ar 

2.



i 1

 n

i n i 1



xir ni  fi  ni



i n i 1



ni   i 1 xir fi i n

i

Momentos centrados respecto de la media:

r 

3.

1 i n

1



i n i 1

 x  x n i n i 1

i

r



ni  f i  ni



i n i 1



ni   i 1  xi  x  f i i n

r

i

Cuantiles. Cuantil de orden α: i  j 1 in   i 1 ni    i 1 ni  ; 0  1 x  x j /  i n i n i n i 1 i    i   ni  1    i 1 ni j 1 

1.1.4. Características de dispersión Informan acerca de la dispersión de los datos en torno a las características de posición central. 1.

Varianza: suma de las desviaciones cuadráticas de los valores respecto de la media:

2 

2.

1



i n i 1

 x in

ni

i 1

i

2  1  x  ni   i  n   ni  i 1



in i 1

2  xi2 ni    x   

Desviación típica: raíz cuadrada de la varianza:

  2 3.

Coeficiente de variación: medida de la dispersión en términos relativos: CV   x

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Resumen de conceptos estadísticos

4.

Rango: diferencia entre valores máximo y mínimo:

R  xMax.  xmin. 5.

Recorrido intercuartílico: amplitud del 50 % central:

RI  Q3  Q1

1.1.5. Asimetría Los indicadores de asimetría proporcionan información acerca de la posición de los resultados extremos de la distribución de frecuencias. Hay varias formas de comprobar el tipo de asimetría de la distribución: 1.

Comparación media y mediana:

x  Me  Asimetría positiva (derecha) x  Me  Simétrica x  Me  Asimetría negativa (izquierda) 2.

Coeficiente de asimetría de Pearson:

AS P 

3.

x  Mo



 0  Asimetría negativa     0  Simétrica   0  Asimetría positiva 

Coeficiente de asimetría de Fisher:  0  Asimetría negativa

  AS F  33    0  Simétrica    0  Asimetría positiva 

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Problemas resueltos de estadística

1.1.6. Curtosis La curtosis informa acerca de la concentración de los datos en torno a las medidas de posición central en relación a los datos de los extremos de la distribución. 1. Coeficiente de curtosis de Fisher:  0  Leptocúrtica

  C F  44  3    0  Mesocúrtica     0  Platicúrtica

1.1.7. Técnicas de representación gráfica Existen diferentes tipos de gráficos para representar las distribuciones de frecuencias con diferentes aplicaciones según la naturaleza de los datos a representar. 1.

Histogramas de frecuencias: datos cuantitativos o cualitativos ordinales:

Caracteres cuantitativos discretos

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Resumen de conceptos estadísticos

Caracteres cuantitativos continuos (intervalos), cualitativos ordinales

2.

Diagramas de sectores: datos cualitativos nominales:

Datos cualitativos nominales

3.

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Diagramas de caja: datos cuantitativos o cualitativos ordinales. Si no existen datos atípicos, en el lugar de bigotes se representarán los valores máximo y mínimo: 17

Problemas resueltos de estadística

Datos cualitativos nominales

1.2.

ESTADÍSTICA DESCRIPTIVA BIVARIANTE En este apartado se estudian de forma conjunta dos caracteres en una población con un esquema similar al de la estadística descriptiva univariante, pero haciendo especial hincapié en las relaciones entre los caracteres. En los puntos siguientes se analizan las distribuciones de frecuencia de dos caracteres, así como las medidas de relación entre los dos caracteres y las expresiones de regresión.

1.2.1. Distribución de frecuencias Se trata de agrupar los resultados en una tabla de frecuencias con entradas tanto por filas como por columnas. El significado de las frecuencias absolutas y relativas es equivalente al referido en la estadística descriptiva univariante. X\Y

y1

y2

…

ym

X

x1

n11/f11

n12/f12

…

n1m/ f1m

n1·/ f1·

x2

n21/f21

n22/f22

…

n2m/ f2m

n2·/f2·













xn

nn1/fn1

nn2/fn2

…

nnm/fnm

Y

18

n·1/f·1

n·2/f·2

…

n·m/ f·m

nn·/f1·

  i n

j m

i 1

j1

nij /1

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Resumen de conceptos estadísticos

Los caracteres X e Y son independientes si se cumple alguna de las siguientes igualdades:

nij  ni·  n· j fij  fi·  f· j Las distribuciones de la columna derecha y última fila representan las distribuciones marginales de los caracteres X e Y, mientras que cualquier fila o columna independizada de la tabla hará referencia a la distribución del carácter condicionado que correspondiese. Sirva como ejemplo la siguiente: Y

y1

y2

…

ym

X

Y/X=x2

n21/f21

n22/f22

…

n2m/ f2m

n2·/f2·

1.2.2. Medidas de relación entre los caracteres Permiten analizar la naturaleza y la intensidad de la relación lineal existente entre dos caracteres: 1.

Covarianza: definida en términos absolutos, informa acerca del tipo de relación que existe entre dos caracteres, de forma que valores positivos indican relaciones directas, negativos, indirectas, e iguales a cero, la ausencia de relación lineal:



cov xy   xy  a11   a10 a01   

1

  in n  i 1 i

2.

  in

j m

i 1

j 1



 

xi y j nij   x y

 

Coeficiente de correlación lineal: definido en términos relativos, informa acerca del tipo y la intensidad de relación lineal que existe entre dos caracteres, de forma que valores positivos indican relaciones directas, negativos indirectas e iguales a cero, la ausencia de relación lineal:

 xy   xy  x y  1   xy  1 © Ediciones Pirámide

19

Problemas resueltos de estadística

1.2.3. Regresión lineal simple Técnica que permite encontrar la mejor relación funcional lineal posible entre dos caracteres para explicar una variable dependiente (Y) a partir de una independiente (X): Y  0  1 X  1   xy  x2 ; 0  y  1 x La bondad se mide con el coeficiente de determinación (R2) que representa la fracción de la varianza de la variable dependiente (Y) explicada a través de la regresión: R 2   xy2

1.3.

PROBABILIDAD La definición axiomática de la probabilidad propuesta por Kolmogorov exige el cumplimiento de los tres siguientes axiomas para cualesquiera dos sucesos A y B y el espacio muestral E:

P  A  0 PE  1 P  A  B   P  A  P  B  A, B incompatibles De los citados axiomas se derivan las siguientes propiedades:

P  A  1  P  A P    0 P  A  B   P  A  P  B   P  A  B  A  B  P  A  P  B 

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Resumen de conceptos estadísticos

1.3.1. Probabilidad condicionada El acaecimiento de un determinado suceso B afecta a la probabilidad de otro suceso A:

P  A B  P  A  B P  B Dos sucesos A y B son independientes si la probabilidad de ocurrencia de uno de ellos no afecta a la probabilidad del otro, de forma que puede escribirse lo siguiente:

P  A B   P  A   P  A  B   P  A P  B  P  B A  P  B 

1.3.2. Teorema de la probabilidad total Sea un conjunto de sucesos completos Ai y un suceso B con intersección no nula con alguno de los anteriores. La probabilidad total de ocurrencia del suceso B puede calcularse como sigue:

P  B    i 1 P  Ai  B    i 1 P  B Ai  P  Ai  i n

i n

1.3.3. Teorema de Bayes Sea un conjunto de sucesos completos Ai y un suceso B con intersección no nula con alguno de los anteriores. La probabilidad a posteriori de cada suceso Ai condicionada a la ocurrencia del suceso B puede calcularse a partir de la siguiente expresión:

P  Ai B   P  Ai  B  P  B   P  Ai  B   P  B Ai  P  Ai 

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

in i 1



in i 1

P  Ai  B  

P  B Ai  P  Ai 

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Problemas resueltos de estadística

1.4.

VARIABLE ALEATORIA DISCRETA Una variable aleatoria puede definirse como una aplicación lineal de los resultados de un experimento aleatorio sobre la recta real. Será discreta si su dominio de definición (conjunto imagen) está compuesto por un número finito o infinito numerable de posibles resultados.

1.4.1. Distribución de probabilidad variable aleatoria unidimensional Queda definida por las funciones de distribución y de cuantía o masa: 1.

Función de distribución: permite calcular probabilidades acumuladas hasta el punto en el que queda definida. En variables aleatorias discretas es discontinua por la izquierda:

 0  F  x   1  F     0; F     1  F  a   P  X  a   P  , a   x2  x1  F  x2   F  x1      F  xi   F  xi   F  xi   F  xi   P  X  xi     F  xi   F  xi  2.

Función de cuantía: permite calcular probabilidades vinculadas a resultados concretos: 0  P  X  xi   1  i n  f  xi   P  X  xi   pi  i 1 P  X  xi   1  i a F  a   i 1 P  X  xi 

3.

Momentos

i.

Momento de orden r centrado respecto del origen: ar  i 1 xir P X  xi  i n

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Resumen de conceptos estadísticos

El momento centrado respecto del origen de orden uno es la esperanza matemática:

a1  E  X   i 1 xi P X  xi  i n

ii.

Momento de orden r centrado respecto de la esperanza matemática:

r  i 1  xi  E  X  P X  xi  i n

r

El momento centrado respecto de la esperanza matemática de orden dos es la varianza:

2   2  i 1  xi  E  X  P X  xi  i n

iii.

2

Función generatriz de momentos:

 d r x  t   r   i ar r  dt  t 0

 x  t   E  e itX    i 1 xi e itx   in

i

1.4.2. Distribución de probabilidad variable aleatoria bidimensional discreta En términos similares a los empleados para la distribución de probabilidad de variables aleatorias unidimensionales pero incorporando la segunda variable: 1.

Funciones de cuantía y distribución:

P  X  xi ; Y  y j   pij i  a j b

F  a;b   P  X  a; Y  b    P  X  xi ; Y  y j  i 1 j 1

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Problemas resueltos de estadística

2.

Momentos:

i.

Momentos centrados respecto del origen de órdenes r y s:

ars  E  X rY s  ii.

Momentos centrados respecto de las esperanzas matemáticas de órdenes r y s: r s  rs  E   X  E  X  Y  E Y  





El momento centrado respecto de las esperanzas matemáticas de órdenes uno y uno es la covarianza:

11  E  X  E  X  Y  E Y    a11   a10 a01  3.

Vectores de esperanzas matemáticas y matriz de varianzas y covarianzas:

 X    E  X 1   E V   E  1       X 2    E  X 2     x21 W   x x  12 4.

2 1



 x2  2

Variable aleatoria condicional: variable aleatoria unidimensional por fijarse una de las dos variables originales: f  X Y  yj  

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x x 

f  xi ; y j  f  yj 



P  X  xi ;Y  y j  P Y  y j 

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Resumen de conceptos estadísticos

1.4.3. Modelos de probabilidad para variables aleatorias discretas Permiten estudiar fenómenos concretos que reúnen una serie de características. Para cada uno de los modelos siguientes se expondrá el tipo de experimentos que permiten estudiar su dominio de definición, sus funciones de cuantía y, si hubiese lugar, la distribución y los momentos más relevantes. 1. Distribución Bernoulli: permite estudiar un fenómeno dicotómico.

i. Dominio de definición. Dx  0,1

ii. Función de cuantía.

P  X  xi   p xi 1  p 

1 xi

iii. Función característica.

 x  t   1  p   peit  iv. Esperanza matemática. E X   p

v. Varianza. V  X   p 1  p 

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Problemas resueltos de estadística

2. Distribución binomial: permite estudiar un fenómeno dictómico cuando el experimento se repite n veces.

i. Dominio de definición. Dx  0,1, 2,3,..., n

ii. Función de cuantía. P  X  xi  

n! n x p xi 1  p  i xi ! n  xi !

iii. Función característica.

x  t   1  p   peit 

n

iv. Esperanza matemática. E  X   np

v. Varianza. V  X   np 1  p 

3. Distribución Poisson: experimentos cuyos resultados son discretos pero vinculados a un medio continuo.

i. Dominio de definición. Dx  0,1,2,3,..., 

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Resumen de conceptos estadísticos

ii. Función de cuantía. P  X  xi  

e   xi xi !

iii. Función característica.

 x  t   e  ee

it

iv. Esperanza matemática. E X   

v. Varianza. VX  

4. Distribución uniforme: experimentos discretos en los que cualquier resultado tiene la misma probabilidad de ocurrir.

i. Dominio de definición. Dx  1,..., N 

ii. Función de cuantía. P  X  xi  

1 N

iii. Función característica.

x  t  

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eit  eitN  1 N  eit  1

27

Problemas resueltos de estadística

iv. Esperanza matemática. E X  

N 2

v. Varianza.

V X  

1.5.

N 2 1 12

VARIABLE ALEATORIA CONTINUA La variable aleatoria continua queda definida por una aplicación cuyo conjunto imagen está formado con una cantidad infinita no numerable de resultados posible.

1.5.1. Distribución de probabilidad variable aleatoria unidimensional Queda definida por las funciones de distribución y de densidad. La función de distribución es continua en todo caso (tanto por su derecha como por su izquierda), lo que implica la siguiente igualdad: F  x   F  x   F  x   F  x   0

Esta característica hace que carezca de sentido el estudio de probabilidades vinculadas a resultados individuales. De esta forma la función de distribución queda definida a partir de la función de densidad: dF ( x )  f ( x) dx

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Resumen de conceptos estadísticos

Siendo las propiedades más relevantes de ambas funciones las siguientes: 0  F  x ; f  x  1 F     0; F     1 x2  x1  F  x2   F  x1  F  x   F  x   F  x 







f  x  dx  1

1. Momentos i.

Momento de orden r centrado respecto del origen: 

ar   xr f  x  dx 

El momento centrado respecto del origen de orden uno es la esperanza matemática y adopta la forma siguiente: 

a1  E  X    xf  x  dx 

ii.

Momento centrado respecto de la esperanza matemática:

r  





 x  E  X  f  x dx r

El momento centrado respecto de la esperanza matemática de orden dos es la varianza:

2   2  





2.

2

Función generatriz de momentos:

 x  t   E  e

© Ediciones Pirámide

 x  E  X  f  x dx

itX

 d r x  t   r    xe dx     i ar r  dt   t 0 

itx

29

Problemas resueltos de estadística

1.5.2. Distribución de probabilidad variable aleatoria bidimensional De forma equivalente a la variable aleatoria bidimensional discreta, pero con las particularidades derivadas de la continuidad de la función de distribución. 1.

Funciones de cuantía y distribución: F  x; y    f  x; y  dxdy

La formulación teórica de los momentos, vector de esperanzas matemáticas, matriz de varianzas y covarianzas y variables condicionadas no difiere de la expuesta en el presente trabajo para las variables aleatorias discretas. El desarrollo de los conceptos expuestos sí estaría no obstante sujeto a las particularidades derivadas de la continuidad.

1.5.3. Modelos de probabilidad para variables aleatorias continuas Con el mismo concepto que los modelos de probabilidad para variables aleatorias discretas, pero aplicados a variables aleatorias continuas. 1.

Distribución uniforme continua: experimentos discretos en los que cualquier resultado tiene la misma probabilidad de ocurrir, siendo la variable aleatoria continua

i.

Dominio de definición. Dx  a,..., b

ii.

Función de densidad. f  x 

30

1 ba

© Ediciones Pirámide

Resumen de conceptos estadísticos

iii.

Función característica.

x t   iv.

eitb  eita it  b  a 

Esperanza matemática. E X  

v.

ab 2

Varianza. V X 

b  a  

2

12

2.

Distribución exponencial: permite estudiar el medio continuo que transcurre hasta obtener el primer suceso en el contexto de un modelo Poisson.

i.

Dominio de definición. Dx  0,1,2..., 

ii.

Función de densidad. f  x    e  x

iii.

Función de distribución. x

F  x    f  x  dx 1  e   x 0

iv.

Función característica.

 x t  

© Ediciones Pirámide

   it

31

Problemas resueltos de estadística

v.

Esperanza matemática. EX  

vi.

1



Varianza. V X 

3.

Distribución normal.

i.

Dominio de definición.

1

2

Dx  , ..., 

ii.

Función de densidad. f  x    2 

iii.

1 2

 

2 1 2

e

2

2 2

Función característica.

 x  t   e it  e iv.

 x   

 t 2 2 2

Esperanza matemática. E X   

v.

Varianza. V X   2

4. Distribución normal tipificada. Resultado de tipificar una variable aleatoria normal. i.

Dominio de definición. Dx  , ..., 

32

© Ediciones Pirámide

Resumen de conceptos estadísticos

ii.

Función de densidad. f  z    2 

iii.

1 2

Función característica.

 z t   et iv.

e

 z2 2

2

2

Esperanza matemática. E X   0

v.

Varianza. V  X  1

5.

Distribución chi cuadrado. i n

X   Zi2 i 1

i.

Zi  Z  0;1

Dominio de definición. Dx  0,1,2..., 

ii.

Esperanza matemática. E X   n

iii.

Varianza. V  X   2n

6.

Distribución t-Student.

T

© Ediciones Pirámide

Z

2 n

 Z  Z  0;1  2 2      n 

33

Problemas resueltos de estadística

i.

Dominio de definición. DT  ,..., 

ii.

Esperanza matemática. E T   0

iii.

Varianza. V T  

7.

n n  2 n2

Distribución F-Snedecor.

   n n F    m m 2

2

i.

Dominio de definición. DF  0,1,2..., 

ii.

Esperanza matemática. EF  

iii.

Varianza. V F  

34

m m2

2m2 (m  n  2) n(m 2)2 (m 4)

© Ediciones Pirámide

Resumen de conceptos estadísticos

1.5.4. Desigualdad de Chebychev Expresión que muestra que la probabilidad de que la diferencia en valor absoluto entre una variable aleatoria y su media supere una determinada cantidad k es mayor o igual que la complementaria del cociente entre su varianza y la referida cantidad:

P[| X   | k ]  1 

2 k

2

 P[| X   | k ]  1 

1 k2

1.5.5. Teorema central del límite Proporciona una solución para el estudio de sucesiones de variables aleatorias independientes gracias a las convergencias en probabilidad, y puede formularse de la forma siguiente: i n in i n n   N   i 1 i ;  i 1  i2  Y   i 1 X i    2 X i  f  xi  ; E  X i   i ;V  X i    i

1.6.

DISTRIBUCIÓN DE ESTADÍSTICOS EN EL MUESTREO El proceso de inferencia paramétrica requiere definir estadísticos (funciones matemáticas) a partir de los que estimar los parámetros.

1.6.1. Estadísticos para el muestreo de poblaciones normales 1.

Estadísticos para el muestreo de una población normal x 

 © Ediciones Pirámide

n



 Z  0;1

35

Problemas resueltos de estadística

s

x 



 s

n

n 1

in



i n

2



2

i



2 2.

2

i

  x  x i 1

n 1

n

 x   i 1

x 

nsn2

2



nV



2



 t n 1

  (2n )

 n  1 sn21   2

 n 1

2

Estadísticos para el muestreo de dos poblaciones normales

 x1  x2    1  2   Z

12 n1    22

n2 

 0,1

 x1  x2    1  2    t n1  n2  2 2 2 1 1 n1sn1  n2 sn2  n1 n2 n1  n2  2

 x1  x2    1  2  2 2 1  n1  1 sn 1   n2  1 sn 1

1  n1 n2

1

i n i 1

1i

i n i 1

 n1  1 Sn2 1  n1  112  n2  1 Sn2 1  n2  1 22 36

 1 

2

n1 12

 x

2

2

n1  n2  2

 x

1

 t n1  n2  2

2i

 2 

2



V1 22  F n1 ;n2  V2 12

n2 22

 n1Sn21   2  Sn21 1 22   n1  1  1   2   F n1 1;n2 1 Sn2 1 12  n2 Sn22   2     n2  1  2 

© Ediciones Pirámide

Resumen de conceptos estadísticos

1.6.2. Estadísticos para el muestreo de proporciones fn  p

p 1  p  n

f

n1

 Z  0;1



 f n2   p1  p2 

p1 1  p1  p2 1  p2   n1 n2

1.7.

 Z  0;1

ESTIMACIÓN PUNTUAL En el presente capítulo se exponen las técnicas para obtener estimadores así como las principales propiedades mediante las que evaluar estos estimadores. Un estimador es una función matemática que depende únicamente de las mediciones de la muestra y no del parámetro respecto del que se desea inferir.

1.7.1. Procedimientos para la obtención de estimadores 1.

Método de la máxima verosimilitud

Se deduce el estimador que hace máxima la función de verosimilitud de la muestra. La función de verosimilitud es una medida de la probabilidad conjunta de cada uno de los individuos de la muestra y se formula como el producto de las probabilidades de cada una de las observaciones: L  x1 , x2 ,..., xn ;    i 1 f  xi ;  in

El valor para el parámetro que hace máxima esa función es el estimador de máxima verosimilitud. Se deduce comprobando las dos condiciones exigidas para deducir el máximo de una función:

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37

Problemas resueltos de estadística

 mv

2.

 dL  x , x ,..., x ; mv  1 2 n  0  d   d 2 L  x1 , x2 ,..., xn ; mv  0  d 2 

Método de los momentos

Se deducen los estimadores de los parámetros de la igualdad entre momentos poblacionales y muestrales:



 m   ar muestra  E  X r 



población

1.7.2. Propiedades de los estimadores 1.

Propiedades basadas en el error cuadrático medio: ECM    E    2   V     B  

i.

2

Insesgadez: un estimador es insesgado (sesgo nulo) si su esperanza matemática coincide con el parámetro a estimar: B    0  E    

ii.

Varianza mínima: puede demostrarse la que la varianza de cualquier estimador es igual o superior a la cota de Cramer-Rao con lo que la varianza mínima será la que es igual a dicha cota:

V    VCR 

38

 dB       1   d  

2

 dLn  f  X ;    2     nE  d    © Ediciones Pirámide

Resumen de conceptos estadísticos

2.

Consistencia: un estimador será consistente si cumple las dos condiciones siguientes. Se trata de condiciones suficientes aunque no necesarias: lim E      lim B    0     n  n 

lim V    0   n  3.

Suficiencia: un estimador es suficiente si utiliza toda la información contenida en la muestra de manera que la función de probabilidad de la muestra condicionada a que el estimador adopte un determinado valor no depende del parámetro. Para comprobar si un estimador es suficiente, basta con comprobar si la función de verosimilitud puede expresarse como producto de las dos funciones siguientes (teorema de factorización de Fisher-Neyman):





L  X ;   g   x1 , x2 ,...xn  ; h  x1 , x2 ,...xn 

1.8.

INTERVALOS DE CONFIANZA Un intervalo de confianza es un intervalo dentro del que con una determinada probabilidad (nivel de confianza) se encontrará el parámetro, dejando fuera del intervalo una probabilidad igual al nivel de significación. En lo sucesivo se entenderán definidos los cuantiles de las distribuciones con arreglo a la siguiente nomenclatura:

P   (2n )  2   

P  Z  Z1   1   P  Z  Z   

P   (2n )  12   1  

P  Z  Z1 2    1    2   

P   (2n )   2 2     2  P   (2n )  12 2    1   2 

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39

Problemas resueltos de estadística

P  F( n1 1;n2 1)  F 2     2  P  F( n1 1;n2 1)  F1 2   1   2 

P t n 1  t1   1   P t n 1  t   

P  F( n1 1;n2 1)  F   

P t n 1  t1    1    2  2  

P  F( n1 1;n2 1)  F1   1  

1.8.1. Intervalos de confianza para poblaciones normales Se asume que el modelo de distribución del carácter en la población, y por tanto en cada una de las observaciones de la muestra, es un modelo normal: X  N   ;   xi  N   ; 

1.

Intervalos de confianza para una población

i.

Intervalo de confianza para la media de la población conocida la varianza poblacional:



IC   ;   x  Z1  ii.



n



Intervalo de confianza para la media poblacional desconocida la varianza poblacional:





IC   ;   x  t1 2  sn 1 iii.

2

n

  x  t

1  2 

s

n

n 1



Intervalo de confianza para la varianza poblacional conocida la media poblacional:

  i  n  xi   2  i  n  xi   2   nV nV   ; i 1 2 ; 2  IC  ;    i 1 2  2 1 2  2    1 2  2  2

40

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Resumen de conceptos estadísticos

iv.

Intervalo de confianza para la varianza poblacional desconocida la media poblacional: 2  ns 2  n  1 sn21  ns 2    n  1 s IC  2 ;    2 n ; 2 n    2 n 1 ;     2 2   1 2  2   1 2

2.

Intervalos de confianza para dos poblaciones

i.

Intervalo de confianza para diferencia entre la media de dos poblaciones conocidas las varianzas poblacionales:



IC  1  2 ;    x1  x2   Z1 2 ii.



2 1



Intervalo de confianza para diferencia entre la media de dos poblaciones desconocidas las varianzas poblacionales:  1 1  IC  1  2 ;    x1  x2   t  1 n1 n2 2   1 1  IC  1  2 ;    x1  x2   t  1 n1 n2 2 

iii.

n1    22 n2 

n1sn21  n2 sn22   n1  n2  2  

 n1  1 sn2 1   n2  1 sn2 1  1

n1  n2  2

2

 

Intervalo de confianza para el cociente entre las varianzas poblacionales conocidas las medias poblacionales: IC 

2 1

in in 2 2  n n2  i 1  x1i  1    2  i 1  x1i  1   ;    ;  in in 2 2   n1 F1 2  i 1  x2i   2  n1 F 2  i 1  x2i  2   2 2

 V V  1 ; 1     V2 F1 2  V2 F 2 

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41

Problemas resueltos de estadística

iv.

Intervalo de confianza para el cociente entre las varianzas poblacionales desconocidas las medias poblacionales:

 sn2 1 sn2 1  IC  12  22 ;    2 1 ; 2 1   sn2 1 F1 2  sn2 1 F 2   n1  n2  1 sn2 n1  n2  1 sn21  1 IC  12  22 ;    ;  2 2  n2  n1  1 sn2 F1 2 n2  n1  1 sn2 F 2 

1.8.2. Intervalos de confianza para proporciones Se asume que el modelo de distribución del carácter en la población, y por tanto en cada una de las observaciones de la muestra, es un modelo Bernoulli:

X   1; p   xi   1; p  1.

Intervalo de confianza para una población:  IC  p;    f n  Z1 2 

2.

f n 1  f n    n 

Intervalo de confianza para dos poblaciones:

  IC  p1  p2 ;    f n1  f n2  Z  1 2 







f n1 1  f n1 n1

  f 1  f   n2

n2

n2

 

1.8.3. Intervalos de confianza para cualquier distribución Siempre que pueda aceptarse la distribución (asintótica al menos) normal del estimador de máxima verosimilitud: 42

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Resumen de conceptos estadísticos



IC  ;    mv  Z1 2 V  mv   

1.9.



CONTRASTES DE HIPÓTESIS PARAMÉTRICOS Un contraste de hipótesis es una situación ante la que debe optarse por una de entre dos hipótesis estadísticas con un determinado nivel de significación. Su solución exige definir un estadístico y una región crítica y concluir entre las dos hipótesis formuladas. Los contrastes se resuelven planteando dos hipótesis, hipótesis nula, H0, e hipótesis alternativa, H1, definidas ambas de forma que sean completas en términos algebraicos. La solución al contraste se obtiene manejando las probabilidades vinculadas a los dos tipos de errores que pueden cometerse: i.

Error de primera especie: P  RH 0 H 0   

ii.

Error de segunda especie: P  RH1 H1     

1.9.1. Contrastes de hipótesis para poblaciones normales Se asume que el modelo de distribución del carácter en la población, y por tanto en cada una de las observaciones de la muestra, es un modelo normal: X  N   ;   xi  N   ; 

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43

Problemas resueltos de estadística

1.

Contrastes de hipótesis para una población

i.

Contrastes de hipótesis para la media de la población conocida la varianza poblacional:

 H :     H :     RH  Z  Z 0 1 0 0 0 1  0 x  ( ) H0    H0 :   0  H1 :   0  RH 0  Z0  Z Z0   n   H0 :   0  H1 :   0  RH 0  Z0  Z1 2



ii.

Contrastes de hipótesis para la media poblacional desconocida la varianza poblacional: x  ( )H0

t0 

S

iii.



 x    i 1

44

i

( ) H 0 2

iv.

n

n 1



 H :     H :     RH  t  t 0 1 0 0 0 1  0    H 0 :   0  H1 :   0  RH 0  t0  t n 1   H 0 :   0  H1 :   0  RH 0  t0  t1 2

x  ( )H0

 S

n



Contrastes de hipótesis para la varianza poblacional conocida la media poblacional:

i n

2 0



2



nV ( 2 ) H 0

     H 0 :  2   02  H1 :  2   02  RH 0   02  12    H 0 :  2   02  H1 :  2   02  RH 0   02  2    02   2 2    2 2 2 2  H 0 :    0  H1 :    0  RH 0   o  2   2  1  2   0 

Contrastes de hipótesis para la varianza poblacional desconocida la media poblacional:

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Resumen de conceptos estadísticos

 02  

Z 0 

 n  1 Sn21 nSn2  ( 2 ) H0 ( 2 ) H0

     H :  2   2  H :  2   2  RH    2    2 0 0 1 0 0 0 1     H 0 :  2   02  H1 :  2   02  RH 0   02 0  2   2  2     0     2    H 0 :  2   02  H1 :  2   02  RH 0   o   2    0   12 2 

2.

Contrastes de hipótesis para dos poblaciones

i.

Contrastes de hipótesis para diferencia entre la media de dos poblaciones conocidas las varianzas poblacionales:

 x1  x2    1   2  H 

2 1

n1

ii.





2 2

n2

0

 H 0 : 1   2  H1 : 1   2  RH 0  Z 0  Z1   H 0 : 1   2  0  H1 : 1   2  0  H 0 : 1   2  H1 : 1   2    RH 0  Z 0  Z  H 0 : 1   2  0  H1 : 1   2  0  H :   H :   0 1 2 1 1 2   RH 0  Z 0  Z1  2   H 0 : 1   2  0  H1 : 1   2  0

Contrastes de hipótesis para la diferencia entre la media de dos poblaciones desconocidas las varianzas poblacionales:

 H 0 : 1  2  H1 : 1  2  RH 0  t0  t1   H 0 : 1  2  0  H1 : 1  2  0  x1  x2    1  2  H0  H 0 : 1  2  H1 : 1  2   RH 0  t0  t t0  2 2  H 0 : 1  2  0  H1 : 1  2  0 1 1 n1sn1  n2 sn2   H :   H :   n1 n2 n1  n2  2 0 1 2 1 1 2   RH 0  t0  t1 2  H 0 : 1  2  0  H1 : 1  2  0 © Ediciones Pirámide

45

Problemas resueltos de estadística

iii.

F0 

iv.

Contrastes de hipótesis para el cociente entre las varianzas poblacionales conocidas las medias poblacionales:

V1   22    V2  12 H0

   H 0 : 12   22  H1 : 12   22   RH 0  F0  F1 2 2 2 2  H 0 :  2 1   1 H1 :  2 1   1   H 0 : 12   22  H1 : 12   22   RH 0  F0  F 2 2 2 2  H 0 :  2 1   1 H1 :  2 1   1   F0  F 2  H 0 : 12   22  H1 : 12   22    RH 0   o  2 2 2 2 F  F  H 0 :  2 1   1 H1 :  2 1   1 1 2  0 

Contrastes de hipótesis para el cociente entre las varianzas poblacionales desconocidas las medias poblacionales:

F0 

 

n1 S n21 S n21 1   22     S n22 1   12  H n2 S n22 0

 n1  1    22     n2  1    12  H

 0

   H 0 :  12   22  H1 :  12   22   RH 0  F0  F1 2 2 2 2  H 0 :  2  1   1 H1 :  2  1   1   H 0 :  12   22  H1 :  12   22   RH 0  F0  F 2 2 2 2  H 0 :  2  1   1 H1 :  2  1   1   F0  F 2  H 0 :  12   22  H1 :  12   22    RH 0   o  2 2 2 2 H H : 1 : 1            0 2 1 1 2 1     F0  F1 2 

46

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Resumen de conceptos estadísticos

1.9.2. Contrastes de hipótesis para proporciones Se asume que el modelo de distribución del carácter en la población, y por tanto en cada una de las observaciones de la muestra, es un modelo Bernoulli: X   1; p   xi   1; p 

1. Contrastes de hipótesis para una población:

Z 0 

f n  po

po 1  p0  n

 H : p  p  H : p  p  RH  Z   Z 0 1 0 0 0 1  0    H 0 : p  p0  H1 : p  p0  RH 0  Z 0  Z   H 0 : p  p0  H1 : p  p0  RH 0  Z 0  Z1 2

2. Contrastes de hipótesis para dos poblaciones:

Z0

f

n1





 f n2   p1  p2  H

f n1 1  f n1 n1

0

  f 1  f  n2

n2

n2

 H 0 : p1  p2  H1 : p1  p2  RH 0  Z0 Z1   H 0 : p1  p2  0  H1 : p1  p2  0  H 0 : p1  p2  H1 : p1  p2    RH 0  Z0 Z  H 0 : p1  p2  0  H1 : p1  p2  0  H : p  p H : p  p 0 1 2 1 1 2   RH 0  Z0  Z1 2  H 0 : p1  p2  0  H1 : p1  p2  0

1.9.3. Contrastes de hipótesis para cualquier distribución  iv  H 0 :    0  H1 :    0  RH 0  Z 0  Z1   mv   0    H 0 :    0  H1 :    0  RH 0  Z 0iv  Z Z 0iv   V  mv  iv  H 0 :    0  H1 :    0  RH 0  Z 0  Z1 2  

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47

Problemas resueltos de estadística

1.9.4. Error de segunda especie. Potencia del contraste El error de segunda especie de un contraste (β(θ)) queda definido como sigue, siendo el complementario de la potencia (P(θ)) del contraste:

    P  RH 1 H 1  P    1      P  RH 0 H 1 

El estudio del contraste uniformemente más potente planteado a partir de una hipótesis alternativa simple puede resolverse mediante el lema de NeymanPearson:  L  X ; 0  H 0 :   0   k X  RC   H1 :    0  H 0 :    0  L  X ;1   RC  región crítica óptima    H 0 :   1  H1 :   1  L  X ; 0   X  RC   H1 :   1   L  X ;1 

1.10. CONTRASTES DE HIPÓTESIS NO PARAMÉTRICOS Conjunto de técnicas de inferencia estadística que no se centran en la estimación de parámetros poblacionales o bien que no parten de la asunción previa de la vigencia de un determinado modelo de probabilidad.

1.10.1. Contrastes chi-cuadrado bondad de ajuste Permite evaluar la similitud de un conjunto de datos respecto de una determinada distribución de probabilidad, formulándose el contraste como sigue: H 0 : X  f  x;   H 1 : X  f  x;  

48

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Resumen de conceptos estadísticos

El estadístico es el siguiente, siendo k las clases en las que se ha dividido el conjunto de observaciones y m el número de parámetros a estimar:



i k

 oi  ei 

i 1

2

  k2m 1

ei

La regla de decisión es la siguiente: RH 0   i 1

i k

 oi  ei  ei

2

 12  k  m  1

1.10.2. Contrastes Kolmogorov-Smirnov Al igual que el anterior, permite evaluar la similitud entre un conjunto de datos y un determinado modelo de distribución de probabilidades. A continuación se incluyen la formulación del contraste, el estadístico y la regla de decisión: H 0 : X  f  x;   H1 : X  f  x; 

An  x  



i i  1... n n



Dn  max An  x   F  x   An  x  

i i  1... n n

P  Dn  Qks1     Qks1   Ln  2  2n

1.10.3. Contrastes de rachas Permite pronunciarse respecto de la aleatoriedad de un conjunto de datos, siendo la formulación, el estadístico y la regla de decisión los siguientes: © Ediciones Pirámide

49

Problemas resueltos de estadística

H 0 : muestra aleatoria H1 : muestra aleatoria 2n n    1  n n   N   ;    R    2n n  2n n  n  n    n  n   n  n  1  1

2

R

1

n

R

2

R

1

2

1

R

1

R  R

RH 0 

2

1

2

2

2

 Z1

R

1

2

2

1.10.4. Contraste chi-cuadrado de independencia Contraste para dilucidar si dos variables son independientes entre sí:

H 0 : X eY independientes H 1 : X eY independientes

  i 1

jk

i 1

j 1

 oij  eij 

2

eij

  2h -1 k 1

La regla de decisión es la siguiente: RH 0   i 1  j 1 i 1

50

jk

o

ij

 eij 

eij

2

 12

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2

Preguntas cortas y tipo test

CONTENIDO 2.1. 2.2. 2.3.

Introducción. Preguntas cortas. Preguntas tipo test.

CONOCIMIENTOS PREVIOS Para abordar con éxito el estudio de este capítulo, el alumno deberá tener los siguientes conocimientos previos:  Conocimientos sobre las técnicas y herramientas propias de la estadística descriptiva.  Probabilidad, variables aleatorias y modelos de distribución de probabilidades.  Técnicas de inferencia paramétrica: estimación puntual, intervalos de confianza y contrastes de hipótesis. OBJETIVOS Al finalizar el estudio de este capítulo el alumno deberá ser capaz de:  Interrelacionar diferentes conceptos estadísticos de cara a la resolución de cuestiones cortas.  Razonar en relación a diferentes soluciones estadísticas y de probabilidad de cara a identificar la opción correcta.  Realizar razonamientos críticos en relación a cuestiones y conceptos concretos relacionados con la probabilidad y la estadística.

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51

Problemas resueltos de estadística

2.1. INTRODUCCIÓN A lo largo de este capítulo se presenta un conjunto de preguntas cortas y cuestiones tipo test. Para cada una de ellas se incluye la solución adecuada junto con una breve explicación de las razones que justifican dicha selección. El lector encontrará cuestiones relacionadas con la estadística descriptiva, la probabilidad y la inferencia, y debe abordar su lectura desde un punto de vista reflexivo y crítico. Muchas de las cuestiones expuestas exigen relacionar conceptos estadísticos de diferente naturaleza y tener las ideas lo suficientemente claras para seleccionar la opción adecuada de entre un conjunto de alternativas. El capítulo se ha dividido en dos apartados distinguiendo entre cuestiones cortas y cuestiones tipo test. Las primeras responden mayoritariamente a cálculos sencillos, mientras que las segundas presentan un conjunto de soluciones de las que únicamente una es correcta (la opción subrayada).

2.2. PREGUNTAS CORTAS 2.1

52

Según el siguiente gráfico de diagramas de caja de dos variables, razone las siguientes cuestiones:

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Preguntas cortas y tipo test

1.

A la vista de la información disponible, ¿cuál de las dos variables es más dispersa?

2.

¿Qué tipo de asimetría tienen las dos distribuciones?

3.

¿Se puede decir que por debajo del valor 6 se encuentran más del 50 % de los valores en la variable 1? ¿Y en la variable 2?

4.

¿Es posible saber si sólo el 25 % de los datos en la variable 1 es inferior al valor 3? ¿Y en la variable 2?

Solución: 1.

A la vista de la información disponible, ¿cuál de las dos variables es más dispersa?

Es más dispersa la variable 2 porque su recorrido intercuartílico (caja) es mayor. 2.

¿Qué tipo de asimetría tienen las dos distribuciones?

La variable 1 presenta una clara asimetría negativa puesto que la media es mucho menor a la mediana y la patilla de la izquierda es más larga que la de la derecha. El tipo de simetría no puede afirmarse de forma tan concluyente a la vista del diagrama de caja de la variable 2, puesto que la media es ligeramente superior que la mediana pero por encima del tercer cuartil parece existir una cantidad similar a la que existe debajo del primer cuartil. 3.

¿Se puede decir que por debajo del valor 6 se encuentran más del 50 % de los valores en la variable 1? ¿Y en la variable 2?

En la variable 1 por debajo del valor 6 se encuentran menos del 50 % de los valores de la distribución, ya que la mediana es 7. Por el contrario, en la variable 2 sí se puede decir que por debajo del valor 6 se encuentran más del 50 % de los datos porque la mediana es 5. 4.

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¿Es posible saber si sólo el 25 % de los datos en la variable 1 es inferior al valor 3? ¿Y en la variable 2?

53

Problemas resueltos de estadística

En la variable 1 el cuartil 1 es 4, por lo que por debajo del valor 3 existen menos del 25 % de los datos. En la variable 2 el cuartil 1 sí es 3, por lo que se puede afirmar que por debajo de 3 se encuentran el 25 % de los datos. 2.2

Se realizó un estudio del tiempo (en segundos) que un cierto número de coches tardan en pasar de 0 a 100 km/h (aceleración). Las mediciones se realizaron distinguiendo entre vehículos portugueses y españoles y dieron lugar al siguiente gráfico:

Señale como verdaderas (V) o falsas (F) las siguientes cuestiones según el gráfico anterior razonando su respuesta:

54

1.

El 25 % de los coches portugueses más rápidos tienen un tiempo de aceleración igual al 50 % de los coches más rápidos españoles.

2.

El tiempo medio de los coches españoles será mayor que el tiempo mediano de dichos coches.

3.

El tiempo máximo al que se llega en esta muestra corresponde con un coche portugués.

4.

La varianza de los coches españoles es mayor que la varianza de los coches portugueses.

5.

Las dos distribuciones son simétricas. © Ediciones Pirámide

Preguntas cortas y tipo test

6.

El percentil 80 de los coches portugueses supera los 8 segundos.

Solución: 1.

El 25 % de los coches portugueses más rápidos tienen un tiempo de aceleración igual al 50 % de los coches más rápidos españoles.

Falso, el 25 % de los coches portugueses más rápidos tardan como mucho 6 segundos (cuartil 1), que no coincide con la mediana de los coches españoles, que es igual a 5. 2.

El tiempo medio de los coches españoles será mayor que el tiempo mediano de dichos coches.

Es verdadero puesto que la distribución es asimétrica positiva y, por lo tanto, la media se desvía hacia los valores más alejados que son los mayores. Además, se observa un dato español atípico que apoya esta conclusión. 3.

El tiempo máximo al que se llega en esta muestra corresponde con un coche portugués.

Falso. El tiempo máximo corresponde al dato atípico de los coches españoles. 4.

La varianza de los coches españoles es mayor que la varianza de los coches portugueses.

Verdadero. Puede observarse que la distribución de los vehículos españoles es más dispersa que la de los portugueses, tanto por la patilla derecha, que es más larga como por el dato atípico que influye en la dispersión. 5.

Las dos distribuciones son simétricas.

Falso. La distribución de los coches portugueses sí, pero no la de los españoles, que es asimétrica positiva por la patilla derecha y el dato atípico. 6.

El percentil 80 de los coches portugueses supera los 8 segundos.

Verdadero. Si el percentil 75 (cuartil 3) es 8 segundos, el percentil 80 tiene que ser mayor a 8 segundos.

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55

Problemas resueltos de estadística

2.3

Mediante una encuesta realizada entre los alumnos de la universidad se ha recogido información tanto sobre el medio de locomoción utilizado (X) como el tiempo empleado en minutos (Y) por los alumnos en llegar a la universidad. El resultado de la encuesta queda recogido en la siguiente tabla: Y X

(5-15]

(15-25]

(25-35]

(35-45]

A pie

8

4

2

1

Autobús

2

5

6

7

Tren

2

4

5

8

Coche

3

8

4

6

Bicicleta

5

2

0

0

1.

¿Qué porcentaje de alumnos de esta muestra van a pie y tardan 25 minutos como máximo?

2.

¿Cuántos alumnos de la muestra van a la universidad en tren?

3.

¿Qué porcentaje de alumnos tardan más de 15 minutos en llegar a la universidad?

4.

De los alumnos que más tardan en llegar a la universidad (entre 35 y 45 minutos), ¿qué porcentaje de ellos utilizan el autobús?

5.

De los alumnos que utilizan el coche para ir a la universidad, ¿qué tiempo medio emplean para llegar?

Solución: 1.

¿Qué porcentaje de alumnos de esta muestra van a pie y tardan 25 minutos como máximo?

Para contestar a la cuestión planteada debe sumarse el total de alumnos encuestados, que asciende a 82, y resolver la probabilidad de la intersección:

P  X  A pie   Y  25  

56

12  0,14  14,63 % 82

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Preguntas cortas y tipo test

2.

¿Cuántos alumnos de la muestra van a la universidad en tren?

Sumando las frecuencias absolutas de la fila referida al transporte en tren se deduce que el número de alumnos asciende a 19. 3.

¿Qué porcentaje de alumnos tardan más de 15 minutos en llegar a la Universidad?

P Y  15  4.

62  0,75  75,61 % 82

De los alumnos que más tardan en llegar a la universidad (entre 35 y 45 minutos), ¿qué porcentaje de ellos utilizan el autobús?

Se trata de una probabilidad condicionada en la que condición resulta ser tardar entre 35 y 45 minutos. Deben por tanto calcularse las frecuencias referidas a este suceso y al suceso intersección entre éste y viajar en autobús.

P  X  Autobús    35  Y  45  P  X  Autobús   35  Y  45    P 35  Y  45 

5.

7 82  0,31  31,82 % 22 82

De los alumnos que utilizan el coche para ir a la universidad, ¿qué tiempo medio emplean para llegar?

Simplemente debe calcularse el valor medio de los tiempos invertidos por los alumnos que viajan en coche:

x

2.4

10  3   20  8    30  4    40  6 

21

 26,19

La siguiente figura muestra una recta de regresión ajustada a una muestra de datos registrados en cinco departamentos de una empresa para poder predecir la variable Y = «gasto telefónico mensual en euros» en función de la variable X = «tiempo de conexión a Internet mensual en minutos».

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57

Problemas resueltos de estadística

Responder verdadero o falso a las siguientes cuestiones: 1.

Aparentemente, existe relación lineal negativa entre las variables X e Y.

2.

Si se aumenta 1 minuto el tiempo de conexión a Internet el gasto telefónico esperado aumenta en 39,559 euros.

3.

A medida que aumenta el tiempo de conexión a Internet aumenta el gasto telefónico en la factura.

4.

El coeficiente de correlación lineal será cercano a 1.

5.

El gasto medio estimado para un departamento que se conecta a Internet 700 minutos sería aproximadamente de 113 euros.

Solución:

1.

Aparentemente, existe relación lineal negativa entre las variables X e Y.

Falso, la pendiente de la recta es positiva, con lo que a medida que aumenta el tiempo de conexión, lo hace también el gasto telefónico. 2.

Si se aumenta 1 minuto el tiempo de conexión a Internet el gasto telefónico esperado aumenta en 39,559 euros.

Falso, porque la pendiente no es 39,559. 58

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Preguntas cortas y tipo test

3.

A medida que aumenta el tiempo de conexión a Internet aumenta el gasto telefónico en la factura.

Verdadero, al ser la pendiente positiva, lo que implica que las dos variables varían en el mismo sentido. 4.

El coeficiente de correlación será cercano a 1.

Verdadero, porque se observa que los puntos se acercan mucho a la recta de regresión, por lo que la varianza residual será muy pequeña. 5.

El gasto medio estimado para un departamento que se conecta a Internet 700 minutos sería aproximadamente de 113 euros.

Verdadero, puesto que al sustituir la variable X por la cifra 700 en la ecuación de la regresión se obtiene un gasto estimado aproximado de 113 euros. 2.5

Un tren lleva a bordo módulos de acumulación de energía (X), medidos en kwh, que le permite recorrer una determinada distancia (Y), medida en metros, sin catenaria. Se han recogido datos referentes al número de módulos a bordo así como la distancia recorrida sin catenaria en 50 trenes, disponiéndose de la siguiente información: Número de módulos

Autonomía (en metros) (0-300]

(300-600]

(600-1000]

1

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2

0,04

0,12

3

0,04

0,06

4

0,02

0,10

59

Problemas resueltos de estadística

P Y  150 X  1  0,1; P Y  450 X  1  0, 4; P Y  800 X  1  0,5 1.

Completar la tabla de distribución de frecuencias relativas conjunta.

2.

Calcular el número medio y varianza del número de módulos en los casos en los que la autonomía es como máximo 300 m.

3.

¿A partir de qué valor de autonomía se considera el 25 % de los trenes con mayor autonomía?

Solución:

1.

Completar la tabla de distribución de frecuencias relativas conjunta.

Número de módulos

Autonomía (en metros) (0-300]

(300-600]

(600-1000]

1

0,02

0,08

0,10

2

0,04

0,12

0,12

3

0,04

0,06

0,14

4

0,02

0,10

0,16

Utilizando el gráfico de barras y sabiendo que el total de la muestra consultada asciende a 50 individuos pueden obtenerse las frecuencias relativas marginales de la variable X:

P  X  1 

10  14 12 14 ; P X  2  ; P  X  3  ; P  X  3  50 50 50 50

Conociendo las siguientes frecuencias relativas condicionadas, pueden deducirse las frecuencias relativas conjuntas de la primera fila de la tabla: P Y  150 X  1  0,1 

P Y  150    X  1  P  X  1

 P Y  150    X  1  0,1  0, 2  0,02

60

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Preguntas cortas y tipo test

P Y  450    X  1  P  X  1  P Y  450    X  1  0, 4  0, 2  0,08 P Y  450 X  1  0,1 

P Y  800    X  1  P  X  1  P Y  800    X  1  0,5  0, 2  0,1 P Y  800 X  1  0,1 

2.

Calcular el número medio y varianza del número de módulos en los casos en los que la autonomía es como máximo 300 m.

Los casos en los que la autonomía es inferior o igual a 300 corresponde al 12 % de la muestra, con lo que basta con operar con las correspondientes variables condicionales: Y X  300   i 1 y j P Y  y j X  300  in

 1

0,02 0,04 0,04 0,02  2  3  4  2,5 0,12 0,12 0,12 0,12

 Y2 X  300    i 1 y 2j P Y  y j X  300   y X  300   i n

2

0,02 0,04 2 0,04 0,02  2  12   22  3   42     2,5   0,91 0,12 0,12 0,12 0,12   3.

¿A partir de qué valor de autonomía se considera el 25 % de los trenes con mayor autonomía?

Debe calcularse el percentil 75 de la variable autonomía, que al estar agrupada se calcula de la siguiente manera: P75  Li 1 

2.6

0,75  Fi 1 0,75  0, 48  ci  600   400  807,69 fi 0,52

La distancia recorrida no sólo depende de los módulos de energía a bordo, sino también de otros factores como son la inclinación del terreno, la temperatura exterior o la carga del tren.

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61

Problemas resueltos de estadística

Para poder estimar la autonomía de los trenes (en m) en función de la temperatura exterior (en ºC) se han recogido los siguientes datos: Autonomía

300

500

400

600

800

500

700

600

500

400

Temperatura

30

15

28

18

8

16

12

15

17

32

¿Es razonable que se quiera estimar la autonomía de un tren en función de la temperatura ambiente? ¿Por qué? Solución:

Para responder a la cuestión se calcula el coeficiente de correlación lineal como medida del tipo de relación lineal existente entre las dos variables:

 AT



 ( AT )  AT   A T 

  AT n    A  T  n    A     T n   T   i n



i 1

  i 1 Ai i n

i i

2 12

2 12

i n

i 1

i

 91.600 10    530  19,1 2  3.010.000 10    530  

12



 4.235 10   19,1  2

12

 0,89

Como el coeficiente se acerca a –1 puede afirmarse que la relación entre las dos variables es linealmente fuerte e inversa. A mayor temperatura exterior, menor es la autonomía del tren. Es, por lo tanto, razonable el querer estimar la autonomía en función de la temperatura exterior.

2.7

62

El departamento comercial de una empresa dedicada a la venta de ropa por catálogo ha hecho un estudio para determinar si existe relación entre el número de líneas abiertas para pedidos (L) y las ventas realizadas (V), en cientos de euros. Para ello, se han recogido los datos de dichas variables durante 20 días, obteniéndose los siguientes resultados:



i  20



i  20

i 1

i 1

Li  599;  i 1 Vi  2.835;  i 1 L2i  19.195 i  20

i  20

Vi 2  458.657;  i 1 LV i i  92.000 i  20

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Preguntas cortas y tipo test

Suma cuadrados de regresión  SCM   40.107, 44 Suma cuadrados de errores  SCR   16.823,72 1.

Obtenga el coeficiente de determinación e interprételo.

2.

Determine la estimación de la recta de regresión de la variable ventas (V) en función de la variable número de líneas abiertas (L).

3.

Estime las ventas correspondientes a un día en el que se encuentran abiertas 12 líneas.

Solución:

1.

Obtenga el coeficiente de determinación e interprételo:

R2 

SCM 40.107, 44   0,70 SCT 56.931,16

Se puede decir que la variable número de líneas abiertas para pedidos explica el 70,45 % de la variabilidad de la variable ventas. 2.

Determine la estimación de la recta de regresión de la variable ventas (V) en función de la variable número de líneas abiertas (L):

b

 VL  L2

  

i  20

i 1 i  20 i 1

 L    nL 

  LV i i  nLV 2 î

a  V  bL 

2







599 2.835  20 20  5,65 2 599  19.195   20   20  

92.000  20 

2.835 599  5,65   27, 46 20 20

Por lo tanto, la recta de regresión estimada será la siguiente:

Vi  27, 46  5,65 Li

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63

Problemas resueltos de estadística

3.

Estime las ventas correspondientes a un día en el que se encuentran abiertas 12 líneas.

Simplemente debe sustituirse en la variable independiente L el resultado igual a 12: V  27, 46  5,65  12  40,34

2.8

Analizando todas las ventas en el año pasado de una determinada aplicación para móviles en distintos países se ha obtenido que la venta media por semana ha sido de 158 unidades con una varianza de 100 unidades2. A partir de una muestra aleatoria de 8 semanas del presente año se obtiene una media de 180 paquetes con varianza 150 paquetes2. A continuación se enuncia un conjunto de hipótesis sobre los valores poblacionales de las ventas de este producto. Reescríbalas como hipótesis nula y alternativa. H0

Hipótesis

H1

Las ventas medias no han disminuido respecto al año pasado La varianza no ha disminuido respecto al año pasado Las ventas medias han aumentado 10 paquetes respecto al año pasado La varianza poblacional es este año 140 paquetes2

Solución: Hipótesis

H0

Las ventas medias no han disminuido respecto al año pasado

σ = 100

σ2 < 100

Las ventas medias han aumentado 10 paquetes respecto al año pasado

µ = 168

µ  168

La varianza poblacional es este año 140 paquetes

2

µ < 158

La varianza no ha disminuido respecto al año pasado

2

64

µ = 158

H1

2

σ = 140

σ2  140

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Preguntas cortas y tipo test

2.3. PREGUNTAS TIPO TEST 2.9

La siguiente tabla contiene una serie de estadísticos sobre 2 variables: X1

X2

Media

16000

0,30

Mediana

15,500

0,50

Varianza

8,410

3,61

Mínimo

9000

-5,300

Máximo

22000

3,70

Rango

13000

900

Cuartil inferior

14000

-0,900

Cuartil superior

17000

1,30

Coeficiente de variación

0,183

6,30

1.

Seleccione la respuesta correcta de entre las siguientes:

i.

La variable X1 es más dispersa que la variable X2.

ii.

La variable X2 es más dispersa que la variable X1.

iii.

Las dos variables son igualmente dispersas.

El coeficiente de variación es la medida de dispersión permite comparar la dispersión de dos experimentos diferentes al estar definido en términos relativos. Si se calcula esta medida para las dos variables se observa cómo para X2 este coeficiente es igual a 1,9, mientras que para la variable X1 es igual a 0,18.

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2.

Seleccione la respuesta correcta de entre las siguientes:

i.

La asimetría de la variable X1 es positiva o directa.

ii.

La asimetría de la variable X1 es negativa o inversa.

iii.

La variable X1 es simétrica.

65

Problemas resueltos de estadística

Basta con comparar la media aritmética y la mediana para observar que la primera es mayor que la segunda, lo que significa que la distribución es asimétrica a la derecha. 3.

En la variable X2, el 25 % de los datos de la variable se encuentran…

i.

Por debajo del valor 1,3.

ii.

Por encima del valor -0,9.

iii.

Por encima del valor 1,3.

El tercer cuartil corresponde con el percentil de orden 0,75, que deja el 25 % de los datos por encima de él. Este dato para la variable X2 es igual a 1,3, como se observa en la tabla. 2.10

Los 40 estudiantes del grado de Economía evalúan el esfuerzo de su profesora de Estadística para enseñarles. Las notas son de 1 (muy mal) a 5 (muy bien). La siguiente tabla de frecuencias resume la evaluación: Nota

Frecuencia absoluta

1

5

2

Frecuencia relativa 0,175

3

4

4 5

8

1.

¿Qué porcentaje de alumnos han evaluado a su profesora con más de 3?:

i.

24 %.

ii.

60 %.

iii.

70 %.

Sabiendo que existen 40 alumnos en la muestra, las frecuencias relativas de las notas 1 y 3 son, respectivamente, 0,125 y 0,1. Si se suman las frecuencias relativas de los resultados 1, 2 y 3 se observa que su suma es igual a 0,4. Esta 66

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Preguntas cortas y tipo test

cifra implica que el 60 % de los alumnos han evaluado a su profesora con nota superior a 3. 2.11

Señale la afirmación correcta a partir del siguiente conjunto de datos: Vida en horas

Bombillas

Frecuencia relativa

(0-500]

8

0,16

(500-1.000]

12

0,4

(1.000-1.500]

0,30

(1.500-2.500]

0,20

(2.500-3.000]

i.

Frecuencia relativa acumulada

5

0,7 1,0

El porcentaje de bombillas con duración de más de 500 horas es 90 %.

ii.

El porcentaje de bombillas con duración de 2.500 horas como máximo es 90 %.

iii.

El porcentaje de bombillas con duración de entre 1.000 y 1.500 horas es 15 %.

Basta con sumar en la columna de frecuencias relativas acumuladas la frecuencia relativa del intervalo (1.500-2.500] para comprobar que la frecuencia acumulada hasta ese punto es igual a 0,9. 2.12

La siguiente tabla muestra los estadísticos resumen de las mediciones de 50 tornillos con dos calibres diferentes.

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Calibre 1

Calibre 2

Media

346,160

351,120

Mediana

346,000

352,000

Moda

345,000

353,000

Varianza

007,402

,21,900

Rango

011,000

,16,000

Asimetría

000,590

00,028

Curtosis

-0,278

-1,174

Coeficiente de variación

00,786

01,333

67

Problemas resueltos de estadística

i.

El calibre 1 es mejor debido a que su distribución está más concentrada en torno a su media.

ii.

El calibre 2 presenta un menor coeficiente de variación que es indicativo de que sus mediciones son más exactas.

iii.

El calibre 2 presenta una menor dispersión y por lo tanto se considera que sus mediciones son mejores que las realizadas con el calibre 1.

Basta con calcular el coeficiente de variación de ambos calibres para darse cuenta de que la dispersión del calibre 1 (CV = 0,007) es menor que la dispersión del calibre 2 (CV = 0,01).

2.13

Sea la variable peso que es capaz de levantar un elevador. Para calcular el peso a partir del cual el elevador pueda levantar con una probabilidad del 30 % se debe calcular: i.

El percentil 30.

ii.

El percentil 70.

iii.

El percentil 3.

El percentil es por definición la medida que deja por debajo de él una cantidad de observaciones igual a su orden, de forma que la medida que deja por debajo de éste el 70/ % de las observaciones (percentil 70) mantiene por encima suyo el 30 % de observaciones restante. Por ello, el valor del peso tal que por encima de él permanece una probabilidad del 30 % es el percentil 70.

2.14

68

Durante una semana se han contado un total de 5.000 visitas realizadas a la página web de un determinado diario online. Se desea estudiar la relación entre el día de la semana y el intervalo horario en que se realizan las visitas. Sean X = «día de la semana» e Y = «intervalo horario» en el que se realizó la visita:

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Preguntas cortas y tipo test

(8:00-13:00]

(13:00-16:00]

(16:00-20:00]

Lunes

232

400

228

Martes

348

600

342

Miércoles

319

550

313

Jueves

95

525

298

Viernes

77

425

248

Señale cuál de las siguientes opciones es la correcta usando la correspondiente distribución condicionada: i.

El 15 % de las visitas realizadas entre [8:00-13:00) horas se realizaron el lunes.

ii.

El 8,87 % de las visitas realizadas entre [8:00-13:00) horas se realizaron el jueves.

iii.

El 20 % de la visitas realizadas entre [8:00-13:00) horas se realizaron el jueves.

Basta con sumar las visitas dentro de cada intervalo para calcular las frecuencias relativas de cada día y franja horaria para comprobar que la frecuencia relativa de la franja horaria (8:00-13:00] los jueves es igual a 0,0887.

2.15

Se dispone de la distribución de edades de los individuos de una población. El número de ellos que no es mayor de edad es: i.

Una frecuencia relativa.

ii.

Una frecuencia absoluta.

iii.

Una frecuencia acumulada.

Es una frecuencia absoluta por ser una cantidad de individuos con una edad igual o inferior a 18 años.

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69

Problemas resueltos de estadística

2.16

Dada las siguientes gráficas (etiquetadas como H1, H2, H3, C1, C2 y C3), ¿qué correspondencias son correctas?

i.

H1-C1, H2-C2 y H3-C3.

ii.

H1-C3, H2-C1 y H3-C2.

iii.

H1-C3, H2-C2 y H3-C1.

El histograma 2 únicamente puede corresponder con el diagrama de caja 1 al asemejarse a una distribución uniforme. El histograma 1 corresponde con el diagrama de caja 3 observando el estrecho rango. Por último, el histograma 3 corresponde con el diagrama de caja 2, pudiendo comprobarse a la vista de la mediana inferior a 0,5. 70

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Preguntas cortas y tipo test

2.17

En una empresa de servicio técnico se desea conocer el grado de satisfacción de los usuarios. Para ello se realiza un cuestionario de satisfacción y se les pide que valoren, en una escala continua de 0 a 10, el servicio recibido. El valor 0 identifica un pésimo servicio y el 10 identifica un inmejorable servicio. La información, tanto de la valoración del servicio como del sexo de diez de los usuarios entrevistados, es: H

H

M

M

M

H

M

M

H

M

2,20

1,50

4,50

1,10

3,30

2,80

2,40

2,50

1,70

4,50

Señale la opción correcta: i.

La frecuencia absoluta de las mujeres (M) es 6 y la media es 2,5.

ii.

La frecuencia relativa de las mujeres (M) es del 50 % y la frecuencia absoluta de los hombres (H) es 4.

iii.

La media es 2,65 y la frecuencia relativa de los hombres (H) es del 40 %.

Si se calcula la media aritmética del conjunto de datos se comprueba que es igual a 2,65, y observando que han contestado 4 hombres y 6 mujeres se deduce que la opción correcta es la tercera. 2.18

La siguiente tabla muestra información sobre la venta en 1998 de prensa diaria escrita, en ejemplares diarios vendidos por cada mil habitantes para 8 comunidades autónomas españolas, relacionándola con su producción económica basada en el Producto Interior Bruto (PIB) por habitante, en miles de euros. PIB

8,3

9,7

10,7

11,7

12,4

15,4

16,3

17,2

Número de ejemplares

57,4

106,8

104,4

131,9

144,6

146,4

177,4

186,9

Asumiendo que existe relación lineal entre ambas variables, se obtiene la siguiente recta de regresión para explicar el número de ejemplares vendidos por cada 1.000 habitantes en función del PIB por habitante en miles de euros: Y= −23,55 + 12,23X

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71

Problemas resueltos de estadística

1.

¿Cuál será la venta de prensa que se podría predecir para una comunidad cuyo PIB por habitante fuese de 15.000 euros?

i.

159,9 ejemplares.

ii.

159,9 ejemplares por cada mil habitantes.

iii.

183.430 ejemplares por cada mil habitantes.

Basta con sustituir X por 15 en la recta de regresión para comprobar que la venta esperada será de 159,9 ejemplares. 2.

¿Cuál de las siguientes afirmaciones es correcta?

i.

Cuando el PIB por habitante aumenta en 1.000 euros, el número de ejemplares vendidos por cada mil habitantes es de 12,23.

ii.

Cuando el PIB por habitante aumenta en 1.000 euros, el número de ejemplares vendidos por cada mil habitantes disminuye en 23,55.

iii.

Cuando el PIB por habitante aumenta en 1.000 euros, el número de ejemplares vendidos por cada mil habitantes aumenta en 12,23.

La pendiente de la recta de regresión (12,23) representa el incremento de la variable dependiente ante una variación unitaria de la variable independiente, hecho que explica que la tercera opción sea la correcta. 2.19

El coeficiente de determinación, correspondiente a una recta de regresión que se ha determinado a partir de 10 pares de datos, vale 0,25. El coeficiente de correlación lineal vale… i.

0,25/10.

ii.

0,5.

iii.

No hay suficiente información para calcular el coeficiente de correlación.

El coeficiente de correlación lineal puede calcularse como la raíz cuadrada del coeficiente de determinación, con lo que el coeficiente de correlación lineal asciende a 0,5. 72

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Preguntas cortas y tipo test

2.20

En un conjunto de 26 valores de una variable aleatoria, se aumenta 5 unidades a los 3 valores más altos. Entonces no varía… i.

La media aritmética.

ii.

El percentil 98.

iii.

La mediana.

La mediana no está afectada por variaciones en los resultados extremos ya que no hacen que cambie su posición ni el reparto del número de observaciones en torno a la mediana. 2.21

En un ajuste de regresión lineal simple por mínimos cuadrados… i.

Cuando r = 1 la varianza residual es igual a 0.

ii.

Cuando r = -1 las dos rectas de regresión coinciden y su pendiente vale -1.

iii.

Cuando r = 0 las variables son independientes.

El coeficiente de determinación resulta ser el coeficiente de correlación lineal al cuadrado y representa la fracción de la varianza de la variable dependiente no explicada. Si el coeficiente de correlación lineal es igual a la unidad, también lo será el coeficiente de determinación y, por tanto, no existirá varianza no explicada. 2.22

Un profesor quiere mostrar a sus alumnos lo determinante que es la asistencia a clase en el resultado final de una asignatura. Para ello ha tomado una muestra de datos correspondientes al porcentaje de asistencia a clase de un grupo de alumnos así como la nota final obtenida en la asignatura.

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73

Problemas resueltos de estadística

Basándose en el gráfico anterior escoja la respuesta correcta: i.

La relación lineal entre las variables es fuerte e inversa.

ii.

El modelo de regresión lineal no serviría para obtener predicciones de nota final fiables.

iii.

Si aumenta un 1 % la asistencia a clase de un alumno, la nota final aumentaría en 0,0742 puntos.

La pendiente de la recta es igual a 0,0742 y esta cifra representa la variación que experimenta la variable dependiente (nota final) ante variaciones unitarias de la variable independiente (porcentaje de asistencia).

2.23

74

Una fábrica utiliza máquinas de tipo A para el 25 % de sus productos y de tipo B para el resto. El 2 % de los productos fabricados por las máquinas de tipo A son defectuosos, así como el 1 % de los fabricados por las máquinas de tipo B. Escogido un producto al azar resulta ser defectuoso. La probabilidad de que fuese fabricado por la máquina A es: i.

0,005.

ii.

0,6.

iii.

0,4. © Ediciones Pirámide

Preguntas cortas y tipo test

Se trata de calcular la probabilidad mediante el teorema de Bayes de la forma siguiente: P  A D 

2.24

P  A  D 0, 25  0,02   0, 4  0, 25  0,02    0,75  0,01 P  D

El número de clientes en una tienda de venta online que devuelven el producto en la primera semana después de la compra es una variable aleatoria cuya distribución de probabilidad es la siguiente: xi P[X = xi]

0

1

2

3

4

5

0,05

0,15

k

0,25

0,12

0,06

i.

La probabilidad de que como mínimo sean dos clientes que los que devuelven el producto es 0,6.

ii.

El número medio de clientes que devuelven el producto en la primera semana es 2,56.

iii.

La probabilidad de que devuelven el producto a lo sumo 2 clientes es 0,57.

Debe calcularse el valor de la constante k de forma que la suma de las probabilidades vinculadas a cada resultado del dominio de la variable sea igual a la unidad. Se observa que k es igual a 0,37, lo que hace que la opción válida sea iii. 2.25

Dada una variable aleatoria normal de media 10 y varianza 9, sabemos que dentro del intervalo [4;16] se recogen aproximadamente… i.

88 % de los datos.

ii.

95 % de los datos.

iii.

99,7 % de los datos.

Basta con calcular la probabilidad del intervalo aludido en el enunciado para la distribución normal referida para comprobar que el resultado es aproximada-

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75

Problemas resueltos de estadística

mente 0,95. Se trata además de un intervalo centrado en la media y con una amplitud de ±2σ. Intervalo que se sabe que en una distribución normal concentra el 95 % de los resultados. 2.26

Al vestíbulo de una estación de tren llega una media de 120 pasajeros a la hora. La llegada de los pasajeros tiene un ritmo medio estable y lo hacen de forma independiente. La variable aleatoria X = número de pasajeros que llegan en media hora se distribuye según… i.

Un modelo binomial (n = 120, p).

ii.

Un modelo de Poisson de parámetro 120.

iii.

Un modelo de Poisson de parámetro 60.

Se trata de un experimento que se ocupa de estudiar algo que ocurre en términos discretos (número de pasajeros que acceden al vestíbulo) pero vinculado a un medio continuo (tiempo), con lo que se trata de un modelo de Poisson. Si el experimento se refiere a un tiempo de media hora basta con transformar la tasa que proporciona el enunciado para referirla a esa unidad temporal para comprobar que la opción correcta es la última. 2.27

La probabilidad de que una probeta de cierto material plástico no supere las pruebas de resistencia a tracción es del 2 %. Se toman al azar 20 probetas de dicho material, el número de probetas que no superarán las pruebas de resistencia a tracción sigue un modelo… i.

Poisson de parámetro 0,4.

ii.

Binomial de parámetros n = 20 y p = 0,02.

iii.

Binomial de parámetros n = 20 y p = 0,98.

El experimento constituye un fenómeno dicotómico que se repite en 20 ocasiones siendo la tasa esperada de éxitos un 2 %, lo que ha de estudiarse mediante un modelo binomial de parámetros 20 y 0,02.

76

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Preguntas cortas y tipo test

2.28

El número medio de consultas telefónicas a un número de información de un ayuntamiento es de 90 a la hora. El modelo de probabilidad de la variable tiempo en minutos que transcurre entre la llamada de dos consultas es… i.

Una distribución exponencial de parámetro 1,5.

ii.

Una distribución exponencial de parámetro 0,67.

iii.

Una distribución de Poisson de parámetro 1,5.

Basta con transformar la tasa aportada por el enunciado (90 llamadas a la hora) a minutos y ser consciente de que el experimento puede estudiarse mediante una distribución exponencial para comprobar que la opción correcta es la i. 2.29

Si A y B son dos sucesos de un espacio muestral , entonces siempre se cumple: i.

P(A  B) ≥ P(A) + P(B).

ii.

P(A  B) ≤ P(A) + P(B).

iii.

P(A  B) = P(A) + P(B).

La opción ii constituye una de las propiedades que se derivan de los axiomas probabilísticos propuestos por Kolmogorov. 2.30

Sea la siguiente variable aleatoria continua X cuya función de distribución es la siguiente: 0 si x  1   x2 1 si 1  x  2  x 2 2 F ( x)    x2 7 si 2  x  3   3x  2  2 1 si x  3 

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77

Problemas resueltos de estadística

La probabilidad de que la variable X tome valores entre 1,5 y 2,5 es… i.

0,125.

ii.

0,875.

iii.

0,75.

Basta con sustituir los resultados de la función de distribución aportada por el enunciado en 2,5 y 1,5 para comprobar que la respuesta correcta es la tercera. 2.31

Señala la afirmación correcta: i.

La media muestral, como estimador para μ, es siempre insesgada.

ii.

La media muestral es un estimador insesgado para μ si la población es normal.

iii.

La media muestral es un estimador insesgado para μ si n es lo suficientemente grande.

Las propiedades de la media muestral como estimador dependen de las características de la población a la que se refieren, con lo que no cabe más que seleccionar la opción ii. 2.32

En un contraste de hipótesis se ha rechazado Ho: θ = θo en favor de la alternativa H1:θ ≠ θo a un 5 % de significación. Esto significa que: i.

θ0 pertenece al intervalo de confianza al 95 % de confianza.

ii.

Puede asegurarse que θ no tomará el valor de θo.

iii.

θ0 no pertenece al intervalo de confianza al 95 % de confianza.

La solución del contraste bilateral es equivalente a la solución del intervalo, con lo que rechazar la hipótesis nula implica que el estadístico se situaría fuera del supuesto intervalo de confianza equivalente.

78

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Preguntas cortas y tipo test

2.33

Dado un contraste de hipótesis donde se ha rechazado la hipótesis nula al 5 % de significación, se sabe que: i.

También se rechazará al 1 % de significación.

ii.

No se rechazará la H0 al 10 % de significación.

iii.

El p-valor tomará un valor inferior al 5 %.

El p-valor representa una medida de la credibilidad de la hipótesis nula que se compara con el nivel de significación, de forma que si se ha rechazado el contraste, no cabe otra opción que fuese porque la credibilidad de la hipótesis nula medida a través del p-valor sea inferior al nivel de significación. 2.34

La distribución de la diferencia de medias muestrales: i.

Puede aproximarse mediante a una ley normal si los tamaños muestrales son lo suficientemente grandes.

ii.

Es normal sólo si las poblaciones son normales con la misma varianza.

iii.

Con tamaños muestrales inferiores a 30 nunca es normal.

De entre las tres opciones únicamente resulta cierta en todo caso la primera en virtud del teorema central del límite y los teoremas de convergencia. 2.35

Al calcular intervalos de confianza para la media poblacional con tamaño muestral n < 30 la distribución t-Student se utiliza: i.

Siempre.

ii.

Supuesta población normal con varianza conocida.

iii.

Supuesta población normal y varianza poblacional estimada por ser desconocida.

Si la población es normal y la varianza poblacional se desconoce, la cantidad pivotal que emplea la desviación típica o cuasidesviación típica muestrales se distribuye según un modelo t-Student. © Ediciones Pirámide

79

Problemas resueltos de estadística

2.36

El menor nivel de significación al cual puede rechazarse la hipótesis nula es: i.

La probabilidad del error de tipo I.

ii.

El p-valor.

iii.

La probabilidad del error de tipo II.

La segunda de las opciones coincide exactamente con la definición del pvalor. 2.38

La distribución muestral de (n - 1)s2(n-1)/σ2, siendo s2(n-1) la cuasivarianza muestral construida a partir de una muestra aleatoria: i.

Es siempre una 2.

ii.

Es siempre una 2 si la variable aleatoria X de la que procede la muestra es normal.

iii.

Es siempre asintóticamente normal.

El numerador del estadístico en cuestión es equivalente en términos de probabilidad a una suma de n-1 variables aleatorias normales elevadas al cuadrado de media cero y varianza σ2 (siempre que las variables que se suman se distribuyan según modelos normales), con lo que basta con dividir esta suma por la propia varianza para tener una suma de distribuciones normales tipificadas elevadas al cuadrado, suma que equivale a una distribución 2 2.39

Un estimador de un parámetro poblacional es: i.

Una cantidad desconocida.

ii.

La realización de una variable aleatoria.

iii.

Una variable aleatoria que depende de la información muestral.

Un estimador es una función matemática que depende de la información de la muestra y no de los parámetros poblacionales.

80

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Preguntas cortas y tipo test

2.40

Un estimador por intervalos para un parámetro poblacional es: i.

Un par de variables aleatorias que con cierta probabilidad contiene al verdadero valor del parámetro poblacional.

ii.

Un par de valores que, con cierta probabilidad, contiene al verdadero valor del parámetro poblacional.

iii.

Un intervalo de valores centrado en el verdadero valor del parámetro poblacional.

El intervalo de confianza puede definirse como el intervalo en el que con una determinada probabilidad (nivel de confianza) se encontrará el verdadero valor del parámetro respecto del que se desea inferir. Esta definición implica que los límites del intervalo se construyen con base en variables aleatorias. 2.41

La proporción muestral como estimador de la verdadera proporción poblacional es: i.

Sesgado.

ii.

Insesgado y no consistente.

iii.

Insesgado y consistente.

La proporción muestral es un estimador insesgado ya que su esperanza matemática coincide con el parámetro p y además es consistente al ser insesgado y asintóticamente de varianza mínima al ser su varianza igual a la varianza de la población dividido por el tamaño de la muestra. Cociente cuyo límite, cuando el tamaño de la muestra tiende a infinito, es igual a cero. 2.42

El método de máxima verosimilitud consiste en:

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i.

Escoger el máximo valor posible del parámetro desconocido.

ii.

Escoger el valor del parámetro que haga más probable el resultado obtenido en la muestra.

iii.

Escoger el máximo valor de los datos muestrales. 81

Problemas resueltos de estadística

El estimador de máxima verosimilitud es aquel que hace máxima la función de verosimilitud que resulta ser una medida de la probabilidad conjunta de la muestra seleccionada. Así, el estimador de máxima verosimilitud es el mejor posible para la muestra seleccionada. 2.43

Sabiendo que B ˆ1   1 y V ˆ1   0,5 , y que el estimador insesgado ˆ2 tiene una varianza igual a 4, según el criterio del error cuadrático medio: i.

Es preferible ˆ1 a ˆ2 .

ii.

Es preferible ˆ2 a ˆ1 .

iii.

No se pueden comparar.

Siendo el error cuadrático medio igual a la varianza del estimador más su sesgo elevado al cuadrado, no queda más que seleccionar al primer estimador por ser su error cuadrático medio igual a 1,5 frente al segundo, cuyo error cuadrático medio es igual a 4. 2.44

El error cuadrático medio de un estimador ( ˆ ) de un parámetro θ mide: i.

La dispersión del estimador alrededor de su sesgo.

ii.

La dispersión del estimador alrededor del parámetro.

iii.

La dispersión del estimador alrededor de su media.

El error cuadrático medio es igual a la esperanza matemática de la diferencia entre el estimador y el parámetro, lo que resulta ser una medida de las desviaciones elevadas al cuadrado de cada valor del estimador respecto del parámetro. 2.45

Se quiere estimar la renta mínima de los habitantes de Lugo. Para estimar puntualmente dicho parámetro se seguirá el siguiente proceso: i.

82

Una vez conocido el censo de los lucenses, se toma una muestra aleatoria, se propone un estimador adecuado y por último se calcula una estimación sobre una muestra en particular. © Ediciones Pirámide

Preguntas cortas y tipo test

ii.

Se recoge información de los últimos 20 lucenses que han engrosado las cifras del paro y se calcula la renta media de dicha muestra como estimación del parámetro.

iii.

Se sitúa un encuestador en un punto céntrico de Lugo y va preguntando a diferentes individuos las rentas que obtienen y se propone como estimación la renta mínima de dicha muestra.

La primera de las opciones constituye el procedimiento más adecuado en términos generales para abordar una operación de inferencia estadística, puesto que ninguna de las otras dos opciones garantizan la selección de una muestra adecuada. 2.46

Dada una población normal de media µ y varianza σ2, sabemos que el estadístico media muestral x de una muestra aleatoria simple sigue una distribución normal de: i.

Media n veces mayor que su población y varianza igual a su población.

ii.

Media igual a la de su población y varianza n veces más pequeña que su población.

iii.

Media n veces menor y varianza n veces mayor a su población.

La distribución de probabilidad de la media muestral obtenida de una población normal es también un modelo normal cuya media es igual a la media de la población y cuya varianza es igual a la varianza poblacional dividida entre el tamaño de la muestra. 2.47

En términos generales, para intervalos de confianza:

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i.

A mayor nivel de confianza, menor amplitud del intervalo.

ii.

A mayor varianza poblacional, intervalos con menor amplitud.

iii.

Si n crece, la amplitud del intervalo de confianza disminuye.

83

Problemas resueltos de estadística

El tamaño de la muestra n aparece en el denominador del error del intervalo, hecho que justifica que al aumentar el tamaño de la muestra disminuya la amplitud del intervalo de confianza. 2.48

Sea el siguiente intervalo de confianza al 95 % de confianza para la media poblacional sobre una muestra de 50 observaciones de una variable X: IC   ;0,05   87,3;95,7 

Señale la afirmación correcta: i.

Seguro que la media poblacional es 90.

ii.

La media muestral siempre estará incluida en el intervalo obtenido.

iii.

El intervalo de la media no es válido pues se basa en la normalidad y no conocemos esa propiedad de X.

La media muestral es el centro del intervalo de confianza cuando el modelo de probabilidad de la cantidad pivotal es simétrico, hecho que ocurre cuando se utiliza el estimador de máxima verosimilitud y/o el tamaño de la muestra es lo suficientemente grande. 2.49

Para una muestra particular se ha obtenido el p-valor = 0,023 al realizar un determinado contraste de hipótesis. Entonces: i.

Se acepta la hipótesis nula con un nivel de significación del 10 %.

ii.

Se rechaza la hipótesis nula con un nivel de significación del 1 %.

iii.

Se rechaza la hipótesis nula con un nivel de significación del 10 %.

El p-valor representa una medida de que la hipótesis nula, para la muestra seleccionada, sea cierta, de forma que si es inferior al nivel de significación fijado habrá de rechazarse la hipótesis nula por ser poco creíble. Esta circunstancia es la que se observa en la tercera opción de entre las anteriores.

84

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Preguntas cortas y tipo test

2.50

Una muestra aleatoria simple de tamaño n seleccionada de una población: i.

Está formada por n datos de dicha población.

ii.

Está formada por n variables aleatorias independientes de la población.

iii.

Se obtiene haciendo extracciones sin reemplazamiento de la población.

En realidad, la muestra seleccionada puede suponerse constituida por variables aleatorias equivalentes puesto que se trata de experimentos individuales dentro de una población con unas características de aleatoriedad que pueden extrapolarse a cada una de las observaciones de manera individual. 2.51

Se ha obtenido el siguiente intervalo de confianza para la diferencia de medias poblaciones al 95 %. IC   x   y ;0,05    1,35; 0, 48 

Con base en dicho intervalo, se puede afirmar que: i.

La media poblacional de la variable X es mayor a la media poblacional de la variable Y al 95 % de confianza.

ii.

La media poblacional de la variable X es menor a la media poblacional de la variable Y al 95 % de confianza.

iii.

La media poblacional de la variable X es igual a la media poblacional de la variable Y al 95 % de confianza.

El signo negativo implica que la diferencia entre las dos medias será menor que cero con un nivel de confianza del 95 %. Ello, tal y como se ha planteado el intervalo, implica que la media poblacional de la variable aleatoria X es menor que la media poblacional de la variable aleatoria Y. 2.52

Un 90 % de confianza en un intervalo para el parámetro  quiere decir que: i.

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Existe un 90 % de probabilidad de que  se encuentre fuera del intervalo de confianza.

85

Problemas resueltos de estadística

ii.

De cada 100 intervalos de confianza obtenidos, en 90 de ellos se espera que esté incluido .

iii.

Existe un error de un 90 % de que el intervalo incluya al verdadero .

Asumiendo que un intervalo de confianza es un intervalo en el que con una determinada probabilidad (nivel de confianza) estará incluido el parámetro respecto del que se desea inferir, cabe pensar que en 90 de cada 100 intervalos calculados la media quedará dentro de sus límites. 2.53

Se desea estimar la media µ de una variable aleatoria X. Para ello se toman 10 datos y se calcula la media muestral x y la cuasivarianza muestral sn21 . Entonces: i.

Por el teorema central del límite se sabe que µ será una variable aleatoria normal

ii.

Un estimador de X es x .

iii.

Si X es normal, x es siempre normal.

Si el carácter que se desea estudiar en la población se distribuye según un modelo normal, también se distribuirán según ese modelo (con los mismos parámetros) cada una de las observaciones individuales que componen la muestra. Así, siendo la media muestral una combinación lineal de tales observaciones individuales, no cabe más que aceptar que la media muestral se distribuirá según un modelo normal. 2.54

86

La distribución muestral de la diferencia de medias muestrales… i.

Con tamaños muestrales elevados convergerá a una distribución normal.

ii.

Siempre se distribuye exactamente como una normal.

iii.

Es normal sólo si las poblaciones son normales con la misma varianza.

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Preguntas cortas y tipo test

Consecuencia directa del teorema central del límite y los teoremas de convergencia, puede aceptarse que si el tamaño de la muestra es elevado, independientemente del modelo de probabilidad concreto de cada una de las observaciones, el modelo de probabilidad de la diferencia de medias muestrales (en la medida en la que se trata de una combinación lineal de variables aleatorias) convergerá a una distribución normal. 2.55

Sea X una variable aleatoria que permite modelizar el número de clientes que en una determinada población tienen instalada fibra óptica en casa. Si se toma una muestra aleatoria simple de 20 individuos de dicha población, se sabe que X: i.

Es una variable aleatoria que puede tomar valores 0 y 1.

ii.

Es una variable aleatoria normal como la variable aleatoria de la población.

iii.

El valor de X cambiará si el primer cliente seleccionado tiene fibra óptica en casa.

El carácter que se desea modelizar es un fenómeno dicotómico, con lo que cada una de las observaciones individuales en la muestra se distribuirá según un modelo dicotómico que únicamente puede adoptar resultados iguales a 0 o 1. 2.56

Sea Ho: 2  o2, frente a H1: 2 > o2, para una muestra de tamaño 20 procedente de una variable aleatoria X distribuida N(;2). i.

El error tipo I es el que se comete al rechazar Ho: 2  o2 cuando es verdadera.

ii.

El error tipo II es el que se comete al aceptar H1:  > o2 cuando es falsa.

iii.

La probabilidad de cometer el error tipo I y la de cometer el error tipo II se reducirían si redujésemos el tamaño muestral.

El error tipo I representa la probabilidad de rechazar la hipótesis nula cuando en realidad es cierta y se hace corresponder con el nivel de significación fijado para resolver el contraste.

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87

3

Cuestiones y problemas teóricos

CONTENIDO 3.1. 3.2.

Introducción. Cuestiones y problemas teóricos.

CONOCIMIENTOS PREVIOS Para abordar con éxito el estudio de este capítulo, el alumno deberá tener los siguientes conocimientos previos:  Conocimientos sobre las técnicas y herramientas propias de la estadística descriptiva.  Probabilidad, variables aleatorias y modelos de distribución de probabilidades.  Técnicas de inferencia paramétrica: estimación puntual, intervalos de confianza y contrastes de hipótesis.

OBJETIVOS Al finalizar el estudio de este capítulo el alumno deberá ser capaz de:  Realizar desarrollos abstractos y teóricos relacionados con los principales conceptos de la estadística descriptiva.  Operar con sucesos y probabilidades.  Operar desde un punto de vista teórico con conceptos relacionados con las variables aleatorias y los modelos de distribución de probabilidades.  Desarrollar operaciones teóricas referidas a las técnicas de inferencia paramétrica: estimación puntual, intervalos de confianza y contrastes de hipótesis.

89 © Ediciones Pirámide

89

Problemas resueltos de estadística

3.1.

INTRODUCCIÓN En el presente capítulo se incluye una colección de ejercicios y propuestas de carácter teórico que abarcan demostraciones y desarrollos vinculados con conceptos estadísticos, de probabilidad y de inferencia. En algunos de los campos de la estadística, especialmente la inferencia, y dentro de ésta en la estimación puntual, los planteamientos de carácter teórico son mayoritarios en las evaluaciones puesto que su vocación es eminentemente teórica. De forma complementaria, en prácticamente todas las ramas de la estadística existen aplicaciones susceptibles de ser planteadas desde un punto de vista teórico. La solución a cada una de las cuestiones se ha planteado de forma sencilla y detallada para que el lector pueda seguir el razonamiento lógico que guía a cada uno de los desarrollos expuestos.

3.2. 3.1

CUESTIONES Y PROBLEMAS TEÓRICOS Demostrar si la siguiente igualdad es cierta:

 2  a2  a12 Siendo σ2 la varianza y a2 y a1 los momentos centrados respecto del origen de órdenes 1 y 2, respectivamente. Solución: Para probar la veracidad de la igualdad expuesta ha de desarrollarse la expresión para el cálculo de la varianza desplegando la expresión elevada al cuadrado y operando de la forma siguiente:

90

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Cuestiones y problemas teóricos

2 2  2  E  X  E  X    E  X 2  E  X   2 XE  X   2 2  E  X 2   E  E  X    E  2 XE  X   E  X 2   E  X   2 E  X  E  X  

 E  X 2   E  X   2 E  X   E  X 2   E  X   a2  a12 2

3.2

2

2

Demostrar si la siguiente igualdad es cierta

P A  B C  P A C  PB C  P A  B C Solución: El enunciado propone calcular una probabilidad condicionada cuyo esquema es el que se observa en la figura siguiente:

Para calcular la probabilidad deseada basta con desarrollar la probabilidad condicionada recurriendo a la definición y operar con el numerador del cociente:

P  A  B   C  P  A  C    B  C    P C  P C  P  A  C   P  B  C   P  A  B    B  C    P C  P  A  C   P  B  C   P  A  B  C    P C  P  A  C  P  B  C  P  A  B  C      P C  P C  P C   P A C  PB C  P A  B C P A  B C 

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91

Problemas resueltos de estadística

3.3

Conocidas las probabilidades de los sucesos A, B, C, A ∩ B, A ∩ C, B ∩ C y A ∩ B ∩ C, determinar la probabilidad de la unión de sucesos siguiente: P A  B  C

Solución: El esquema gráfico de la probabilidad solicitada es el siguiente:

La solución a la probabilidad buscada no tiene más complicación que aplicar los axiomas de la probabilidad y desarrollar la unión.

P  A  B  C   P  A  B   C   P  A  B   P C   P  A  B   C     P  A  P  B   P  A  B    P  C    P   A  C    B  C      P  A  P  B   P  A  B   P C   P  A  C   P  B  C   P  A  C    B  C    P  A  P  B   P C   P  A  B   P  A  C   P  B  C   P  A  B  C  3.4

Obtener, empleando la función característica, la esperanza matemática y la varianza de la variable aleatoria definida por la siguiente función de distribución:

F  x   1  e   x x  0 Solución: El primer paso para resolver la cuestión planteada pasa por deducir la función de densidad sin más que derivar la función de distribución expuesta en el enunciado: 92

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Cuestiones y problemas teóricos

dF  x  dx

 f  x 

d 1  e x    e x dx

Una vez conocida la función de densidad, ha obtenerse la función característica para posteriormente derivarla hasta obtener los momentos. Primeramente la función característica:

 x  t   E eitx  

 f  xe

itx

dx 

Dx





 e

e dx    e x  it  dx 

  x itx

Dx

Dx



  e x   it     it     0    it 

Una vez obtenida la función característica se calculan la primera y segunda derivada para deducir a1, a2 y a partir de ellos, α2:

 d     d x  t   1  d     it              t 0  dt t  0  dt     it    t  0  dt





   1  i   1 1 1    i  ia1  a1   E  X   2        it   t 0 El momento centrado respecto del origen de orden 2 puede deducirse de la segunda derivada de la función característica particularizada para t = 0:  d 2     d 2 x  t   2  d  i    it      2        2 dt dt  it dt     t 0   t 0  t 0  





   2   i 2  2 2    i 2 2  i 2 a2  a2  2 3       it   t 0 Por último, la varianza es el resultado de restar al momento de orden 2 el momento de orden uno elevado al cuadrado: V  X   a2  a12 

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2



2



1



2



1

2 93

Problemas resueltos de estadística

3.5

Sean dos variables aleatorias independientes distribuidas según las leyes binomiales expuestas a continuación:

X 1    k1 ; p  X 2    k2 ; p  Demostrar que la variable aleatoria Y, definida como suma de las dos variables anteriores, se distribuye según un modelo binomial con los siguientes parámetros: Y  X 1  X 2    k1  k2 ; p  Solución:

Para demostrar la veracidad de la distribución puede recurrirse a las funciones características, desarrollando en primer lugar la función característica de la variable aleatoria Y:

 y  t   E eity   E eit  x  x    E eitx eitx   E eitx  E eitx   1

2

1

2

1

  eitp  1  p    eitp  1  p    eitp  1  p   k1

k2

2

k1  k2

Por otro lado, la función característica de la suma de las dos variables aleatorias resulta ser el producto de ambas funciones:

 x  x  t    x  t  x  t   E eitx  E eitx   1

1

2

2

2

2

 eitp  1  p    eitp  1  p    eitp  1  p   k1

k2

k1  k2

Comprobándose que se obtiene el mismo resultado por ambos caminos y por tanto la veracidad de la igualdad.

3.6

94

Sea una variable aleatoria distribuida en la población según un modelo binomial de parámetros k y p. Si se extrae una muestra de tamaño n suficientemente grande, siendo independientes las extracciones, deducir la distribución de probabilidad de la media muestral. © Ediciones Pirámide

Cuestiones y problemas teóricos

Solución:

El teorema central del límite proporciona la herramienta para conocer el modelo de probabilidad al establecer que una sucesión de variables aleatorias converge a una distribución normal si su cantidad es lo suficientemente elevada. De esta forma, sabiendo que la media muestral no es más que una combinación lineal de variables aleatorias, y que según el enunciado el tamaño muestral es lo suficientemente elevado, podrá aceptarse el siguiente planteamiento: TCL  n  



x   i 1 xi n  N E  x ; V  x  i n



Simplemente resta por conocer los valores concretos para esperanza matemática y varianza para lo cual se aplican sendos operadores sobre la media muestral:

1 i n i n  1 i n  1 E  x   E   i 1 xi   E  i 1 xi    i 1 E  xi   E  xi   kp   n n  n  

1 i n  kp  kp n i 1

La varianza se obtiene como sigue:

1 in in  1 i n  1 V  x   V   i 1 xi   2 V   i 1 xi   2  i 1 V  xi   V  xi   kp 1  p    n n  n  

kp 1  p  1 in kp(1  p )  2  i 1 n n

En los desarrollos anteriores se han empleado los valores para la esperanza matemática y la varianza de una distribución binomial, que son los siguientes: E[X] = kp; V[X] = kp(1 – p). Puede por tanto concluirse finalmente que la distribución de probabilidad de la media muestral es la siguiente:

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95

Problemas resueltos de estadística

 kp 1  p   i n TCL  n   x   i 1 xi n  N  kp;   n   La expresión anterior permite también deducir la distribución de la media muestral en caso de que la distribución poblacional fuese un modelo de Bernoulli, sin más que suponer k = 1:  p 1  p   i n TCL  n    x   i 1 xi n  N  p;   n   3.7

Justificar, de forma razonada, el modelo de probabilidad mediante el que se distribuye el siguiente estadístico supuestamente enmarcado en el estudio de una variable aleatoria normalmente distribuida:

 n  1 sn21 2 Solución:

Para estudiar el modelo de distribución del referido estadístico cabe comenzar por el estudio del numerador, que en realidad se trata de una combinación lineal, sumatorio, de variables aleatorias normales:

 x  x i n i 1

2

i

Utilizando el lema de Fisher se puede aceptar que el sumatorio anterior equivale, en términos de probabilidad, a una suma de variables aleatorias normales en los términos siguientes:

 x  x   in i 1

2

i

i  n 1 i 1

N 2  0; 2 

Queda por tanto caracterizado el numerador como una suma de n - 1 variables aleatorias normales centradas en el origen y con varianza σ2. Basta incorporar este

96

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Cuestiones y problemas teóricos

resultado en el estadístico propuesto en el enunciado para comprobar el modelo de distribución:



i  n 1 i 1

N 2  0; 2 

2

2 2 i  n 1  N  0;   i  n 1 2 2   i 1     i 1 Z  0;1   n 1 2   

Puede por tanto concluirse que el estadístico referido se distribuye según un modelo chi-cuadrado con n - 1 grados de libertad:

 n  1 sn21   2

n 1

2

3.8

Sea una variable aleatoria distribuida en la población según una distribución de Poisson de parámetro λ. Si se extrae una muestra de tamaño lo suficientemente grande, siendo independientes las extracciones, deducir la distribución de probabilidad de la media muestral. Solución:

El teorema central del límite proporciona el fundamento teórico que permite aceptar que la distribución de la media muestral será un modelo normal con los siguientes parámetros:



TCL n  x   i 1 xi n   N E  x ; V  x  i n







Simplemente queda por calcular los valores concretos para la esperanza matemática y la varianza de la distribución normal. Para ello debe recordarse que la esperanza matemática y la varianza para el modelo de Poisson son iguales al parámetro λ y trabajar con los referidos operadores de la forma siguiente:

1 in in  1 i n  1 E  x   E   i 1 xi   E  i 1 xi    i 1 E  xi    E  xi       n n  n 

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1 i n    n i 1

97

Problemas resueltos de estadística

1 in  1 i n  1 V  x   V   i 1 xi   2 V   i 1 xi   2   n n  n 

1 n2



i n i 1

V  xi   V  xi    



in

  n i 1

Por último, la deducción formal del modelo se expone a continuación:



P x   i 1 xi n   N ;  n i n

3.9



Deducir el estimador máximo verosímil para el parámetro λ de un modelo de distribución de Poisson. Solución:

La función de verosimilitud es una función de probabilidad conjunta de cada una de las observaciones de la muestra. Matemáticamente se trata de una función de probabilidad conjunta y para el modelo de Poisson adopta la forma siguiente:

e  n   i1

i n

L  x1 , x2 ,.., xn ;     i 1 f  xi ;    in



in i 1

xi

xi !

El estimador de máxima verosimilitud es el que maximiza la función con dicho nombre, con lo que para obtener el estimador habrá de derivarse esta función respecto del parámetro λ, operación que se simplifica tomando logaritmos: dLn  L  x1 ,..., xn ;    d

d    n Ln  e    d  

98

i n x  d   e  n   i1 i Ln  d     i  n xi ! i 1  

    

 xi  Ln  i 1 xi !    n  i 1  

  x  Ln      in i 1

i

i n



i n

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Cuestiones y problemas teóricos

La expresión anterior se iguala a cero forzando la primera condición de máximo, refiriéndose ya al estimador de máxima verosimilitud y despejando este estimador:

dLn  L  x1 ,..., xn ;    d

  0  n 

i n i 1

 mv

xi

  mv  x   i 1 xi n i n

Como puede observarse de la deducción anterior, el estimador de máxima verosimilitud para el parámetro λ de la distribución de Poisson resulta ser la media muestral. La comprobación de que la media muestral es el estimador que maximiza la verosimilitud se obtiene calculando la segunda derivada y comprobando que su signo es negativo: d 2 Ln  L  x1 ,..., xn ;    d2

3.10

0

d  1  1 in   n    i 1 xi     2 d      



in i 1

xi  0

Comprobar si la media muestral es un estimador de varianza mínima para el parámetro λ de una distribución de Poisson. Solución:

Para comprobar si la media muestral es un estimador de varianza mínima para el parámetro λ habrá de calcularse la varianza del estimador y la cota de CramerRao para la distribución de Poisson, comparando ambos para ver si son iguales. La varianza se calcula sin más que aplicar el citado operador matemático al estimador media muestral: V  x   V   i 1 xi  1  V  xi     2 n in

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1 n  2  n

  i n   1  i n  V   i 1 xi    n 2   i 1 V  xi 

 i n      i 1  n

99

Problemas resueltos de estadística

Una vez conocida la varianza se calcula la cota de Cramer-Rao en los términos descritos en el desarrollo siguiente, en el que se comienza definiendo la cota desde comenzando por el denominador: f  x;  

e   x x!

Ln  f  x;        xLn     Ln  x !

dLn  f  x;   d

 1 

x





x



A continuación se aplica el operador esperanza matemática sobre el cuadrado de la expresión anterior:  dLn  f  x;   2    x   2   x    2      E    E      E    d  2         



1



1 2 2 E  x      E   x       2  V  X   2 V  X         2

 V  X    

1



Una vez caracterizado el denominador, queda pendiente calcular la derivada del sesgo para definir el denominador: i n i n B  x     E  x     E   i 1 xi n       i 1 E  xi  n       i n    E   i 1  n       0  

Al ser la media muestral un estimador insesgado del parámetro, el numerador de la cota de Cramer-Rao es igual a la unidad.

100

© Ediciones Pirámide

Cuestiones y problemas teóricos

VCR 

 dB       1   d  

2

 dLn  f  X ;         nE  d    2



1   n 1   n

Basta con comparar la cota obtenida con la varianza previamente calculada para comprobar que son iguales y que, por tanto, la media muestral es un estimador de varianza mínima para el parámetro λ de la distribución de Poisson:

V  x  

3.11

 n

 VCR 

 n

Comprobar si el estadístico suma es un estimador suficiente del parámetro λ de una distribución de Poisson. Solución:

El teorema de factorización de Fisher-Neyman proporciona una herramienta adecuada para comprobar si la media muestral es un estimador suficiente para el parámetro λ de una distribución de Poisson. El uso del citado teorema exige recurrir a la función de verosimilitud que se expone a continuación: e  n   i1

in

L  x1 , x2 ,.., xn ;     i 1 f  xi ;    in



in i 1

xi

xi !

Un estimador suficiente según el teorema aludido será aquel que permita expresar la función de verosimilitud como producto de dos funciones, la primera de las cuales depende del parámetro y de la muestra a través del estimador y la segunda depende de la muestra pero no a través del estimador:





L  x1 , x2 ,.., xn ;    g   x1 , x2 ,.., xn  ;   h  x1 , x2 ,.., xn 

© Ediciones Pirámide

101

Problemas resueltos de estadística

Cabe por tanto analizar la función de verosimilitud expuesta de cara a discutir su posible agrupación. En este caso concreto, la función de verosimilitud puede expresarse de la forma siguiente:





x  g   x1 , x2 ,...xn  ;   e  n   i1 i  i n 1 x  L  x1 , x2 ,.., xn ;    e  n   i1 i  1 x1 !...xn !  h  x1 , x2 ,...xn   x1 !...xn !  i n

Puede por tanto concluirse que el estadístico suma es un estimador suficiente para el parámetro λ de una distribución de Poisson. 3.12

Deducir el estimador de máxima verosimilitud para el parámetro p de una distribución binomial cuyos parámetros son el citado p y k. Solución:

La obtención del estimador de máxima verosimilitud requiere deducir la función de verosimilitud y obtener la expresión para el parámetro que maximiza dicha función. El primer paso consiste, por tanto, en obtener la función de verosimilitud para la distribución binomial: in i  n  k  kx  L  x1 , x2 ,..., x n ; k , p    i 1 f  xi ; k , p    i 1    p xi 1  p  i     xi   in in  in  k  x kn  x    i 1    p  i 1 i 1  p   i 1 i  xi   

Una vez expuesta la función de verosimilitud debe derivarse respecto del parámetro para el que se busca un estimador e igualar a cero para comprobar la primera condición de máximo. Para facilitar el cálculo cabe tomar logaritmos y operar de la forma siguiente:

Ln  L  x1 , x2 ,..., xk ; p     i n  k   Ln  i 1      xi   

102

  x  Ln  p    kn   x  Ln 1  p  i n i 1

i n

i

i 1

i

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Cuestiones y problemas teóricos

Se deriva la expresión logarítmica anterior:    i n  k   Ln      p   i 1  xi   



i n i 1



  x  Ln  p    kn   x  Ln 1  p    i n i 1

i n i 1

i

 

i n xi p   kn   i 1 xi 

i

 1  p 

Finalmente se iguala a cero fijando la condición de máximo y refiriéndose ya al estimador:



in i 1

 

i n xi p mv   kn   i 1 xi 

 1  p   0  p mv

  i 1 xi kn i n

mv

Por último, la segunda derivada debe ser negativa para confirmar la condición de máximo: 2 L  x1 , x2 ,..., xn ; k , p   0  p 2 



  p 





i n i 1

i n i 1

 

i n xi p   kn   i 1 xi 

 

i n xi p 2   kn  i 1 xi 



 1  p   1  p 

2

 

Pudiendo comprobarse que la segunda derivada es negativa y que por el estimador deducido es el que maximiza la función de verosimilitud. 3.13

Deducir el estimador por el método de los momentos para el parámetro p de una distribución binomial de parámetros k y p. Solución:

El estimador obtenido por el método de los momentos es el que procede de igualar los momentos poblacionales y los muestrales. En este caso, al tratarse de un único parámetro se recurrirá a los momentos de orden uno. © Ediciones Pirámide

103

Problemas resueltos de estadística

El planteamiento y la deducción son sencillos tal y como puede observarse a continuación:

E  X   a1  kp   i 1 xi n  p m   i 1 xi kn i n

i n

Puede comprobarse cómo los estimadores por los métodos de los momentos y de la máxima verosimilitud para el parámetro p de la distribución binomial coinciden. 3.14

Comprobar en el parámetro si la media muestral es un estimador eficiente del parámetro p de una distribución de Bernoulli. Solución:

La eficiencia implica la doble comprobación de la insesgadez y de la varianza mínima. Comenzando por la comprobación de la insesgadez, a continuación se deduce la esperanza matemática del estimador y se compara con el verdadero valor del parámetro de cara a obtener el sesgo: i n i n 1  B  x   p  E  x   p  E  i 1 xi n   p   E  i 1 xi        n 

1  1 i n   1 i n   p    i 1 E  xi     E  xi   p  p    p   p  np  0 n n   n i 1  Tras comprobar el sesgo, el análisis se centra en el estudio de la varianza, para lo cual ha de calcularse la varianza del estimador y la cota de Cramer-Rao para la distribución. El cálculo de la varianza es el siguiente: 1 i n i n V  x   V  i 1 xi n   2 i 1 V  xi   V  xi   p 1  p     n   

104

p 1  p  1  i n p 1  p    2   i 1  n n

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Cuestiones y problemas teóricos

A continuación se calcula la cota de Cramer-Rao calculando comenzando por el denominador: f  x; p   p x 1  p 

1 x

Ln  f  x; p    xLn  p   1  x  Ln 1  p  Ln  f  x; p   p



x 1  x  x p   p 1  p  p 1  p 

El paso siguiente requiere calcular la esperanza matemática de esta función elevada al cuadrado:

 Ln  f  x; p   2    x  p 2   x  p  2       E    E     E 2   p 1 p     p            p 1  p    



1



2 2 E  x  p    E  x  p     2  V  X   p 1  p        p 1  p   1 1  p 1  p   2  p 1  p    p 1  p  



2

Así, teniendo en cuenta que el estimador es insesgado, se deduce la cota de Cramer-Rao de la forma siguiente:

VCR 

© Ediciones Pirámide

 dB  x   1   dp  

2

 Ln  f  x; p      nE   p 

2

  





1

n 1  p 1  p  





p 1  p  n

105

Problemas resueltos de estadística

Puede comprobarse, por tanto, que varianza y cota de Cramer Rao coinciden, lo que hace que la media muestral sea un estimador eficiente para el parámetro p de una distribución binomial: V x 

3.15

p 1  p  n

 VCR 

p 1  p  n

Comprobar si la media muestral es un estimador consistente del parámetro λ de una distribución de Poisson. Solución:

La consistencia implica comprobar el cumplimiento de los dos límites que fijan las condiciones suficientes:

lim B    0   n  lim V    0   n  Basta con particularizar las condiciones anteriores para la media muestral y el modelo de distribución de Poisson para comprobar que el estimador es consistente:

lim E  x     E  x    n 

 lim V  x   0  lim V  x   lim    0 n  n  n  n   Puede comprobarse, por tanto, que el estimador es consistente. 3.16

106

Calcular el estimador de máxima verosimilitud para el parámetro µ de una distribución normal de parámetros µ y σ.

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Cuestiones y problemas teóricos

Solución:

El primero de los pasos exige calcular la función de verosimilitud para la distribución normal:

L  x1 , x2 ,..., xn ;  ,    i 1 f  xi ;  ,    i 1  2  in

  2 

n 2

 

2 n 2



 i1  xi    i n

i n

1 2

 

2 1 2

  xi   

e

2

2

2



2

2 2

e

El estimador de máxima verosimilitud para el parámetro μ viene de derivar la función de verosimilitud respecto de dicho parámetro. Para simplificar la operación se toman logaritmos previamente a derivar: n n   xi    Ln  L  x1 , x2 ,..., xn ;  ,     Ln  2   Ln  2   i 1 2 2 2 2 i n

2

Igualando a cero se fija la primera condición de máximo y se puede hacer referencia al estimador despejando su valor:





 1 i n   Ln  L  x1 , x2 ,..., xn ;  ,    0  2  i 1 xi   mv   i n i n   0  in x  in    i 1 xi    i 1 i  i 1  mv   i 1 xi  n mv  0  mv





    i 1 xi n  x mv i n

La segunda condición de máximo se comprueba recurriendo a la segunda derivada de la función de verosimilitud: 2   1 i n  n Ln  L  x1 , x2 ,..., xn ;  ,    0  x     2 2 2  i 1  i        3.17

Se desea obtener el estimador de máxima verosimilitud del parámetro θ del modelo de probabilidad definido por la siguiente función de densidad:

f ( x; )  1    x  0  x  1 © Ediciones Pirámide

107

Problemas resueltos de estadística

Solución:

Para calcular el estimador de máxima verosimilitud se obtiene la función de verosimilitud como sigue:

L  x1 , x2 ,..., xn ;    i 1 f  xi ;    i 1 1    xi  in

 1   

n



in i 1

i n

xi

Antes de fijar la primera condición de máximo se toman logaritmos: in Ln  L  x1 , x2 ,..., xn ;    nLn 1      Ln  i 1 xi 

La derivada respecto del parámetro adopta la forma siguiente: in d n Ln  L  x1 , x2 ,..., xn ;     Ln  i 1 xi  d 1   

En último lugar se iguala a cero despejando el estimador: i n d n Ln  L  x1 , x2 ,..., xn ;    0   Ln  i 1 xi    d 1   mv



  mv 

n



Ln  xi  i 1 in



1

La segunda derivada de la función de verosimilitud permite comprobar el carácter máximo del estimador obtenido: d2 d  n Ln  L  x1 , x2 ,..., xn ;    0   Ln d 2 d  1   

108



i n i 1



n  xi   2  1   

© Ediciones Pirámide

Cuestiones y problemas teóricos

3.18

Se desea obtener el estimador por el método de los momentos del parámetro θ del modelo de probabilidad definido por la siguiente función de densidad:

f ( x; )  1    x  0  x  1 Solución:

Para calcular el estimador por el método de los momentos ha de obtenerse la esperanza matemática de la variable aleatoria e igualarla al momento muestral de orden uno respecto del origen. Comenzando por la esperanza matemática: E  X    xf  x  dx   x 1    x dx   1    x 1dx  Dx

1

1

0

0

  1  2    1 x    2 0   2 1

Simplemente queda por igualar la esperanza matemática anterior a la media muestral (momento centrado respecto del origen de orden uno) y despejar el estimador:

 m  1 2x  1  x   m   1 x m 2 3.19

Deducir de forma razonada, mediante el método de la cantidad pivotal, la expresión que permite calcular un intervalo de confianza con un nivel de significación α para la varianza de una población normal supuestamente desconocido su valor medio y conocida la cuasidesviación típica muestral. Solución:

El método de la cantidad pivotal exige identificar un pivote de carácter aleatorio cuya distribución de probabilidad sea conocida. A partir de esta cantidad pivotal se deducen los límites del intervalo de confianza. El planteamiento puede esquematizarse como sigue:

P  q1  Q  q2   1    P  LI    LS   1   © Ediciones Pirámide

109

Problemas resueltos de estadística

Las exigencias planteadas en el enunciado imponen el recurso a la siguiente cantidad pivotal: Q

 n  1 sn21   2 2

 n 1

Utilizando el referido pivote debe desarrollarse la probabilidad que define un intervalo de confianza y despejar los límites del intervalo:

P  LI   2  LS   1  

Para llegar a despejar los límites (LI, LS) reflejados en la expresión anterior se parte de la probabilidad correspondiente referida a la cantidad pivotal y se desarrolla hasta despejar la varianza en el centro del intervalo y los límites en los dos extremos:

 2  n  1 sn21 2  P  q1  Q  q2   1    P   2   1 2   1   2   Simplemente despejando y operando con las inecuaciones interiores pueden despejarse los límites del intervalo sin complicación: 110

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Cuestiones y problemas teóricos

 2 2 12 2   2  n  1 sn21 2  1 P   2   1 2   1    P   2  2 2  n  1 sn21    n  1 sn 1      n  1 sn21  n  1 sn21   P   n  1 sn21   2   n  1 sn21  2  P       2 2 12 2  2 2    2  1 2

Quedando por tanto el límite formalmente expresado como sigue:

  n  1 sn21  n  1 sn21  IC  ;    2 ;  2 2   1 2 2

3.20

Deducir de forma razonada, mediante el método de la cantidad pivotal, la expresión que permite calcular un intervalo de confianza con un nivel de significación α para la media de una población normal supuestamente desconocido su valor medio y conocida la cuasidesviación típica muestral. Solución:

El uso de la técnica de la cantidad pivotal requiere proponer el pivote adecuado y desarrollar la definición del intervalo de confianza. El planteamiento del problema es el siguiente:

P  q1  Q  q2   1    P  LI    LS   1   La cantidad pivotal acorde con las exigencias del enunciado es la siguiente: Q



x  sn

n 1



 t n 1

El esquema del intervalo y de su definición se refleja a continuación: P  LI    LS   1   © Ediciones Pirámide

111

Problemas resueltos de estadística

Por último, el desarrollo del intervalo a partir del planteamiento de la cantidad pivotal:

x   P  q1  Q  q2   1    P t 2   t1   s n 1 n 





2

  1 

La deducción de los límites:   s  x   s    P t 2   t1 2   1    P t 2  n   x    t1 2  n 1    sn n  1  n    n 1   





  s   s  P   x  t 2  n       x  t1 2  n     n 1   n  1     s   s   P  x  t 2  n     x  t1 2  n    t 2  t1 2   n 1   n  1     s   s   P  x  t1 2  n     x  t1 2  n    n  1   n 1  





Por último, la formulación del intervalo:   s  IC   ;    x  t1 2  n    n  1  

112

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Cuestiones y problemas teóricos

3.21

Deducir la función de potencia para el siguiente contraste de hipótesis suponiendo el comportamiento normal de la variable en la población y conocida la varianza poblacional:

H 0 :   0 H1 :   0 Solución:

La potencia del contraste queda definida como la complementaria de la probabilidad vinculada al riesgo de segunda especie:

    P  AH 0 H 1  P    1      P  RH 0 H 1  Con lo que el cálculo de la función de potencia ha de partir del planteamiento y desarrollo de la probabilidad referida. Dicha probabilidad implica que el estadístico se ubique en la región crítica para los diferentes valores del parámetro µ. Para ello se empieza definiendo la probabilidad vinculada a aceptar la hipótesis nula:  x  0     P  AH0 H0   P  Z1    Z1   P  x  0  n    n       x1  0  Z1   P  x  x1  n  

Sobre esta probabilidad se incorpora la condición vinculada a la hipótesis alternativa:  x     H1 x1     H1   x1     H1  P  AH0 H1   P  x  x1 H1   P     P Z    n   n    n 

Para el cálculo de la función de potencia únicamente resta aplicar la complementaria a la probabilidad anterior y desarrollar el contenido de la probabilidad:

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113

Problemas resueltos de estadística

 x1     H1  P     1       1  P Z    n  









 0   n Z1     H1    1 P Z     n     n  1  P  Z  Z1  0     H1    



3.22



Proponer una regla que permita decidir entre dos contrastes unilaterales para la media de una población normal en los términos siguientes:

H 0 :   0 H1 :   1 Solución:

Para resolver la cuestión planteada debe recurrirse al estudio de la potencia de los contrastes y para ello el lema de Neyman-Pearson proporciona una herramienta válida. Ha de calcularse el cociente entre las funciones de verosimilitud vinculadas a ambas hipótesis y compararse con un valor umbral. El cociente entre las funciones de verosimilitud es el siguiente:

L  x1 , x2 ,..., xn ; 1 , 

L  x1 , x2 ,..., xn ; 0 , 



 2   2 

n 2

n 2

 

2 n 2

 

2 n 2



i n

2



 i1  xi  0  i n

 i1  xi  0    i1  xi  1  i n

2 2

e e

 i1  xi  1 

2

e

i n

2

2

2

2

2 2

El criterio de decisión implica rechazar la hipótesis nula si el citado cociente es mayor o igual que una determinada cantidad constante k. El objetivo, por tanto, es encontrar un valor de la media muestral por encima del cual habrá de rechazarse la hipótesis nula y para ello se opera hasta despejar la media muestral.

114

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Cuestiones y problemas teóricos

Se persigue, por consiguiente, aislar la media muestral y vincularla con una cantidad constante de la forma siguiente: 

 i1  xi  1    i1  xi  0  i n

i n

2

2

e

2

2

 k   i 1  xi  0    i 1  xi  1   2 2 Ln  k   in

2

i n

2

 n  02  12   2  0  1   i 1 xi  Ln  2k 2   in

  i 1 xi  i n

2 2 Ln  k   n  02  12  2  0  1 

x

Ln  2k 2   n  02  12  2n  0  1 

La expresión anterior exige, por tanto, rechazar la hipótesis nula si la media muestral supera la referida cantidad. 3.23

Se sabe que la función de densidad de una determinada variable aleatoria adopta la forma siguiente: f ( x;  )   e  x  x  0

Se plantea un contraste de hipótesis acerca del parámetro poblacional en los términos siguientes:

H 0 :   0 H1 :   1 Se desea determinar la mejor región crítica empleando un nivel de significación α. Solución:

La solución a este planteamiento la proporciona el lema de Neyman-Pearson, que parte del cociente de las funciones de verosimilitud vinculadas a ambas hipótesis. La función de verosimilitud de la distribución referida para una muestra aleatoria simple de tamaño n es la siguiente: in i n  x L  x1 , x2 ,..., xn ;    i 1 f ( xi ; )   i 1  e xi   n e  i1 i i n

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115

Problemas resueltos de estadística

El cociente entre las funciones de verosimilitud es el siguiente:

L  x1 , x2 ,..., xn ;1 

L  x1 , x2 ,..., xn ;0 

 1n e 

i n x i 1 i

 0n e 

i n

1



o

x i 1 i

      in x   1  e 0 1  i1 i  0  n

Simplemente resta fijar la condición de rechazo y operar hasta encontrar el estimador adecuado: in  1  0 1  ii1n xi    k  nLn  1    0  1   i 1 xi  Ln  k     e  0  0  Ln  k   nLn 1  0  Ln  k   nLn 1  0  i n   i 1 xi  x n  0  1  0  1  n

Debiendo rechazarse la hipótesis nula si la media muestral fuese mayor que la cantidad expresada. 3.24

El tiempo de funcionamiento en horas de una determinada cámara de control es una variable aleatoria cuya función de densidad es la siguiente: f  x;    2 xe  x

x0

Se sabe que la esperanza matemática de la citada variable aleatoria es igual a 2/ y la varianza es igual a 2/ 2.

116

1.

Calcular el estimador para el parámetro  por el método de máxima verosimilitud.

2.

¿Es el estimador obtenido insesgado?

3.

Sea la media muestral el estimador del parámetro . ¿Sería este nuevo estimador más eficiente que el estimador calculado en los apartados anteriores? Razónese para  = 1.

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Cuestiones y problemas teóricos

Solución:

1.

Calcular el estimador para el parámetro  por el método de máxima verosimilitud.

El estimador de máxima verosimilitud requiere obtener el valor del parámetro que hace máxima dicha función, para lo cual el primer paso es obtener la citada función:

L  x1 , x2 ,..., xn ;    i 1 f  xi ;    i 1  2 xi e xi  in

  2n





in

 x x e  i1 i i 1 i i n

i n

Para simplificar la derivación posterior se toman logaritmos en la función de verosimilitud:  LnL  x1 , x2 ,..., xn ;   Ln  2 n   2nLn  Ln



i n i 1







 x  x e  i1 i   i 1 i 

i n

i n

xi    i 1 xi in

El paso siguiente exige derivar el logaritmo de la función de verosimilitud: d d  2nLn  Ln  LnL  x1 , x2 ,..., xn ;    d d  2n in    i 1 xi



i n i 1



xi    i 1 xi    in



Igualando a cero la anterior derivada se fija la primera condición de máximo y puede obtenerse un primer candidato a estimador: d 2n 2n in  LnL  x1 , x2 ,..., xn ;    0    i 1 xi   mv  i  n   d  mv  xi i 1

Simplemente resta calcular la segunda derivada del logaritmo de la función de verosimilitud para comprobar si el estimador obtenido en realidad constituye un máximo de la función: © Ediciones Pirámide

117

Problemas resueltos de estadística

d2 d  2n i n  2n Ln  L  x1 , x2 ,..., xn ;    0    i 1 xi   2 2  d d     El signo de la segunda derivada es negativo y por tanto se verifica la bondad del estimador. 2.

¿Es el estimador obtenido insesgado?

Ha de calcularse el sesgo del estimador que requiere obtener la esperanza matemática del mismo y restársela al verdadero valor del parámetro: B  mv     E  mv     E  2n  

2n



i n i 1

E  xi 

 



2n



in i 1

E  xi 

i n i 1

xi     2nE 1

 



i n i 1

xi  

2n 0 2n 

Pudiendo comprobarse que se trata de un estimador insesgado. 3.

Sea la media muestral el estimador del parámetro . ¿Sería este nuevo estimador más eficiente que el estimador calculado en los apartados anteriores? Razónese para  = 1.

Para pronunciarse respecto de la eficiencia de los dos estimadores ha de calcularse la varianza de cada uno de ellos: V ˆmv   V  2n



i n

x   4n 2 i 1 i 



i n

V  xi   i 1

4n 2  2n 2 2 2n 

 i 1 V  xi   2n  2  2  x n    i 1 i  n2 n2 n 2 i n

V x  V 

i n

Simplemente queda particularizar para θ = 1 y pronunciarse respecto del estimador más eficiente:

V ˆmv   2n 2  2n V x 

2 n

2



2 n

A la vista de tales resultados, el estimador más eficiente será la media muestral al proporcionar una varianza inferior al otro estimador. 118

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4

Ejercicios de aplicación

CONTENIDO 4.1. 4.2.

Introducción. Ejercicios de aplicación.

CONOCIMIENTOS PREVIOS Para abordar con éxito el estudio de este capítulo, el alumno deberá tener los siguientes conocimientos previos:  Conocimientos teóricos y aplicados sobre estadística descriptiva univariante y bivariante.  Conocimientos acerca de operaciones con sucesos y probabilidad y los teoremas de uso frecuente.  Manejo y operativa con variables aleatorias continuas y discretas.  Conocimientos teóricos y aplicados acerca de los modelos de distribución de probabilidades de uso más frecuente.  Inferencia estadística: estimación puntual, estimación por intervalos y contrastes de hipótesis.

OBJETIVOS Al finalizar el estudio de este capítulo el alumno deberá ser capaz de:  Resolver ejercicios complejos de estadística y probabilidad que incluyan conceptos de diferentes unidades teóricas.  Operar con datos y técnicas propias de la estadística descriptiva interpretando los resultados.  Resolver problemas complejos de probabilidad y variables aleatorias.  Resolver ejercicios complejos de inferencia estadística.

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119

Problemas resueltos de estadística

4.1. INTRODUCCIÓN A lo largo de este último capítulo del manual se presentará un conjunto de ejercicios de aplicación numérica en su mayoría. Se trata de ejercicios concebidos desde una perspectiva global del conocimiento estadístico. En muchos de los ejercicios expuestos se combinan conceptos de diferentes unidades teóricas, lo que hace que la solución requiera de una perspectiva completa del área de conocimiento y una considerable capacidad de interrelación entre conceptos diferentes. Los ejercicios expuestos incluyen la solución con explicaciones que permiten al lector seguir el razonamiento seguido hasta obtener la solución.

4.2. EJERCICIOS DE APLICACIÓN 4.1

Un televisor tiene un gran número de válvulas, tanto de tipo A como de tipo B, todas independientes entre sí. El número medio de válvulas tipo A que se estropean al año sigue un modelo cuyo parámetro es 2 y suponiendo estabilidad e independencia en el proceso. El número de válvulas tipo B que se estropean se puede representar por una variable aleatoria cuya función de masa es la siguiente:

P X B  i   i i  1, 2, 3 P X B  i    (7  i) i  4, 5, 6 Donde i es el número de válvulas que se estropean en un año. Se supone que no existe ninguna relación entre las válvulas tipo A y las válvulas tipo B que se estropean. 1. Calcule la constante  para que la función de cuantía del número de válvulas esté bien definida. 2. Calcule el número esperado de válvulas de tipo B que se estropean en un año. 120

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Ejercicios de aplicación

3. Qué es más probable, ¿que en un año determinado se estropee una válvula de tipo A o una de tipo B? 4. Si un televisor se estropea cuando lo hacen más de dos válvulas del tipo A o más de tres válvulas del tipo B, ¿cuál es la probabilidad de que un televisor se estropee? 5. Si un televisor tiene cinco válvulas de tipo A y siete de tipo B, calcular la probabilidad de que, sabiendo que se ha estropeado una válvula, ésta sea de tipo A. Solución: 1. Calcule la constante  para que la función de cuantía del número de válvulas esté bien definida. Se dispone de información sobre el número de válvulas que se estropean en un determinado proceso. Esta variable puede adoptar un número finito de resultados, con lo que se trata de una variable aleatoria discreta. El enunciado proporciona la función de cuantía y solicita determinar el valor de  para que esa función esté bien definida. Para determinar el valor de ese parámetro ha de recurrirse a las propiedades de la función de cuantía y recordar que la suma de los valores de la función de cuantía en cada punto del dominio de la variable (probabilidades vinculadas a todos los posibles resultados de la variable) debe ser igual a la unidad:

 P X Dx

B

 i  1

Teniendo en cuenta la propiedad anterior, simplemente resta sustituir y despejar el valor de  como sigue:

 i 3 i    i 6  (7  i)   1   i 1   i 4 

  2  3    (7  4)   (7  5)   (7  6)  1    0,08 2. Calcule el número esperado de válvulas de tipo B que se estropean en un año. El número esperado de válvulas que se estropean en un año puede calcularse a través de la función esperanza matemática de una variable aleatoria que, cuando se trata de una variable discreta, adopta la forma siguiente: E  X B   D xBi P X B  xBi   D iP X B  xBi  x

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x

121

Problemas resueltos de estadística

Sustituyendo cada valor de i y de su correspondiente probabilidad mediante la función de cuantía, se obtiene la esperanza matemática de la forma siguiente: i 3 i 6 E  X B   i 1 i  0,08i    i 4 i  0,08(7  i) 

  0,08  0,32  0,72  0,96  0,80  0,56  3,36 No debe extrañar que el número esperado adopte un valor con decimales puesto que no se trata de un resultado para la variable aleatoria, sino de un número esperado que corresponde con un valor medio 3. Qué es más probable, ¿que en un año determinado se estropee una válvula de tipo A o una de tipo B? Para contestar a este apartado ha de calcularse la probabilidad de que se averíe una válvula del tipo A, la probabilidad de que se averíe una válvula del tipo B y comparar ambos resultados. El cálculo de la probabilidad de avería de la válvula tipo B es sencillo y simplemente procede sustituir el resultado en cuestión (XB = 1) en la función de cuantía anterior:

P XB 1  0,081 0,08 Para calcular la probabilidad de que una válvula del tipo A se estropee hay que recurrir a la función de cuantía para un modelo de Poisson puesto que se trata de un experimento cuyos resultados son discretos (número de válvulas que se estropean), pero referido a un medio continuo (tiempo, medido en años en este caso). Para aplicar la función de cuantía del modelo de Poisson ha de conocerse el valor del parámetro (λ) que representa la tasa habitual con la que ocurre el fenómeno objeto de estudio (tasa con la que habitualmente se estropean las válvulas al año) y que el enunciado fija en un valor de 2. Basta con sustituir en la expresión de la función de cuantía de la distribución de Poisson y calcular la probabilidad de que se estropee una válvula del tipo A:

P  X A  x Ai  

e    xAi e 2 21  P  X A  1   0, 27 x Ai ! 1!

Comparando ambas probabilidades puede concluirse que es más probable que se estropee una válvula del tipo A. 122

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Ejercicios de aplicación

4. Si un televisor se estropea cuando lo hacen más de dos válvulas del tipo A o más de tres válvulas del tipo B, ¿cuál es la probabilidad de que un televisor se estropee? El enunciado exige calcular la probabilidad de la unión de dos sucesos: estropearse más de dos válvulas del tipo A o estropearse más de tres válvulas del tipo B. Para calcular la probabilidad de la unión de estos dos sucesos se recurre a los axiomas de la probabilidad. Así, particularizando para el caso del presente enunciado, la probabilidad solicitada puede calcularse como sigue: P A  B  P A  P A  P A  B  P X A  2  XB  3  P X A  2  P XB  3  P X A  2  XB  3 El cálculo de las dos probabilidades absolutas incluidas en la expresión anterior resulta sencillo y basta con sustituir en la función de cuantía tanto para la válvula A (función de cuantía del modelo de Poisson) como para la válvula B (función de cuantía teórica): P  X A  2   1  P  X A  2   1   P  X A  0   P  X A  1  P  X A  2    e 2 2 0 e 2 21 e 2 2 2 1    1! 2!  0!

   0,32 

P  X B  3  P  X B  4  P  X B  5  P  X B  6   0,08  (7  4)  0,08  (7  5)  0,08  (7  6)  0,52 Para calcular la intersección debe matizarse una cuestión, puesto que el enunciado especifica que puede asumirse la independencia, con lo que la intersección se calcula como producto de las probabilidades absolutas ya calculadas anteriormente: P  X A  2    X B  3  P  X A  2 P  X B  3  0,32  0,52  0,16

Finalmente, se obtiene la probabilidad de la unión aplicando el axioma ya referido:

P  X A  2    X B  3  P  X A  2  P  X B  3  P  X A  2    X B  3   0,32  0,52  0,16  0,68

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123

Problemas resueltos de estadística

5. Si un televisor tiene cinco válvulas de tipo A y siete de tipo B, calcular la probabilidad de que, sabiendo que se ha estropeado una válvula, ésta sea de tipo A. El enunciado divide el total de válvulas del televisor en dos porciones (A y B), e informa acerca de la probabilidad de cada una de ellas. Adicionalmente dice que ocurre un hecho de forma transversal a ambas válvulas (estropearse). Este esquema remite al teorema de la probabilidad total:

La probabilidad de toparse con una válvula estropeada se calcula, por tanto, empleando el teorema de la probabilidad total: PE  P X A  E  P X B  E  5  7   P  X A  P  E X A   P  X B  P  E X B     0, 27     0, 08   0,16 12  12  Ha de matizarse la nomenclatura empleada en la expresión anterior, puesto que el suceso E = «válvula estropeada» representa el hecho de que una válvula del tipo A o B se haya estropeado lo que en realidad implica que XA = 1 o XB = 1. Por su parte, los sucesos XA y XB en la expresión anterior aluden a los sucesos seleccionar válvulas del tipo A o B, respectivamente. Ahora bien, el enunciado especifica que ya se ha seleccionado una válvula que resulta estar estropeada y que entonces se calcule la probabilidad de que se trate de una válvula tipo A, lo que obliga a recurrir al teorema de Bayes, puesto que el especio muestral total no está constituido por todas las válvulas, sino únicamente por aquellas ya estropeadas. El esquema siguiente refleja la nueva situación:

124

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Ejercicios de aplicación

El teorema de Bayes permite calcular la proporción que sobre la probabilidad total calculada representa cada uno de los sumandos de esta probabilidad y en este caso se refiere al sumando vinculado a las válvulas tipo A: P X A E 

4.2

P  X A  E  P  X A  P  E X A  0,11    0,68 0,16 PE PE

Los lanzamientos de jabalina de dos atletas siguen sendas distribuciones de probabilidad normales con media µ y desviaciones típicas σ1 y σ2. En 21 lanzamientos, elegidos al azar, del primer atleta y 16 del segundo se ha observado que las cuasivarianzas de ambas muestras han sido 25 y 28. Se pide contrastar con un 5 % de significación si ambos atletas tienen la misma dispersión (varianza) en sus lanzamientos. Solución:

La respuesta al enunciado debe proporcionarse mediante un contraste de hipótesis, que debe adoptar la forma siguiente: 2 2 H0 :  22  12  H0 :  2 1   1  H1 :  22  12   H1 :  22 12   1 

El estadístico adecuado para resolver el contraste debe incluir las cuasivarianzas muestrales por ser la información proporcionada por el enunciado: © Ediciones Pirámide

125

Problemas resueltos de estadística

 22 S n2 1 S n2 1   22      F  n1  1; n2  1  12 S n2 1 S n2 1   12  H 1

1

2

2

0

Al tratarse de un contraste bilateral, la región crítica se ubica sobre las dos colas de la distribución de probabilidad tal y como muestra el siguiente esquema:

La regla de decisión acorde con el esquema gráfico y el estadístico planteado son los siguientes:

 S n21 1  2  F 2   S n2 1  RH 0   o  2  S n1 1  F 1  2   S n2 1  2 Una vez formulado el problema desde un punto de vista teórico, la solución al contraste pasa por sustituir los datos disponibles en el enunciado:   Sn22 1     No RH 0 F0,975  20;15   2,75  1 1   0,38 F0,025  20;15    F0,975 15;20  2,53 Sn21 1

126



25  0,89 28

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Ejercicios de aplicación

Como puede observarse a la vista de las cifras anteriores, el estadístico no se sitúa sobre la región crítica, con lo que no puede rechazarse la hipótesis nula. 4.3

Sea el siguiente conjunto de datos relativos al tiempo de conexión de los usuarios a una determinada página web: Población 1

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Población 2

Usuario

Tiempo (min)

Usuario

Tiempo (min)

Usuario

Tiempo (min)

1

13,88

1

01,82

21

02,73

2

15,96

2

05,83

22

02,50

3

14,80

3

03,08

23

03,08

4

12,50

4

02,14

24

14,32

5

12,91

5

02,73

25

09,12

6

14,58

6

02,50

26

02,50

7

15,28

7

13,85

27

02,31

8

16,05

8

12,86

28

05,71

9

12,58

9

03,64

29

00,91

10

14,88

10

12,50

30

12,46

11

15,19

11

03,08

31

13,85

12

15,86

12

02,14

32

14,30

13

12,47

13

03,64

33

01,82

14

15,45

14

02,50

34

05,83

15

12,51

15

03,08

35

06,15

16

14,13

16

03,57

36

02,14

17

14,10

17

05,45

37

03,64

18

14,02

18

02,50

38

01,67

19

13,64

19

03,85

39

03,85

20

16,04

20

14,29

40

02,86

127

Problemas resueltos de estadística

Se ha realizado la prueba de Kolmogorov-Smirnov en las dos poblaciones resultando la siguiente información: Población 1

128

Población 2

Tamaño de la muestra

20,000

40,000

Media muestral

14,341

05,420

Cuasidesviación típica

01,265

04,397

Z Kolmogorov-Smirnov

00,541

01,831

p-valor Significación asintótica normal (bilateral)

00,931

00,002

1.

A partir de los resultados de la prueba de Kolmogorov-Smirnov, contestar, para cada una de las dos poblaciones, suponiendo un nivel de significación del 5 %, las siguientes cuestiones:

i.

Hipótesis que se formulan en el contraste.

ii.

Conclusión que puede extraerse del contraste.

2.

Se desea calcular un intervalo de confianza para el valor medio de la población 2, con un nivel de significación del 5 %. Indicar el estadístico pivote y los supuestos que permiten construir el intervalo de confianza. Suponga que la varianza poblacional es igual a 4.

3.

Se desea contrastar si la varianza de la población 1 es igual a 2 para un nivel de significación del 5 %.

4.

Determinar si existe evidencia suficiente para afirmar que la media de la población 1 es mayor a la media de la población 2. Discutirlo en base al p-valor.

5.

Se desea contrastar si la proporción de individuos que se conectan más de 14 minutos en la población 1 es igual a la proporción de individuos que se conectan más de 2,5 minutos en la población 2 para un nivel de significación del 5 %.

6.

Sean las siguientes curvas de potencia de los contrastes indicados:

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Ejercicios de aplicación

¿Cuál de los tres contrastes seleccionaría si la media de la población fuese igual a 106? Solución:

1.

A partir de los resultados de la prueba de Kolmogorov-Smirnov, contestar, para cada una de las dos poblaciones, suponiendo un nivel de significación del 5 %, las siguientes cuestiones:

i.

Hipótesis que se formulan en el contraste.

El de Kolmogorov-Smirnov es un contraste de bondad de ajuste que en este caso se ha propuesto para contrastar si los datos recopilados se asemejan a una distribución normal o no. De esta forma, las hipótesis quedarían formuladas como sigue: H 0 : X  N   ;  H1 : X  N   ; 

ii.

Conclusión que puede extraerse del contraste.

La solución al contraste viene por la comparación del p-valor con el nivel de significación que, según el enunciado, ha quedado fijado en un 5 %. De esta for© Ediciones Pirámide

129

Problemas resueltos de estadística

ma, si el p-valor es inferior al nivel de significación (que equivale a un límite de credibilidad) la hipótesis nula tiene una probabilidad baja de ser cierta, con lo que habrá de rechazarse. Esto es lo que ocurre con la población 2 (p-valor = 0,002), mientras que en la población 1 (p-valor = 0,931) sí puede asumirse que los datos se distribuyen según una ley normal: Población 1  p  valor  0,931    0,05  X  N  ;  Población 2  p  valor  0,002    0,05  X  N  ;  2.

Se desea calcular un intervalo de confianza para el valor medio de la población 2, con un nivel de significación del 5 %. Indicar el estadístico pivote y los supuestos que permiten construir el intervalo de confianza. Suponga que la varianza poblacional es igual a 4.

Para calcular un intervalo de confianza para el valor medio de la población debe en primer lugar analizarse la información disponible relativa a la normalidad de los datos. Así, según el contraste de Kolmogorov-Smirnov analizado en el apartado anterior, no puede aceptarse que los datos se distribuyan según una ley normal. Sin embargo, el hecho de disponer de una muestra de tamaño suficiente (40 datos) permite aplicar el teorema central del límite y aceptar que la media muestral converge a una ley normal con los parámetros que se expresan a continuación:



TCL  n  

X   N  ;

n



Esto, junto con el hecho de conocer la varianza poblacional, permite utilizar el pivote siguiente cuyo modelo de probabilidad es conocido al tratarse de una distribución normal tipificada: Q

x 



n



 Z  0;1

Con esta información únicamente queda recurrir al concepto de intervalo de confianza que queda reflejada en la figura siguiente: 130

© Ediciones Pirámide

Ejercicios de aplicación

 x   Z1 P  Z 2    n 





2

   1    IC   ;     x   Z 1    n  

2

  

El resultado numérico final para los límites del intervalo de confianza procede de sustituir la información disponible en las expresiones incluidas en el gráfico anterior: 2 2     IC  ;0,05   5,42  Z0,975    5,42  1,96    4,80;6,04 40 40     3. Se desea contrastar si la varianza de la población 1 es igual a 2 para un nivel de significación del 5 %. El enunciado pide plantear y resolver un contraste bilateral para la varianza de la población 1. Las características del estimador al que se hará referencia para resolver el contraste exigen aceptar la distribución normal de los datos. Este supuesto ya se ha comprobado gracias al resultado del contraste de KolmogorovSmirnov ya analizado en el primer apartado. Una vez hecha la precisión previa pueden formularse las hipótesis de la forma siguiente: H0 : 12  2 H1 : 12  2

Para resolver el contraste con la información de la que se dispone se utilizará el siguiente estadístico: © Ediciones Pirámide

131

Problemas resueltos de estadística

 n  1 S n21

 12 H

  n21

0

Al ser bilateral el contraste, la región de rechazo debe definirse en las dos colas de la distribución, y al no ser la distribución chi-cuadrado simétrica, ha de comprobarse el estadístico con los dos extremos de la región crítica. El esquema del contraste queda reflejado en la siguiente figura:

El planteamiento teórico del contraste que se corresponde con el esquema anterior implica repartir el nivel de significación en las dos colas de la distribución:

  n  1 S 2    n  1 S 2  n 1 n 1 2 2     P  RH 0 H 0     P        2 1  2     12  H    12  H 0 0       n  1 Sn21  2 2  2   1  H 0   RH 0   o  2   n  1 Sn 1   2 1 2    12  H0  132

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Ejercicios de aplicación

Por lo tanto, no queda más que calcular el estadístico sustituyendo con la información del enunciado y comparar con los valores de los cuantiles para la distribución chi-cuadrado:

 n  1 Sn21   20  1 1,262  15,08

 

2 1 H0

2

2 2 2  0,025  8,90; 12 2

  15,08  8,90 y  No RH 0  15,08  32,9    2  0,975  32,9

No puede rechazarse la hipótesis nula para un nivel de significación del 5 % al no ubicarse el estadístico dentro de la región de rechazo. 4. Determinar si existe evidencia suficiente para afirmar que la media de la población 1 es mayor a la media de la población 2. Discutirlo en base al p-valor. El p-valor es una medida de la credibilidad de la hipótesis nula. De esta forma, si el p-valor es pequeño, la probabilidad de que la hipótesis nula sea cierta es pequeña, y por tanto no quedará más remedio que rechazarla. Como el p-valor busca medir, en cierto modo, la probabilidad de que la hipótesis nula sea cierta, habrá de buscarse para cada contraste la probabilidad de que cada estadístico se ubicase en la región de aceptación. En el caso concreto del presente apartado, al tratarse de un contraste unilateral superior y que habrá de emplear un estadístico que se distribuye según un modelo t-Student, el esquema de la zona de aceptación sería el siguiente:

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133

Problemas resueltos de estadística

Una vez aclarado el significado del p-valor se afronta la resolución concreta de la cuestión, comenzando por formular el contraste. El enunciado pide comprobar si la media de la población 1 es mayor que la media de la población 2, lo que implicar plantear las hipótesis como sigue: H 0 : 1  2 H :   2  0  0 1 H1 : 1  2 H1 : 1  2  0 Esto implica, con la información disponible (cuasidesviaciones típicas muestrales), emplear el siguiente estadístico:

 x1  x2    1  2 H 2 2 1  n1  1 sn 1   n2  1 sn 1 0

1  n1 n2

1

 tn1  n2 2

2

n1  n2  2

Y para el contraste unilateral superior, definir la región crítica como sigue: RH 0 

 x1  x2    1  2  H   t n  n  2   2 2 1 1  n1  1 sn 1   n2  1 sn 1 0

1  n1 n2

1

1

2

2

n1  n2  2

Este planteamiento exige definir la probabilidad buscada (p-valor) como la probabilidad de que el estadístico sea menor que el valor de una distribución t-Student (por formalidad dentro del corchete de la probabilidad se expresará colocando primero la referencia a la variable y después el estadístico, pero el significado es el mismo):  p -valor  P tn1  n2  2    

  x1  x2    1  2  H  2 2 1  n1  1 sn 1   n2  1 sn 1  0

1  n1 n2

1

n1  n2  2

2

 

Una vez planteada la probabilidad buscada, simplemente resta sustituir la información disponible y concluir respecto del contraste comparando el resultado obtenido con el nivel de significación máximo fijado.

134

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Ejercicios de aplicación

 P tn1  n2  2   

  P t58   

1 1  20 40

1 1  20 40

14,34  5, 42   0  20  11, 26 2   40  1 4,392 20  40  2

   

 14,34  5,42  0    20  11,262   40  1 4,392  20  40  2



 P t58  8,8  0  p-valor    RH 0

5. Se desea contrastar si la proporción de individuos que se conectan más de 14 minutos en la población 1 es igual a la proporción de individuos que se conectan más de 2,5 minutos en la población 2 para un nivel de significación del 5 %. El enunciado solicita en este apartado resolver un contraste bilateral para las proporciones de individuos que se conectan un tiempo superior a 14 minutos en una población y más de 2,5 minutos en la otra población. Para resolver el contraste ha de calcularse en primer lugar las proporciones de individuos que en cada muestra se conectan más de 14 o 2,5 minutos, respectivamente. Para ello basta con repasar los datos muestrales incluidos en la tabla del enunciado y enumerar la cantidad de resultados que cumplen la condición fijada en cada población de forma que puedan obtenerse las proporciones muestrales:

fn1 

13 27  0,65; fn2   0,67 20 40

Una vez calculadas las frecuencias muestrales se puede abordar la resolución del contraste comenzando por la formulación de las hipótesis: H 0 : p1  p 2  0 H 1 : p1  p 2  0 El estadístico a utilizar es el siguiente, que se distribuye según un modelo normal:

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135

Problemas resueltos de estadística

f

n1



 f n2   p1  p2  H



f n1 1  f n1 n1

0

  f 1  f  n2

 Z  0,1

n2

n2

El contraste es bilateral, con lo que la región crítica se ubica en las dos colas de la distribución normal:

El siguiente paso requiere formular la probabilidad vinculada al nivel de significación especificando con ella la región crítica del contraste coincidente con el gráfico anterior:

f

 P  RH 0 H 0     P      RH 0 

f

n1

n1



 f n2   p1  p2  H



f n1 1  f n1 n1

  f 1  f  n2





n1

n2

n2

 f n2   p1  p2  H

f n1 1  f n1

0

0

  f 1  f  n2

  Z1 2     

 Z1 2

n2

n2

Al ser la distribución normal simétrica y coincidir cambiados de signo los cuantiles complementarios (Z1-α = –Zα), cabe comparar el valor absoluto del estadístico con el cuantil positivo (Z1-α) de la distribución. 136

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Ejercicios de aplicación

Por último, se sustituyen los valores conocidos en el estadístico, se calcula el resultado para el cuantil de la distribución normal y se comparan ambos resultados para concluir respecto del contraste.

f

n1



 f n2   p1  p2  H



f n1 1  f n1 n1

0

  f 1  f  n2

n2

n2



 0,65  0,67   0 0,65  1  0,65 0,67  1  0,67   20

Z1 2  Z0,975  1,96

40

  0,19     

 0,19  1,96  No RH0 6. Sean las siguientes curvas de potencia de los contrastes indicados:

¿Cuál de los tres contrastes seleccionaría si la media de la población fuese igual a 106? El contraste más potente es el que minimiza la probabilidad de cometer el error de segunda especie. Para un valor de la media poblacional igual a 106 el contraste más potente es el siguiente: H 0 :   100 H 1 :   100 © Ediciones Pirámide

137

Problemas resueltos de estadística

Se observa buscando el valor 106 en el eje de ordenadas y encontrando la curva que proporciona un mayor valor para la potencia.

4.4

La longitud aleatoria de las piezas que fabrica una compañía con la línea de proceso en dos fases se distribuye según la siguiente función de densidad:

3 f (x)  ( x 1)( x  3) 4 Se considera que la pieza es correcta cuando su longitud se encuentra entre 2,5 y 4 unidades de longitud. 1. ¿Cuál es la probabilidad de que una pieza sea correcta? 2. Si se empaquetan las piezas en lotes de 5 unidades, ¿cuál es la probabilidad de que en un lote haya como mucho 3 piezas correctas? 3. Cada día la empresa produce 500 piezas que empaqueta en lotes de ese tamaño. La producción diaria se considera correcta si se producen entre 412 y 438 piezas. ¿Cuál es la probabilidad de que la producción de un día se considere correcta? 4. La misma compañía fabrica la misma pieza con un proceso productivo en tres fases y sabe que la probabilidad de que las piezas sean correctas se distribuye según un modelo de Poisson de varianza 432 (piezas/día)2. Se sabe que la probabilidad de que la cantidad de piezas producidas en un

138

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Ejercicios de aplicación

día se considere correcta es igual a 0,98. Calcular el número mínimo de piezas fabricadas en un día que esta empresa considera correctas. 5. Si un operario se ubicase a la salida de la línea de proceso de tres fases, calcular la probabilidad de que la primera pieza correcta se la encuentre transcurrido como máximo un minuto. 6. Esta compañía posee 250 líneas de proceso de dos fases y 150 de tres fases. Se sabe que un auditor ha acudido un día en el que la producción diaria es correcta. Calcular la probabilidad de que hubiese acudido a una planta en la que hubiera un proceso productivo en dos fases. Solución:

1. ¿Cuál es la probabilidad de que una pieza sea correcta? El enunciado proporciona una función de densidad a partir de la cual se calculará la probabilidad buscada mediante una integral definida. Si la pieza se considera correcta cuando oscila su longitud entre las 2,5 y las 4 unidades, éstos han de ser los límites de la integral de la función de densidad: 4

3  3  x3  ( x 1)( x  3)dx     2x2  3x   0,84 2,5 4 2,5 4 3

P 2,5  x  4  

4

El significado de la probabilidad resulta ser el área sombreada bajo el gráfico de la función de densidad como se observa en el esquema siguiente:

P  2,5  x  4 

4

3

 4 ( x  1)( x  3)dx

2,5

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139

Problemas resueltos de estadística

2. Si se empaquetan las piezas en lotes de 5 unidades, ¿cuál es la probabilidad de que en un lote haya como mucho 3 piezas correctas? Si las piezas se empaquetan en lotes, el experimento puede expresarse en términos dicotómicos, puesto que consiste en seleccionar una pieza y comprobar si es correcta o no. En la medida en la que no se dispone de información adicional, se supondrá que existe reposición o que el tamaño es lo suficientemente grande como para suponer que las extracciones no influyen en la proporción de defectuosas. Para ello debe definirse el experimento a partir de la variable aleatoria Y (número de piezas correctas en cinco experimentos) que se distribuye según un modelo binomial con parámetros 5 y 0,84 (proporción de piezas correctas ya calculada en el apartado anterior):

Y   5;0,84 Una vez hecho el planteamiento teórico, el cálculo de la probabilidad requiere sustituir en la función de cuantía del modelo binomial: P Y  y j  

yj ! n y j p y j 1  p  n ! n  y j !

P Y  3  P Y  0  P Y  1  P Y  2  P Y  3  

0! 1!  0,84 0 1  0,84 50   0,84 1 1  0,84 51      5! 5  0 ! 5! 5  1 !



2! 3!  0,84 2 1  0,84 5 2   0,84 3 1  0,84 53  0,17 5! 5  2 ! 5! 5  3!

3. Cada día la empresa produce 500 piezas que empaqueta en lotes de ese tamaño. La producción diaria se considera correcta si se producen entre 412 y 438 piezas. ¿Cuál es la probabilidad de que la producción de un día se considere correcta? Si los lotes en lugar de estar formados por 5 piezas lo están por 500, el experimento continuaría pudiendo explicarse mediante un modelo binomial. Sin embargo, el teorema central del límite permite simplificar el cálculo empleando una distribución normal cuya media es la suma de los valores medios de las distribuciones binomiales originales y cuya desviación típica es la raíz cuadrada de la suma de las varianzas de las distribuciones binomiales originales. 140

© Ediciones Pirámide

Ejercicios de aplicación







TCL n  X    n; p   X   N np; np 1  p 









TCL n X    500;0,84  X   N 500  0,84; 500  0,84  1  0,84



X  N  421,5;8,13 Una vez definido el modelo, el cálculo de la probabilidad requiere tipificar y buscar en la tabla de la distribución normal tipificada o bien calcular directamente la probabilidad de la distribución normal:

P  412  X  438  P  X  438  P  X  412   438  421,5  412  421,5     P Z   P Z     0,86 8,13 8,13     4. La misma compañía fabrica la misma pieza con un proceso productivo en tres fases y sabe que la probabilidad de que las piezas sean correctas se distribuye según un modelo de Poisson de varianza 432 (piezas/día)2. Se sabe que la probabilidad de que la cantidad de piezas producidas en un día se considere correcta es igual a 0,98. Calcular el número mínimo de piezas fabricadas en un día que esta empresa considera correctas. En este caso la variable aleatoria original se distribuye según un modelo de Poisson, pero de nuevo el teorema central del límite (debido al elevado valor del parámetro λ) permite utilizar la distribución normal: TCL n X  P  432  X   N  432; 432 

 

X  N  432;20,78 El enunciado no pregunta una probabilidad, sino un número de piezas tal que se garantice una probabilidad de 0,98. Al referirse a una cifra mínima de piezas, la probabilidad debe expresarse como sigue: P  X  a   0,98 

a  432  2, 05  a  475 20, 78

La solución anterior se ha obtenido de forma opuesta al apartado precedente en el que se solicitaba calcular una probabilidad. Se busca la probabilidad para la © Ediciones Pirámide

141

Problemas resueltos de estadística

distribución normal tipificada y se opera hasta despejar el valor de la cantidad mínima de piezas. 5. Si un operario se ubicase a la salida de la línea de proceso de tres fases, calcular la probabilidad de que la primera pieza correcta se la encuentre transcurrido como máximo un minuto. La probabilidad de que la primera pieza correcta aparezca como máximo en el primer minuto se calcula utilizando la distribución exponencial, que resulta ser la complementaria a la distribución de Poisson. El parámetro λ de la función exponencial debe referirse a minutos. Con una simple regla de tres, a partir de las 432 piezas al día resulta una tasa de 0,3 piezas/minuto. Con esta información puede calcularse la probabilidad solicitada de forma sencilla:

Y  E  0,3  Pt 1 1 et 1 e0,3  1  0,25 6. Esta compañía posee 250 líneas de proceso de dos fases y 150 de tres fases. Se sabe que un auditor ha acudido un día en el que la producción diaria es correcta. Calcular la probabilidad de que hubiese acudido a una planta en la que hubiera un proceso productivo en dos fases. El esquema para resolver el problema responde a los teoremas de la probabilidad total y Bayes. El total de líneas de la empresa se encuentran divididas en dos partes (2 fases y 3 fases) que constituyen un conjunto complementario e incompatible, y el enunciado se interesa por algo que ocurre de forma transversal a las dos líneas (la producción se realiza de forma correcta, sabiendo que la probabilidad de que sea correcta en el proceso de dos fases es igual a 0,86 —tercer apartado— y de que sea correcta en el sistema de tres fases es igual a 0,98 —cuarto apartado—). Una vez formulado el esquema anterior, el enunciado pregunta de forma expresa por una probabilidad vinculada a un día en el que la producción ha funcionado correctamente, con lo que el espacio muestral estará compuesto por los días en los que ocurre tal circunstancia. La solución a esta cuestión debe buscarse a través del teorema de Bayes tal y como muestra el siguiente esquema:

142

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Ejercicios de aplicación

La solución numérica que corresponde al esquema anterior es la siguiente:

P C   P C 2F  P  2F   P C 3F  P 3F   P  2F C  

4.5

250 150  0,86   0,98  0,90 400 400

P C 2F  P  2F   250 400  0,86   0,59 P C  0,9

Se han seleccionado dos muestras diferentes de establecimientos agroindustriales y se han recopilado datos de número de empleados y potencia consumida cuyo comportamiento puede suponerse normal. En la tabla siguiente se incluyen los datos. Industrias oleícolas

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Industrias vinícolas

Industria

Número de empleados (ni)

Potencia instalada (Pi)

Industria

Número de empleados (ni)

Potencia instalada (Pi)

1

417

383

1

39

40

2

48

97

2

199

7

3

36

64

3

17

193

4

145

290

4

40

71

5

80

216

5

17

71

6

50

247

6

11

230

143

Problemas resueltos de estadística

Industrias oleícolas

Industrias vinícolas

Industria

Número de empleados (ni)

Potencia instalada (Pi)

Industria

Número de empleados (ni)

Potencia instalada (Pi)

7

147

101

7

129

64

8

12

15

8

77

31

9

73

198

9

65

80

10

35

89

10

13

29

Se dispone además de la información siguiente acerca de cada uno de los dos sectores: Industrias oleícolas

Industrias vinícolas

i

1.043

607

i

1.700

816

270.947

29.031

235.721

70.385

409.510

114.178

n P  Pn n P i

i

2 i

2

i

Se pide:

144

1.

Calcular la recta de regresión lineal que permite predecir la potencia instalada a partir del número de empleados en el sector de industrias oleícolas.

2.

Se desea construir un intervalo de confianza para el número de empleados medio en las industrias vinícolas para un nivel de confianza del 95 %. Especificar las hipótesis que permiten formular el intervalo y construirlo.

3.

Construir un intervalo de confianza para la diferencia entre los valores medios de la potencia instalada (oleícola-vinícola), para un nivel de significación del 5 %.

4.

En caso de que la varianza de la potencia fuese significativamente mayor que 11.000 kW2 la red tendría problemas. ¿Se puede afirmar para una significación del 5 % que la varianza de la potencia instalada en las industrias oleícolas es significativamente mayor, o no, que 11.000 kW2? © Ediciones Pirámide

Ejercicios de aplicación

Solución:

1.

Calcular la recta de regresión lineal que permite predecir la potencia instalada a partir del número de empleados en el sector de industrias oleícolas.

Se trata de una expresión de regresión lineal simple puesto que únicamente solicita incluir una variable explicativa. En esos términos la expresión de la recta buscada es la siguiente:

Y   0  1 X Siendo Y la potencia instalada y X el número de empleados. Las incógnitas de la regresión son los dos coeficientes β0 y β1 cuyas expresiones deducidas mediante el método de los mínimos cuadrados son las siguientes:

1 

11  xy   20  x2

 0  a10  1a01  y  1 x Teniendo en cuenta las expresiones anteriores no queda más que operar con los sumatorios que proporciona el enunciado para obtener los momentos y los coeficientes de regresión buscados: x  a10 



i  10 i 1

n i 10  104, 30

y  a01   i 1 Pi N P  170 i 10

 x2   20    i 1 ni2 N n     i 1 ni N n   12.693, 71 i 10

i 10

2

  xy  11  a11   a10 a01     i 1 Pn i i N      i 1 ni N n  i 10

i 10



i 10 i 1



Pi N P   

 9.363, 7 Simplemente resta sustituir estos datos en las expresiones ya expuestas para los coeficientes de regresión:

© Ediciones Pirámide

145

Problemas resueltos de estadística

11  xy 9.363,7  2   0,73  20  x 12.693,71  0  a10  1a01  170  0,73  104,3  93,06 1 

El gráfico siguiente muestra la nube de puntos y la recta deducida:

2.

Se desea construir un intervalo de confianza para el número de empleados medio en las industrias vinícolas para un nivel de confianza del 95 %. Especificar las hipótesis que permiten formular el intervalo y construirlo.

La variable aleatoria X (número de empleados) se distribuye según una ley normal N(µ;σ) en la población y la cantidad pivotal ha de ser tal que recurra a la varianza o cuasivarianza muestrales. Se empleará la cuasidesviación típica muestral en este caso: Q

x  sn1

n

t n1

El esquema del intervalo de confianza es el que se observa en la figura siguiente: 146

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Ejercicios de aplicación

s s   IC   ;    x n  n 1 t1 2  n  1 ; x n  n 1 t1 2  n  1    n n

Empleando la cantidad pivotal referida, únicamente queda plantear la definición de intervalo de confianza y deducir, por tanto, los resultados concretos para el citado intervalo:

x  P  q1  Q  q2   P t 2   t1 2   Sn1 n   s s    IC  ;    xn  n1 t1 2  n  1 ; xn  n1 t1 2  n  1    n n 61,05 61,05 IC   ;0,05    60,7  t0,975  9  ;60,7  t0,975  9      10 10   60,7  

61, 05 10

2, 26;60,7 

2, 26    10

61,05

 IC   ;0, 05   17, 07;104,33 

3.

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Construir un intervalo de confianza para la diferencia entre los valores medios de la potencia instalada (oleícola-vinícola), para un nivel de significación del 5 %. 147

Problemas resueltos de estadística

Se trata de plantear un intervalo de confianza para la diferencia entre los valores medios de la potencia sin más información que la contenida en las muestras, razón por la que ha de recurrirse a la siguiente cantidad pivotal: Q

 x1  x2    1  2  1 1  n1 n2

n1sn21  n2 sn22

 t n1  n2  2

n1  n2  2

El esquema del intervalo actual es equivalente al expuesto en el apartado anterior al tratarse también de una distribución t-Student:  1 1  IC  o  v ;     xo  xv   t1 2   no nv 

no sn2o  nv sn2v   no  nv  2  

De nuevo ha de plantearse la definición del intervalo de confianza y despejar los límites del intervalo:

 xo  xv    o  v    P  q1  Q  q2   P t 2   t1 2   2 2 1 1 no sno  nv snv      no nv no  nv  2

148

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Ejercicios de aplicación

 1 1  IC  o  v ;     xo  xv   t1 2   no nv 

no sn2o  nv sn2v   no  nv  2  

 1 1 10  12.501  10  7.733,31    170  81,6   t0,975   10 10 10  10  2    1 1 10  12.501  10  7.733,31    170  81,6   2,1   10 10 10  10  2    IC  o  v ;0,05    11,17;187,97  4. En caso de que la varianza de la potencia fuese significativamente mayor que 11.000 kW2 la red tendría problemas. ¿Se puede afirmar para una significación del 5 % que la varianza de la potencia instalada en las industrias oleícolas es significativamente mayor, o no, que 11.000 kW2? El enunciado pide descartar si la varianza de la potencia instalada en las industrias oleícolas es significativamente mayor de 11.000 kW2, cuestión ante la que ha de plantearse un contraste de hipótesis unilateral superior para la varianza. La formulación es la siguiente: H 0 :  2  11.000 H1 :  2  11.000

El citado contraste exige emplear, a la vista de la información disponible, el siguiente estadístico: nsn2

 2  H

  n21 0

Siendo la regla de decisión que define la región crítica la siguiente:

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149

Problemas resueltos de estadística

Esquema gráfico de la región crítica que se corresponde con la siguiente formulación matemática:

RH0 

nsn2

 2  H

 12 0

Simplemente resta calcular el estadístico, comparar con el cuantil y adoptar la decisión oportuna:

10  12.501   11,36  11.000   H 0   11,36  16,91  No RH 0 2  9   16,91 12  n  1   0,95  nsn2 2

4.6

150



Un determinado establecimiento ha colocado unos adornos luminosos no aptos para intemperie en el exterior del edificio. Cada adorno está formado de tres hileras de luces independientes entre sí. Sea la variable aleatoria X el número de hileras que dejan de funcionar en cada adorno y sea su función de probabilidad la siguiente:

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Ejercicios de aplicación

0,5  x  0 m  x  1  P  X  xi    0,15  x  2 0,05  x  3 1. Calcular el valor de m para que la función anterior sea una función de cuantía y X sea una variable aleatoria. 2. Si ha dejado de funcionar alguna hilera de luces, ¿cuál es la probabilidad de que se hayan fundido menos de tres? 3. En total se han colocado siete adornos de este tipo. Si hay problemas de iluminación en más de dos de los siete adornos, el gerente del centro comercial no volverá a adquirir ese tipo de adorno otro año. ¿Qué probabilidad hay de que esto ocurra? 4. Cada adorno se vende a 100 euros, aunque se penaliza con 10 euros por cada hilera que no funciona. Si el coste de fabricación de cada adorno asciende a 20 euros, calcular de manera razonada el beneficio esperado por adorno. 5. En cierta calle los comerciantes han adquirido 80 adornos para decorar sus comercios. ¿Cuál es la probabilidad de que cuando acabe la campaña de promoción con el luminoso más de la mitad no tengan ninguna hilera fundida? Solución:

1. Calcular el valor de m para que la función anterior sea una función de cuantía y X sea una variable aleatoria. La función de cuantía anterior lo será si cumple las propiedades de dichas funciones en especial la condición fijada a la suma de las probabilidades de cada punto del dominio de definición de la variable:



Dx

P  X  xi   1

Simplemente resta desarrollar dicha igualdad y despejar el valor de m:

0, 5  m  0,15  0, 05  1  m  0, 3

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151

Problemas resueltos de estadística

2. Si ha dejado de funcionar alguna hilera de luces, ¿cuál es la probabilidad de que se hayan fundido menos de tres? El enunciado informa acerca de la existencia de un determinado suceso previo (se sabe que al menos una hilera de luces ha dejado de funcionar) y pide calcular la probabilidad vinculada a otro suceso, con lo que debe plantearse una probabilidad condicionada. La probabilidad solicitada es la siguiente:

P  X  3 X  1 La solución a la citada probabilidad pasa por recurrir a la definición de probabilidad condicionada y posteriormente operar hasta obtener la cifra final: P  X  3 X  1   3.

P  X  3   X  1 P 1  X  3   P  X  1 P  X  1

P  X  1  P  X  2 0,45   0,9 1  P  X  0 0,5

En total se han colocado siete adornos de este tipo. Si hay problemas de iluminación en más de dos de los siete adornos, el gerente del centro comercial no volverá a adquirir ese tipo de adorno otro año. ¿Qué probabilidad hay de que esto ocurra?

El enunciado exige en este caso proponer una nueva variable aleatoria que permita estudiar el número de adornos que presentan problemas y calcular la probabilidad de que haya problemas en más de dos adornos. La variable aleatoria Y queda por tanto definida como sigue: Y = Número de adornos con una o más hileras fundidas. El experimento en cuestión debe definirse como un modelo binomial al tratarse de un experimento dicotómico (la hilera presenta problemas o no los presenta) que se repite en siete ocasiones, siendo el parámetro p la tasa en la que al menos una hilera presente problemas (calculada en el apartado anterior y que resulta ser igual a 0,5): Y    7;0,5 

Una vez definida la variable aleatoria y el experimento, únicamente queda pendiente calcular la probabilidad haciendo uso de la función de cuantía del modelo binomial: 152

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Ejercicios de aplicación

P Y  2  1  P Y  2  1   P Y  0  P Y  1  P Y  2  7   7 7  1    0,50  0,57    0,51  0,56    0,52  0,55   0,77 1  2  0  

4.

Cada adorno se vende a 100 euros aunque se penaliza con 10 euros por cada hilera que no funciona. Si el coste de fabricación de cada adorno asciende a 20 euros, calcular de manera razonada el beneficio esperado por adorno.

Ha de proponerse una nueva variable aleatoria que permita estudiar el beneficio y que resulta ser una combinación lineal de la variable previamente manejada y que alude a las hileras que no funcionan. El planteamiento es el siguiente: Beneficio  B  100  10 X  20  80  10 X Una vez definida la variable aleatoria, ha de calcularse su esperanza matemática para obtener el beneficio esperado. El cálculo de la esperanza matemática de la nueva variable aleatoria debe hacer uso de las propiedades del operador esperanza matemática a partir de la esperanza matemática de la variable aleatoria X. Así, el primer paso consiste en calcular la esperanza matemática de la variable aleatoria X, y operar hasta obtener la esperanza matemática de B:

E  X    D xi P  X  xi    x 1 xi P  X  xi   x 6

x

  0  0,5  1 0,3   2  0,15   3  0,05  0,75 E  B  80  10E  X   80  10  0,75  72,5 5.

En cierta calle los comerciantes han adquirido 80 adornos para decorar sus comercios. ¿Cuál es la probabilidad de que cuando acabe la campaña de promoción con el luminoso más de la mitad no tengan ninguna hilera fundida?

El esquema del experimento es similar al descrito en el apartado tercero, pero con la salvedad del número de experimentos, significativamente alto en este caso, o al menos suficiente como para poder aplicar el teorema central del límite. El experimento continúa siendo del tipo binomial, pero se puede aceptar la convergencia al modelo normal en los términos siguientes:

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153

Problemas resueltos de estadística

TCL n  X    80;0,5    N  80  0,5; 80  0,5  0,5 









TCL n  X    80;0,5    N  40; 4, 47 

Con este planteamiento únicamente resta calcular la probabilidad requerida por el enunciado para una distribución normal:

40  40  P  X  40  P  Z   P  Z  0  0,5 4, 47   4.7

Lúcico es el primer fabricante especializado en iluminación led. El tiempo de vida de las bombillas led sigue una distribución exponencial de media de 10 años. No obstante, algunas de ellas son defectuosas y siguen una exponencial cuya vida media es de 1 año. Se sabe que el 10 % de las bombillas fabricadas por la empresa son defectuosas. 1.

Un cliente compra al azar una bombilla led de esta empresa y después de un año sigue funcionando. ¿Cuál es la probabilidad de que sea defectuosa?

2.

Para la bombilla que se sabe que ha durado un año, ¿cuál es la probabilidad de que funcione otros dos años más?

Solución:

1.

Un cliente compra al azar una bombilla led de esta empresa y después de un año sigue funcionando. ¿Cuál es la probabilidad de que sea defectuosa?

El enunciado informa acerca de la existencia de dos tipos de bombillas según su duración media: las primeras que se consideran correctas y cuya duración media es de diez años (C) y las segundas consideradas defectuosas y cuya duración media es de un año (D), siendo la duración de ambas sendas variables aleatorias susceptibles de ser estudiadas mediante modelos exponenciales. Debe prestarse atención a la definición del parámetro λ que resulta ser la inversa del valor medio (esperanza matemática) de la distribución. C = Tiempo de vida de las bombillas correctas: TC  E 1 10 

154

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Ejercicios de aplicación

D = Tiempo de vida de las bombillas defectuosas: TD  E 1 1 

El enunciado especifica que un comprador adquiere una bombilla sin saber de qué tipo es, y que transcurrido un año sigue en funcionamiento. Este suceso constituye la característica transversal a las dos componentes del espacio muestral (bombillas correctas o defectuosas) con un planteamiento que remite al teorema de la probabilidad total. El esquema es el siguiente:

Pero el hecho de que la bombilla continúe funcionando transcurrido un año representa la condición en la probabilidad que solicita calcular el enunciado, al afirmar «después de un año sigue funcionando. ¿Cuál es la probabilidad de que sea defectuosa?», con lo que pregunta sobre la proporción que las defectuosas representan sobre las que siguen funcionando transcurrido un año. Este planteamiento remite al teorema de Bayes. Se observa en el esquema siguiente:

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155

Problemas resueltos de estadística

Los cálculos encaminados a calcular la probabilidad de que la bombilla supere la duración de un año son los siguientes: P  D   0,1; P T  1 D   1  1  e 11   0,36   P C   0,9; P T  1 C   1  1  e 10,1   0,90 

 P T  1  P T  1 D  P  D   P T  1 C  P C     0,1  0,36    0,9  0,9   0,85 Las condiciones expuestas en las probabilidades anteriores se materializan gracias al uso del modelo exponencial correspondiente para cada clase de bombillas. Por último, la probabilidad de que, sabiendo que ha durado más de un año, la bombilla sea defectuosa:

P  D T  1  2.

P T  1 D P  D 0,03   0,04 P T  1 0,85

Para la bombilla que se sabe que ha durado un año, ¿cuál es la probabilidad de que funcione otros dos años más?

La probabilidad se resuelve sin más problema planteando la probabilidad condicionada y operando a partir de su definición, simplemente con la salvedad de que la probabilidad de que durase más de tres años, de la misma forma que la probabilidad de que dure más de un año, es la probabilidad total de que duren más de tres años las bombillas correctas o las defectuosas.

P T  3 T  1  

P T  3  T  1 P T  3   P T  1 P T  1

P T  3 P T  3 D  P  D   P T  3 C  P C    P T  1 P T  1 D  P  D   P T  1 C  P C 

 0,36 1  1  e13      0,9 1  1  e0,13       0,36 1  1  e 11      0,9 1  1  e0,11     

156

 0,1  0,05   0,9  0,74   0,78  0,1 0,36    0,9  0,9 

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Ejercicios de aplicación

4.8

Se lleva a cabo un experimento para estudiar la posible relación entre la capacidad de adhesión de productos de caucho (A) y el tiempo de uso (T) de esos productos. Para ello se han recogido datos relativos al tiempo de uso (en cientos de horas) y la capacidad de adhesión de 16 productos de caucho cuyos resultados son:

T A

12

10

8

9

7

9

7

8

8

6

8

7

5

11

10

11

2,7

3

3,1

3,2

3,4

3,6

3,6

3,2

3,7

3,8

3,4

3,5

3,8

3,2

3

3,1

Se dispone además de la siguiente información respecto de las correspondientes sumas:



Ti

136,00



Ai

053,30



Ti 2

189,30

 

Ai2

179,09

Ti Ai

445,40

i 16 i 1

i 16 i 1

i 16 i 1 i 16 i 1

i 16 i 1

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1.

¿Existe una relación lineal intensa entre la capacidad de adhesión y el tiempo de uso de los productos de caucho?

2.

Obtener la recta de regresión que prediga la capacidad de adhesión en función del tiempo de uso de los productos de caucho.

3.

Construir el diagrama de caja para la muestra de datos de capacidad de adhesión. Razonar el tipo de asimetría a la vista del gráfico.

4.

Se ha añadido un nuevo aditivo al caucho y se ha registrado la capacidad de adhesión de 16 productos obteniéndose la siguiente tabla:

157

Problemas resueltos de estadística

CAPACIDAD DE ADHESIÓN Sin aditivo (A)

Con aditivo (A´)

Media

3,33

3,83

Moda

3,20

3,90

Varianza muestral

0,10

0,05

Mínimo

2,70

3,50

Máximo

3,80

4,30

Cuartil inferior

3,10

3,65

Cuartil superior

3,60

3,90

¿Puede afirmarse al 95 % de confianza que existe diferencia significativa entre las capacidades medias de adhesión de los productos de caucho con y sin el nuevo aditivo? (supónganse varianzas poblacionales iguales a 0,15 y poblaciones normales). Solución:

1.

¿Existe una relación lineal intensa entre la capacidad de adhesión y el tiempo de uso de los productos de caucho?

La intensidad de la relación lineal existente entre dos variables se mide mediante el coeficiente de correlación lineal entre ambas variables que resulta ser el cociente entre la covarianza y el producto de las desviaciones típicas:

 xy 

 xy  x y

Los cálculos encaminados a obtener estos indicadores se expresan a continuación:

 A  a10   i 1 Ai N A  3,33 i 16

T  a01   i 1 Ti N T  8,5 i 16

 A2   20    i 1 Ai2 N A     i 1 Ai N A   0,09 i 16

158

i 16

2

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Ejercicios de aplicación

 A   A2  0, 09  0,31  T2   20    i 1 Ti 2 NT     i 1 Ti NT   3,5 i 16

2

i 16

 T   T2  3,5  1,87  AT  11  a10   a10 a01   



i 16 i 1

 

 AT i i N 

i 16 i 1

Ti NT



i 16 i 1



Ai N A   0, 48 

Una vez extraídos los datos de las desviaciones típicas y de la covarianza entre las variables puede calcularse el coeficiente de correlación lineal como sigue:

 AT 

 AT  0, 48    0,82  A T 1,87  0, 31

El coeficiente de correlación muestra una relación de intensidad elevada e inversa entre ambas variables. 2.

Obtener la recta de regresión que prediga la capacidad de adhesión en función del tiempo de uso de los productos de caucho.

La regresión lineal perseguida exige determinar los valores para los coeficientes de regresión β0 y β1 de la expresión siguiente: A   0  1T

La solución para cada uno de los dos coeficientes es la siguiente:

1 

 AT  T2

 0  A  1 T siendo las expresiones anteriores el resultado del método de los mínimos cuadrados. Simplemente resta sustituir en estas expresiones para deducir la recta de regresión: © Ediciones Pirámide

159

Problemas resueltos de estadística

1 

 AT 0,48   0,13  T2 3,5

0  A  1T  3,33   0,13  8,5  4, 49 Quedando la recta resultante como sigue: A   0  1T  4, 49  0,13T

Que se corresponde con el siguiente esquema de gráficos de puntos y recta de regresión:

3.

Construir el diagrama de caja para la muestra de datos de capacidad de adhesión. Razonar el tipo de asimetría a la vista del gráfico.

Para construir el diagrama de caja únicamente se necesita la información acerca de la mediana, los cuartiles primero y tercero y los bigotes inferior y superior de cara a identificar la posible existencia de valores atípicos en la distribución. En el caso de que no hubiera resultados atípicos habría de conocerse también los

160

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Ejercicios de aplicación

valores máximo y mínimo. Los resultados obtenidos para el conjunto de datos relativos a la capacidad de adhesión son los siguientes: Mediana

3,30

Cuartil 1

3,10

Cuartil 3

3,60

Bigote inferior

2,35

Bigote superior

3,85

Con los datos de la tabla puede dibujarse el diagrama de caja teniendo en cuenta que al no existir datos atípicos (mayores que el bigote superior o menores que el bigote inferior), los extremos del diagrama han de coincidir con los valores máximo y mínimo del conjunto de datos. La representación es la siguiente:

En cuanto a la simetría, la relación entre la media y la mediana indicarían una distribución simétrica o ligeramente asimétrica a la derecha, mientras que el coeficiente de asimetría conduce a pensar en una distribución asimétrica a la izquierda. Los resultados son los siguientes:

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Media

3,33

Mediana

3,30

161

Problemas resueltos de estadística

 AS F  33  

  A  A   A  A i 16 i 1

i

i 16 i 1

2

i

3

n n



32



0, 05  1,86 0, 02

4. Se ha añadido un nuevo aditivo al caucho y se ha registrado la capacidad de adhesión de 16 productos obteniéndose la siguiente tabla: CAPACIDAD DE ADHESIÓN Sin aditivo (A)

Con aditivo (A´)

Media

3,33

3,83

Moda

3,20

3,90

Varianza muestral

0,10

0,05

Mínimo

2,70

3,50

Máximo

3,80

4,30

Cuartil inferior

3,10

3,65

Cuartil superior

3,60

3,90

¿Puede afirmarse al 95 % de confianza que existe diferencia significativa entre las capacidades medias de adhesión de los productos de caucho con y sin el nuevo aditivo? (supónganse varianzas poblacionales iguales a 0,15 y poblaciones normales). La respuesta al enunciado se obtiene mediante un contraste de hipótesis entre los valores medios de dos poblaciones que podría formularse de la forma siguiente: H 0 :  A   A´   H 0 :  A   A´  0  H 1 :  A   A´   H 1 :  A   A´  0 La solución a dicho contraste, suponiendo poblaciones normales y varianzas poblaciones conocidas e iguales, pasa por emplear el siguiente estadístico:

 xA  xA´    A  A´ H

0

 1 nA   1 nA' 

162

Z

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Ejercicios de aplicación

La región crítica para el contraste bilateral para la diferencia de medias con el estadístico referido puede plantearse a partir del valor absoluto al ser la normal tipificada una distribución simétrica:

RH0 

 xA  xA´    A  A´  H  Z1 2  1 nA   1 nA'  0

Esta región crítica se corresponde con el esquema gráfico siguiente:

El cálculo y la comprobación es la siguiente:

 x A  x A´     A   A´  H   3,33  3,83  0   3,7  0,38 1 16   1 16   1 nA   1 nA '   3,7  1,96  RH 0 0

Z1 2  Z 0,975  1,96

 

El resultado obliga a rechazar que el comportamiento sea igual para el producto con aditivo y sin aditivo. Este ejercicio podría también haberse resuelto mediante un intervalo de confianza utilizando la cantidad pivotal equivalente al estadístico referido.

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163

Problemas resueltos de estadística

 x  x A´     A   A´    P  q1  Q  q2   P  Z 2  A  Z1 2   1 nA   1 nA '   





IC   A   A´ ;    x A  x A´   Z1 2 1 nA   1 nA '  





  3,33  3,83  Z 0,975 0,38 1 16   1 16  





  3,33  3,83  1,96  0,38 1 16   1 16    IC   A   A´ ;0,05    0,73; 0, 26 

El resultado conduce a pensar que el valor medio del producto sin aditivo es inferior en todo caso al valor medio del producto con aditivo al quedar los dos límites del intervalo con signo negativo. Con el siguiente esquema gráfico puede comprobarse la coincidencia del planteamiento con el contraste de hipótesis previamente planteado:



IC   A   A ' ;    x A  x A '   1  / 2  1 / n A   1 / n A ' 

4.9

164



En un almacén hay dos tipos de interruptores. De ellos, 150 son del tipo A y 250 del tipo B. Estos interruptores se comportan con arreglo a diferentes distribuciones de tiempos hasta el fallo. Así, los de tipo A siguen un modelo exponencial de

© Ediciones Pirámide

Ejercicios de aplicación

media 0,25 fallos por año y la vida de los del tipo B sigue una distribución normal de media 4 años y desviación típica 1,5 años. 1.

Una habitación del almacén dispone de un único interruptor, pero se desconoce su tipo. Calcular de manera razonada la probabilidad de que al final del segundo año el interruptor no se haya averiado.

2.

Un interruptor tomado al azar funcionó más de dos años. ¿Cuál es la probabilidad de que dicho interruptor fuera del tipo B? Razonar la respuesta.

3.

Acaba de salir al mercado un nuevo interruptor cuyo tiempo de funcionamiento en años sigue una distribución normal. Se han muestreado aleatoriamente 10 de estos interruptores, obteniéndose el tiempo hasta el fallo de cada uno: 5,1

4,2

6,3

5,7

4,8

5,2

5,5

4,9

5,6

6,1

Obtener de manera razonada una estimación por intervalo al 95 % de confianza para la media de la duración, indicando los supuestos y el estadístico adecuado. 4.

A partir de la misma muestra anterior, deducir de forma razonada un intervalo de confianza para la desviación típica de la duración, indicando los supuestos y el estadístico adecuado.

5.

El fabricante afirma que la vida media de estos nuevos interruptores es de 6 años. Contrastar de manera razonada si la afirmación del fabricante es correcta, utilizando la muestra anterior, indicando de manera razonada las hipótesis de partida, región crítica, estadístico de contraste y p-valor.

Solución:

1.

Una habitación del almacén dispone de un único interruptor, pero se desconoce su tipo. Calcular de manera razonada la probabilidad de que al final del segundo año el interruptor no se haya averiado.

La probabilidad de que un interruptor seleccionado al azar no se hubiese estropeado transcurridos dos años debe contemplar en primer lugar la probabilidad de seleccionar cualquiera de los dos tipos de interruptores y la probabilidad de que cualquiera de esos tipos tenga una duración superior a los dos años. Esta probabilidad debe calcularse de forma específica para cada uno de los dos tipos de interruptores mediante el modelo de probabilidad que rige cada uno de ellos (ex© Ediciones Pirámide

165

Problemas resueltos de estadística

ponencial en el caso de los interruptores tipo A y normal para los interruptores tipo B), mientras que la probabilidad de seleccionar cada tipo de interruptor es consecuencia directa de la cantidad de cada uno de ellos disponible. Este planteamiento responde al teorema de la probabilidad tal y como se observa en el siguiente esquema:

La formulación de la probabilidad total de que un interruptor tenga una duración superior a dos años es la siguiente: P T  2   P T  2 A  P  A   P T  2 B  P  B 

Las dos condiciones de las probabilidades anteriores ejercen su influencia mediante el uso de los respectivos modelos a los que hace referencia el enunciado. El cálculo de cada una de las probabilidades requeridas para deducir la probabilidad total es el siguiente: P T  2 A  1  P T  2 A  1  1  e 42   0,0003 P  A 

150  0,375 400

2  4  0,9 P T  2 B   1  P T  2 B   1  P  Z  1,5   P  B 

166

250  0,625 400 © Ediciones Pirámide

Ejercicios de aplicación

Simplemente resta operar con las probabilidades anteriores hasta obtener la probabilidad de que un interruptor dure más de dos años: P T  2  P T  2 A P  A  P T  2 B  P  B     0,0003  0,375    0,9  0,625   0,567

2.

Un interruptor tomado al azar funcionó más de dos años. ¿Cuál es la probabilidad de que dicho interruptor fuera del tipo B? Razonar la respuesta.

En este apartado el enunciado propone un planteamiento que responde al teorema de Bayes, puesto que la condición alude a los interruptores cuya duración ha sido superior a 2 años y de entre éstos pide calcular la probabilidad de que el interruptor fuese de tipo B. El esquema es el siguiente:

El cálculo de la probabilidad es el siguiente:

P  B T  2  3.

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P T  2 B  P  B  0,9  0,625   0,99 P T  2 0,567

Acaba de salir al mercado un nuevo interruptor cuyo tiempo de funcionamiento en años sigue una distribución normal. Se han muestreado aleatoriamente 10 de estos interruptores, obteniéndose el tiempo hasta el fallo de cada uno: 167

Problemas resueltos de estadística

5,1

4,2

6,3

5,7

4,8

5,2

5,5

4,9

5,6

6,1

Obtener de manera razonada una estimación por intervalo al 95 % de confianza para la media de la duración, indicando los supuestos y el estadístico adecuado. El enunciado solicita calcular un intervalo de confianza para la media poblacional a partir de una muestra aleatoria simple de duraciones de interruptores. Ante el desconocimiento de la varianza poblacional, la cantidad pivotal a emplear y el esquema del intervalo son los siguientes:

Q

x Sn 1

n

 t n 1

Para calcular los límites del intervalo se requiere conocer la media y cuasidesviación típica muestrales que proceden directamente de los datos del enunciado: x   i 1 xi n  5,34 i 10

sn 1



i 10 i 1

 xi  x 2  n  1  0,39  0,63

Simplemente resta deducir los límites del intervalo a partir de la cantidad pivotal y obtener el resultado final: x   t1 2  P  q1  Q  q2   P t 2  Sn 1 n  

168

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Ejercicios de aplicación

s s   IC   ;    xn  n 1 t1 2  n  1 ; xn  n 1 t1 2  n  1    n n 0,63 0,63 IC   ;0,05    5,34  t0,975  9  ;5,34  t0,975  9      10 10 0,63 0,63   5,34  2, 26;5,34  2,26     10 10  IC   ;0,05   4,88;5,79  4.

A partir de la misma muestra anterior, deducir de forma razonada un intervalo de confianza para la desviación típica de la duración, indicando los supuestos y el estadístico adecuado.

En el caso de la varianza poblacional, cambia la cantidad pivotal y el esquema gráfico:

 n  1 sn21 2

  n21

Una vez identificada la cantidad pivotal, el desarrollo es equivalente el resto de intervalos con la salvedad de tener que considerar la raíz cuadrada de los valores al solicitar el enunciado un intervalo para la desviación típica y no para la varianza:

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169

Problemas resueltos de estadística

 n  1 sn21 2

  n21

 P  q1  Q  q2   P    IC  ;     

n  1 s2   n21  2    2 n 1

 n  1 sn21

  n21 1 2

;





  n21 1 2 

 n  1 sn21 

  n21  2

  

 10  1 0,39 10  1 0,39   IC  ;0,05    ; 2 2         10 10 0,975 0,025    10  1 0,39 10  1 0,39   ;  19,02 2,7    IC  ;0,05    0, 42;1,14  5.

El fabricante afirma que la vida media de estos nuevos interruptores es de 6 años. Contrastar de manera razonada si la afirmación del fabricante es correcta, utilizando la muestra anterior, indicando de manera razonada las hipótesis de partida, región crítica, estadístico de contraste y p-valor.

El enunciado solicita resolver un contraste de hipótesis bilateral para la media de la población empleando el p-valor. La formulación del contraste es la siguiente: H0 :   6 H1 :   6 El estadístico con el que debe afrontarse la solución al contraste a la vista de la información disponible será el siguiente:

x  ()H0 Sn1 n

tn1

La resolución del contraste mediante el p-valor requiere, en cierto modo, cuantificar la probabilidad de que el estadístico se ubique en la región de aceptación que, como en este caso se trata de un contraste bilateral que se resuelve mediante una distribución simétrica, puede plantearse como sigue: 170

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Ejercicios de aplicación

x    H0    5,34  6  p -valor  2 P t n 1    2 P  t10 1    0, 001 0, 63 10  S n 1 n    Siendo tan baja la probabilidad no cabe más que descartar la opción de que la hipótesis nula sea cierta, ya que la probabilidad de que el estadístico se sitúe en la región de aceptación es ínfima. 4.10

Se sabe que el valor medio de la producción de las 25 plantas de la misma compañía en un país que produce fibras textiles asciende a 4.553,32 t/día con una desviación típica de 719,38 t/día. Se pide: 1.

Calcular un intervalo de confianza para la desviación típica de todas las plantas.

2.

Para el mismo nivel de confianza, ¿cuál es el tamaño de la muestra que permite un error máximo de estimación de la desviación típica de 250 kg? Nota: la cifra exacta se encuentra entre 18 y 23.

Solución:

1.

Calcular un intervalo de confianza para la desviación típica de todas las plantas.

El intervalo de confianza para la desviación típica con la información disponible requiere emplear la siguiente cantidad pivotal:

Q

 n  1 sn21 

2

  n21

Deben no obstante hacerse las transformaciones oportunas para poder deducir el intervalo en términos de la desviación típica:  P  q1  Q  q2   P  

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  n21  2 

 n  1 sn21 

2





  n21 1 2 

171

Problemas resueltos de estadística

 IC  ;     

 n  1 sn21

;

 n  1 sn21 

  n21 1 2   n21  2

  

  25  1 733,12  25  1 733,12  ;    0,025  24  24   0,975 

   

  25  1 733,12  25  1 733,12  ;  39,36 12, 40 

   

 IC  ;0,05    572, 25;1.020,05 

2.

Para el mismo nivel de confianza, ¿cuál es el tamaño de la muestra que permite un error máximo de estimación de la desviación típica de 250 kg? Nota: la cifra exacta se encuentra entre 18 y 23.

La solución a este planteamiento requiere de un cálculo iterativo al depender los grados de libertad de la distribución chi-cuadrado del tamaño de la muestra. Por ello el enunciado informa que la solución se encuentra en el intervalo entre 18 y 23. El planteamiento del problema es el siguiente: L

 n  1 sn2  n  1 sn2    2   n  1  2  n  1 1

2

2

  1 1     n  1 s   2 2   250 1 1 n  n          1     2 2 2 n

La solución pasa por asignar valores a n en la expresión hasta hacer que el tamaño deducido sea igual a los grados de libertad más una unidad:

172

Grados de libertad

2 0,025  n1

2 0,975  n1

n

50

32,40

71,4

142

27

14,60

43,2

038,7

19

08,91

32,9

19

20

09,59

34,2

21

© Ediciones Pirámide

Ejercicios de aplicación

4.11

En un matadero se ha observado que el peso de la canal de las reses sacrificadas durante varios años sigue una ley normal de media 100 kg y desviación típica 20 kg. Se desea construir la curva de potencia del test unilateral (α = 0,01) que permitiría saber si el peso es igual o superior a 100 kg. Para construir la curva se seleccionó una muestra de 25 animales cuyo peso medio fue de 110 kg. Para construir la curva de potencia, emplear los valores 102, 104, 106 y 108. Solución:

La función de potencia para un contraste unilateral superior para la media poblacional de una distribución normal de la que se conoce a la varianza poblacional puede deducirse de la forma siguiente:  x  (  ) H0     P AH0 H0   P   Z1   P  x  ()H0  Z1   P x  x1  n     n 

P     1       1  P  AH0 H1   1  P  x  x1 H1   x1  ( ) H1   x  H1 x1  ( ) H1   1 P     1  P Z    n   n   n   n  1  P  Z  Z1   ( )H0  ( ) H1        25   1  P  Z  2,32  100  ( )H1   20   Una vez definida la función de potencia en los términos descritos, simplemente resta calcular cada una de las probabilidades para cada uno de los valores de la media poblacional a los que alude el enunciado: µ

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 ( )

P( )  1   (m)

102

0,97

0,03

104

0,91

0,09

106

0,80

0,20

108

0,63

0,37

173

Problemas resueltos de estadística

Si se construyese la curva de potencia con un mayor número de datos el resultado sería el siguiente:

4.12

El departamento de marketing de una marca de automóviles considera que el tiempo que transcurre para la renovación de un automóvil por parte de su cliente típico puede representarse por la función de densidad:

f ( x) 

1 2 x 72

0 x6

1.

¿Cuál es la probabilidad de que una familia tarde más de 5 años en renovar su automóvil, supuesto que ya han pasado más de 3 años desde la compra del actual?

2.

Calcular la probabilidad de que al menos 2 de los 10 clientes renueven el coche con más de 3 años.

3.

Calcule el tiempo en que como máximo se renovarán el 75 % de los coches.

4.

Suponga que el Gobierno implementa un sistema de estímulo del sector del automóvil que consiste en subvencionar a los compradores de coches, de manera que el coste medio de un coche tipo después de la subvención viene dado por la siguiente expresión: C = 18.000 – 1.000X Obtenga de manera razonada el coste medio del nuevo coche.

174

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Ejercicios de aplicación

Solución:

1.

¿Cuál es la probabilidad de que una familia tarde más de 5 años en renovar su automóvil, supuesto que ya han pasado más de 3 años desde la compra del actual?

Se trata de calcular una probabilidad condicionada para la variable aleatoria cuya función de densidad proporciona el enunciado. Se obtiene sin más que plantear la definición de probabilidad condicionada y especificar bien los límites de las integrales definidas a partir de las que se obtienen las correspondientes probabilidades. El desarrollo es el siguiente:

P  X  5 X  3  1    x 2 72  dx

P  X  5  X  3 P  X  3



P  X  5 P  X  3



5



0 3

1    x 72  dx 2



0, 42  0, 48 0,87

0

2.

Calcular la probabilidad de que al menos 2 de los 10 clientes renueven el coche con más de 3 años.

El experimento así definido debe ser analizado mediante un modelo binomial en el que el parámetro p sea la probabilidad de renovar el vehículo con más de tres años y el parámetro n sea diez puesto que es el número de individuos que componen el experimento. Ha de calcularse, por tanto, la probabilidad de que se renueve el vehículo con más de tres años para la variable aleatoria cuya función de densidad propone el enunciado. La citada probabilidad es la siguiente: P  X  3  1  P  X  3  1    x 2 72  dx  0,87 3

0

Quedando entonces la distribución binomial definida de la forma siguiente: Y   10;0,87 La probabilidad solicitada por el enunciado es la probabilidad de que la variable aleatoria Y así definida sea igual o superior a dos unidades: © Ediciones Pirámide

175

Problemas resueltos de estadística

P Y  2  1  P Y  1  1   P Y  0  P Y  1   10! 10! 10 0 10 1  0,870 1  0,87  0,871 1  0,87  1    1!10  1!  0!10  0 !   0,99 3.

Calcule el tiempo en que como máximo se renovará el 75 % de los coches.

Se trata de calcular el valor de X, variable aleatoria original del enunciado, tal que la probabilidad acumulada a este punto sea igual a 0,75. Puede plantearse a partir de la función de densidad o de la función de distribución. Sea a el valor buscado: F  a   P  X  a    f  x  dx  0,75 a

0

 x a

0

4.

2

72  dx  0,75  a3 216  0,75  a  5,45años

Suponga que el gobierno implementa un sistema de estímulo del sector del automóvil que consiste en subvencionar a los compradores de coches, de manera que el coste medio de un coche tipo después de la subvención viene dado por la siguiente expresión: C = 18.000 – 1.000X Obtenga de manera razonada el coste medio del nuevo coche.

Se trata de calcular el valor esperado de una nueva variable aleatoria definida como una transformación lineal de la variable aleatoria X original, con lo que simplemente ha de calcularse aplicando las propiedades del operador esperanza matemática y deducirla resolviendo la esperanza matemática de la variable transformada:

176

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Ejercicios de aplicación

E C   18.000  1.000 E  X   18.000  1.000 x f  x  dx  6

0

 18.000  1.000 x  x 2 72  dx  18.000  1.000  4,5  13.500 6

0

4.13

En las siguientes tablas y gráficos se recoge información sobre las atenciones sanitarias no domiciliarias atendidas a través del teléfono 112 de Protección Civil durante los últimos 180 días en cierta ciudad española. Para cada día se ha observado el tiempo medio de respuesta (en minutos) de las ambulancias para accidentes con heridos y el número de accidentes atendidos según su tipología (accidente de tráfico, laboral y otros): Global

Lunes-Viernes

Sábado-Domingo

Media

0.013,91

0.012,650

020,65

Mediana

0.007,72

0.007,430

016,45

Cuasidesviación típica

0.014,12

0.012,750

018,59

Curtosis

0.002,00

0.002,760

0–0,19

Asimetría

0.001,52

0.001,650

000,85

Rango

0.065,16

0.061,090

064,99

Mínimo

0.000,02

0.000,023

000,18

Máximo

0.065,18

0.061,110

065,18

Suma

2.505,42

1.897,510

607,90

Tamaño muestra

0.180,00

0.150,000

030,00

Número de accidentes atendidos

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Tráfico

Laboral

Otros

Lunes-Viernes

111

9

30

Sábado-Domingo

26

1

3

177

Problemas resueltos de estadística

Tiempo medio de respuesta global

Tiempos medios de respuesta

Responda justificadamente a las siguientes cuestiones indicando las tablas y/o gráficos que utiliza para su razonamiento:

178

1.

Describa la forma de la distribución del tiempo medio de respuesta (global) e indique la medida de centralización que sería representativa en dicha distribución.

2.

Justifique si son ciertas o falsas las siguientes afirmaciones:

i.

En más de la mitad de los casos, el tiempo medio de respuesta de las ambulancias durante los fines de semana es más de dos veces superior al de los días laborables.

ii.

En el 75 % de los casos el tiempo medio de respuesta de las ambulancias durante los fines de semana es superior a 30 minutos.

3.

Si tuviera que dar un tiempo máximo de respuesta por debajo del cual pudiera garantizar que se ha atendido el 75 % de las emergencias de lunes a viernes, ¿qué tiempo daría?

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Ejercicios de aplicación

4.

¿Puede afirmarse a un 5 % de significación que el tiempo medio de respuesta en los fines de semana es significativamente superior al de lunes a viernes? (utilice la aproximación a la normal). Plantee las hipótesis, estadístico de contraste, región crítica y decisión/conclusión.

5.

Obtenga el p-valor del contraste anterior.

Solución:

1.

Describa la forma de la distribución del tiempo medio de respuesta (global) e indique la medida de centralización que sería representativa en dicha distribución.

El histograma de frecuencias del tiempo de respuesta global presenta cierta asimetría a la derecha, lo que recomienda no recurrir a la media aritmética como medida de posición central ya que resulta ser una medida sensible a los valores extremos. Resultan más robustas en este caso la moda o la mediana. 2.

Justifique si son ciertas o falsas las siguientes afirmaciones:

i.

En más de la mitad de los casos, el tiempo medio de respuesta de las ambulancias durante los fines de semana es más de dos veces superior al de los días laborables.

La afirmación es verdadera puesto que la mediana de la variable tiempo de respuesta en fin de semana (16,45) es superior al doble de la mediana del tiempo de respuesta en días laborables (7,43 × 2 = 14,86). ii.

En el 75 % de los casos el tiempo medio de respuesta de las ambulancias durante los fines de semana es superior a 30 minutos.

Falso, puesto que por encima del tercer cuartil no queda un 75 % de los datos, sino el 25 %, tal y como muestra el diagrama de caja correspondiente al tiempo de respuesta en los fines de semana. 3.

Si tuviera que dar un tiempo máximo de respuesta por debajo del cual se pudiera garantizar que se ha atendido el 75 % de las emergencias de lunes a viernes, ¿qué tiempo daría?

Aproximadamente 18 minutos, que se corresponde con el tercer cuartil del diagrama de caja y que es el valor que deja por debajo de él el 75 % de los datos. 4. ¿Puede afirmarse a un 5 % de significación que el tiempo medio de respuesta en los fines de semana es significativamente superior al de lunes a © Ediciones Pirámide

179

Problemas resueltos de estadística

viernes? (utilice la aproximación a la normal). Plantee las hipótesis, estadístico de contraste, región crítica y decisión/conclusión. Debe resolverse un contraste de hipótesis para la diferencia entre los valores medios de ambos tiempos de espera. La formulación del contraste es la siguiente: H 0 : F  L  H 0 : F  L  0  H1 : F  L  H1 : F  L  0

Al ser el contraste unilateral, la región de rechazo se sitúa sobre una única cola de la distribución t-Student, tal y como se observa en el esquema siguiente:

En estas condiciones, la solución al contraste se deduce de la forma siguiente:

 xF  xL     F   L  H 2 2 1  nF  1 sn 1   nL  1 sn 1

   1 F L   nF nL n F  nL  2     20, 26  12,65   0   2,74  1 1  30  1 345,58  150  1162,56    30 165 30  150  2     t178 0,95  1,65  Z 0,95  1,65 tn1  n2  2 1  0







 2,74  1,65  RH 0

180

© Ediciones Pirámide

Ejercicios de aplicación

Por lo que debe rechazarse que el tiempo medio de respuesta sea igual en fin de semana que en día laborable. 5. Obtenga el p-valor del contraste anterior. El p-valor debe calcularse como la probabilidad de que el estadístico se sitúe en la región de aceptación del contraste, lo que implica calcular la siguiente probabilidad:  P tn1  n2  2       1  P t178   

  xF  xL     F   L  H  2 2 1  nF  1 sn 1   nL  1 sn 1  0

1  nF n L

1 1  30 165

F

L

nF  n L  2

 

  20, 26  12,65   0   30  1 345,58  150  1162,56  30  150  2



 1  P t178  2, 74   1  P  Z  2, 74   0, 002

conduciendo el p-valor a la misma conclusión que la resolución del apartado anterior, que no es otra que el rechazo de la hipótesis nula de igualdad entre los tiempos de respuesta de fin de semana y día laborable. Cabe fijarse en cómo el esquema gráfico del planteamiento del p-valor es complementario al reflejado en el apartado anterior para resolver el contraste mediante la comparación del estadístico y el cuantil:

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181

Problemas resueltos de estadística

4.14

La función de densidad asociada a la duración en días de un determinado producto es:

f ( x)  k (2  x) 0  x  2 1. Determinar el valor de la constante k. 2. Si el producto sólo está en condiciones óptimas para su venta entre 12 horas y 48 horas después de haber sido producido, calcular la probabilidad de que el producto esté en condiciones óptimas para su venta (considérese que un día son 24 horas). 3. Una determinada empresa tiene capacidad para producir únicamente cuatro de estos productos cada día. ¿Cuál es la probabilidad de que no pueda vender todos los productos fabricados un día cualquiera? 4. Cada uno de estos productos cuesta producirlo 200 euros. Si el precio de venta de cada producto es de 510 euros si es óptimo para la venta y de 310 si no lo es, calcule el beneficio esperado por producto. Solución:

1.

Determinar el valor de la constante k.

El valor de la constante k se deduce del planteamiento de las propiedades de la función de densidad, en especial de aquella que establece que la derivada de la función de densidad a lo largo de todo el dominio de definición de la variable debe ser igual a la unidad. Basta con plantear la integral definida, igualarla a uno y despejar el valor de k que garantiza tal propiedad: 2



Dx

2.

2 kx 2    f  x  dx  1   k  2  x  dx   2kx   1 k 1 2 0  2  0

Si el producto sólo está en condiciones óptimas para su venta entre 12 horas y 48 horas después de haber sido producido, calcular la probabilidad de que el producto esté en condiciones óptimas para su venta (considérese que un día son 24 horas).

El enunciado solicita calcular la probabilidad de un intervalo, lo que implica integrar la función de densidad entre los límites fijados o recurrir a las funciones de distribución definidas para cada uno de los dos puntos. En la medida en la que 182

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Ejercicios de aplicación

el enunciado directamente proporciona la función de densidad, se recurrirá a este procedimiento: 2

2  x

0,5

2

P  0,5  X  2   3.

2

x2   dx   x     0,56  4  0,5

Una determinada empresa tiene capacidad para producir únicamente cuatro de estos productos cada día. ¿Cuál es la probabilidad de que no pueda vender todos los productos fabricados un día cualquiera?

Ha de plantearse una nueva variable aleatoria en términos dicotómicos, puesto que la probabilidad solicitada alude a la posibilidad, o no, de vender los productos, siendo el parámetro p la probabilidad de que el producto se venda en un período de entre 12 y 48 horas ya calculada en el apartado anterior. La nueva variable aleatoria se comporta, por tanto, de la siguiente forma: Y    4; 0, 56 

La probabilidad requerida por el enunciado es la siguiente: P Y  4  P Y  0  P Y  1  P Y  2  P Y  3  4! x 3  4 x  0,56 xi 1  0,56  i  0,90   xi 1 i xi ! 4  xi !

4.

Cada uno de estos productos cuesta producirlo 200 euros. Si el precio de venta de cada producto es de 510 euros si es óptimo para la venta y de 310 si no lo es, calcule el beneficio esperado por producto.

El resultado exigido en este apartado procede de obtener el beneficio, como diferencia entre ingreso y coste, para cada tipo de producto (óptimos para la venta y no óptimos) y multiplicar este beneficio por la probabilidad de cada uno de los productos, sabiendo que la probabilidad de que el producto sea óptimo es la probabilidad de que se venda entre 12 y 48 horas (calculada anteriormente igual a 0,56), y la probabilidad de que no sea óptimo será su complementaria:

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183

Problemas resueltos de estadística

Tipo de producto

Beneficio

Probabilidad

Óptimo

510 – 200 = 310

0,56

No óptimo

310 – 200 = 110

0,44

De esta forma, el beneficio esperado se obtiene a partir de la suma de los conceptos anteriores: E  B    310  0,56   110  0, 44   222

4.15

La demanda de un determinado tipo de artículo ha venido comportándose durante los últimos años con arreglo a una distribución N (µ,20). A la empresa que lo produce se le ofrece una campaña publicitaria del artículo con objeto de aumentar sus ventas. Si bien el precio de la campaña es alto, la empresa considera que si su aplicación eleva la venta media por encima de las 250 unidades, su contratación sería rentable. Con objeto de tomar una decisión, tal campaña se aplica durante un cierto período de prueba, obteniéndose como venta media, en dicho período 260 unidades, correspondientes a 35 de sus clientes habituales. Plantear el contraste de hipótesis adecuado y contestar a las siguientes preguntas: 1. ¿Qué decisión adoptará la empresa, al nivel de significación del 1 %? 2.

¿Cuál será la potencia del contraste anterior para un valor de la media poblacional de 252 unidades?

Solución:

1.

¿Qué decisión adoptará la empresa, al nivel de significación del 1 %?

Se trata de un contraste unilateral superior para la media poblacional que puede formularse de la forma siguiente: H0 :   250 H1 :   250 El estadístico adecuado a la información de la que se dispone es el siguiente: x     H0

 n 184

Z

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Ejercicios de aplicación

Siendo la regla de decisión la siguiente:

RH 0 

x    H0



n

 Z1

Por último, la resolución numérica al contraste: x    H 0



n Z1

  2,95  20 35   2,95  2,32  RH 0   Z 0,99  2,32  

260  250





Debe por tanto rechazarse la hipótesis nula y pensar que las ventas podrían ser superiores a las 250 unidades. 2.

Calcule la potencia del contraste anterior para un valor de la media poblacional de 252 unidades.

El cálculo de la potencia exige calcular la probabilidad complementaria de la vinculada al error de segunda especie: P     1       1  P  AH 0 H1   1  P  x  x1 H1   x1     H1   x     H1 x1     H1   1 P     1  P Z    n   n    n 

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185

Problemas resueltos de estadística

 





 0   n Z1     H1    1 P Z     n     n  1  P  Z  Z1     H0     H1         35  1  P  Z  2,32   250  252    1  P  Z  1,73  0,041 20   El contraste es poco potente y, por tanto, la probabilidad de cometer el error de segunda especie es elevada. 4.16

Una multinacional se dedica al mantenimiento de estaciones depuradoras de aguas residuales (EDAR) y gestiona 100 plantas en el hemisferio norte y 300 en el hemisferio sur. La empresa está preocupada porque de forma aleatoria acceden aguas residuales con una elevada concentración de compuestos radiactivos, lo cual daña los filtros biológicos. Esta multinacional sabe que las puntas de concentración diarias en el hemisferio norte se producen con arreglo a la siguiente ley de probabilidad:

P  X HN  xi  

3 1   x  0,1, 2,3, 4 2 x ! 4  x  !

Por su parte, las puntas de concentración diarias en el hemisferio sur se distribuyen con arreglo a la siguiente ley: P  X HS  xi  

1.

186

e2 2 x  x  0 x!

Calcular la probabilidad de que se produzcan más de dos puntas de concentración en alguna de las plantas de la compañía.

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Ejercicios de aplicación

2.

La probabilidad de que se produzca alguna punta de concentración en el hemisferio norte o en el hemisferio sur suponiendo que las puntas se producen de forma independiente entre ambos hemisferios.

3.

¿Cuál es la probabilidad de que transcurran tres días hasta que se observe la primera punta de contaminación en el hemisferio sur?

4.

Si se selecciona una muestra de tres EDAR en el hemisferio sur, ¿cuál es la probabilidad de que la media de puntas de concentración de esas tres EDAR sea superior a tres?

5.

Si se selecciona una muestra de 100 EDAR en el hemisferio sur, ¿cuál es la probabilidad de que la media de puntas de concentración de esas 100 EDAR sea superior a 2,5?

Solución:

1.

Calcular la probabilidad de que se produzcan más de dos puntas de concentración en alguna de las plantas de la compañía.

La probabilidad de que se produzcan más de dos puntas de concentración en alguna de las EDAR de la compañía debe ser el resultado de sumar la probabilidad de que se produzcan más de dos puntas de concentración en el hemisferio norte más la probabilidad de que se produzcan más de dos puntas de concentración en el hemisferio sur. Este esquema recuerda a un suceso que puede producirse de forma transversal a una serie de sucesos en los que se divide el espacio muestral total, remitiendo al teorema de la probabilidad total.

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187

Problemas resueltos de estadística

La peculiaridad viene impuesta por las características de las funciones de densidad de cada una de las dos variables aleatorias (XHN y XHS). El planteamiento de la probabilidad total es el siguiente: P  X  2   P  X  2 X HS  P  X HS   P  X  2 X HN  P  X HN 

Por tanto, hay que calcular cada una de las probabilidades condicionadas con las respectivas funciones de cuantía (en realidad, la condición referida a cada hemisferio se implementa gracias a la existencia de funciones de cuantía específica para cada suceso), así como las probabilidades absolutas: P  X  2 X HS   1  P  X  2 X HS    1   P  X  0 X HS   P  X  1 X HS   P  X  2 X HS    e 2 20 e 2 21 e 2 2 2  1      1  0,67  0,32 1! 2!   0! P  X  2 X HN   1  P  X  2 X HN    1   P  X  0 X HN   P  X  1 X HN   P  X  2 X HN   3  1 3 1 3 1 1      1  0,68  0,31  2 0! 4  0 ! 2 1! 4  1! 2 2! 4  2 !

Por su parte, las probabilidades absolutas son las siguientes:

300  0,75 400 100 P  X HN    0, 25 400 P  X HS  

Finalmente, la probabilidad total de que se produzcan más de dos puntas de concentración como combinación de las anteriores:

P  X  2   P  X  2 X H S  P  X HS   P  X  2 X H N  P  X H N     0, 75  0, 32    0, 25  0, 31   0, 32

188

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Ejercicios de aplicación

2.

La probabilidad de que se produzca alguna punta de concentración en el hemisferio norte o en el hemisferio sur suponiendo que las puntas se producen de forma independiente entre ambos hemisferios.

El enunciado solicita calcular la probabilidad de una unión de sucesos: producirse alguna punta de concentración en el hemisferio norte (XHN > 0) o producirse alguna punta de concentración en el hemisferio sur (XHS > 0). Para deducir esta probabilidad basta con recurrir a los axiomas probabilísticos y aplicar las consecuencias de la independencia de sucesos para el cálculo de la intersección:

P  X HS  0    X HN  0    P  X HS  0  P  X HN  0  P  X HS  0    X HN  0     P  X HS  0  P  X HN  0   P  X HS  0 P  X HN  0 Simplemente queda calcular las probabilidades de que se produzca alguna punta de concentración en cada uno de los dos hemisferios con las correspondientes funciones de cuantía: e2 20  0,93 0! 3 1  0  1   0,86 2 0! 4  0 !

P  X HS  0  1  P  X HS  0  1  P  X HN  0  1  P  X HN

Y finalmente sustituir para calcular la probabilidad de la unión de sucesos: P   X HS  0    X H N  0     P  X HS  0   P  X HN  0    P  X HS  0  P  X H N  0    0, 93  0, 86   0, 93  0, 86   0, 99

3.

¿Cuál es la probabilidad de que transcurran tres días hasta que se observe la primera punta de contaminación en el hemisferio sur?

El tiempo que transcurre hasta que se produce la primera punta de concentración en el hemisferio sur puede estudiarse mediante una distribución exponencial al ser el modelo que rige las puntas de concentración por unidad de tiempo una distribución de Poisson. El planteamiento del modelo es el siguiente:

t HS  E  2  © Ediciones Pirámide

189

Problemas resueltos de estadística

Finalmente, la probabilidad de que tarde exactamente tres días se calcula con la función de densidad del modelo exponencial: PtHS  3  ex  2e23  0,005 4.

Si se selecciona una muestra de tres EDAR en el hemisferio sur, ¿cuál es la probabilidad de que la media de puntas de concentración de esas tres EDAR sea superior a tres?

En este caso se requiere calcular una probabilidad vinculada a la media de una muestra de tres EDAR en el hemisferio sur. El tamaño de la muestra no es lo suficientemente grande como para poder aplicar el teorema central del límite, pero, sin embargo, cabe aceptarse que la media muestral es una combinación lineal de variables aleatorias que se distribuyen según un modelo de Poisson, con lo que éste debe ser el modelo con el que estudiar la media muestral. Por simplificar el tratamiento, antes de deducir el modelo se opera con el denominador de la media muestral de la forma siguiente:  X HS1  X HS 2  X HS3  P  X HS  3  P   3  P  X HS1  X HS 2  X HS3  9   3  





 X HS1  X HS2  X HS3  YHS  P  HS1  HS2  HS3   P  6   1  P YHS  9   0, 08

5.

Si se selecciona una muestra de 100 EDAR en el hemisferio sur, ¿cuál es la probabilidad de que la media de puntas de concentración de esas 100 EDAR sea superior a 2,5?

El tamaño de la muestra sí permite en este caso aplicar el teorema central del límite, pudiendo calcularse la probabilidad vinculada a la media muestral mediante una distribución normal de la forma siguiente:





n   N   ;  n   N  2;0,14   P  X HS  2,5  X HS 

2,5  2    1  P  X HS  2,5  1  P  Z  0 0,14  

190

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Ejercicios de aplicación

4.17

En el proceso de etiquetado de un producto agroalimentario los paquetes deben pasar necesariamente por dos fases, como se muestra en la figura siguiente:

Cada fase se controla con un componente (C1 y C2 respectivamente) en serie cuyas duraciones, en miles de horas, se comportan de manera independiente: — C1 como exponencial de parámetro 0,2. — C2 como una variable aleatoria cuya función de densidad es la siguiente:

f  C 2 

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2  c2  1 C 23

1.

Calcule la probabilidad de que el componente C1 funcione más de 1.500 horas y el componente C2 funcione más de 1.500 horas a la vez.

2.

¿Cuál es la probabilidad de que la duración total de 70 componentes del tipo C1 supere las 400.000 horas?

3.

Se está evaluando la compra de unos nuevos componentes cuyas duraciones se distribuyen según una normal de media 3.000 horas y desviación típica 200 horas cada uno. El proveedor ha mandado una muestra de 100 componentes de este tipo cuyos funcionamientos son independientes entre sí. ¿Cuál es la probabilidad de que el promedio de duración de esta muestra supere en más de 40 horas a la de la media poblacional?

4.

Se han muestreado 100 componentes de cada tipo (C1 y C2) cuyo resumen de estadísticos se muestra a continuación:

191

Problemas resueltos de estadística

C1

C2

Recuento

100,0000

100,00000

Promedio

4,880

3,4900

Mediana

3,580

2,3200

Desviación estándar

4,650

3,5700

95,28%0

102,30%000

Mínimo

0,028o

0,0065

Máximo

24,080o

16,70000

Rango

Coeficiente de variación

24,050o

16,69000

Cuartil inferior

1,790

1,0600

Cuartil superior

6,890

4,8600

Responda a las siguientes cuestiones justificando su respuesta: i.

¿Cuál de las dos distribuciones es más dispersa?

ii.

¿Qué tipo de asimetría siguen las dos distribuciones?

iii.

En la distribución de los componentes C1, ¿a partir de qué duración en horas se recoge el 25 % de los componentes que más duran?

iv.

¿Cuál de los dos tipos de componentes le parece más fiable?

v.

¿Existirá algún dato atípico en alguna de las dos distribuciones?

Solución:

1.

Calcule la probabilidad de que el componente C1 funcione más de 1.500 horas y el componente C2 funcione más de 1.500 horas a la vez.

Ha de calcularse la probabilidad de una intersección de dos sucesos teniendo en cuenta que ambos procesos son independientes, de forma que puede asumirse que la probabilidad de la intersección es igual al producto de ambas probabilidades. Para ello debe en primer lugar calcularse las probabilidades de que cada uno de los componentes dure más de 1.500 horas para cada una de las funciones de densidad especificadas en el enunciado:

192

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Ejercicios de aplicación



P C1  1.500    0, 2e 0,2 c1 dc1  1  F 1,5   e 0,21,5  0, 74 1,5



P C 2  1.500    2 c 23 dc 2  1  F 1,5   2 1,5 2  0, 44 1,5

Finalmente, la probabilidad de la intersección se calcula de la forma siguiente:

P  C1  1.500   C 2  1.500  P C1  1.500 P C 2  1.500   0,74  0,44  0,33 2.

¿Cuál es la probabilidad de que la duración total de 70 componentes del tipo C1 supere las 400.000 horas?

Se trata de calcular una probabilidad para una variable aleatoria que resulta ser una combinación lineal de 70 variables aleatorias cuyo modelo de probabilidad es conocido. En estas condiciones, el teorema central del límite proporciona una herramienta válida para estudiar la variable aleatoria resultante mediante una distribución normal. El esquema es el siguiente: C1  E  0, 2   Y   i 1 C1i i  70

TCL n Y   N  nE C1 ; nV C1 





TCL n Y   N  70  1 0, 2  ; 70  1 0, 22  









TCL n Y   N  350;41,83

Una vez conocido el modelo de probabilidad, el cálculo es sencillo y basta con operar con la distribución normal:

400  350  P Y  400  1  P  Z   0,12 41,83   3.

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Se está evaluando la compra de unos nuevos componentes cuyas duraciones se distribuyen según una normal de media 3.000 horas y desviación típica 200 horas cada uno. El proveedor ha mandado una muestra de 100 componentes de este tipo cuyos funcionamientos son independientes entre sí. ¿Cuál es la probabilidad de que el promedio de duración de esta muestra supere en más de 40 horas a la de la media poblacional? 193

Problemas resueltos de estadística

Se trata en este caso de una probabilidad referida a una media muestral de componentes de los que se conoce que la duración de cada uno de ellos se distribuye según un modelo normal. De esta forma, la media muestral de tales duraciones también se distribuirá mediante un modelo normal cuyos parámetros serán los siguientes: X i  N  3.000; 200  x   i 1 X i 100  N  3.000; 200 i 100

100 

x  N  3.000; 20  El cálculo de la probabilidad vuelve a ser sencillo una vez que se formula bien la cuestión solicitada puesto que simplemente resta dividir entre la desviación típica para obtener la variable tipificada: P  x    40  P  x    40  P  Z  40 20  1  P  Z  2  0,02

4.

Se han muestreado 100 componentes de cada tipo (C1 y C2) cuyo resumen de estadísticas se muestra a continuación: C1

C2

Recuento

100,0000

100,00000

Promedio

4,880

3,4900

Mediana

3,580

2,3200

Desviación estándar

4,650

3,5700

95,28%0

102,30%000

Mínimo

0,028o

0,0065

Máximo

24,080o

16,70000

Rango

Coeficiente de variación

24,050o

16,69000

Cuartil inferior

1,790

1,0600

Cuartil superior

6,890

4,8600

Responda a las siguientes cuestiones justificando su respuesta: i.

¿Cuál de las dos distribuciones es más dispersa?

Para comparar la dispersión de diferentes conjuntos de datos debe recurrirse a medidas relativas para evitar el efecto de la magnitud de la escala de medida. En 194

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Ejercicios de aplicación

este caso, la distribución de C2 es más dispersa debido a que su coeficiente de variación es mayor. Le afectan mucho los datos atípicos que son muy extremos. ii.

¿Qué tipo de asimetría siguen las dos distribuciones?

Al no disponer de información relativa a los coeficientes de asimetría, ha de compararse los datos de media y mediana. En este caso son las dos distribuciones asimétricas positivas, ya que las medias son en los dos casos mayores a las medianas. iii.

En la distribución de los componentes C1, ¿a partir de qué duración en horas se recoge el 25 % de los componentes que más duran?

El dato que deja a su derecha el 25 % de los datos de la distribución, y por tanto a su izquierda el 75 % restante, es el percentil 75, que se corresponde con el cuartil superior y que resulta ser 6,89 miles de horas. iv.

¿Cuál de los dos tipos de componentes le parece más fiable?

Son más fiables los componentes C1 ya que son mayores los 3 cuartiles de duración (cuartil inferior, mediana y cuartil superior) y además tiene un menor coeficiente de variación. v.

¿Existirá algún dato atípico en alguna de las dos distribuciones?

El cálculo de los valores atípicos requiere definir los bigotes inferior y superior de cada distribución de la forma siguiente:

 BI  Q1  1,5   Q3  Q1   5,86 C1    BS  Q3  1,5   Q3  Q1   14,55  BI  Q1  1,5   Q3  Q1   4, 62 C2    BS  Q3  1,5   Q3  Q1   10,55 Comparando los resultados anteriores con los valores máximos y mínimos incluidos en la tabla del enunciado puede comprobarse que sí existen datos atípicos por ser superiores a los bigotes superiores en ambos casos. 4.18

Una empresa paga una cuota trimestral de 80 € en concepto de suscripción a un servicio de reparaciones para sus máquinas. Además, cada visita del técnico para realizar la reparación cuesta 70 €. El número de reparaciones trimestrales de las

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195

Problemas resueltos de estadística

máquinas de esta empresa es una variable aleatoria con la siguiente función de probabilidad: xi

1

2

3

4

5

P[X = xi]

0,15

a

b

c

0,1

Además, se sabe que P(X < 4) = 0,65 y P(X > 2) = 0,6. 1.

Calcular a, b y c.

2.

Calcular la probabilidad de que haya tres trimestres consecutivos en los que el técnico venga como máximo tres veces.

3.

Obtener la probabilidad de que en dos años haya más de 6 trimestres en los que el técnico tenga que acudir exactamente 3 veces a reparar las máquinas.

4.

Calcular el coste esperado para la empresa por reparación trimestral teniendo en cuenta la cuota trimestral.

Solución:

1.

Calcular a, b y c.

El cálculo de los valores de los parámetros a, b y c debe proceder de la definición de la función de cuantía, de sus propiedades y de la información adicional que proporciona el enunciado. De esta forma, se puede construir un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas en los términos siguientes:



DX

P  X  xi   1

P  X  4  0,65 P  X  2  0,6

La concreción de los anteriores resulta en las siguientes expresiones de las que despejar los parámetros a, b y c: 0,15  a  b  c  0,1  1 0,15  a  b  0,65 b  c  0,1  0,6

196

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Ejercicios de aplicación

De este sistema de ecuaciones se pueden deducir los siguientes resultados: a = b = c = 0,25, quedando la distribución de probabilidad de la variable completamente definida como sigue: xi

1

2

3

4

5

P[X = xi]

0,15

0,25

0,25

0,25

0,1

2.

Calcular la probabilidad de que haya tres trimestres consecutivos en los que el técnico venga como máximo tres veces.

La variable aleatoria X representa el número de ocasiones que en un trimestre el técnico acude a una reparación con lo que la probabilidad de que como mucho acuda tres veces en un trimestre resulta ser la de que la variable aleatoria X sea menor o igual a 3: P  X  3

La probabilidad referida se calcula sin problema observando la función de cuantía de la variable aleatoria: P  X  3  0,65

Por tanto, suponiendo que el número de visitas que cada trimestre ha de acudir el técnico es independiente de la cantidad de ocasiones que habría de acudir en otros trimestres, se puede calcular la probabilidad requerida sin más que multiplicar:

P  X 3  X 3  X 3 0,650,650,65 0,27 3.

Obtener la probabilidad de que en dos años haya más de seis trimestres en los que el técnico tenga que acudir exactamente tres veces a reparar las máquinas.

Ha de estudiarse una nueva variable aleatoria Y que permita analizar si el técnico acude, o no, en tres ocasiones durante un trimestre de forma que se pueda calcular la probabilidad de que eso ocurra en más de seis trimestres a lo largo de dos años. Puede, por tanto, definirse la variable aleatoria como un modelo binomial cuyos parámetros son el número de trimestres analizados (ocho trimestres en dos años) y la probabilidad de que el técnico acuda exactamente en tres ocasiones © Ediciones Pirámide

197

Problemas resueltos de estadística

por trimestre (cifra que asciende a 0,25 obtenida directamente de la función de cuantía del enunciado):

Y    8; 0, 25  Una vez definido el modelo, simplemente queda calcular la probabilidad buscada recurriendo a la función de cuantía del modelo binomial: P Y  6  P Y  7   P Y  8  8! 8!      0, 257  0,75 87  0, 258  0,75 88  0     7! 8  7 ! 8! 8  8 !

4.

Calcular el coste esperado para la empresa por reparación trimestral teniendo en cuenta la cuota trimestral.

Para analizar el coste de las reparaciones ha de definirse una nueva variable aleatoria combinación lineal de la variable aleatoria X (reparaciones trimestrales) y que queda definida de la forma siguiente: C  80  70 X

Para calcular el valor esperado del coste únicamente queda pendiente calcular el valor esperado de la variable aleatoria reparaciones trimestrales y operar con las propiedades de la esperanza matemática:

E X   i1 xi P X  xi   2,9 i 5

EC  80  70E X   283

4.19

La cantidad promedio de compras por cada conexión a través de una determinada plataforma online se considera una variable aleatoria que se distribuye según la siguiente función de densidad: f ( x )  k  x  1  1  x  3 3

198

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Ejercicios de aplicación

1.

Calcular el valor de k.

2.

Sabiendo que en una determinada circunstancia la cantidad promedio de compras ha sido mayor que 1,5, calcular la probabilidad de que esa cantidad sea finalmente inferior a 2.

3.

¿Cuál es la probabilidad de que la cantidad total comprada en 50 plataformas (cuya función de densidad es la especificada en el enunciado siendo independientes entre sí) supere las 132 unidades?

4.

¿Cuál es la probabilidad de que la media de una muestra (media muestral) de 40 plataformas supere las 2,6 unidades?

Solución:

1.

Calcular el valor de k.

El valor de la constante k debe ser tal que la función definida constituya una función de densidad, con lo que su integral a lo largo del dominio de definición debe ser igual a la unidad. Aprovechando esta característica se despeja el valor de la constante:



DX

2.

3

k 3 4 f  x  dx  1   k  x  1 dx   x  1   1  k  0, 25 1 4 1 3

Sabiendo que en una determinada circunstancia la cantidad promedio de compras ha sido mayor que 1,5, calcular la probabilidad de que esa cantidad sea finalmente inferior a 2.

El enunciado exige calcular una probabilidad condicionada definida como sigue: P  X  2 X  1, 5  

P 1, 5  X  2  P  X  1, 5 

La solución al problema pasa, por tanto, por calcular la probabilidad de la intersección de sucesos así como la probabilidad del suceso que fija la condición. Para ello ha de integrarse la función de densidad ya definida una vez conocido el valor de la constante k. Los cálculos son los siguientes:

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199

Problemas resueltos de estadística

3 P 1,5  X  2    x  1 4 dx  0,05 2

1,5

3 P  X  1,5    x  1 4 dx  0,99 3

1,5

Una vez conocidas las dos probabilidades anteriores únicamente resta sustituir y calcular la probabilidad de la intersección: P  X  2 X  1, 5   3.

P 1, 5  X  2  0, 05   0, 05 P  X  1, 5  0, 99

¿Cuál es la probabilidad de que la cantidad total comprada en 50 plataformas (cuya función de densidad es la especificada en el enunciado y cuyo funcionamiento puede suponerse independiente) supere las 132 unidades?

Se trata de calcular una probabilidad vinculada a un conjunto de 50 plataformas de cada una de las que se conoce su función de densidad y respecto de las que puede suponerse independencia en el comportamiento. Además, la cantidad de plataformas es lo suficientemente grande, de forma que puede aplicarse el teorema central del límite. El planteamiento es el siguiente: TCL n Y  i 1 X i  Y   N  50  E  X ; 50 V  X  



i 50



Bajo el planteamiento anterior queda pendiente calcular la esperanza matemática y la varianza de la variable aleatoria X para definir completamente el modelo de probabilidad de la variable aleatoria Y: E X  

 Dx

3

xf  x  dx   x  x  1 4 dx  2,6 3

1 2

3



1



3 2 V  X    x 2 f  x  dx    xf  x  dx     x2  x  1 4 dx    2,6   0,1 Dx

  Dx

 

Una vez conocidas la esperanza y la varianza, únicamente resta aplicar el teorema central del límite para tener perfectamente caracterizada la variable aleatoria: Y  N  50  2, 6; 50  0,1 

200

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Ejercicios de aplicación

El cálculo de la probabilidad solicitada resulta sencillo sin más que operar con la distribución normal: 132  130   P Y  132  1  P  Z   1  P  Z  0,89  1  0,81  0,19 2, 23   4.

¿Cuál es la probabilidad de que la media de una muestra de 40 plataformas supere las 2,6 unidades?

La probabilidad alude en este caso a la media muestral. Aunque se sabe que el carácter objeto de estudio no se distribuye según un modelo normal en la población, el tamaño de la muestra seleccionada sí permite afirmar que la variable aleatoria media muestral convergerá a un modelo normal gracias al teorema central del límite:

   x   N  2,6; TCL n

x   N E  X ; V  X  n TCL n



0,1 40 

De nuevo el cálculo de la probabilidad resulta sencillo sin más que operar con la distribución normal: 2,6  2,6   P  x  2,6  P  Z   0,5 0,05   4.20

Se han realizado unas mediciones del peso en gramos de cierta sustancia en un laboratorio con dos tipos de balanzas (balanza 1 y 2) obteniéndose las siguientes medidas resumen: Medida

Balanza 1

Balanza 2

17

31

Media

1,960

2,11

Mediana

1,970

2,09

Varianza

0,005

0,01

Cuasidesviación típica

0,070

0,10

Mínimo

1,810

1,98

Tamaño muestra

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201

Problemas resueltos de estadística

Medida

Balanza 1

Balanza 2

Máximo

2,070

2,34

Recorrido intercuartílico

0,120

0,12

Asimetría

-0,690

0,90

Curtosis

0,080

0,36

Significación asintótica/p-valor (Kolmogorov-Smirnov normalidad)

0,900

0,69

1.

¿Se puede suponer que las muestras provienen de poblaciones normales? Contrastar a un 5 % de significación.

2.

Calcular un intervalo de confianza para la media de las pesadas con la balanza 1 con un nivel de confianza del 95 %.

3.

Si se quisiera obtener en el intervalo anterior una longitud máxima de 0,04 g, ¿qué tamaño muestral se necesitaría tomar para conseguir este supuesto? Utilizar la aproximación a la normal.

4.

Si se ha observado que, para cualquier balanza, en una de cada 10 mediciones se superan los 2 g, contrastar la afirmación de que la proporción poblacional de las mediciones que superan los 2 g es menor de un 15 %.

5.

Contrastar la igualdad de varianzas poblacionales a un 10 % de significación.

Solución:

1.

¿Se puede suponer que las muestras provienen de poblaciones normales? Contrastar a un 5 % de significación.

El contraste de Kolmogorov-Smirnov permite pronunciarse respecto de si un conjunto de datos se asemeja a una distribución normal o no. La formulación del contraste es la siguiente:

H 0 : f  x   distribución normal H1 : f  x   distribución normal Con el contraste así planteado y a la vista de los resultados de la significación asintótica (p-valor) expuestos en la tabla para cada uno de los dos conjuntos de 202

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Ejercicios de aplicación

datos (0,9; 0,69), no puede rechazarse la hipótesis nula de que ambos conjuntos de datos se distribuyen según leyes normales sea cierta puesto que la probabilidad de que la hipótesis nula sea cierta en ambos casos es superior al 5 % fijado como límite. 2.

Calcular un intervalo de confianza para la media de las pesadas con la balanza 1 con un nivel de confianza del 95 %.

Una vez comprobado que la variable aleatoria que permite estudiar las pesadas de la balanza 1 se distribuye según una ley normal, se puede plantear el estadístico pivote siguiente sin discutir el tamaño de la muestra necesario: Q

x   tn 1 sn 1 n

Se utiliza el estadístico que incluye la cuasivarianza por ser el dato que proporciona el enunciado. Simplemente queda por plantear la probabilidad vinculada al intervalo de confianza y operar hasta encontrar los límites deseados: x   t1 2  P q1  Q  q2   P t 2  Sn1 n   s s   IC   ;    x  n 1 t1 2  n  1 ; x  n 1 t1 2   n  1    n n 0,07 0,07 IC   ;0,05   1,97  t0,975 16  ;1,97  t0,975 16      17 17 0,07 0,07   1,97  2,12;1,97  2,12     17 17  IC   ;0,05   1,93;2,01 3.

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Si se quisiera obtener en el intervalo anterior una longitud máxima de 0,04 g, ¿qué tamaño muestral se necesitaría tomar para conseguir este supuesto? Utilizar la aproximación a la normal.

203

Problemas resueltos de estadística

La amplitud del intervalo resulta el doble de la cantidad que se suma y resta a la media muestral para deducir los límites del intervalo. El enunciado permite adoptar la distribución normal, lo que simplifica el cálculo al no tener que preocuparse por los grados de libertad: L

sn 1 n

Z1 2

Se trata de sustituir en la expresión anterior hasta despejar el tamaño de la muestra:

0, 04  2  4.

1,96  0, 07  n  51, 65  52 n

Si se ha observado que, para cualquier balanza, en una de cada 10 mediciones se superan los 2 g, contrastar la afirmación de que la proporción poblacional de las mediciones que superan los 2 g es menor de un 15 %.

Se trata de plantear un contraste de hipótesis vinculado a la proporción poblacional p. Aunque la proporción es una característica propia de la distribución binomial, el hecho de disponer de una muestra lo suficientemente grande avala el uso de la frecuencia muestral como estadístico y la distribución normal de ésta en los términos siguientes: f n   i 1 xi n  i n

fn   p H0

 p H

0

1   p  H  n 0  

Z

De esta forma se puede plantear el contraste como sigue: H 0 : p  0,15 H1 : p  0,15 A la vista del contraste (unilateral inferior) y del estadístico empleado y su distribución, la región crítica puede apreciarse en el esquema siguiente:

204

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Ejercicios de aplicación

  RH 0 

fn   p H

 p H

0

0

1   p  H  n 0  

 Z

Queda, por tanto, calcular el estadístico, comparar con el cuantil correspondiente de la distribución normal y concluir respecto de las hipótesis:

f n   p H 0

 p H

0

  0,97  0,15  1  0,15  48 1   p  H 0  n     Z   Z 0,05  1, 65  

0,1  0,15

 0,97   1, 65  No RH 0 No puede rechazarse la hipótesis nula por no cumplirse la condición fijada para el rechazo. No puede descartarse, por consiguiente, que la proporción poblacional sea igual a 0,15. 5.

Contrastar la igualdad de varianzas poblacionales a un 10 % de significación.

Se trata de resolver un contraste referido al cociente entre las varianzas poblacionales. El planteamiento es el siguiente: H0 :12  22  H0 :22 12 1  H1 :12  22  H1 :22 12  1

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205

Problemas resueltos de estadística

Se plantea el contraste en términos de un cociente entre varianzas puesto que de esta manera se dispone de un estadístico con el que poder resolver el contraste. Este estadístico, definido a partir de las cuasivarianzas muestrales que constituyen la información disponible, adopta la siguiente forma:

sn21 1   22     F n1 1;n2 1 sn22 1  12 H 0 Para estas condiciones la región crítica debe plantearse de forma expresa sobre las dos colas de la distribución F-Snedecor al no tratarse de una distribución simétrica:

Quedando formalmente expresada la definición de la región crítica como sigue: 2 2   sn2 1   2      sn 1    RH 0    21  22   F 2    21  22   F1 2     s   sn2 1   1  H 0     n2 1  1  H 0

Con el planteamiento anterior simplemente queda calcular el estadístico, comparar con los valores de los cuantiles de la distribución F-Snedecor y concluir respecto a las hipótesis:

206

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Ejercicios de aplicación

     F0,95 16;30   1,99 

sn21 1   22  0, 07 2   1  0, 49   sn22 1   12  H 0,12 0

F / 2 16;30   F0,05  0, 45; F1

2

 0, 45  0, 49  1,99  No RH 0 Por tanto, no puede rechazarse la hipótesis nula al no ubicarse el estadístico en la región de rechazo del contraste. 4.21

Costes e ingresos de una determinada aleación dependen de una variable aleatoria X vinculada con la demanda de metal por la industria a través de las siguientes relaciones:

C

X 5 25  X ;I 7 4

Se sabe que la función de densidad de la variable aleatoria X adopta la forma siguiente: f  x   x 108 3  x  15 1.

Calcular la función de distribución de la variable aleatoria X.

2.

Calcular al valor esperado de las ventas (V).

3.

Calcular la probabilidad de que el beneficio (diferencia entre ingresos y gastos) sea negativo.

Solución:

1.

Calcular la función de distribución de la variable aleatoria X.

La función de distribución de la variable aleatoria es la que procede de integrar la función de densidad. Ha de tenerse en cuenta que la constante de integración forma parte del resultado al tratarse de una integral indefinida. El resultado de la integral es el siguiente: F x 

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 f  x  dx   x

2



216  c

207

Problemas resueltos de estadística

El valor de la constante de integración se determina a partir de un punto cualquier, conocido para la función de distribución. En este caso se recurre al límite superior del dominio de definición de la variable en el que se sabe que debe adoptar el valor uno:





F 15   1  15 2 216  c  c   0, 04 Quedando finalmente la función de distribución definida como sigue: 0 x3   2 F  x    x 216  0,04  3  x  15  1  x  15 



2.



Calcular al valor esperado de las ventas (V).

Se trata de calcular la esperanza matemática de la función aleatoria ventas, definida como una combinación lineal de la variable aleatoria X. Ello implica calcular la esperanza matemática de la variable aleatoria X y posteriormente aplicar las propiedades del operador esperanza matemática. La esperanza matemática de la variable aleatoria X se calcula integrando: EX   

DX

xf  x  dx   x  x 108   10,33 15

3

Finalmente, la esperanza matemática de las ventas se calcula recurriendo a las propiedades de la esperanza matemática de la forma siguiente:

25 1  25  I  25 1 E V   E    EX     10,33  3, 67  4 4  4  4 4 3.

Calcular la probabilidad de que el beneficio (diferencia entre ingresos y gastos) sea negativo.

Debe en primer lugar operarse hasta encontrar la variable aleatoria que permita estudiar los beneficios y que se obtiene sin más complicación que restar las variables aleatorias ingresos y gastos:

208

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Ejercicios de aplicación

B  I C 

25  X X  5 155  11X   4 7 28

Para calcular la probabilidad de que el beneficio sea negativo simplemente debe proponerse la probabilidad y operar hasta obtener una probabilidad referida a la variable aleatoria X cuya función de densidad es conocida. Los pasos son los siguientes: 155  155  155  11X     155  P  B  0  P   0  P  X  1 P X  1 F     28 11  11       11   0,12

4.22

Una línea de proceso tiene tres centrífugas trabajando de forma independiente entre sí. Se sabe que el tiempo (en horas) que tarda en averiarse una centrífuga vertical es una variable aleatoria puede modelizarse mediante la siguiente función de densidad:

f t  

1 t 100 e t 0 100

Calcular la probabilidad de que falle al menos una de las máquinas en las 100 primeras horas. Solución:

La variable aleatoria que permite estudiar la probabilidad de que falle una máquina en las 100 primeras horas se distribuye según un modelo binomial puesto que cada centrífuga puede fallar o no, y el experimento se ocupa de tres máquinas. El parámetro p del modelo binomial responde a la probabilidad de que una centrífuga se averíe en menos de 100 horas:

P t  100  

100

0

1 100et 100dt  1  et 100 0

100

 0,63

Queda, por tanto, la variable aleatoria que permite estudiar la probabilidad de que falle una máquina en las 100 primeras horas definida como sigue: Y    3;0,63

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209

Problemas resueltos de estadística

Finalmente, la probabilidad solicitada se calcula utilizando la función de cuantía de la distribución binomial:  3! 3 P Y  1  1  P Y  0  1   0,630 1  0,63   0,95  0! 3  0 ! 

4.23

La demanda de semanal de acero fuera del período de máxima producción mundial es una variable aleatoria normalmente distribuida de parámetros 100 y 6 kg, respectivamente. Sin embargo, en el período de máxima producción (8 semanas), la demanda semanal se incrementa un 70 %. Supóngase que un año cuenta con 52 semanas. 1.

Si en una semana se superó una demanda de 120 kg, ¿cuál es la probabilidad de que se trate de una de las semanas de máxima producción?

2.

¿Cuál es la probabilidad de que la primera semana de enero (período de máxima producción) supere el doble de la demanda que hay en la última semana de junio (fuera de máxima producción)?

3.

Calcular la probabilidad de que en un año la demanda de acero sea superior a 5,8 toneladas?

4.

Si se toman 3 semanas al azar, ¿cuál es la probabilidad de que la demanda en esas tres semanas supere los 500 kg?

Solución:

1.

Si en una semana se superó una demanda de 120 kg, ¿cuál es la probabilidad de que se trate de una de las semanas de máxima producción?

La solución requiere plantear cuidadosamente las variables aleatorias y los sucesos respecto de los que se formulan las cuestiones. El esquema es el siguiente: X: Demanda de acero fuera del período de máxima producción. Y: Demanda de acero en el período de máxima producción. N: Tratarse de una semana de máxima producción. U: Tratarse de la última semana de máxima producción. W: Demanda aleatoria de acero en una semana cualquiera. 210

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Ejercicios de aplicación

Los modelos de probabilidad de las variables aleatorias anteriormente definidas son conocidos:

X  N 100; 6  Y  N 100  1, 7; 6  1, 7  Las probabilidades referidas a cada uno de los sucesos también pueden calcularse sin problema: P N  

8 52

P N  

44 52

P U  

1 52

Una vez deducida la información anterior, la respuesta a la pregunta pasa por plantear una probabilidad condicionada siendo la condición el haber superado en una semana la cantidad de 120 kg. La solución al planteamiento la proporcionan sin más problemas los teoremas de la probabilidad total y Bayes en los términos siguientes:

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211

Problemas resueltos de estadística

Pero con la especificación adicional de que el enunciado habla de ubicarse en una semana concreta dentro del período de máxima producción, con lo que la probabilidad del numerador del teorema de Bayes todavía requerirá de la concreción adicional referida a esta semana en concreta. El planteamiento de la probabilidad requerida es el siguiente: P U W  120 

P W  120 U  P U  P W  120 U  P U   P W  120 P Y  120 P  N   P  X  120 P  N 

Las probabilidades absolutas contenidas en la expresión anterior son conocidas, por lo que únicamente resta calcular las probabilidades vinculadas a las variables aleatorias X e Y recurriendo a las correspondientes distribuciones normales: 120  170  P Y  120  1  P  Z   0,9996 10, 2   120  100   0,0004 P  X  120  1  P  Z    6 Una vez conocidas todas las probabilidades, se opera hasta obtener el resultado final:

P U W  120 

P W  120 U  P U   P W  120

P W  120 U  P U   P Y  120 N  P  N   P Y  120 N  P  N   2.

0,9996  1 52   0,1247 0,9996   8 52  0,0004   44 52 

¿Cuál es la probabilidad de que la primera semana de enero (período de máxima producción) supere el doble de la demanda que hay en la última semana de junio (fuera de máxima producción)?

El enunciado solicita calcular una probabilidad vinculada a una combinación lineal de variables aleatorias normales en los términos siguientes: 212

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Ejercicios de aplicación

PY  2X   PY  2X  0 Debe, por tanto, estudiarse la variable aleatoria Y – 2X deduciendo sus características a partir de las propiedades de las variables aleatorias normales. Así, la nueva variable aleatoria se distribuirá según un modelo normal cuyos parámetros se obtendrán de la forma siguiente: E Y  2 X   E Y   2 E  X   170  2  100   30 V Y  2 X   V Y   2 2 V  X   10, 2 2  4  6 2  248, 04 Los resultados anteriores suponen independencia entre las cantidades demandadas en los dos períodos considerados. Así, los parámetros y el modelo de la nueva variable aleatoria serán los siguientes: Y  2 X  N  30;15,74  La probabilidad solicitada se calcula sin problemas tipificando:

0   30   P Y  2 X   P Y  2 X  0  1  P  Z   0,03 15,74   3.

Calcular la probabilidad de que en un año la demanda de acero sea superior a 5,8 toneladas.

Ha de proponerse de nueva una variable aleatoria combinación lineal de variables aleatorias normales. Se trata de una simple suma de las 52 variables que caracterizan la demanda semanal:

D   i 1 X i   j 1 Y j i  44

j 8

Teniendo en cuenta que la nueva variable aleatoria D puede estudiarse mediante una distribución normal, sus parámetros son los siguientes:  E  D    i  44 E  X i    j 8 E Y j  i 1 j 1  D  N  E  D ; V  D     i  44 j 8 V  D    i 1 V  X i    j 1 V Y j 

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213

Problemas resueltos de estadística

Operando con las esperanzas y varianzas de las variables aleatorias X e Y se obtienen los resultados concretos: E  D    i 1 E  X i    j 1 E Y j   44  100  8  170  5.760 i  44

j 8

V  D    i 1 V  X i    j 1 V Y j   44  10, 2 6  8  6 2  2.416,32 i  44

j 8

D  N  5.760; 49,15 

Finalmente, la probabilidad de que la demanda anual supere los 5.800 kg se obtiene operando con la distribución normal:

5.800  5.760  P  D  5.800  1  P  Z    0, 21 49,15  4.

Si se toman tres semanas al azar, ¿cuál es la probabilidad de que la demanda en esas tres semanas supere los 500 kg?

Se trata de ir seleccionando tres semanas cada una de las cuales puede pertenecer, o no, al período de máxima producción, constituyendo, por tanto, un fenómeno dicotómico. Para plantear la probabilidad solicitada por el enunciado puede definirse una variable aleatoria que represente el número de semanas de máxima producción (SMP) seleccionadas entre tres semanas, estando su dominio de definición compuesto por los siguientes valores: 0, 1, 2 y 3. De esta forma, según los valores que adoptase esta variable aleatoria, la demanda total a lo largo de las tres semanas (DT) variará: por ejemplo, si adopta el valor tres, el modelo que permita estudiar la demanda total será una distribución normal suma de tres distribuciones normales referidas a la semana de máxima producción. Por el contrario, si la variable aleatoria adopta el valor dos, la demanda se distribuirá según una normal combinación de dos distribuciones normales referidas a las semanas de máxima producción y una normal referida al resto de semanas. Las combinaciones posibles son, por tanto, las siguientes:

   N 170  2  100; 10, 22  2  36   N  370;9,66 

S MP  0  DT  N 3  100; 3  36  N  300;10,39  S MP  1  DT

214

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Ejercicios de aplicación

  N  3  170;



S MP  2  DT  N 2  170  100; 2  10, 22  36  N  440;7,51 S MP  3  DT



3  10, 22  N  510;5,53 

Para el cálculo de la probabilidad requerida por el enunciado también ha de conocerse la probabilidad de que SMP adopte cada uno de los cuatro valores que componen su dominio de definición: P  SMP  0 

3! 0 3 0 8 52   44 52   0,60 0! 3  0 !

P  SMP  1 

3! 1 31 8 52   44 52  0,33 1! 3  1!

P  SMP  2 

3! 2 3 2 8 52  44 52  0,06 2! 3  2 !

P  SMP  3 

3! 3 3 3 8 52  44 52  0,01 3! 3  3!

Por tanto, la probabilidad solicitada es la probabilidad total de que la demanda total supere los 500 kg, tal y como se representa en el esquema siguiente:

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215

Problemas resueltos de estadística

La solución numérica se expone a continuación: P  DT  500   i  0 P  DT  500 S MP  i  P  S MP  i   i 3

500  300  500  370    P  S MP  0  P  Z  P  S MP  1   P Z   10,39  9,06    500  440  500  510    P  S MP  2  P  Z  P  S MP  3   P Z   7,51  5,53     P  Z  19, 24   P  S MP  0  P  Z  9,79  P  S MP  1   P  Z  3,84   P  S MP  2  P  Z  0,57   P  S MP  3  0,002

4.22

Un fabricante produce salchichas cuya longitud siguen una distribución uniforme con parámetros 0 y θ. Para estimar la longitud máxima de dichas salchichas, se toma una muestra aleatoria de 50 salchichas y se definen los siguientes estimadores:

 1  2 x  1  Max  x1 , x2 ,....xn  1.

¿Son insesgados los estimadores propuestos?

2.

Calcular el error cuadrático medio de los estimadores  1 y  2 y según éste, exponer cuál sería preferible de manera razonada.

3.

Se toma una nueva muestra aleatoria simple de 15 salchichas cuya longitud media es de 0,98 cm y la cuasidesviación típica es de 0,18 cm. Calcular razonadamente un intervalo de confianza al 95 % de confianza para el valor de la longitud media de las salchichas.

Solución:

1.

¿Son insesgados los estimadores propuestos?

Los valores para la esperanza matemática y la varianza de una distribución uniforme son los siguientes: 216

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Ejercicios de aplicación

EX   V X  

0    2 2   0  2

12



2 12

Cabe, por tanto, calcular la esperanza matemática de cada uno de los estimadores para compararla con la esperanza matemática del modelo en la población y pronunciarse respecto del sesgo:

2 2 i n i n i n E  1   E  2 x   E  2  i 1 xi n   E   i 1 xi    i 1 E  xi   n n 2 i n   i 1  2   n E  2   E  Max  x1 , x2 ,..., xn    2

Por tanto, el sesgo para cada uno de los estimadores es el siguiente:

B  1     E  1   0 B  2     E  2      2    2

El estimador  1 es insesgado, al contrario que el estimador  2. 2.

Calcular el error cuadrático medio de los estimadores θ1 y θ2 y según éste, exponer cuál sería preferible de manera razonada.

El error cuadrático medio responde a la siguiente expresión: ECM    V    B  

2

Una vez calculado el sesgo en el apartado anterior, únicamente resta calcular la varianza de cada estimador: 4 4 in in V  1   V  2 x   V  2  i 1 xi n   2 V   i 1 xi   2 n n 

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4 n2



in i 1



in i 1

V  xi  

 2 12   2 3n

217

Problemas resueltos de estadística

V  2   V  Max  x1 , x2 ,..., xn    2 12

El error cuadrático medio se obtiene sumando a la varianza el sesgo elevado al cuadrado: 2 E C M  1   V  1   B  1   

2

3n   0  

2

3n  

2

150

2 2 E C M  1   V  1   B  1    2 12    2    2 3

Es preferible, a la vista del error cuadrático medio, emplear el estimador  1 . 3. Se toma una nueva muestra aleatoria simple de 15 salchichas cuya longitud media es de 0,98 cm y la cuasidesviación típica es de 0,18 cm. Calcular razonadamente un intervalo de confianza al 95 % de confianza para el valor de la longitud media de las salchichas. La información disponible exige emplear la siguiente cantidad pivotal:

Q

218

x   t( n 1) Sn 1 n

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Ejercicios de aplicación

Simplemente resta deducir los límites del intervalo a partir de la cantidad pivotal y obtener el resultado final: x   t1 2  P q1  Q  q2   P t 2  Sn1 n  

s s   IC   ;    x  n 1 t1 2  n  1 ; x  n 1 t1 2  n  1    n n 0,18 0,18 IC   ;0,05   0,98  t0,975 14  ;0,98  t0,975 14      15 15 0,18 0,18 2,14;0,98  2,14     0,98    15 15  IC   ;0,05   0,88;1,07 

4.23

El tiempo que una compañía de ambulancias tardar en enviar un vehículo a un siniestro, en minutos, es una variable aleatoria con la siguiente función de densidad:

f  x    e   x x  0 Además, se ha tomado una muestra aleatoria de 10 tiempos de respuesta por parte de la empresa en el último año obteniéndose los siguientes datos: 14

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17

27

18

12

8

22

13

19

12

1.

Calcular, de manera razonada, un estimador de λ por el método de los momentos y dar una estimación para la muestra dada.

2.

¿Es el estimador anteriormente calculado insesgado?

3.

Esta misma empresa ofrece, además, varios niveles de protección según el tipo de siniestro que se pueden etiquetar como A, B y C con las siguientes probabilidades de acaecimiento:

219

Problemas resueltos de estadística

P  A   2 P  B   1   

2

P  B   2 1   

2

0  1

Una muestra aleatoria simple ha proporcionado los siguientes resultados que corresponden al número de siniestros bajo los distintos niveles de protección: Tipo de nivel

A

B

C

Muestra

16

50

34

Calcular un estimador puntual para θ por el método de máxima verosimilitud. 4.

Calcular una estimación puntual para θ por el método de máxima verosimilitud para la muestra considerada.

Solución:

1.

Calcular, de manera razonada, un estimador de λ por el método de los momentos y dar una estimación para la muestra dada.

La deducción de los estimadores puntuales por el método de los momentos exige igualar los momentos centrados respecto del origen (en este caso únicamente de orden uno) poblacionales y muestrales. Habrá, por tanto, de calcularse el momento poblacional de orden uno para la citada función de densidad: 

E  X    xf  x  dx   xe x dx    xe x dx   DX

DX

0

  2



2



1



Por otra parte, el momento de orden uno muestral resulta ser la media muestral, con lo que igualando ambos puede deducirse el estimador buscado: EX  1     m 1 x a1  x 

220

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Ejercicios de aplicación

De esta forma, la estimación concreta del parámetro a partir de los tiempos medidos en la muestra tomada sería la siguiente:

 m  2.

1  0, 06 14  17  ...  12  10

¿Es el estimador anteriormente calculado insesgado?

Para contestar a la cuestión planteada en el enunciado debe calcularse la esperanza matemática del estimador y comparar con el parámetro al que se refiere el estimador: E   m   E 1 x   E  n n

1



in i 1

1

n



in i 1

xi   nE 1



in i 1

xi   n



in i 1

E  xi  

1  n

La esperanza matemática del estimador es, por tanto, igual al parámetro al que se refiere con lo que puede afirmarse que el estimador es insesgado:

B  m     E  m   0 3.

Esta misma empresa ofrece, además, varios niveles de protección según el tipo de siniestro que se puede etiquetar como A, B y C con las siguientes probabilidades de acaecimiento:

P  A   2 P  B   1   

2

P  B   2 1   

2

0  1 Una muestra aleatoria simple ha proporcionado los siguientes resultados que corresponden al número de siniestro bajo los distintos niveles de protección:

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221

Problemas resueltos de estadística

Tipo de nivel

A

B

C

Muestra

16

50

34

Calcular un estimador puntual para θ por el método de máxima verosimilitud. Han de definirse en primer lugar las reglas bajo las que la muestra aleatoria se selecciona, puesto que en cualquier caso la suma de los siniestros bajo los tres tipos de niveles de protección debe ser igual al tamaño de la muestra aleatoria seleccionada. Así, si se denomina x al número de siniestros bajo el nivel de protección A, y al correspondiente bajo el nivel de protección B y z a la cantidad de siniestros bajo el nivel de protección C, y se tiene en cuenta además que la suma de las tres es igual al tamaño de la muestra (x + y + z = n), la función de verosimilitud puede proponerse de la forma siguiente: L  x1 ,...xn ;    A 1 f  x A ;     B 1 f  xB ;     C 1 f  xC ;    A x

B y

Cz

A x B y Cz 2    A 1  2    B 1 1       C 1 2 1      2y 2 yz z z   2 x 1     2  1     2 z  2 x  z 1   

Una vez conocida la función de verosimilitud, ha de derivarse respecto del parámetro igualando a cero para fijar la primera condición de máximo. Para simplificar este paso previamente se tomarán logaritmos: Ln  L  x1 ,...xn ;   Ln  2 z  2 x  z 1   

2 y z



 zLn  2    2 x  z  Ln     2 y  z  Ln 1    dLn  L  x1 ,...xn ;  d   zLn  2    2 x  z  Ln     2 y  z  Ln 1     d d 

2x  z





2y  z 1

dLn  L  x1 ,...xn ;  2x  z 2 y  z 0   d  mv 1   mv 

222

 2 x  z  1   mv    2 y  z  mv  2x  z  0   mv    2x  2 y  2z  mv 1   mv  © Ediciones Pirámide

Ejercicios de aplicación

Una vez deducido el candidato a estimador, debe comprobarse su bondad calculando la segunda derivada para contrastar si se trata de un valor máximo o mínimo:

d 2 Ln  L  x1 ,... xn ;  d  2 x  z 2 y  z  2x  z 2 y  z     0 1   2 d    1    2 d 2 Comprobando, por tanto, que en realidad se trata de un valor máximo y que el estimador es el de máxima verosimilitud. 4.

Calcular una estimación puntual para θ por el método de máxima verosimilitud para la muestra considerada.

Tal y como se ha deducido la función de verosimilitud, las tres variables consideradas adoptarán los valores concretos siguientes: x = 16, y = 50, z = 34. Simplemente ha de sustituirse en la función del estimador para contestar a la cuestión planteada en el enunciado:

 mv 

4.24

 2  16   34 2x  z   0, 33 2 x  2 y  2 z  2  16    2  50    2  34 

Una compañía de envasado de zumo en tetrabrik está analizando los consumos energéticos en el proceso. Sabe que un tetrabrik se produce como resultado de tres operaciones de compactado de capas, cuyos consumos energéticos se distribuyen según sendas leyes uniformes de parámetros 5 kW y 15 kW, más otras tres operaciones de pintura y recubrimientos cuyos consumos energéticos se distribuyen según sendos modelos normales de media 15 kW y desviación típica 2 kW.

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1.

Calcular el cuartil primero de consumos de energía para cada uno de los tipos de operaciones.

2.

La probabilidad de defecto de cada uno de los tipos de operaciones, consideradas independientes entre sí, son de un 10 % y un 12 %, respectivamente. Un tetrabrik es defectuoso, y por tanto debe desecharse para el llenado, si falla al menos una de las operaciones de compactado y al menos dos de las operaciones de pintado. ¿Cuál es la probabilidad de que eso ocurra?

223

Problemas resueltos de estadística

Solución:

1.

Calcular el cuartil primero de consumos de energía para cada uno de los tipos de operaciones.

El primer cuartil es el resultado de la variable tal que divide la distribución de frecuencias en dos partes dejando un 25 % de los resultados inferiores a él a un lado y el 75 % restante al otro. Tratándose en ambos casos de distribuciones continuas, el cuartil debe deducirse mediante la integral de las funciones de densidad. Sea XC el consumo en las operaciones de compactado y XP el consumo energético en las operaciones de pintado: P  X C  Q1   0, 25  

Q1

5

f  x  dx  

Q1

5

Q

1 x  1 dx   0, 25 Q1  7,5 15  5 15  5  5

Q  15   0, 25  Q1  13, 66 P  X P  Q1   0, 25  P  Z  1  2 

2.

La probabilidad de defecto de cada uno de los tipos de operaciones, consideradas independientes entre sí, son de un 10 % y un 12 %, respectivamente. Un tetrabrick es defectuoso, y por tanto debe desecharse para el llenado, si falla al menos una de las operaciones de compactado y al menos dos de las operaciones de pintado. ¿Cuál es la probabilidad de que eso ocurra?

El experimento, tal y como lo define el enunciado, debe abordarse como la intersección de dos sucesos independientes: fallo de al menos una operación de compactado y fallo de al menos dos operaciones de pintado. Cada uno de los dos sucesos que constituyen la intersección puede ser estudiado mediante una variable aleatoria del tipo binomial puesto que se trata de experimentos dicotómicos: la operación falla o no falla. Cada una de las variables aleatorias quedaría definida como sigue: YC    3;0,1 YP    3;0,15  siendo los respectivos parámetros p de los modelos los que proporciona el enunciado. Simplemente quedan por calcular las probabilidades requeridas y obtener la intersección entre ambos sucesos: 224

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Ejercicios de aplicación

P YC  1  1  P YC  0  1 

3! 3 0 0,10 1  0,1  0, 27 0! 3  0 !

P YP  2  1  P YP  1  1  P YP  0  P YP  1  1

3! 3! 3 0 31 0,120 1  0,12   0,121 1  0,12   0,11 0! 3  0 ! 1! 3  1!

Resultando la intersección de la forma siguiente:

P YC  1  YP  2   P YC  1 P YP  2   0, 03 4.25

En una empresa dedicada al pintado de carrocerías se ha recogido la siguiente muestra correspondiente a los tiempos de pintado: Tiempos Número de trabajos

(0-2]

(2-4]

(4-6]

(6,8]

(8,10]

35

25

20

13

7

La densidad de pintado es una variable aleatoria que depende de las características de la pistola y que puede analizarse mediante la siguiente función de densidad:  1

1 f  x;      x

x  1,   1

Deducir un estimador de máxima verosimilitud para el parámetro θ. Solución:

El procedimiento para deducir el estimador de máxima verosimilitud exige en primer lugar obtener la función de verosimilitud de la muestra: L  x;    i 1 f  xi ;    i 1  1 xi  in

in

 1

  n  i 1 1 xi  in

 1

Para simplificar la derivada y la deducción del estimador se toman logaritmos en la función de verosimilitud: © Ediciones Pirámide

225

Problemas resueltos de estadística

LnL  x;   Ln  n  i 1 1 xi  

 1

in

  nLn    1 Ln  i  n 1 x    i   i 1 

 nLn    1  i 1 Ln 1 xi  in

Una vez tomados logaritmos se deriva esa función: i n d d d  i n  1 LnL  x;   Ln  n i 1 1 xi    nLn    1 i 1 Ln 1 xi        d d d

  n    i 1 Ln 1 xi  i n

Igualando a cero y despejando en la expresión anterior se obtiene un candidato a estimador:





d i n LnL  x;   0  n  mv   i 1 Ln 1 xi    mv  n d



i n i 1

Ln 1 xi 

Si se calcula la segunda derivada se puede comprobar que es negativa, con lo que el resultado obtenido es un máximo: d2 d  i n LnL  x;    n     i 1 Ln 1 xi     n  2 2  d d 4.26

Una compañía dedicada al llenado de frascos de mermelada está analizando su proceso de fabricación midiendo los pesos, en cientos de gramos, de cada recipiente y ha observado que se trata de una variable aleatoria definida por la siguiente función de distribución: 0 si x  4  3 115  x F  x     4,5 x 2  x  26 4  x  5 6  3 1 si x  5 1.

226

Los clientes únicamente aceptan los recipientes con pesos comprendidos entre 410 g y 450 g. Calcular la probabilidad de que un recipiente sea considerado como aceptable por los clientes. © Ediciones Pirámide

Ejercicios de aplicación

2.

Un determinado cliente hace un pedido de 15 tarros. Si la probabilidad de encontrar al menos dos «válidos» es de al menos un 80 %, el cliente está dispuesto a firmar un contrato con ellos para los próximos 5 años. Responder si el cliente decidirá firmar el contrato.

3.

Este cliente ha realizado también un encargo a otra compañía de llenado de tarros de la que conoce que su proceso de llenado se distribuye según un modelo normal de media 425 y desviación típica 10. A esta nueva compañía le ha encargado un total de 15 tarros, mientras que a la primera le hizo un encargo de 30 unidades. De entre esos 45 ha seleccionado un recipiente que resultó estar bien llenado y desea calcular la probabilidad de que proceda de esta segunda fábrica.

4.

Un cliente hace un encargo de 1.000 tarros a esta nueva compañía para cubrir una tarta con la que quiere batir el récord Guinness. El transporte lo encarga en avión, que limita el peso en la bodega a 426 kg. ¿Qué probabilidad existe de trasladar todos los tarros en un único avión?

Solución:

1.

Los clientes únicamente aceptan los recipientes con pesos comprendidos entre 410 g y 450 g. Calcular la probabilidad de que un recipiente sea considerado como aceptable por los clientes.

Se trata de calcular la probabilidad del intervalo requerido, para lo que puede recurrirse a deducir la función de densidad y obtener la probabilidad a partir de la integral definida entre los límites del intervalo o, de forma más directa, utilizar la función de distribución que proporciona el enunciado. Recurriendo a esta segunda alternativa el cálculo de la probabilidad es sencillo:

P  410  X  450  F  450   F  410     450 3  115  2    4,5   450   450   26     3 6   410 3  115  2    4,5   410   410   26   0, 41   3 6 2.

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Un determinado cliente hace un pedido de 15 tarros. Si la probabilidad de encontrar al menos dos «válidos» es de al menos un 80 %, el cliente está 227

Problemas resueltos de estadística

dispuesto a firmar un contrato con ellos para los próximos 5 años. Responder si el cliente decidirá firmar el contrato. Se trata de contestar a la cuestión de si entre 15 recipientes la probabilidad de que al menos dos de ellos tengan el peso adecuado (entre 410 y 450 gramos), es superior a 0,8. Se trata, por tanto, de un experimento dicotómico (el tarro puede tener un peso adecuado o no) de parámetros 15 y 0,41 (la probabilidad de que el llenado sea correcto calculada en el apartado anterior): Y   15;0, 41

siendo la probabilidad solicitada la de que la variable aleatoria Y sea igual o mayor que dos:

P Y  2   1   P Y  0   P Y  1  15! 15! 15  0 15 1 1 0, 410  1  0, 41  0, 411  1  0, 41  0,99 0!15  0 ! 1!15  1! Por tanto, el cliente puede firmar el contrato al superar la probabilidad de que haya dos o más recipientes correctos la cifra de 0,8. 3. Este cliente ha realizado también un encargo a otra compañía de llenado de tarros de la que conoce que su proceso de llenado se distribuye según un modelo normal de media 425 y desviación típica 10. A esta nueva compañía le ha encargado un total de 15 tarros, mientras que a la primera le hizo un encargo de 30 unidades. De entre esos 45 ha seleccionado un recipiente que resultó estar bien llenado y desea calcular la probabilidad de que proceda de esta segunda fábrica. El esquema planteado en el enunciado responde de forma evidente a una probabilidad a deducir por el teorema de Bayes, tal y como se observa en la siguiente figura:

228

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Ejercicios de aplicación

Para responder a la probabilidad solicitada debe calcularse en primer lugar la probabilidad de que un tarro procedente de la nueva fábrica (XN) esté correctamente llenado sabiendo que se distribuye según un modelo normal: X N  N  425;10  450  425  410  425  P  410  X N  450  P  Z   P  Z     0,92    10 10

Una vez conocida esta probabilidad debe calcularse la probabilidad total de que un recipiente seleccionado tenga el peso adecuado (A): P  A  P  A X N  P  X N   P  A X A  P  X A     0,92  15 45    0, 41  30 45   0,58 Por último, obtener la probabilidad que un recipiente correctamente llenado procediese de la nueva compañía:

P  X N A  4.

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P  A X N  P  X N  0, 92  15 45    0, 53 0, 58 P  A

Un cliente hace un encargo de 1.000 tarros a esta nueva compañía para cubrir una tarta con la que quiere batir el récord Guinness. El transporte 229

Problemas resueltos de estadística

lo encarga en avión que limita el peso en la bodega a 426 kg, ¿qué probabilidad existe de trasladar todos los tarros en un único avión? Se trata de calcular una probabilidad vinculada a una nueva variable aleatoria resultado de sumar 1.000 variables aleatorias normales de parámetros 426 g y 10 g. Por tanto, la nueva variable aleatoria también se distribuirá según un modelo normal con los siguientes parámetros: YN   i 1 X Ni  N 1.000  425; 1.000  100  i n

426.000  425.000  P YN  426.000  P  Z   0,99  1.000  100 

4.27

En una empresa de consultoría dedicada a redactar proyectos de obras los cartuchos de tóner para impresora que se adquieren provienen únicamente de dos fabricantes, de manera que el fabricante I provee el 70 % de los cartuchos y el fabricante II el resto de ellos. El número de cartuchos que la empresa pide mensualmente al fabricante I es una variable aleatoria cuya función de masa de probabilidad es la siguiente: xi P[X = xi]

1

2

3

4

5

6

1/12

1/6

1/4

1/4

1/6

1/12

La empresa hace pedidos semanales al fabricante II según una distribución de Poisson de media 2 pedidos.

230

1.

Calcular la proporción de meses en los que se han pedido al fabricante I más de dos cartuchos de entre los que se pidió como máximo cuatro cartuchos.

2.

¿Cuál será el número esperado de cartuchos pedidos al mes al fabricante I?

3.

Si un mes cualquiera se hizo un pedido de tres cartuchos, calcular la probabilidad de que se le haya hecho el pedido al fabricante II.

4.

El tiempo que dura un cartucho de tóner del fabricante II es una variable aleatoria normal de media 80 horas y varianza 100 horas2. Calcular la probabilidad de que en un año haya al menos dos meses en los que un cartucho se gaste antes de 70 horas.

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Ejercicios de aplicación

5.

Se ha tomado una muestra aleatoria del desgaste de 10 cartuchos de tóner del fabricante II porque se sospecha que la media no es de 80 horas como dice el fabricante. 72

75

83

70

68

74

72

79

80

75

Calcular un intervalo de confianza al 95 % para la media de duración de los cartuchos y concluir acerca de la afirmación del fabricante. Solución:

1.

Calcular la proporción de meses en los que se han pedido al fabricante I más de dos cartuchos de entre los que se pidió como máximo cuatro cartuchos.

Se trata de calcular una probabilidad condicionada ciñéndose el estudio a los meses de los que se conoce que se pidieron como máximo cuatro cartuchos. El planteamiento y la solución son los siguientes:

P  X  2 X  4 

P  X  2    X  4  P  X  4

Las probabilidades del numerador y denominador se calculan a partir de la función de cuantía que proporciona el enunciado sin problema: P  X  2    X  4   P  X  3   P  X  4   0, 5 P  X  4   0, 75

Siendo la probabilidad solicitada la siguiente:

P  X  2 X  4  2.

P  X  2    X  4  0, 5   0, 66 P  X  4 0, 75

¿Cuál será el número esperado de cartuchos pedidos al mes al fabricante I?

La esperanza matemática del número de cartuchos solicitados al primer fabricante puede calcularse de la forma siguiente:

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231

Problemas resueltos de estadística

E  X    i 1 xi P  X  xi   i 6

 121    2  16   3  14    4  14    5  16   6  121   3,5

 1

3. Si un mes cualquiera se hizo un pedido de tres cartuchos, calcular la probabilidad de que se le haya hecho el pedido al fabricante II. Se trata del esquema característico del teorema de Bayes, puesto que el hecho de haber pedido tres cartuchos en un determinado mes constituye el suceso transversal (probabilidad total) y el enunciado solicita la probabilidad de que habiendo ocurrido tal suceso, se obtenga la probabilidad de que el pedido se hubiese hecho al fabricante II. El esquema del planteamiento es el siguiente:

La formulación del problema es la siguiente:

P  X II X  3 

P  X  3 X II  P  X II  P  X  3

La probabilidad de que la cantidad demandada en un mes sea igual a tres se obtiene aplicando el teorema de la probabilidad total y calculando cada una de las dos probabilidades con su modelo correspondiente (función de cuantía o modelo de Poisson): 232

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Ejercicios de aplicación

P X  3  P X  3 X II  P X II   P X  3 X I  P X I 

P  X  3 X II  

e2 23  0,18 3!

P  X II   0,3 P  X  3 X I   0, 25 P  X I   0,7

Finalmente, puede calcularse la probabilidad total y la probabilidad solicitada por el enunciado:

P  X  3  P  X  3 X II  P  X II   P  X  3 X I  P  X I     0,18  0,3    0, 25  0, 7   0, 22 P  X II X  3 

P  X  3 X II  P  X II  0,18  0,3   0, 23 P  X  3 0, 22

4. El tiempo que dura un cartucho de tóner del fabricante II es una variable aleatoria normal de media 80 horas y varianza 100 horas2. Calcular la probabilidad de que en un año haya al menos dos meses en los que un cartucho se gaste antes de 70 horas. La solución a este apartado pasa por plantear una variable aleatoria dicotómica que permita analizar la probabilidad de que en un determinado mes se gaste un cartucho antes de las 70 horas o no. Los parámetros del modelo binomial son 12 (meses) y la probabilidad de que un cartucho se agote en menos de 70 horas que procede de la variable aleatoria normal de la que informa el enunciado: 70  80  P T  70  P  Z   0,16  100  Puede de esta forma plantearse la variable aleatoria binomial: Y   12;0,16 

Finalmente, calcular la probabilidad de que en al menos dos meses se agoten los cartuchos con menos de 70 horas de funcionamiento: © Ediciones Pirámide

233

Problemas resueltos de estadística

P Y  2   1   P Y  0   P Y  1  12! 12! 12  0 12 1 1 0,160  1  0,16   0,161  1  0,16   0,59     0! 12  0 ! 1! 12  1 !

5. Se ha tomado una muestra aleatoria del desgaste de 10 cartuchos de tóner del fabricante II porque se sospecha que la media no es de 80 horas como dice el fabricante. 72

75

83

70

68

74

72

79

80

75

Calcular un intervalo de confianza al 95 % para la media de duración de los cartuchos y concluir acerca de la afirmación del fabricante. El cálculo del intervalo de confianza con la información disponible debe partir de la siguiente cantidad pivotal: x S n 1

n

 t n 1

El esquema del intervalo es el siguiente:

Ha de calcularse, por tanto, la media y la cuasivarianza muestral con los datos del enunciado:

234

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Ejercicios de aplicación

x   i 1 xi n  748 10  74,8 i 10

i 10 sn21   i 1  xi  x   n  1  21,95  sn 1  4,68

2

Simplemente queda plantear la cantidad pivotal, operar y sustituir para obtener los límites del intervalo deseado: x   t1 2  P  q1  Q  q2   P t 2  Sn1 n  

s  IC   ;    xn  n 1 t1   n

2

 n  1 ; xn 

sn 1 n

t1 

2

 n  1  

4, 68 4, 68 IC   ;0, 05    74,8  t0,975  9  ;74,8  t0,975  9      10 10 4, 68 4, 68   74,8  2, 26;74,8  2, 26     10 10  IC   ;0, 05    71, 45;78,15 

4.28

Sea la siguiente función de distribución conjunta para las variables aleatorias X e Y:

F x; y  1e4x 1e9y  x, y  0 1. Calcular las siguientes probabilidades P  X  Y  , P X  Y 1. 2. Determinar si las variables X e Y son independientes. Solución:

1.

Calcular las siguientes probabilidades P  X  Y  , P X  Y 1.

El cálculo de la primera de las probabilidades exige deducir la función de densidad marginal de la variable aleatoria X, de forma que el primer paso será obtener la función de densidad conjunta integrando la función de distribución:

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235

Problemas resueltos de estadística

f  x; y   

    F  x; y     1  e4 x 1  e 9 y     y  x  y  x

 4e4 x 1  e 9 y   36e 4 x e 9 y y

A partir de esta función de densidad pueden deducirse sin problema las funciones de densidad de las variables aleatorias marginales: 

f  x    f  x; y  dy   36e4 x e9 y dy  4e4 x e9 y 0  4e4 x DY

f  y  

DX



0



f  x; y  dx   36e4 x e9 y dx  9e4 x e9 y 0  9e9 y 

0

Con la información anterior ya puede formularse de forma sencilla la primera de las probabilidades requeridas:

P X  Y   PY  X    f  y  dy   9e9 y dy  e9 y 0  1  e9 x x

x

0

0

x

La segunda de las probabilidades también puede calcularse recurriendo a las funciones de densidad marginales:

P  X  Y  1  P  X  1  Y   

1 y

0

2.

f  x  dx  

1 y

0

4e4 x dx  e4 x 0  1  e41 y  1 y

Determinar si las variables X e Y son independientes.

Para pronunciarse respecto de la independencia de las variables ha de compararse la función de densidad conjunta con el producto de las funciones de densidad marginales: f  x; y   f  x f  y 

En este caso puede comprobarse que las variables aleatorias son independientes:

f  x; y   36e4 x e9 y  f  x  f  y   9e9 y  4e4 x

236

© Ediciones Pirámide

Ejercicios de aplicación

4.29

Sea la siguiente función de densidad conjunta para las variables X e Y: f ( x, y )  x  y  0  x, y  1 1.

Calcular las siguientes probabilidades P  X  0,5; Y  0, 2 , P  X  Y  1.

2.

Determinar si las variables X e Y son independientes.

3.

Determinar la esperanza matemática siguiente: E[Y/X].

Solución:

1.

Calcular las siguientes probabilidades P  X  0,5; Y  0, 2 , P X  Y  1.

La primera probabilidad solicitada constituye una aplicación directa de la función de densidad conjunta, obteniendo el resultado directamente de la resolución de la integral doble definida entre los límites para cada variable:

P  X  0,5;Y  0,2  

0,5

0



0,5

0

 xy   y2 2 0

0,2



0,2

0

f  x, y  dydx  

0,5

0



0,2

0

 x  y  dydx 

0,5

dx    0,2 x  0,002 dx  0

  0,1x2  0,02x 0  0,035 0,5

El cálculo de la segunda de las probabilidades requiere de una transformación previa en busca de una de las funciones marginales de alguna de las dos variables para poder determinar el cálculo eliminando una variable:

P X  Y 1  P X 1 Y   Fx 1 Y  De esta forma se vincula el cálculo de la probabilidad a la función de distribución de la variable X. La función de densidad se obtiene como sigue: f  x    x  y  dy   xy   y2 2 0  x  1 2 1

1

0

Basta con calcular la integral de la función de densidad anterior entre los límites fijados para obtener la probabilidad buscada: © Ediciones Pirámide

237

Problemas resueltos de estadística

P X  1  Y   Fx 1  Y   

1 y

0

f  x  dx 

   x  1 2 dx    x2 2   x 2 0  1 y

1

1  y 2 1  y 

0

2.

2



2

Determinar si las variables X e Y son independientes.

Para comprobar si las variables son independientes ha de contrastarse la veracidad de la siguiente igualdad: f  x; y  f  x f  y

Se conocen las funciones de densidad conjunta y marginal de la variable X, con lo que únicamente resta por calcular la función de densidad marginal de la variable aleatoria Y:

f  y     x  y  dx    x2 2  xy 0  1 2  y 1

1

0

Al comprobar si el producto de ambas funciones marginales es igual a la función de densidad conjunta debe descartarse la independencia al no cumplirse la condición de igualdad:

f  x; y   f  x  f  y    x  y    x  1 2   1 2   y  3.

Determinar la esperanza matemática siguiente: E[Y/X]

El cálculo de la esperanza matemática de una variable aleatoria continua exige resolver la integral, para el dominio de definición de la variable, del producto de la variable por su función de densidad. En este caso la integral es la siguiente:

E Y X    yf  y x  dy DY

De forma que para afrontar el cálculo de la esperanza matemática ha de deducirse la función de densidad condicionada que resulta ser el cociente entre la función de densidad conjunta y la función de densidad de la variable que marca la condición:

f  y x 

238

f  x; y  x y    f x x  1 2 

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Ejercicios de aplicación

Finalmente, resolver la integral requerida con la función de densidad condicionada:

E Y X    yf  y x  dy   y  x  y   x  0,5 dy  1

DY

 yx  y2  0



1

0

 x  0,5 dy 

1 1  1  yxdy y 2 dy      0 0 x  0,5

1

1  xy 2 y3  3x  2      x  0,5  2 3  0 6 x  3

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