Problemas resueltos

CAPÍTULO
8
•
Teoría elemental
de
muestreo
métodos de muestreo grande. Cuando N < 30, las muestras se denominan pequeñas. L
teoría de las muestras pequeñas o teoría exacta de muestreo, como se le llama a veces, s
trata en el capítulo 11.
Cuando se desconocen los p a r á m e t r o s de p o b l a c i ó n , tales como a, p o ¡x , pueden se
estimados con p r e c i s i ó n por m e d i o de sus e s t a d í s t i c o s m u é s t r a l e s correspondientes tale
como s
- 1 ) J ) , P y m , si las muestras son l o suficientemente grandes.
r
r
Problemas resueltos
Distribución muestral de medias
8.1
Una p o b l a c i ó n consiste de cinco n ú m e r o s 2 , 3 , 6 , 8 y 11. Considere todas las mué:
tras de t a m a ñ o igual a 2 que pueden obtenerse, con reemplazamiento, a partir c
esta p o b l a c i ó n . Calcule a) la media de la p o b l a c i ó n , b) la desviación estándar de 1
p o b l a c i ó n , c) la media de la distribución muestral de medias y d) la desviación e
tándar de la distribución muestral de medias (es decir, el error estándar de medias
SOLUCIÓN
a)
H=
2 + 3 + 6 + 8 + 11 30 , „
:
= — = 6.0
2
b)
2
2
2
(2-6) +(3-6) +(6-6) +(8-6) +(ll-6)
2
16 + 9 + 0 + 4 + 25
10.8
yo-=3.29
c)
Existen 5(5) = 25 muestras de tamaño igual a 2 que pueden obtenerse con reemplaz
miento (ya que cualquiera de los 5 números de la primera muestra llegan a asociar
con cualquiera de los 5 números de la segunda muestra).
Estos son
(2, 2)
(2,3)
(2, 6)
(2, 8)
(2, 11)
(3,2)
(3,3)
(3,6)
(3,8)
(3, 11)
(6, 2)
(6,3)
(6, 6)
(6, 8)
(6, 11)
(8, 2)
(8, 3)
(8, 6)
(8, 8)
(8,11)
(11.2)
(11.3)
(11,6)
(11.8)
(11, 11)
Las medias muéstrales correspondientes son
2.0
2.5
4.0
5.0
6.5
2.5
3.0
4.5
5.5
7.0
4.0
4.5
6.0
7.0
8.5
5.0
5.5
7.0
8.0
9.5
6.5
7.0
8.5
9.5
11.0
y la media de la distribución muestral de medias es
suma de todas las medias muéstrales en (8)
150
25
~25~
6.0
ilustrando el hecho de que ix¡¡ = ¡x.
d)
La varianza cr\ de la distribución muestral de medias se obtiene al restar la medi;
de cada número en (8), elevando al cuadrado el resultado, sumando todos los
números obtenidos y dividiendo entre 25. El resultado final es cr\ = 135/25 = 5A
entonces cr* = V 5 . 4 0 = 2.32. Esto ilustra el hecho de que, para poblaciones infim
que impliquen muestreo con reemplazamiento (o poblaciones infinitas), cr\ = cri
ya que el lado derecho es 10.8/2 = 5.40, que coincide con el valor anterior.
Problemas
resueltos
•
189
Resuelva el problema 8.1, pero considerando que el muestreo es sin reemplazamiento.
SOLUCION
Igual que en los incisos a) y b) del problema 8.1, /¿ = 6 y <x = 3.29.
c)
Existen ( ) = 10 muestras de tamaño igual a 2 que pueden obtenerse sin reemplazamiento (quiere decir que se extrae un número y luego otro número diferente del
primero) de la población: (2, 3), (2, 6), (2, 8), (2, 11), (3, 6), (3, 8), (3, 11), (6, 8), (6,
11) y (8, 11). Por ejemplo, la selección (2, 3), se considera igual que (3, 2).
2
Las medias muéstrales correspondientes son 2.5, 4.0, 5.0, 6.5, 4.5, 5.5, 7.0, 7.0,
8.5 y 9.5, en tanto que la media de la distribución muestral de medias es
M =
2.5 + 4.0 + 5.0 + 6.5 + 4.5 + 5.5 + 7.0 + 7.0 + 8.5 + 9.5
rQ
= 6.0
ilustrando el hecho de que fi = ¡x.
x
d)
La varianza de la distribución muestral de medias es
2
2
2
2
2
_ (2.5 - 6.0) + (4.0 - 6.0) + (5.0 - 6.0) + • • • + (9.5 - 6.0)
= 4.05
10
y <7<j = 2.01. Esto ilustra que
2
a /JVp - N
dado que el lado derecho es igual a
10.8 / 5 - 2
~2~
= 4.05
1,5-1
tal y como se obtuvo anteriormente.
S u p ó n g a s e que la estatura de 3 000 estudiantes universitarios hombres se distribuyen normalmente, con una media de 68.0 pulg y una desviación estándar de 3.0
pulg. Si se obtienen 80 muestras de 25 estudiantes cada una; ¿cuáles serían la
media y la desviación estándar esperadas de la distribución muestral de medias
resultante si los m u é s t r e o s se hubieran hecho a) con reemplazamiento y b) sin
reemplazamiento?
SOLUCIÓN
El número de muestras de tamaño 25 que podrían obtenerse teóricamente de un grupo de
3 000 estudiantes con y sin reemplazamiento es (3 OOO) y ( ¿3), que son mucho mayores
que 80. Por lo tanto, no se obtiene una verdadera distribución muestral de medias, sino
sólo una distribución muestral experimental. Sin embargo, ya que el número de muestras
es grande, debe haber gran concordancia entre las dos distribuciones muéstrales. Entonces, la media y la desviación estándar esperadas estarían cerca de las de la distribución
teórica. Por lo tanto
25
a)
b)
'
„
p
7
x
= ¿i = 68.0 pulg
y
,
,
= 68.0 pulg
( 7 T T = ^ =
í
o
n
F
=
y
£T
=
3
- = = = 0.6 pulg
¡N.-N
— ' •
3
=
-
3 000 - 25
=
x
-,.V \ . V - - 1
V 2 5 \ 3000-1
que sólo es ligeramente menor que 0.6 pulg y puede: por lo tanto, para propósitos
prácticos, considerarse igual que en el muestreo con reemplazamiento.
Por tanto, se esperaría que la distribución muestral experimental de medias esté
distribuida aproximadamente de manera normal, con media 68.0 pulg y desviación
estándar 0.6 pulg.
'90
:-- ' . . z
i
Teoría elemental
8.4
de
muestreo
¿ E n c u á n t a s muestras del problema 8.3 e s p e r a r í a encontrar la media a) entre 66.
y 68.3 pulg y b) menor que 66.4 pulg?
SOLUCIÓN
La media X de una muestra en unidades estándar está dada aquí por
X-mx
X-68.0
0.6
66.8-68.0
a)
66.8 en unidades estándar =
68.3 en unidades estándar :
0.6
68.3 - 6 8 . 0
0~6
= -2.0
0.5
Como se muestra en la figura 8-la),
FIGURA 8-1
-2.67
a)
b)
Proporción de muestras con medias entre 66.8 y 68.3 pulg
= (área bajo la curva normal entre z = -2.0 y z = 0.5)
= (área entre z = - 2 y z = 0) + (área entre z = 0y z = 0.5)
= 0.4772 + 0.1915 = 0.6687
Entonces el número esperado de muestras es (80)(0.6687) = 53.496 o 53.
66.4-68.0
b)
66.4 en unidades estándar =
= -2.67
0.6
Como se muestra en la figura 8-l¿),
La proporción de muestras con medias menores que 66.4 pulg = (área bajo la curva
normal a la izquierda de z = - 2.67)
= (área a la izquierda de z = 0)
- (área entre z = -2.67 y z = 0)
= 0.5 - 0.4962 = 0.0038
Por tanto, el número esperado de muestras es (80)(0.0038) = 0.304 o cero.
8.5
Quinientos baleros de rodamiento tienen un peso medio de 5.02 g y una desviación
e s t á n d a r de 0.30 g. Calcule la probabilidad de que una muestra aleatoria de 100
baleros de rodamiento, elegida de este grupo, sea de un peso combinado de a)
entre 4p6 y 500 g y b) m á s de 5J0 g.
SOLUCION
Para la distribución muestral de medias, i¿x = M = 5.02 g y
Problemas
a)
resueltos
•
El peso combinado estará entre 496 y 500 g si el peso medio de los 100 baleros está
entre 4.96 y 5.00 g.
4.96 en unidades estándar =
4.96-5.02
0.0027
= -2.22
5.00-5.02
5.00 en unidades estándar =
0.027
= -0.74
Como se muestra en la figura 8-2a),
Probabilidad requerida = (área entre z = -2.22 y z = -0.74)
= (área entre z = -2.22 y z = 0)
- (área entre z = -0.74 y z = 0)
= 0.4868-0.2704 = 0.2164
FIGURA 8-2
-2.22 - 0 . 7 4
2.96
a)
b)
b)
El peso combinado excederá 510 g si el peso medio de los 100 baleros excede 5.10 g.
5.10-5.02
5.10 en unidades estándar = •
= 2.96
0.027
Como se muestra en la figura 8-2i>),
Probabilidad requerida = (área a la derecha de z = 2.96)
= (área a la derecha de z = 0) - (área entre z = 0 y z = 2.96)
= 0.5-0.4985 = 0.0015
Por tanto, sólo existen tres posibilidades en 2 000 de escoger una muestra de 100
baleros con un peso combinado que exceda de 510 g.
8.6
a)
Muestre c ó m o seleccionar 30 muestras aleatorias de 4 estudiantes cada una
(con reemplazamiento), de la tabla 2 - 1 , con el uso de n ú m e r o s aleatorios.
b)
Calcule la media y la desviación estándar de la distribución muestral de medias para el inciso a).
c)
Compare los resultados del inciso b) con los valores teóricos, explique las
diferencias.
SOLUCION
a)
Utilice dos dígitos para numerar a cada uno de los 100 estudiantes: 00, 01, 02,..., 99
(véase la tabla 8-2). Así, los 5 estudiantes con estaturas de 60-62 pulg se numeran
00-04, los 18 estudiantes con estaturas de 63-65 pulg se numeran 05-22, etcétera.
Cada número de estudiante es un número de muestreo.
Tabla 8-2
Estatura (pulg)
Frecuencia
Número de muestreo
60-62
5
00-04
63-65
18
05-22
66-68
42
23-64
69-71
27
65-91
72-74
8
92—99
OS
•
Teoría elemental
de
muestreo
Ahora se extraen números de muestreo de la tabla de números aleatorios (apéndice I X ) . En el primer renglón se encuentra la secuencia 51, 77, 27, 46, 40, etcétera,
que se toman como números de muestreo aleatorios y cada uno da la estatura de un
estudiante en particular. Así, el 51 corresponde a un estudiante con estatura de 66-6?
pulg, que se toma como 67 pulg (la marca de clase). De igual forma, 77, 27 y 46 dan
estaturas de 70, 67 y 67 pulg, respectivamente.
Por medio de este proceso se obtiene la tabla 8-3, que contiene los números de
muestreo elegidos, las estaturas correspondientes y la estatura media de cada una de
las 30 muestras. Cabe mencionar que, aunque se utilizó el primer renglón de la tafa i
de números aleatorios, se puede iniciar en cualquier parte y elegir cualquier patrón
específico.
b)
La tabla 8-4 muestra la distribución de frecuencias de las estaturas medias muestraIes obtenidas en el inciso a). Esta es una distribución muestral de medias. La media
y la desviación estándar se obtienen como siempre, con los métodos de codificación
de los capítulos 3 y 4:
Media = A + cu = A +
(
N
= 67.00 + °
2
2
Desviación estándar = c^lu -u
c)
, 7 5 ) ( 2 3 )
30
=67.58 pulg
F
6
= c. — — — í — — 1
1| N
{ N )
La media teórica de la distribución muestral de medias, dada por ¡x%, debe ser igual a
la media poblacional fx, que es 67.45 pulg (véase el problema 3.22), de acuerdo con
el valor 67.58 pulg del inciso b).
La desviación estándar teórica (errorjístándar) de la distribución muestral de
medias, dada por o*, debe ser igual a cr/VN, donde la desviación estándar poblacional cr= 2.92 pulg (véase el problema 4.17) y el tamaño de la muestra N = 4. Dado que
a/VÑ=
2 . 9 2 / V 4 = 1 .46 pulg, coincide con el valor 1.41 pulg del inciso b). L a
discrepancias resultan del hecho de que sólo se seleccionaron 30 muestras y de que
el tamaño de la muestra es pequeño.
Tabla 8-3
Número de muestreo
extraído
Estatura
correspondiente
Estatura
media
Número de muestreo
extraído
Estatura
correspondiente
Estatura
media
66.25
1.
51, 77. 27, 46
67, 70, 67, 67
67.75
16.
11, 64, 55, 58
64, 67, 67, 67
2.
40, 42, 33. 12
67, 67, 67, 64
66.25
17.
70, 56, 97, 43
70, 67, 73, 67
69.25
3.
90, 44, 46, 62
70, 67, 67, 67
67.75
18.
74, 28, 93, 50
70, 67, 73, 67
69.25
4.
16, 28, 98, 93
64, 67, 73, 73
69.25
19.
79, 42, 71, 30
70, 67, 70, 67
68.50
5.
58, 20, 41, 86
67, 64, 67, 70
67.00
20.
58, 60, 21, 33
67, 67, 64, 67
66.25
6.
19, 64, 08, 70
64, 67, 64, 70
66.25
21.
75, 79, 74, 54
70, 70, 70, 67
69.25
7.
56, 24, 03, 32
67, 67, 61, 67
65.50
22.
06, 31, 04, 18
64, 67, 61, 64
64.00
8.
34, 91, 83, 58
67, 70, 70, 67
68.50
23.
67, 07, 12, 97
70, 64, 64, 73
67.75
9.
70, 65, 68, 21
70, 70, 70, 64
68.50
24.
31, 71, 69, 88
67, 70, 70, 70
69.25
10.
96, 02, 13, 87
73, 61, 64, 70
67.00
25.
11, 64, 21, 87
64, 67, 64, 70
66.25
11.
76, 10, 51, 08
70, 64, 67, 64
66.25
26.
03, 58, 57, 93
61, 67, 67, 73
67.00
12.
63, 97, 45, 39
67, 73, 67, 67
68.50
27.
53, 81, 93, 88
67, 70, 73, 70
70.00
13.
05, 81, 45, 93
64, 70, 67, 73
68.50
28.
23, 22, 96, 79
67, 64, 73, 70
68.50
14.
96, 01, 73, 52
73, 61, 70, 67
67.75
29.
98, 56, 59, 36
73, 67, 67, 67
68.50
15.
07, 82, 54, 24
64. 70, 67, 67
67.00
30.
08, 15, 08, 84
64, 64, 64, 70
65.50
Problemas
resueltos
•
1
93
Tabla 8-4
Media muestral
Conteo
/
64.00
66.25
ti
fu
2
fu
i
-4
-4
16
0
-3
0
0
//
2
-2
-4
8
mi
6
-1
-6
6
64.75
65.50
/
A ;-» 67.00
mi
4
0
0
67.75
mi
4
1
.4
4
68.50
m ii
7
2
14
28
69.25
m
5
3
15
45
70.00
/
1
4
4
16
E / = ^ = 30
E / " = 23
0
E/"
2
= 123
Distribución muestral de proporciones
8.7
Calcule la probabilidad de que en 120 lanzamientos de una moneda a) entre 40%
y 60% sean caras y b) § o m á s sean caras.
SOLUCIÓN
Primer método
Los 120 lanzamientos son considerados una muestra de la población infinita de todos los
posibles lanzamientos de dicha moneda. En esta población la probabilidad de caras es de
p = i y la probabilidad de cruces es de q = 1 - p = h.
a)
Se requiere la probabilidad de que el número de caras en 120 lanzamientos esté entre
(40% de 120) = 48 y (60% de 120) = 72. Se procede igual que en el capítulo 7,
usando la aproximación normal a la binomial. Dado que el número de caras es una
variable discreta, se pide la probabilidad de que el número de caras esté entre 47.5 y
72.5.
/JL = número esperado de caras = Np = 120(5) = 60
y = VNpq = V("Í20)(£)( ) = 5.48
a
5
47.5 en unidades estándar =
47.5 - 60
5.48
= -2.28
72.5-60
72.5 en unidades estándar = — —
— — = 2.28
5.48
Como se muestra en la figura 8-3,
Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal entre z = -2.28 y z = 2.28)
= 2(área entre z = 0 y z = 2.28)
= 2(0.4887) = 0.9774
FIGURA 8-3
-2.28
2.28
•
Teoría elemental
de
muestreo
Segundo método
M j >
=
p
= i = 0.50
a
p
= \/ W
=
= 0.0456
0.40-0.50
40% en unidades estándar = — „
, — = -2.19
0.0456
n
t
r
0.40 - 0.50
60% en unidades estándar = —
—
=2.19
0.0456
Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal entre z = -2.19 y z = 2.19
= 2(0.4857) = 0.9714
No obstante que este resultado es preciso con dos cifras, no coincide en forma ex¿;
ta, ya que no se utilizó el hecho de que la proporción es en realidad una variabi
discreta. Para justificarlo, se resta \I2N= 1/2(120) de0.40y se suma l/2/V= 1/2(12C
a 0.60; entonces, dado que 1/240 = 0.00417, las proporciones requeridas en unid¿;r
estándar son
0.40 - 0.00417- 0.50
00456
„„
=
'
2
2
8
0.60 + 0.00417- 0.50
0
"
0^456
=
2
J
t
de tal manera que coincide con el primer método.
Obsérvese que (0.40 - 0.00417) y (0.60 + 0.00417) corresponden a las proporciones 47.5/120 y 72.5/120, en el primer método.
b)
Usando el segundo método del inciso a), se encuentra que f = 0.6250; entonce?
(0.6250 - 0.00417) en unidades estándar =
0.6250-0.00417-0.50
„
= 2.65
0.0456
Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal a la derecha de z = 2
= (área a la derecha de z = 0)
- (área entre z = 0 y z = 2.65)
= 0.5 - 0.4960 = 0.0040
8.8
Cada persona de un grupo de 500 lanza una moneda 120 veces. ¿ C u á n t a s personase esperaría que reportaran que a) entre 40% y 60% de sus lanzamientos resultar: r '
caras y b) f o m á s de sus lanzamientos cayeron caras?
SOLUCIÓN
El problema está muy relacionado con el problema 8.7. Aquí se consideran 500 muestra
de tamaño 120 cada una, de la población infinita de todos los posibles lanzamientos ce
una moneda.
a)
El inciso a) del problema 8.7 establece que de todas las posibles muestras, cada un¿
consistente de 120 lanzamientos de una moneda, se puede esperar encontrar 97.74*
con un porcentaje de caras de entre 40% y 60%. Entonces, en 500 muestras se esperarían aproximadamente (97.74% de 500) 489 muestras con esta propiedad. Entonces cerca de 489 personas reportarían que su experimento resultó entre 40% y óO^r
de caras.
Es interesante señalar que se esperaría que 500 - 489 = 11 personas reportaran
que su porcentaje de caras no fue de entre 40% y 60%. Dichas personas podrían concluir razonablemente que sus monedas estaban cargadas, aun cuando no fuera así. Este
tipo de error es un riesgo siempre presente cuando se trata con probabilidades.
b)
Razonando de la misma manera que en el inciso a), se concluye que aproximadamente (500)(0.0040) = 2 personas reportarían que § o más de sus lanzamientos resultaron caras.
Problemas
8.9
resueltos
•
195
Se e n c o n t r ó que 2% de las herramientas producidas por cierta m á q u i n a son defectuosas. ¿ C u á l es la probabilidad de que en un embarque de 400 de estas herramientas estén defectuosas a) 3% o m á s y b) 2% o menos?
SOLUCION
m
a)
/(0.02)(0.98)
0.14
„„„„
Primer método
Usando la corrección para variables discretas, 1/2N = 1/800 = 0.00125, se tiene
(0.03 - 0.00125) en unidades estándar =
0.03-0.00125-0.02
0.007
= 1.25
Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal a la derecha de z = 1.25) = 0.1056
Si no se hubiera usado la corrección, se hubiera obtenido 0.0764.
Otro método
(3% de 400) = 12 herramientas defectuosas. En una variable continua, 12 o más
herramientas significan 11.5 o más.
X = (2% de 400) = 8
y
a = JÑpq
= 7(400)(0.02)(0.98) = 2.8
Entonces, 11.5 en unidades estándar = (11.5 - 8)/2.8 = 1.25 y, como antes, la probabilidad requerida es 0.1056.
b)
(0.02 + 0.00125) en unidades estándar =
0.02 + 0.00125-0.02
0.007
= 0.18
Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal a la izquierda de z = 0.18)
= 0.5000 + 0.0714 = 0.5714
Si no se hubiera usado la corrección, se hubiera obtenido 0.5000. El segundo método
del inciso á) también puede utilizarse.
8.10
Los resultados de una elección mostraron que cierto candidato recibió 46% de los
votos. Determine la probabilidad de que al encuestar a á) 200 y b) 1 000 personas,
seleccionadas al azar de la p o b l a c i ó n votante, manifiesten una m a y o r í a de votos
para el candidato.
SOLUCIÓN
«)
,
0.0,52
Dado que l/2N= 1/400 = 0.0025, se indica una mayoría en la muestra si la proporción a favor del candidato es 0.50 + 0.0025 = 0.5025 o más. (Esta proporción también puede obtenerse al notar que 101 o más indica una mayoría, pero como es una
variable continua de 100.5, por lo que la proporción es de 100.5/200 = 0.5025.)
0.5025 - 0.46
0.5025 en unidades estándar =
0.0352
=1.21
Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal a la derecha de ; = 1 21
= 0.5000-0.3869 = 0.1131
b)
*,-p-<M6,
'
y
(
a
P
4
6
)
(
a
5
= J ^ =
°\ N
l|
1000
4
0.5025 en unidades estándar =
)
=0.0158
0.5025 - 0.46
— —
ouoist
Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal a ta d e n
= 0.5000 - 0 4964 = 0.0QM
Teoría elemental
de
maestreo
Distribución muestra! de diferencias y sumas
8.11
Sea U¡ una variable que representa cualquiera de los elementos de la poblacu
7, 8, y sea U una variable que representa cualquiera de los elementos de la población 2, 4. Calcule a) fi , ti) /x , c) f i . , d) cr , e) cr y / )
a_ .
2
m
m
m
m
m
U2
m
U2
SOLUCIÓN
a)
¡j. = media de la población U, = 1(3 + 1 + 8) = 6
m
b)
/JLU2
c)
La población consistente de las diferencias de cualquier miembro de U, y de cualquier miembro de U es
= media de la población U = 1(2 + 4) = 3
2
2
3-2
7-2
8-2
3_4
7-4
8-4
1
5
6
-1
3
4
1 + 5 + 6 + (-!) + 3 + 4
Por tanto,
Hm-m-
media de (U - U )
t
2
= 3
Esto ilustra el resultado general /xy,-m— MÍ/I - Mw, como se ve en los incisos a) y
2
2
(3-6) + (7-6) + (8-6)
a\n = varianza de la población U = •
3^
m
' V 3
d)
t
2
_ 14
" T
;
2
e)
(2-3) + (4-3)
crin = varianza de la población U = •
f)
<Tu\ -u2 = varianza de la población (t/, - U )
2
<T = 1
m
2
2
2
2
2
2
2
_ (1 - 3) + (5 - 3) + (6 - 3 ) + ( - 1 - 3 ) + (3 - 3 ) + (4 - 3 )
0
<?c\-u2 = y
17
y
Esto ilustra el resultado general para muestras independientes, a ^
como se ve en los incisos d) y é).
m
8.12
2
V2
= V c r ^ + crj
Los focos del fabricante A tienen una vida media de 1 400 horas (h), con desviación estándar de 200 h, mientras que la vida promedio de los focos del fabricante B
de 1 200 h, con una desviación estándar de 100 h. Si se prueban muestras aleatorias
de 125 focos de cada marca, ¿cuál es la probabilidad de que los focos de la marc.;
A tengan una vida media de por lo menos a) 160 h y b) 250 h m á s que los focos de
la marca Bl
SOLUCION
SeanX
A
yX
B
las vidas medias de las muestras A y B, respectivamente. Entonces:
PX«?XM
^XA
=
- / * * . =
!
0
0
-
(100)
+•
-Xa
4
1 200
2
+
=
(200)
200
h
2
20 h
La variable estandarizada para la diferencia de medias es
„ (*A ~ * B ) °X -x,
Á
y está distribuida casi normalmente.
fax,-*.)
_ & A ~ * B ) - 200
20
Problemas
a)
resueltos
•
197
La diferencia de 160 h en unidades estándar es de (160 - 200)/20 = - 2 . Por lo tanto
Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal a la derecha de z = -2)
= 0.5000 + 0.4772 = 0.9772
b)
La diferencia de 250 h en unidades estándar es de (250 - 200)/20 = 2.50. Por lo tanto
Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal a la derecha de z = 2.50)
= 0.5000 - 0.4938 = 0.0062
8.13
Los baleros de rodamiento de cierta marca pesan 0.50 g con una desviación estándar de 0.02 g. ¿ C u á l es la probabilidad de que dos lotes, de 1 000 baleros cada uno,
difieran en su peso por m á s de 2 g?
SOLUCIÓN
Sean X, y X los pesos medios de los baleros de los dos lotes. Entonces
2
W.-f,
a
y
x,-*
x
=
&
+
= M,
£
~PX,
= 0.50 - 0.50 = 0
< ^
m £ =0.000895
^ 1000
1 000
yv2
=
+
La variable estandarizada para la diferencia de medias es
_ (Xj - X ) - 0
0.000895
2
1
y está distribuida casi normalmente.
Una diferencia de 2 g en los lotes es equivalente a una diferencia de 2/1 000 = 0.002 g
en las medias. Esto puede ocurrir si X, - X > 0.002 o X¡ - X < -0.002; es decir,
2
0.002 - 0
„ „,
z>
= 2.23
" 0.000895
o
2
z<
"
-0.002 - 0
0.000895
=-2.23
Entonces Pr{z > 2.23 o z < -2.23} = Pr{z > 2.23} + Pr{z < -2.23} = 2(0.5000 0.4871) = 0.0258.
8.14
A y B juegan "caras y cruces", lanzando cada quien 50 monedas. A ganará el juego
si lanza 5 o m á s caras que B, de otra manera B gana. Determine las posibilidades
en contra de que A gane cualquier juego en particular.
SOLUCIÓN
Sean P y P la proporción de caras obtenidas por A y por B. Si considera que ninguna de
las monedas está cargada, la probabilidad p de obtener cara es \ . Entonces
A
B
HP -P =HP
A
B
A
-VP
B
=0
^ = 0.10
La variable estandarizada para la diferencia en proporciones es z = (PA - P¡
Considerando una variable continua, 5 o más caras significan 4.5 o
manera que la diferencia en proporciones debe ser 4.5/50 = 0.09 o más: es
mayor o igual a (0.09 - 0)/0.10 = 0.9 (o z > 0.9). La probabilidad de esto es d i
curva normal a la derecha de z = 0.9, que es (0.5000 - 0.3159) = 0.1841.
Por lo tanto, las probabilidades en contra de que A gane son 11 - C
0.8159 : 0.1841 o 4.43 a 1.
8.15
Dos distancias miden 27.3 c e n t í m e t r o s (cm) y 15.6 err, . - ; . (errores estándar) de 0.16 c m y 0.08 cm, respectivamemc
desviación estándar de á) la suma y b) la diferencia de las
•
Teoría elemental
de
muestreo
SOLUCIÓN
Si las distancias se denotan porDj y D , entonces:
2
a)
I¿D\+D2
= Moi + M02 = 27.3
"Di D2
=
VD\-D2
= fJ-D] -
Mz>2 = 27.3 - 15.6 = 11.7cm
°D\-DI
=
+°D2
+
b)
8.16
j2
\J<^Di+< D2
\J°D\
=
=
+
15.6
= 42.9
cm
2
2
\/(0-16) + (0.08) = 0.18cm
2
2
\/(0-16) + (0.08) = 0.18cm
Cierto tipo de foco tiene una vida media de 1 500 h y una d e s v i a c i ó n e s t á n d a r d
150 h. Se conectan tres focos de tal manera que cuando uno se funde se conect
otro. Suponiendo que las vidas medias se distribuyen normalmente, ¿cuál es 1;
probabilidad de que haya luz a) al menos durante 5 000 h y b) a l o sumo 4 200 h
SOLUCIÓN
Sean L\, Li y L las vidas medias. Entonces:
3
+ l*L2 + M¿3
= 1500+1500 +1500 = 4 500 h
VLI+L2+L3
= »U
OU L2 LI
= v ^ í i + h + °Íi = \ / 3 ( 1 5 0 ) = 260 h
a
+
+
a)
2
5 000 h en unidades estándar =
5 000 - 4 500
= 1.92
260
Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal a la derecha de z = 1.92)
= 0.5000 - 0.4726 = 0.0274
.
, ,
4 2 0 0 - 4500
4 200 h en unidades estándar =
= -1.15
260
b)
Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal a la izquierda de z = -1.15)
= 0.5000-0.3749 = 0.1251
Problemas misceláneos
8.17
Refiérase al problema 8.1 y calcule a) la media de la distribución muestral de las
varianzas y b) la d e s v i a c i ó n e s t á n d a r de la distribución muestral de las varianzas
(es decir, el error e s t á n d a r de las varianzas).
SOLUCIÓN
a)
Las varianzas muéstrales correspondientes a cada una de las 25 muestras del problema 8.1 son
0
0.25
4.00
9.00
20.25
0.25
0
2.25
6.25
16.00
4.00
2.25
0
1.00
6.25
9.00
6.25
1.00
0
2.25
20.25
16.00
6.25
2.25
0
La media de la distribución muestral de las varianzas es
suma de todas las varianzas de la tabla anterior
a,
135
=
= 5.40
25
25
Esto ilustra el hecho de que
= (/V- \)(cr )/N, ya que para N= 2 y cr = 10.8 [véase
el problema 8.1b)], el lado derecho es 2(10.8) = 5.4.
2
2
Problemas
resueltos
•
1
99
El resultado indica que es deseable definir una varianza corregida para las muestras, como
„2
N
TV- 1
2
Entonces se encuentra que pf- = cr (véanse también observaciones de la página 91).
Debe señalarse que las varianzas poblacionales se definirían igual que antes y que
únicamente se corregirían las varianzas muéstrales.
b)
2
La varianza de la distribución muestral de varianzas o- ? se obtiene restando la media
5.40 de cada uno de los 25 números de la tabla anterior, elevando estos números al
cuadrado, sumándolos y después dividiendo el resultado entre 25. Por lo tanto, cr ' =
575.75/25 = 23.03 o cr,, = 4.80.
2
8.18
Resuelva el problema 8.17 si el muestreo es sin reemplazamiento.
SOLUCIÓN
a)
Hay 10 muestras cuyas varianzas están dadas por los números encima (o debajo) de
la diagonal de ceros en la tabla del problema 8.17a). Entonces
0.25 + 4.00 + 9.00 + 20.25 + 2.25 + 6.25 + 16.00 + 1.00 + 6.25 + 2.25 ,
H, =
= 6.75
'
10
Éste es un caso especial del resultado general
!
N
p
\ Í N - J \
2
2
como se comprueba poniendo N = 5, N= 2 y cr = 10.8 a la derecha para obtener / v
= (í)(4)(10.8) = 6.75.
?
b)
A l restar 6.75 de cada uno de los 10 números encima de la diagonal de ceros en la
tabla del problema 8.17a), elevando estos números al cuadrado, sumándolos y dividiéndolos entre 10, se encuentra cr ,* = 39.675 o cr? = 6.30.
2
8.19
L a desviación e s t á n d a r de los pesos de una p o b l a c i ó n grande de estudiantes es de
10.0 libras (Ib). Se obtienen muestras de 200 estudiantes de esta población y se calculan las desviaciones estándar de los pesos para cada muestra. Calcule d) la media y
b) la d e s v i a c i ó n estándar de la distribución muestral de las desviaciones estándar.
SOLUCIÓN
Se puede considerar el muestreo tomado de una población infinita o de una población
finita con reemplazamiento. De la tabla 8-1, se tiene:
a)
La media de la distribución muestral de las desviaciones estándar es /x, = cr= 10.0 Ib.
b)
La desviación estándar de la distribución muestral de las desviaciones estándar es
a = cr/V2Ñ= 10/V400 = 0.50 Ib.
s
8.20
¿ Q u é porcentaje de las muestras del problema 8.19 tendrán desviaciones estándar
a) mayores que 11.0 Ib y b) menores que 8.8 Ib?
SOLUCIÓN
La distribución muestral de las desviaciones estándar está distribuida casi normalmente
con media 10.0 Ib y desviación estándar 0.50 Ib.
á)
11.0 Ib en unidades estándar es (11.0 - 10.0)/0.50 = 2.0. El área bajo la curva normal
a la derecha de z = 2.0 es (0.5 - 0.4772) = 0.0228; por consiguiente, el porcentaje
requerido es 2.3%.
:
•
Teoría
b)
elemental
de
muesireo
8.8 Ib en unidades estándar es (8.8 - 10.0)/0.50 = -2.4. El área bajo la curva normal
a la izquierda de z = -2.4 es (0.5 - 0.4918) = 0.0082; en consecuencia, el porcentaje
requerido es 0.8%.