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Universidad Nacional Abierta Vicerrectorado Académico rea de Matemática
Inferencia Estadística (738) Tercera Prueba Integral Fecha: 11-06-05 Lapso: 2005 1
M O D E L O D E R E S P U ES ES T A S
OBJ 1 PTA 1 Complete la siguiente tabla de distribución de frecuencias: LI – LS LS – 1,42 – 1,42 – – – – – – – – –
Xi
ni
f i 0,12
Fi
0,20 0,24 0,24 1,70
0,16 8
0,72 0,20 0,92
Sabiendo que: LI denota el limite inferior de clase, LS el limite superior de clase, Xi la marca de clase, ni la frecuencia absoluta, f i la frecuencia relativa y Fi denota la frecuencia relativa acumulada; las clases tienen la misma amplitud y las distribuciones corresponden a un a muestra. Nota: Sólo se aceptarán como correctas aquellas respuestas que sean razonadas. Solución: Considerando que el límite superior de la primera clase LS1 = 1,42 es igual al límite inferior inferior de la segunda clase LI2, que todas las clases tienen la misma longitud lc y que X5 = 1,70 es el punto medio de la quinta clase, tenemos: 1 7 Lc2 + lc3 + lc4 + lc5 = lc = 1,70 – 1,70 – 1,42 1,42 = 0,28. 2 2 Luego la longitud de las clases es: lc = 0,08. Entonces, podemos completar las dos primeras columnas de la tabla utilizando las siguientes (LI i LS i ) 2 . expresiones: LSi – LIi = 0,08 , LSi = LIi+1 y Xi = (LI Para completar las dos últimas columnas de la tabla utilizamos las expresiones que relacionan las frecuencias relativas y relativas acumuladas como sigue: - Fi+1 = Fi + f i+1 i+1 , luego F5 = F4 + f 5 = 0,24 + 0,16 = 0,40 - Fi+1 – F Fi = f i+1 F5 = f 6 = 0,72 – 0,72 – 0,40 0,40 = 0,32 i+1 , luego F6 – F y así, análogamente, se obtienen todas las frecuencias relativas. Para obtener las frecuencias absolutas ni utilizamos la expresión ni = f i ·N , donde N = n6 / f 6 = 8 / 0,32 = 25 Completados los cálculos la tabla final es la siguiente:
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LI – LS 1,34 – 1,42 1,42 – 1,50 1,50 – 1,58 1,58 – 1,66 1,66 – 1,74 1,74 – 1,82 1,82 – 1,90 1,90 – 1,98 1,98 – 2,06 2,06 – 2,14
Xi 1,38 1,46 1,54 1,62 1,70 1,78 1,86 1,94 2,02 2,10
ni 3 2 1 0 4 8 5 0 0 2
f i 0,12 0,08 0,04 0 0,16 0,32 0,20 0 0 0,08
Fi 0,12 0,20 0,24 0,24 0,40 0,72 0,92 0,92 0,92 1
OBJ 2 PTA 2 Utilizando los números aleatorios 0,0018, 0,9881, 0,3707, 0,0606 y 0,5398 obtenga una muestra de una variable aleatoria que tiene distribución normal N(30,64). 2
Nota: La función de densidad para una distribución N(μ, σ ) es:
1 x 2 f ( x ) exp 2 2 1
con
x
x
donde exp(x) = e
Solución: Si la distribución normal es N(30,64), entonces la función de densidad es: f ( x )
1 8 2
exp
1 x 2
30 8
2
con
x
Sean x1, x2, x3, x4 y x5 los puntos de la muestra buscados, entonces aplicando la función de densidad de la distribución normal tenemos que: Para x1:
0,0018 Luego, x 1 30
x1
1
8 2 en las
exp tabla
1 t 30 2
8 de
la
dt
x1
30
.
8 distribución normal
encontramos
que
2,91 (recuerde que hemos tipificado la variable aleatoria X para 8 poder utilizar la tabla y hemos encontrado en la tabla de la distribución normal el valor de z para el cual Φ(z) = 0,0018). Entonces, x1 – 30 = 8( – 2,91), es decir x1 = 30 – 23,28. Por lo tanto, uno de los elementos de la muestra es x 1 6,72 Análogamente se obtienen los otros elementos de la muestra: x 2 48 ,08 , x 3 27 ,36 , x 4 17 ,60 , x 5 30 ,80
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OBJ 3 PTA 3 Se está considerando la posibilidad de ampliar la capacidad de asientos de un auditorio y se necesita conocer el número promedio de personas que asisten a los eventos y la variabilidad de ese número. Se trascribe la asistencia (en miles) a 9 eventos deportivos seleccionados aleatoriamente. Calcule los estimadores puntuales insesgados de la media y la varianza de la población de donde se extrajo la muestra: 8,8 14,0 21,3 7,9 12,5 20,6 16,3 14,1 13,2 Solución: Los estimadores puntuales insesgados de la media y la varianza vienen dados por: X 1 X y s2 X 2 nX 2 . n n 1 1 Luego, X 14,3 y s 2 2008,89 (9)204,49 21,06 . 8 ˆ
ˆ
OBJ 4 PTA 4 Considere la variable aleatoria discreta X con distribución geométrica de parámetro p cuya x 1
densidad es f x 1 p p para x 1 , 2 , , y encuentre el estimador de máxima verosimilitud de p para una muestra X1, X2, ……., Xn de la variable aleatoria X.
Solución: La función de verosimilitud de la muestra X1,……., Xn de la variable aleatoria X es n
L(X1 ,........., X n ; p)
f (X i ; p)
1 p
X1 1
p 1 p
X2 1
p..........1 p
Xn 1
p
i 1 Xi n
p n
(1 p) n
Por lo tanto ln L
Xi
n ln (1 p)
y
n ln p
i 1
ln L
Luego
p
ln L
1
p
1 p
0 ,
n
Xi
1 n . p
n
i 1
n
si p
1
n
X
Xi
.
i 1
2
Como p
1 X
ln L
( p) 2
1 (1 p) 2
n
Xi i 1
n
1
n 2 p
n
0
es el estimador de máxima verosimilitud de p.
Xi i 1
n
0 ¿ por qué ?
, entonces
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OBJ 5 PTA 5 Eunice González es una universitaria con gran sentido del ahorro y quiere comprar un automóvil usado. Aleatoriamente selecciono 144 anuncios y descubrió que el precio promedio de un automóvil en esa muestra era de Bs 9.750.000. Eunice sabe que la desviación estándar de los precios de los automóviles usados en la ciudad es de Bs 2.525.000. Establezca una estimación por intervalo del precio promedio de un automóvil, de modo que Eunice pueda tener una seguridad del 85% de que la media de la población se halle dentro de ese intervalo. Solución: El intervalo de confianza para la media de la población esta dado por: X
Donde: n
144 , X
9.750 .000 ,
z 2
X
n 2.525 .000 ,
z 2
n 0,15 y z 2
1,44 lo obtenemos de
la tabla para la distribución normal. Entonces, el intervalo viene dado por: 2.525 .000 2.525 .000 9.750.000 – 1,44 < μ < 9.750.000 + 1,44 144 144 9.750.000 – 303.000< μ < 9.750.000 + 303.000. Luego, Eunice pueda tener una seguridad del 85% de que la media de la población (precios) se halla en el intervalo ( 9.447.000 , 10.053.000 ). OBJ 6 PTA 6 Sea X una variable aleatoria que cuenta el número de caras que han aparecido después de lanzar una moneda n veces. Un científico estudia si la moneda esta cargada a favor de cara o si es una moneda justa, mediante las hipótesis: H 0 : p 0,5 H 1 : p 0,6
Para hacerlo toma una muestra de tamaño 12 y región critica X de obtener un error del Tipo I. Solución: Debemos calcular la probabilidad P(aceptar H1
P( X>8 p
8 . Calcule la probabilidad
H0 ), es decir
0,5 ) = P(X=9) + P(X=10) + P(X=11) + P(X=12) =
12 9
0,5
= 0,5
12
= 0,5
12
= 0,5
12
12
12 10
12!
12!
0,5
12
12!
12 11
0,5
12!
9!3! 10!2! 11!1! 12! 12 11 10
12 11
12
3 2 1
2 1
1
220
66 12 1
0,073
1
12
12 12
0,5
12
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OBJ 7 PTA 7 En una muestra de tamaño 50 de una población distribuida normalmente con media desconocida y varianza 25 se obtuvo X 28 . Compare las hipótesis: H0 : μ = 30 H1 : μ < 30 con un nivel de significancia α = 0,05. Solución: Rechazaremos la hipótesis nula si X P z
c
n
Luego,
c y c lo calculamos a partir de la relación
0,05 , donde: μ = 30, σ = 25 = 5 , n = 50 y z es N(0,1). c 30
P z
5
c 30
entonces,
5
Por lo tanto, X
0,05 ,
50
1,64
50
(−1,64 es obtenido de la tabla de la distribución normal).
28 < c ≈ 28,84 y en consecuencia, rechazamos la hipótesis nula H0.
El probl ema tambi é n puede ser resuelto u tilizando el sigui ente procedimiento. Rechazaremos H0 si z < zα , donde zα , para α = 0,05 es obtenido de la tabla para la distribución normal (z0,05 = −1,64 ). Calculando z obtenemos:
z
X
28 30
n
5
50
2,83 .
Luego, z ≈ −2,83 < −1,64 = z0,05 . Por lo tanto, rechazamos la hipótesis nula H0.
OBJ 8 PTA 8 2 Sea la variable aleatoria X de media μ = 2,65 y varianza σ = 0,25 y considere la siguiente distribución de frecuencias observadas: X ni
< 2,0 5
2,0 – 2,5 20
2,5 – 3,0 30
3,0 – 3,5 18
≥ 3,5 7
Determine si esta distribución de frecuencias está bien descrita por la distribución normal dada, utilizando un nivel de significancia del 5%. Solución: 2 Rechazaremos la hipótesis de normalidad si χ > c , donde c lo hallamos a partir de la tabla 2 de χ con 5 – 1 = 4 grados de libertad y 1 – α = 1 – 0,05 = 0,95 (c = 9,49). 2 Para obtener χ procedemos como sigue:
Calculamos lo valores esperados ei:
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X
ni
pi
< 2,0
5
2,0 – 2,5 2,5 – 3,0 3,0 – 3,5 ≥ 3,5
20 30 18 7 n = 80
2,0 2,65 F( – 1,3) = 0,0968 0,5
F
5
2
y usamos la expresión χ
χ
(5 7,744 )2 7,744
7,744
F( – 0,3) – F( – 1,3) = 0,2853 F(0,7) – F( – 0,3) =0,3759 F(1,7) – F(0,7) = 0,1974 1 – F( 1,7) = 0,0446 σ = 0,5
ei ) 2
(n i ei
i 1
2
pi ei
(20 22 ,824 ) 2 22 ,824
22,824 30,072 15,792 3,568
. Luego,
(30 30,072 ) 2 30 ,072
(18 15,792 ) 2 15,792
(7 3,568 ) 2 3,568
≈ 0,9723 + 0,3494 + 0,0002 + 0,3087 + 3,3012 = 4,9318. 2
Entonces, χ ≈ 4,9318 < 9,49 = c. Por lo tanto, aceptamos la hipótesis de normalidad “la distribución de frecuencias observada está, con un nivel de confianza del 95%, bien descrita por la distribución normal dada”. OBJ 9 PTA 9 Considere los siguientes datos:
400 370
X Y
800 780
1250 1210
1600 1560
2000 1950
2500 2450
3200 3090
3600 3550
4000 3940
Determine la recta de regresión Y sobre X utilizando el método de mínimos cuadrados. Solución:
De los datos en el enunciado tenemos: X
19350 , Y2
Luego: X
2150 y Y XY
Entonces: B
A
X2
Y
BX
Y
X2
18900 ,
54 372 500 ,
52 122 200 ,
XY
53 233 500
53 233 500
40 635 000
12 598 500
54 372 500
41602 500
12 770 000
2100 . nXY nX
2
2100
0,98657 (2150 )
0,98657
y
21,1255
Por lo tanto, la recta de regresión es: Y = – 21,1255 + 0,98657X
FIN DEL MODELO.
