Anexos Paty Final.docx

ANEXOS 50 PROBLEMAS TIPO EXAMEN 1. La cantidad de arroz que una maquina de llenado de paquetes coloca en cada una es una y .a. con distribución N(500; 20). Para verificar que el peso promedio de cada paquete se mantiene en lo especificado, se toma una mas. de tamaño 25 de forma periódica y se pesa el contenido de cada paquete. El gerente decide detener el proceso de llenado y recalibrar la máquina si el valor promedio de la muestra es mayor de 510 gr, ó menor de 490 gr. Obtener la probabilidad de detener el proceso. Sol.: 0.0124 Datos N (500, 20) pero N (𝜇, o) 𝜇 = 500 = 20 n = 25 𝑃 (𝑋̅>510)

Calcular [

𝑍1

P (

𝑋̅−𝜇

⋁ >

𝑃 (𝑋̅ <490)

]= ?

𝑍2 510−500

√𝑛

20 √25

P (

)

𝑋̅−𝜇

<

490−500

√𝑛

P (Z1 > 1)

20 √25

)

P (Z2 < 2.5)

P ( (𝑋̅ > 510) v P(𝑋̅ < 490) ) = P1 + P2 = 0.062 + 0.1587 =22.07% La probabilidad de detener el proceso es de 22.07% 2. Una empresa fabrica pantalones cuyo tiempo de vida es una v. a. con distribución normal donde la esperanza poblacional es de 800 días y la varianza es 1600. a)

Probabilidad de que una m.a.s. de 16 pantalones tenga una vida promedio menor a 775 días. Sol.:0.0062

b)

Suponiendo que la varianza poblacional fuera desconocida, y que la S es 1700, calcula la misma probabilidad que en el apartado anterior. Sol: 0.OJ5

Datos E(x) = 𝜇 = 800 2

= 1000

a) n = 16 pantalones

P (

𝑋̅−𝜇 √𝑛

𝑋̅ = 775 P (𝑋̅ < 775)= ?

P (z < -2.5)

<

775−800 √

1600 16

)

= > P(Z< −2.5) = 0.0062 La probabilidad de que 16 pantalones tenga una vida promedio menor a 775 día es 0.0620% 2

b)

=?

Pero S2 = 1700

P (

𝑋̅−𝜇 𝑆 √𝑛

<

775−800 √

1600 16

)

P (T< −2.43)= ? n = 16 => g l = 16-1 = 15 Interpolando 2.249  0.02 2.43  P 2.602  0.01 |

2.602 − 2.249 0.01 − 0.02 |=| | 2.602 − 2.43 0.01 − 𝑃

(−0.01) 353 = 172 (0.01−𝑃)

P = 353 P = -172 P = 0.0144 P 0 0.015 3. Si el peso de una lata de conserva sigue una distribución normal de parámetros desconocidos, y extraída una m.a. de tamaño 10 la S es 9,93 ¿cuál es la probabilidad de que el peso medio de las latas y el peso medio obtenido en la muestra difiera en más de 3 gr? Sol.: 0.02 Datos Parámetros desconocidos n = 10

gl = 10 - 1

S2 = 9.93

gl = 9

𝑃(𝑋̅ − 𝜇 = 3) => 𝑃 (

̅ −𝜇 𝑋 𝑆 √𝑛

=

3 9.93 √ 10

)

=> P (t = 2.25)

Interpolando 2.398  0.02 2.21 X 2.821  0.01 |

2.821 − 2.398 0.01 − 0.02 |=| | 2.821 − 2.25 0.01 − X

X=

(4.23+5.7)𝑋10−3 0.423

X = P = 0.023 P = 0.02 Interpolando 2.398  0.02 2.21  X 2.821  0.01 |

2.821 − 2.398 0.01 − 0.02 |=| | 2.821 − 225 0.01 − 𝑥 (4.23+5.7 𝑥 10−3

X=

0.423

X = P = 0.0023 P = 0.02 4. Se sabe por los datos censales que la variabilidad de la altura de alumnos de una dase medida a través de la varianza es de 15,3. No obstante, para estudiar la variabilidad en el muestreo de la varianza muestral se dedde tomar una muestra aleatoria de 15. ¿Cuál es la probabilidad de que la varianza muestral sea mayor que 15? Nota: Suponga que la estatura es una v.a. normalmente distribuida. Sol.: 0.3989 Datos 2

= 15.3

n = 15 P (S2 >15) X2 =

(𝑛−1)S2

X2 =

(15−1)(15)

2

15.3

=13.72

5. Se ha celebrado un concurso para cubrir las plazas de auxiliar de clinica de un Hospital. Se han presentado 10.000 personas al examen, y el Jurado desea estimar antas de corregir cuál es la puntuadón media de los exámenes. Para ello toma una muestra aleatoria de 100 exámenes, La nota media de esos exámenes es 7,3, con una desviadón típica de 10. Después de corregidos todos los exámenes se ha obtenido una media de 8,5 , y una desviadón típica de 15. ¿Cuál es la probabilidad de encontrar una media muestral mayor de 7,3? En las siguientes situaciones: a) Si se conocen los datos poblacionales (referidos a los 10.000 exámenes)

b) Si se desconoce la desviación tiplea poblacional. c) Analiza y compara los resultados. Sol: a) 0.78814 b)° 0.90 a) Datos ¿ P (𝑋̅ > 7.3) N = 10000

a) Con los datos poblacionales 𝑋̅ = 7.3 𝜇 = 8.5

n = 100 𝑋̅ = 7.3

= 15 n = 100

𝑁 = 10 𝜇 = 8.5

P (

G = 15

𝑋̅−𝜇 √𝑛

>

7.3−8.5 15 √100

)

P (z > -0.8) => P(Z > -0.8) = 1 – 0.2119 P(Z > -0.8) = 0.7881

La probabilidad de encontrar una media muestral mayor de 7.3 es del 0.7881

b)

2=? P (

𝑋̅−𝜇 S √𝑛

>

7.3−8.5 10 √100

) => P (T > -1.2)

gl = 100 – 1 gl = 99 80  1.292 99  X 100  1.29 100 − 99 1.29 − 1.292 = 100 − 80 1.29 − 𝑋 Con tabla Z ≈ 1 – 0.1151 Z ≈ 0.8849 6. El gasto diarlo en llamadas telefónicas de dos departamentos de una empresa sigue una distribución normal con media de $6 en ambos, y una desviadón tiplea de 0,6 para el 1° y de 1,5 para el 2". SI de cada departamento se eligen al azar 10 días, midiéndose el gasto telefónico en cada uno: a) calcular la probabilidad de que el gasto medio del primer departamento en el periodo muestral supere en ai menos 1 dólar al del segundo Sol.: 0.025 𝜇1 = 8.5 Q1 = 0.6 = 1.5 n = 10 2

̅

̅

(𝑋 −𝑋 )− b) P (𝑋̅1 − 𝑋̅2 > 1) => P [ 1 22 𝑛1

(𝜇1 − 𝜇2 )

+

2 𝑛2

2

>

1−0 2 2 √(0.6) +(1.5) 10 10

]

P ( Z>1.96) = 0.025 

La probabilidad de que el gasto medio del primer departamento supere en al menos 1 dólar al Segundo es el 2.5%.

7. Se desea analizar las diferencias de calificaciones entre dos grupos de alumnos. Unos proceden del grupo B1 y otros del grupo B2. Deseamos estudiar la distribución en el muestreo de la diferenda de medias. Tomamos muestras aleatorias independientes de ambas pobladones para lo que dispondremos la siguiente tabla que resume la información sobre las pobladones y las muestras (admitiendo que sean normales). Grupo B1

fGrupo B2

Tamaño de la Población

200

Tamaño de la muestra Media de 100

150 75 S.18

la Población

'4,10

Media de la Muestra

j*,2153 5,3247

Desviación típica población

1,55

Desviación típica muestra

1,5635 1,8238

"

1,95

a) ¿Cuál es la probabilidad de que la diferencia de medias muéstrales sea mayor que uno? Sol. = 0 Grupo B1

Grupo B2

N1 = 200

N2 = 200

n1= 100

n2= 75

𝜇1 = 4.1

𝜇2 = 5.18

𝑋̅1 = 4.2153

𝑋̅2 = 5.3247

1

=1.55

S1 = 1.5635

2

P (𝑋̅1 − 𝑋̅2 > 1) = ¿ => P

12 + 22 𝑛1 𝑛2

P (Z > 7.61)

=1.05

S2 = 1.8238

Entonces: P (Z>7.61) ≈ 0.0002 lo que significa que es casi aprox ≈ O

(𝑋̅1 −𝑋̅2 )− (𝜇1 − 𝜇2 )

>

1−(4.1−5.18) 2

√1.55 +1.95 100

75

2

8. Los sueldos mensuales, en miles de euros, de los directivos de una multinacional siguen una distribución N(10;1) mientras que los del resto de personal se distribuyen como una N(4;2). Si se extrae una m.a. de 10 directivos y otra de 20 empleados no directivos: a) calcular la probabilidad de que el sueldo mensual medio de la muestra de directivos supere los 11.000 euros. Sol.: 0.0008 b) calcular la probabilidad de que el sueldo medio de la muestra de empleados no directivos supere los 5.000 euros. Sol.: 0.0125 c) ¿cuál es la probabilidad de que el sueldo medio mensual de los directivos supere al correspondiente de los no directivos en más de 5.000 euros? Sol.: 0.9664 d) ¿y si suponemos que las varianzas poblacionales fueran idénticas pero no conocidas, habiéndose obtenido unas desviaciones típicas de S= 1,2 (directivos) y S=2,1 (no directivos). Sol.: sO.90 Datos N1 (10.1)

a) P (𝑋̅1 > 11000

N2 (4;2)

Pero 11000 = 11 en miles de

n1= 10

euros

n2= 20 P ( N1,2 (𝜇

=2

11−10 𝐿 √10

)

muestra de directivos supere los 11000 euros es del 0.0008

𝜇2 = 4

2

>

La probabilidad de que el sueldo mensual medio de la

𝜇1 = 10

=1

1 √𝑛1

P (Z > 3.16) = 0.0008

)

1

𝑋̅1 −𝜇1

0.08%

b) P (𝑋̅2 > 5000) Pero en 5000 hay 5 en miles de euros P (

𝑋̅1 −𝜇2 2 √𝑛2

>

5−4 2 √20

) => P(Z >2.24) = 0.0125

*La probabilidad de que el sueldo medio mensual de la muestra de empleados no directivos supere los 5,000 es 1.25%.

9. Si el número de ventas diarias de unos grandes almacenes sigue una distribución a) N(1.000; 100), calcule la probabilidad de que la varianza sea superior a 16.000: en una m.a, de 11 días Sol.: 5 0.0654 en una m.a. de 30 días Sol.: g 0.01625 en una m.a. de 91 días Sol.: s 0 probabilidad de que la varianza sea superior a 10.000 en una m.a. de 30 días. Sol.: 0,4764. Resolviendo:

N 1000,100





P  2 16000  ?

  1000

  100 a) n = 11

x2 

11  116000  16

gl  10

100 2

15.99  0.1 16

p

18.31  15.99 0.05  0.1  18.31 16 0.05  p

18.31  0.05

 0.1155  18.31 15.990.05  18.3115.99 

p

18.31 15.990.05  0.1155 18.31 15.99

p  0.0998

b) n = 30

x2 

30  116000  46.4 100 2

gl  30  1  29 45.72  0.025 46.4

p

46.69  45.72 0.02  0.025  46.69  46.4 0.03  p

46.69  0.02

0.97 

 5x10 0.29 3

0.02  p 





0.97  0.02  0.97 p   5x10 3 0.29

0  0.0215

c) p 

x

1



 x 2  u1  u 2 

1 n

2

1



2

2



n2

5  10  4 12  22 10

20

p  z   1.83  1  0.0336 p  z   1.83  0.9664 La probabilidad de que el sueldo medio mensual de los directivos supere lo correspondiente de los no directivos en más de 5000 euros es el 96.64%. d)

1  ?

2  ?

s1  1.2

s 2  2.1

   x  x  u  u  2 1 2 p 1  2 2  s1 s2  2  n1 n 





p    1.66 Para los grados de libertad

gl  n1  n2  2  10  20  2 gl  28 Interpretando: 1.313  0.1 1.66

 p’

1.701  0.05

0.05  0.1 1.701  1.313  1.701  1.66 0.05  p'

  5  10  4    1.22  2.12   10 20 

Hallando p’:

p '  0.05528

p   1.66  1  0.06

 0.94 En 5000 euros es  94%

10. Una máquina produce rollos de cuerda cuya longitud es una v.a. con o = 2 metros y distribución normal. SI se extrae una m.a. de tamaño 10, a) Cuál es la probabilidad de que la longitud media de la muestra difiera en menos de 1 metro de la longitud media real desconocida? Sol.: 0.8858 Solución:

  2m n = 10





p x  u 1  

xu



1  1.58 2



n

10





 p  1.58  x  u 1.58  0.0571  0.0571

 1  0.0571 0.0571

 0.8858 La probabilidad de que la longitud media de la muestra difiera en menos de 1 metro de la longitud media real es del 88.58%. b) Cuál es la probabilidad de que la varianza muestral sea menos de 5,872. Sol.: 0.9





p  2  5.872  ?

x2 

n  1 s 2 

2



gl  n  110  1 9

10  15.872  13.21 22

12.24 

0.20

13.21 

p’

13.29 

0.15

13.29 12.24 0.15  0.20  13.29  13.21 0.15  p' 1.05  0.05  0.08 0.15  p



0.1575  1.05 p'   4 x 10 3 p' 

0.1575  4 x10 3 1.05

p '  0.1538

 p  s

  5.872 0.8462

p  s 2  5.872 1  0.1538 2

11. Queremos averiguar el peso medio de una partida de tomates, de los que sabemos que su peso es normal con una o = 100 gr, ¿De qué tamaño tiene que ser la m.a. de los citados tomates para que, con una probabilidad del 95%, el peso medio muestral no difiera del real en más de 100 gr. (en valor absoluto)? Sol.: 4 tomates.

= 100 gr P = 0.95 E = 100gr 𝟏.𝟗𝟔 𝒙 𝟏𝟎𝟎 𝟐 ) 𝟏𝟎𝟎

n= (

n = 3.84 ≈ 4 tomates

𝛼 2

= 0.025

12. La resistencia de unas vigas para edificación sigue una distribución normal. Si la varianza muestral de 2 2 una m.a. de 20 vigas es de 635,57 (kgfcm ) ¿cuál es la probabilidad de que la resistencia media muestral difiera de la poblacional en menos de 10 kg/cm ?. Sol.: 0.9 Resolviendo: n = 20

 2  635.57 kg 2 / cm 2



p  x  u  10 kg / cm





  xu 10 p  s 635.57  20  n

     

p   1.77  1  1 p 1.77 gl  n  1  20  1  19 1.729



0.05

1.77



p’

2.093



0.025

2.093 1.729 0.025  0.05  2.093  1.77 0.025  p'

0.025  p' 0.364   8075 x 10 3 p' 

0.0250.364  8075x10 3 0.364

p '  0.05

 1 0.05





p x  u  10  0.95 La probabilidad de que la media muestra difiera en 10 a la poblacional es el 95%. 13. Se supone que el 12% de la población de un pafs tiene una segunda residencia. Con el fin de obtener una información más precisa se toma una m.a. de 250 familias. ¿Cuál es la probabilidad de que la proporción de familias de la muestra con 2" residencia esté comprendida entre un 10% y un 15%? Sol.: 0.7644 Resolviendo: P = 0.12 n = 150

q = 1 – p = 1 – 0.12 = 0.88



p p  0.15

Para



    0.15  0.12   p p  p   pz   0.97   p.q 0.120.88    n 250  



 p 0.10  p  0.15 0.7619

 p 0.10  p  0.15  1  0.1660  0.0721

La probabilidad de que de q’ la proporción de familias de la muestra con 2do residencia esté comprendida entre 0.10 y 0.15 es del 0.7619, es decir 76.19%. 14. Se sabe que los sábados por la noche el porcentaje de conductores con un grado de alcohol en sangre superior al marcado por la ley es del 70%, Sin embargo, esta cifra se reduce al 40% un domingo por la noche. La policía de cierta ciudad quiere realizar un control de alcoholemia y comparar los resultados de los dos días de la semana. Se paran al azar 40 vehículos que circulan un sábado noche y 35 el domingo noche. Calcular la probabilidad de que la proporción muestral de conductores que superan el nivel de alcohol permitido haya descendido más de un 10% del sábado al domingo. Resolviendo:

p1  0.7

q1  1  0.7  0.3

p1 : sabado

p2  0.4

q2  1  0.4  0.6

P2 : do min go

n1  40 sabado

n2  35 do min go

P1  P2  0.10 Descendido

   P1  P 2  P1  P2  P  P q P q 1 1   2 2  n n2 1 





  0.10  0.7  0.4  0.7 0.3  0.40.6   40 35 

Pz  1.82 1  0.0344

Pz  1.82  0.9656

Existe una probabilidad del 96.56%

de que la proporción muestral de conductores

que superen el nivel del alcohol permitido haya descendido en un 10%. 15. Un proceso de producción produce artículos que resultan defectuosos en un 5% de las ocasiones. Para controlar si el proceso esta ajustado se toma una muestra aleatoria de 500 elementos producidos. ¿Cuál es la probabilidad de obtener una proporción muestral mayor de un 6% de defectuosos?. Sol: 15.15% Resolviendo: n = 500 elementos producidos P = 0.05



q = 1 – 0.05 = 0.95

    0.06  0.05   PP p  0.050.05  P.q   500  n 

p  z  1.03  0.1515 La probabilidad de obtener una proporción del 15.15%.

muestral de un 6% de defectuosos es

16. Se ha estimado que el 43% de los recién licenciados en periodismo consideran que es muy importante un curso de ética en su carrera. Los rectores de las Universidades de la ciudad están considerando la posibilidad de Incluir una asignatura de ética en la licenciatura de periodismo. Para asegurarse de que cuentan con el respaldo de la mayoría de los recién licenciados encargan un estudio en el que recaba Información de una muestra de 80 individuos que han terminado periodismo en los últimos años en cualquiera de las universidades de Arequipa ¿Cuál es la probabilidad de que más de la mitad de los individuos de la muestra opinen que se debe estudiar ética en la carrera de periodismo?. Resolviendo:

P0  0.43

P1 

q 0  0.57

x 80



100%

40



P

q  50%

n  80

  PP P   P.q  n 



80



  0.5  0.46  0.460.57    80 

P  z  1.26  0.1038

La probabilidad de que más de la mitad de los individuos de la muestra opinen que se debe estudiar ética, es del 10.38%. 17. El peso (en gramos) de las cajas de cereales de una determinada marca sigue una distribución N(a;5). Se han tomado los pesos de 16 cajas seleccionadas aleatoriamente, y éstos han sido: 506, 508,499,503, 504, 510, 497, 512, 514, 505, 493, 496, 506, 502, 509 y 496. Obtener los intervalos de confianza del 90%, 95% y 99% para la media poblacional. Sol.: iC90% = Í501.69 - 505.811 IC95% = 1501.30 - 506.201 IC99% = 1500.53 506,971 a) Determinar cual seria el tamaño muestral necesario para conseguir, con un 95% de confianza, un intervalo de longitud Igual a 2 gramos. Sol.: ns97

b) Suponiendo ahora que o es desconocida, calcular los intervalos de confianza para la media al 90%, 95% y 99%. Sol.: los intervalos son mayores al contar con menor información. Resolviendo:

N 0.5    5

u  x

n = 16

x

z

Intervalo de confianza:

n

 xi  503.75 n

1    0.9 1    0.95

 

z  1.65 z  1.96

1    0.99



z  2.58

a) Intervalo de confianza del 90%

503.75 

1.655  u  503.75  1.655 16

16

501.688  u  505.813



Para un nivel de confianza del 90% de que la media poblacional este en

 501.688  505.813  Intervalo de confianza del 95%

503.75 

1.965  u  503.75  1.965 16

16

501.3  u  506.2



Para un nivel de confianza del 95% la media poblacional está comprendida entre

 503.3  506.2 

Intervalo de confianza del 99%

503.75 

2.58 5  u  503.75  2.585 16

500.525  u  506.975

16



Para un nivel de confianza del 99% la media poblacional está comprendida entre

 500.525  506.975 

18. El embalaje de 1 kg. de carne envasada sigue una distribución normal de parámetros desconocidos. Habiéndose obtenido una m.a. de tamaño 6, la media y varianza muéstrales son 12,5 gr. y 0,81 gr , respectivamente. Determinar el intervalo de confianza del 99% para el peso medio del embalaje. Sol: IC99% = [10.8771-14.12281 Resolviendo:

 x k

s2 

i r

i

x

n 1



x

t .s n

 13.267

 u x 

t.s n

s  3.64 Intervalo de confianza para el 90% 

gl = 15

para un 90%  t = 1.753



gl = 15

para un 95%  t = 2.131



gl = 15

para un 99%  t = 2.947

503.75 

1.753 3.64  u  503.75  1.7533.64 16

16

502.155  u  505.345



Existe un 90% de confianza de que la media poblacional esté comprendida entre

 502.155  505.345  Intervalo de confianza para el 95%

503.75 

2.1313.64  u  503.75  2.1313.64 16

16

501.811  u  505.689



Existe un 95% de confianza de que la media poblacional esté comprendida entre

 501.811  u 505.389 

Intervalo de confianza para el 99%

503.75

2.947 3.64  u  503.75  2.9473.64 16

16

501.068  u  506.432



Existe un 99% de confianza de que la media poblacional esté comprendida entre

 501.068  506.432  Son menores. n=6

x  12.5 gr

s 2  0.81 gr 2

1    0.99 gl = n-1 = 6 – 1 = 5

 12.5 

4.032 

0.81

  u  12.5  4.032 

6 12.5 

4.0320.9

 u  12.5 

6

0.81



6

4.0320.9 6

11.0185  u  13.981



Existe un 99% de confianza de que el peso del embalaje esté entre

11.0185  13.981  19. El gasto diario en llamadas telefónicas de dos departamentos X e Y de una misma empresa sigue una distribución normal, con un gasto medio desconocido en ambos. Sin embargo, se conocen las desviaciones típicas, que son 100 y 110 céntimos de euro para X e Y, respectivamente. La Dirección ha observado que en una m.a. de 20 dias, el gasto medio diario en llamadas realizadas por el dpto. X ha sido de 1.100 céntimos, y de 1.400 en el dpto. Y. Obtener un intervalo de confianza del 90% para la diferencia de gastos medios entre ambos dptos. Sol.: IC90% =1-354.68: -246.151

Resolviendo Datos: X

Y

 1  100

 2  110

n1  20

n2  20

x1  1100

x 2  1 400

    0.9  ?

x

1



12

 x2  z

n1



22 n2

1100  1400  1.65





12

 u1  u 2  x1  x 2  z

n1



22 n2

100 2 110 2 100 2 110 2   u1  u 2  1100  1400  1.05  20 20 20 20

 354.849  u1  u 2   245.151

1 

245.151  u 2  u1  354.849

Existe un 90% de confianza de que la diferencia de gastos medios esté

comprendida en 245.151 y 354.849. 20. En el curso de Inferencia del semestre anterior, las calificaciones en dos universidades, X e Y, siguen sendas distribuciones normales. Obtener el Intervalo de confianza al 95% de la diferencia de medias poblacionales, en base a las siguientes muestras aleatorias de notas: XI = {2, 6, 5,3,7, 5,4, 6, 10, 2} Y¡ = {1,8, 8,4,6,2,0, 7,7,1,7,0,1} Sol.: IC95% =t-1.5: 3.51 Resolviendo:

xi   2, 6, 5, 3, 7, 5, 4, 6, 10, 2 

xi  1, 8, 8, 4, 6, 2, 0, 7, 7,1, 7, 0,1 

k

xi 

 x  i

r 1

n

k

5

x2 

 y  i

r 1

n

4

 x k

s1 

r 1

i

 x1



n 1

 x k

 2.45

s2 

r 1

i

 x2

n2  1



2

 2.8

gl  n1  n2  2  10  13  2  21

5  4   2.080

2.45 2 2.8 2   u1  u 2  5  4  2.080 10 13

2.45 2 2.82  10 13

 1.2817  u1  u 2  3.2817



Existe un 95% de confianza de que las diferencias de medias esté comprendida en

  1.2817 y 3.2817

21. El Resultado de medir la altura de 30 niños (aleatoriamente seleccionados) del curso Historia entre las escuelas de Arequipa, se obtuvo una media de 82,4 cm. y una desviación típica de 4,2 cm. Suponiendo que la variable altura siga una distribución normal, determinar un intervalo de confianza del 69% para la altura media de los niños y del 95% para la varianza de la altura. Sol.: IC99% =180.25 : 84.551 v IC95% 411.184: 31.892] Datos n=30 𝑋̅ = 82.4 cm S = 42 cm 1-𝛼=0.94 Para 𝜇 1-𝛼=0.95 Para

2

gl=29

a)

𝜇 = 𝑋̅ ± T.5 √𝑛

=>

(2.756)(4.2) √30

< 𝜇<

+(2.756)(4.2) √30

80.1357 < 𝜇 < 84.6643 ∴ Existe un 99% de confianza de que la media poblacional esta comprendida en [80.1357 − 84.6643] 2

b) 95% para la varianza X2=

(𝑛−1)𝑆 2 2

=>

2

=

(𝑛−1)𝑆 2 𝑋2

min2 =

min2 =

(30−1)(4−2)2 45.72

(30−1)(4−2)2 16.04

= 11.189

= 31.893

∴ Existe un 99% de confianza de que la varianza de la altura está entre [11.189 − 31.893] 22. Se selecciona una m.a. de 600 familias, a las cuales se les pregunta si tienen o no PC en casa. Contestaron afirmativamente 240 familias. Obtener un intervalo de confianza al nivel del 95% para la proporción real de familias que poseen ordenador en casa, Sol.: IC95% =10.36 ; 0,441 Datos 240

n = 600

𝑃̅ =

X = 240

=> q = 0.6

600

= 0.4

Para un nivel de confianza del 95% 𝑃𝑞 𝑃𝑞 => 𝑃̅ = 𝑧√ < 𝑃 < 𝑃̅ + 𝑍 √ 𝑛

𝑛

(0.4)(0.6)

0.4 – (1.96) √

600

(0.4)(0.6)

̅̅̅̅ + (1.96) √ < 𝑃 < 0.4

600

0.3608 < p < 43.92 ∴ Existe un 95% de confianza de que la proporción real de familias que poseen ordenador en casa esta entre [0.3608 − 0.4392] 23. Un empresario desea Instalar un concesionario de motos en un centro comercial de rédente construcción. Diversos estudios de mercado del sector indican que la edad del comprador y usuario de motos está principalmente entre 18 y 30 años. Antes de realizar una Inversión de tal magnitud, le Interesa conocer la edad media de las personas que acuden normalmente a ese centro comercial. Para ello realiza una encuesta que supondremos aleatoria simple de tamaño 3.000 entre todos los dientes que acuden a lo largo de un mes al centro comercial, obteniendo una edad media de 35 y una desviadón tiplea de 20. Pero el empresario no se conforma con esa estlmadón puntual y solldta un intervalo de confianza del 95% para la edad media de los dientes de ese centro comerdal. a) ¿Cuál serla el Intervalo de confianza? Sol: (34.28 - 35.72) Suponga, que sólo dispone de presupuesto para tomar una muestra de tamaño 30, obteniendo una

media muestra! de 20 con una desviación típica de 35. Obtener un intervalo de confianza del 95% para la media, suponiendo que la variable edad se distribuye como una normal cuya varianza es conocida e igual a 350. Obtener el intervalo de confianza al 95% cuando se desconoce la varianza poblacionai. Obtener los intervalos de confianza solicitados en los apartados a, y b, pero para un nivel de confianza del 99%. f)

Comparar los resultados de los intervalos de confianza pedidos.

Sol: varianza conocida. IC95% ; (13.30 - 26,69): IC99% = (11,20 - 28,79) Varianza desconocida, IC95% = (6.71 - 33,29): IC99% = (2.08 - 37.91) Datos 𝑃̅ =

n = 3000

240 600

= 0.4

𝑋̅ = 35 = 20 1 − 𝛼 = 0.95 Intervalo de confianza g1 = 2999 => 35 −

(1.97)(20) 3000

< 𝜇 < 35 +

(1.97)(20) 3000

34.28 < 𝜇 < 35.72 Existe un 95% de confianza de que el intervalo de confianza solicitado por el empresario se encuentra entre [34.28 − 35.72] 24. Una empresa dedicada a procesar textos desea contratar a una persona. Tras las pruebas de selección quedan sólo dos personas. Para decidir a cuál de las dos va a hacerle un contrato fijo decide contratarlas durante tres meses (60 dias laborables) y analizar el número medio de páginas diarias que son capaces de procesar. El número medio de páginas al dia del candidato A son 100, mientras que el candidato B arroja una media de 85. Suponiendo que el n° de páginas procesadas al dia es una distribución Normal, y que las desviaciones típicas de ambos candidatos son conocidas e iguales a 50 en el candidato A y a 25 en el B, construir un intervalo de confianza al 95% para la diferencia de medias y comentar los resultados. Especificar claramente los supuestos que se han hecho para resolver el problema. Sol. (0.8549-29.14) Datos Candidato A

Candidato B

𝑋̅1 = 100

𝑋̅2 = 100

n1= 60

n2= 60

1

=50

2

=25

1 - 𝛼 =0.05 => Z = 1.96

(100-85 ) – (1.96) √

502 60

+

252 60

< 𝜇1 − 𝜇2 < (100 − 85) + (1.96)√

502 60

+

252 60

[0.8549 < 𝜇1 − 𝜇2 < 29.1451] Existe un nivel de confianza del 95% de que la diferencia de medias esta entre [0.8549 − 29.1451] Lo que indica claramente que el candidato A sería el contratado 25. La distribución del gasto mensual en consumo de los hogares formados únicamente por una pareja sigue una distribución normal con media desconocida y desviación típica igual a SI. 1.800 Se desea estimar la media poblacionai por medio de un intervalo de confianza ai nivel 95%. Para ello se obtiene una m.a.s. de 100 hogares de este tipo 3 los que se les pregunta por su gasto durante el último mes. La media del gasto mensual de todos los hogares encuestados ha sido de SI. 900 Sol. (547,2-1.252.6) Datos 𝜇

=? =1800

1-𝛼=0.95 n = 100 𝑋̅ = 900

(900) −

(1.96)(1800) √100

< 𝜇 < 900 +

(1.96)(1800) √100

547.2 < 𝜇 < 1252.8 Existe un 95% de confianza de que el gasto mensual promedio esta entre [547.2 − 1252] 26. Las medidas de las longitudes de una muestra de una población normal de 30 mesas de estudio dieron una media de 0,824 metros y una desviación típica de 0,042 metros. Determinar un intervalo de confianza del 90% para la longitud media de las mesas y uno del 95% para la varianza de la longitud. Sol.: Para la media (0.8107 - 0.837251) Para la varianza (0.001157: 0.003298) 𝑛 = 30

𝑋̅=0.824m S = 0.042 1-𝛼 ¿ 0.95 gl = 29

0.824 –

(1.699)(100)

< 𝜇 < 0.824 +

√30

(1.699)(0.042) √30

0.81097 < < 𝜇 < 0.8370

2

2

min = max =

(30−1)(0.042)2 45.72 (30−1)(0.042)2 15.51

= 0.00111 = 0.003

[0.001119 − 0.003298] 27. En Arequipa se ha tomado una m.a.s. de 98 familias, de las cuales 60 tenían problemas para llegar a fin de mes. Mientras en Tacna se selecciona otra m.a.s. de 110 familias, de las cuales 55 declaran tener problemas para llegar a fin de mes. Obtener un intervalo de confianza al 99% para la diferencia de proporciones entre las familias que tienen problemas económicos de Arequipa y Tacna. 𝑛 = 98 X1=60 N2 = 110 𝑋2 = 0.99 60 19 => 𝑞1 = 98 49 55 1 𝑃̅2 = => 𝑞2 = 110 2 𝑃̅1 =

(

60 68

−

55 110

60

19

(98)(49)

) − (2.58)√

98

55

+

1

(110)(2) 5

< P1 – P2 < (

60 68

−

55 110

60

19

55

1

( )( ) ( )( ) ) + (2.58) √ 98 49 + 110 2 98

5

0.17 < P1 – P2 < 0.598 Existe el 99% de confianza de que la diferencia de proporciones entre las famiias que tienen problemas económicos sea [0.17 − 0.598]