772 I 2019-1

Prueba Integral
Lapso 2017 - 2
772 1/6
Universidad Nacional Abierta
Probabilidad y Estadística II (Cód. 772)
Vicerrectorado Académico
Cód. Carrera: 236 - 280 - 281 - 508
Área de Matemática
Fecha: 21/09/2 019
MODELO DE RESPUESTAS
Objetivos 1 al 10
OBJ 1 PTA 1 La longitud X de ciertas piezas en cm., sigue una distribución normal
N(20; 0,30). Un distribuidor acepta un lote de 1 000 piezas que le envía el fabricante si
después de elegir 10 piezas al azar encuentra que su longitud media no es menor de
19,85 cm. Calcule la probabilidad de que el distribuidor rechace el lote.
Solución:
Denotemos por Xi la longitud de la pieza i (para i = 1, 2, … , 10) seleccionada en la
muestra, Xi es una variable aleatoria cuya distribución es N(20; 0,30) para cada i, luego,
en virtud del TCL, la media X sigue una distribución N(20; 0,30/ 10 ).
Por lo tanto, la probabilidad de que el distribuidor rechace el lote es:
 X - 20
19,85 - 20 
P X <19,85 = P 
<
 = P N < - 1,66  = 0,0485
 0,30 / 10 0,30 / 10 


OBJ 2 PTA 2 Un fabricante quiere probar la precisión de cinco termómetros. Supone
que mide la temperatura con cierto error aleatorio el cual sigue una distribución N(0, σ),
donde σ es desconocida. Exactamente a 0 °C han dado las siguientes medidas:
Termómetro
Temperatura
que marca
1
0,02 °C
2
0,05 °C
3
- 0,01 °C
4
- 0,04 °C
5
0,12 °C
El fabricante sospecha que el 5 está mal graduado y marca realmente una temperatura
superior a 0 °C. ¿Es una conclusión exagerada? ¿Y si conociera σ = 0,05 °C?
Solución:
Si los cinco termómetros son correctos, podemos considerar que las mediciones son
cinco variables aleatorias X1, X2, X3, X4 y X5, cada una de ellas con distribución N(0, σ).
Consideremos la variable aleatoria:
t=
X-
S / n -1
,
Especialista: Frankie Gutiérrez
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la cual sigue una distribución t de Student con n – 1 grados de libertad. En este caso,
X = 0,028 ,  = 0, S = 0,054918 y n = 5, por lo tanto sustituyendo estos valores,
obtenemos t = 1,019.
Encontramos en la tabla de la distribución t

t > 2,132  = 0,1
es decir, comienzan a ser poco probables los valores mayores en valor absoluto a
2,132. Como el valor de t obtenido en los cálculos 1,019 no es ningún valor extremo,
parece razonable considerar que la sospecha del fabricante era infundada, y el error del
termómetro 5 es sólo debido al azar.
Si se considera σ = 0,05 °C la situación sería distinta, porque entonces X5/0,05 es
normal N(0, 1), verificándose:
 X5 > 0,098  = 0,05 .
Como se ha obtenido X5 = 0,12 °C, y poco probable obtener un valor tan desviado si el
termómetro fuera correcto, parece razonable admitir que marca mal la temperatura.
OBJ 3 PTA 3 Un profesor de física prepara una práctica de mediciones con vernier,
para ello divide a los participantes en dos grupos de 10 (grupo I) y 11 (grupo II)
participantes respectivamente. Entrega a cada miembro de los grupos un vernier de
apreciación 0,01 mm y a cada grupo un trozo de cable flexible ambos de “igual”
longitud. Solicita y supervisa que cada participante mida el trozo de cable que le
corresponde según el grupo y anote su medición en el cuaderno de práctica, sin
intercambio de información entre los participantes inclusive de un mismo grupo.
Finalizada esta etapa, cada grupo elige un representante que pasará a la pizarra y
anotará las mediciones realizadas y procederá a calcular media y varianza,
obteniéndose los siguientes resultados, x 1 = 3,21 mm , S12 = 2 mm2 , x 2 = 3,24 mm y
S22 =1,5 mm2 . El profesor explica que, si midieron conforme a lo explicado al uso del
vernier, las mediciones siguen una distribución normal y los errores de medición
constituyen un ruido blanco. Si el profesor en los 5 años de servicio, lleva un registro de
los resultados obtenidos en esta práctica con los estudiantes, ¿cuál es la probabilidad
de que la diferencia, entre la diferencia de las medias poblacionales y la diferencia entre
las medias obtenidas por los dos grupos, se encuentre entre los límites de apreciación?
Solución:
P
  x - x  -  -   < 0,01 = P - 0,01<  x - x  - μ - μ  < 0,01
1
2
1
2
1
2
1
2

 - 0,01
0,01
= P
<Z<
 2 1,5
2 1,5
+
+

10 11
 10 11
= P  - 0,0172 < Z < 0,0172  .
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





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Puesto que z = 0,0172 no se encuentra en la tabla de la distribución normal,
interpolaremos entre los valores de z = 0,01 y z = 0,02, de manera que:
P  Z > 0,0172  =
 0,0172 - 0, 01 0,492 - 0,496  + 0,496 = 0,49312 ,
 0,02 - 0,01
por lo tanto:
P  - 0,0172 < Z < 0,0172  =1- 2P  Z > 0,0172   0,01376
OBJ 4 PTA 4 Para estimar la media  de una población se define el estimador:
 =
1
 x + x 2 + . . . + xn  .
n -1 1
Se desea saber si el estimador es:
a) insesgado,
b) consistente,
c) eficiente.
Solución:
a) Calculemos la esperanza del estimador:
 1

1
E  x1  + E  x 2  + ... + E  x n  
E   = E 
 x1 + x 2 + ... + xn  =
n - 1
 n -1
=

 

n
1 
 = 1 
=
   

n -1
 n - 1
n - 1

Luego  no es un estimador insesgado de  , su sesgo es:

.
n -1
 

  =  .
b) lím E   = lím 
n
n n -1


Denotemos por x la media muestral, se tiene así que:
 n   x1 + x 2 + ... + xn 
n
1
x =
=
 x + x2 + ... + xn  =  ,

n -1
n
n -1 1
 n - 1
luego,
 n 
n2
n2  2
n
Var   = Var 
x =
Var
x
=
=
2
 
2
2
2
 n - 1   n - 1
n - 1 n n - 1
 n

2

 =0,
de donde lím Var   = lím 
2
n
n
  n - 1

por lo tanto  es un estimador consistente de  .
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c)  no es un estimador eficiente de  , porque no es insesgado.
OBJ 5 PTA 5 Una empresa fabrica lámparas cuya duración en horas sigue una
distribución normal de media desconocida µ y desviación estándar 200. Una muestra
aleatoria de 36 lámparas ha dado una vida media de 7 000 horas. Construya un
intervalo de confianza al nivel del 99% para la vida media de las lámparas fabricadas
por esa empresa.
Solución:
El intervalo de confianza para una población normal con varianza conocida y nivel del
99%, es decir, α = 0,01, viene dado por:

σ
σ  
200
200 
; x + α 2
; 7 000 + 2,57
= 6 914,33 ; 7 085,67 
 x - α 2
 = 7 000 - 2,57
6
6 
n
n  

OBJ 6 PTA 6 Se sabe que una vacuna es efectiva contra cierta enfermedad en el 25%
de los casos. Para decidir si una nueva vacuna es más efectiva, se administra a 20
personas y se adopta la siguiente regla de decisión. Si el número de personas
protegidas es mayor que 8 se admite que la nueva vacuna es mejor.
a) ¿Qué tipo de contraste se debe realizar? Indíquense las hipótesis apropiadas.
b) Describa las regiones de aceptación y rechazo.
c) Calcúlense las probabilidades de error tipo I y tipo II para el caso en que la nueva
vacuna sea efectiva en un 50% de casos.
Solución:
a) Se trata de un experimente de tipo binomial, pues se tienen solo dos posibles
resultados, la nueva vacuna es más efectiva o no lo es. Sea p la probabilidad de que
la nueva vacuna sea más efectiva. La hipótesis nula es que la nueva vacuna es
análoga a la antigua frente a la alternativa de que es mejor, luego se trata de un
contraste unilateral
1
1
H0 : p =
contra H1 : p > .
4
4
b) Si el número n de personas para las cuales ha resultado efectiva la nueva vacuna
está entre 0 y 20, la región de aceptación de H0 es [0, 8] y la de rechazo [8. 20], con
lo cual:
Si n [0, 8] se acepta H0 ,
si n [8, 20] se rechaza H0 .
c) La probabilidad de error tipo I es:
1
1


α = P Rechazar H0 p =  = P n > 9 p = 
4
4


n
 20   1   3 
=      
n = 9 n  4   4 
20
20 - n
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n
 20   1   3 
=1-       
n = 1 n   4   4 
8
20 - n
= 0,04
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La probabilidad de error tipo II es función del verdadero valor de p, es decir, p = ½,
con lo cual resulta:
1
1


β = P aceptar H0 p =  = P n  8 p = 
2
2


n
 20   1   1 
=      
n = 0 n  2   2 
8
20 - n
 1
= 
2
20
 20 
8
   = 0,25
n =1 n


OBJ 7 PTA 7 Sea X una variable aleatoria con distribución normal de media θ y
varianza 100.
Se quieren contrastar las hipótesis:
H0 : θ = 75
H1 : θ = 78.
y
1 n
 x > c , encontrar n y c
n i =1 i
de manera que el nivel de significación sea 0,05 y la probabilidad de error tipo II, sea
aproximadamente 0,01.
Usando una región crítica determinada por la condición x =
Solución:
Ver tomo II del texto de Inferencia Estadística código 738, Sección 80, Ejercicio
Propuesto 1, páginas 375 y 376.
OBJ 8 PTA 8 Se sabe que en una cierta provincia durante un año dado han nacido
7 423 niños y 7 043 niñas. ¿Es aceptable la hipótesis de igual probabilidad de
nacimiento de niño y niña en esa provincia? Utilícese el nivel 0,05.
Solución:
Si p es la probabilidad de nacimiento de niño la hipótesis nula H0 es p = ½. Bajo esa
hipótesis para una muestra de 14 466 nacimientos las frecuencias esperadas serían de
e1 = 7 233 niños y de e2 = 7 233 niñas, mientras que las frecuencias observadas son
2
respectivamente o1 = 7 423 y o2 = 7 043. Utilizando el contraste de la  se tiene:
02
2
=
i =1
o
i
- ei 
ei
2
 7 432 - 7233 
=
7233
2
 7 432 - 7233 
+
7233
2
=
72 200
= 9,98 .
7233
2
Para una  con 1 grado de libertad (g. l) y α = 0,05 se tiene t2 = 3,84 , como
9,98 > 3,84 no se puede aceptar H0 y, en consecuencia, se concluye que no tiene la
misma probabilidad el nacimiento de niño y el de niña.
Comentario: Otra forma de resolver el problema es utilizando la distribución normal
OBJ 9 PTA 9 La concentración, X e Y, de dos sustancias en la sangre parece estar
relacionada. Para estudiar esta posible relación, se miden estas cantidades en 30
personas, obteniéndose los siguientes resultados:
 x i = 41,2
,
 yi = 63,8
,
 x iyi =118,7
,
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 x 2i =188,2
,
 y 2i = 296,4 .
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Determine la recta de regresión de mínimos cuadrados de Y sobre X.
Solución:
Recta de regresión: y = A + Bx , para
B=
n xy -   x   y 
n x 2 -   x 
y A = y - Bx .
2
Sustituyendo los valores dados en las expresiones que definen B y A, nos queda:
B=
30 118,7  -  41,2  63,8 
30 188,2  -  41,2 
2
=
932,44
= 0,0082
3948,56
y
.
A = 2,1267 - 0,0082 1,3733  = 2,1154
Sustituyendo los valores obtenidos para B y A, obtenemos que la recta de regresión de
Y sobre X, es:
y = 2,1154 + 0,0082x
OBJ 10 PTA 10 Se lleva a cabo un estudio Socio-Económico y de Rendimiento
Académico en el Departamento de Ciencias de cierta universidad. Para ello, se
consideran estudiantes de la Escuela de Matemática y de la Escuela de Computación
que ingresaron vía prueba interna y que han cursado al menos un año de estudios en la
universidad. Analice los resultados obtenidos de aplicar un análisis de varianza entre el
promedio ponderado que obtuvo el estudiante en el primer semestre y el tipo de
institución en el cual realizó sus estudios de Educación Media, Diversificada y
Profesional (institución pública o privada).
Solución:
1. Establecer el cuerpo de hipótesis.
2. Establecer que los resultados representan un análisis de varianza de un factor.
3. Explicar cómo se obtiene con la información presentada el valor del estadístico
F = 0,520.
4. Utilizar una tabla de distribución F o el p-valor = 0,472, para inferir sobre la hipótesis
nula.
5. No hay suficiente evidencia para rechazar la hipótesis nula, ya que 0,472 > 0,05. Por
lo tanto, la media de los promedios ponderados obtenidos por los estudiantes,
provenientes de instituciones públicas, en el primer semestre, no difiere de la media
de los promedios ponderados de los estudiantes provenientes de instituciones
privadas.
FIN DEL MODELO.
Este Modelo de Respuesta se elaboró para uso de los estudiantes, debe servir como material
para la retroalimentación formativa de ellos. En ningún caso debe usarse como clave de
corrección.
Especialista: Frankie Gutiérrez
Área de Matemática