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 pa ráme t ros de pob lac ión , tales como a, p o ¡xr, pueden se estimados con prec is ión por medio de sus es tad ís t icos mués t r a l e s correspondientes tale como s - 1 ) J ) , P y mr, si las muestras son lo suficientemente grandes.

Problemas resueltos Distribución muestral de medias

8.1 Una población consiste de cinco números 2 ,3 ,6 ,8 y 11. Considere todas las mué: tras de t amaño igual a 2 que pueden obtenerse, con reemplazamiento, a partir c esta población. Calcule a) la media de la población, b) la desviación estándar de 1 población, 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

2 + 3 + 6 + 8 + 11 30 , „ a) H = : = — = 6.0

b)

c)

d)

( 2 - 6 ) 2 + ( 3 - 6 ) 2 + ( 6 - 6 ) 2 + ( 8 - 6 ) 2 + ( l l - 6 ) 2 16 + 9 + 0 + 4 + 25 10.8

yo-=3.29

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) 25

150 ~25~

6.0

ilustrando el hecho de que ix¡¡ = ¡x.

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* = V5.40 = 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.

S O L U C I O N

Igual que en los incisos a) y b) del problema 8.1, /¿ = 6 y <x = 3.29.

c) Existen ( 2 ) = 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).

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

2.5 + 4.0 + 5.0 + 6.5 + 4.5 + 5.5 + 7.0 + 7.0 + 8.5 + 9.5 M = rQ = 6.0

ilustrando el hecho de que fix = ¡x.

d) La varianza de la distribución muestral de medias es

2 _ (2.5 - 6.0) 2 + (4.0 - 6.0) 2 + (5.0 - 6.0) 2 + • • • + (9.5 - 6.0) 2

10

y <7<j = 2.01. Esto ilustra que

= 4.05

a2 /JVp - N

= 4.05

dado que el lado derecho es igual a

10.8 /5 - 2 ~ 2 ~ 1,5-1

tal y como se obtuvo anteriormente.

Supóngase 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 muést reos 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)25 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

£T 3 a) = ¿i = 68.0 pulg y = = - = = = 0.6 pulg

„ , í n , o ¡N.-N 3 3 000 - 25 b) p7 = 68.0 pulg y ( 7 T T = ^ = — ' • = - =

' x F x -,.V \ . V - - 1 V 2 5 \ 3 0 0 0 - 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 de muestreo

FIGURA 8-1

8 . 4 ¿En cuántas muestras del problema 8.3 esperar ía 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 - m x X - 6 8 . 0 0.6

a) 66.8-68.0

66.8 en unidades estándar = = -2.0

68.3 en unidades estándar :

Como se muestra en la figura 8-la),

0.6

68.3 -68.0 0~6

0.5

-2.67

a) b)

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 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 estándar 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) más de 5J0 g.

S O L U C I O N

Para la distribución muestral de medias, i¿x = M = 5.02 g y

Problemas resueltos •

a) 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.

4.96-5.02 4.96 en unidades estándar = = -2.22

0.0027

5.00-5.02 5.00 en unidades estándar = = -0.74 0.027

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

8 . 6

b)

a)

b)

c)

-2.22 -0.74 2.96

a) b)

El peso combinado excederá 510 g si el peso medio de los 100 baleros excede 5.10 g.

5.10 en unidades estándar = • 5.10-5.02

0.027 = 2.96

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.

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 números aleatorios.

Calcule la media y la desviación estándar de la distr ibución muestral de me­dias para el inciso a).

Compare los resultados del inciso b) con los valores teóricos, explique las diferencias.

S O L U C I O N

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.

T a b l a 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

O S • 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 muestra-Ies 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 + = 67.00 + ( ° , 7 5 ) ( 2 3 ) =67.58 pulg N 30 F 6

Desviación estándar = c^lu2 -u2 = c. — — — í — — 1 1| N { N )

c) 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.

T a b l a 8 - 3

Número de muestreo Estatura Estatura Número de muestreo Estatura Estatura extraído correspondiente media extraído correspondiente media

1. 51, 77. 27, 46 67, 70, 67, 67 67.75 16. 11, 64, 55, 58 64, 67, 67, 67 66.25 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

T a b l a 8 - 4

Media muestral Conteo / ti fu fu2

64.00 / i - 4 - 4 16 64.75 0 - 3 0 0 65.50 // 2 - 2 - 4 8 66.25 mi 6 - 1 - 6 6

A ;-» 67.00 mi 4 0 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 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 más 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 a= VNpq = V("Í20)(£)( 5 ) = 5.48

47.5 - 60 47.5 en unidades estándar = = -2.28

5.48

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 = — „ n t r , — = -2.19

0.0456

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 „ „ 0 0.60 + 0.00417- 0.50 00456 = ' 2 2 8 " 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 propor­

ciones 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?

0.6250-0.00417-0.50 (0.6250 - 0.00417) en unidades estándar = „ = 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. ¿Cuántas persona­se esperaría que reportaran que a) entre 40% y 60% de sus lanzamientos resultar: r ' caras y b) f o más 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 resueltos • 195

8 . 9 Se encontró que 2% de las herramientas producidas por cierta máqu ina son defec­tuosas. ¿Cuál es la probabilidad de que en un embarque de 400 de estas herramien­tas estén defectuosas a) 3% o más y b) 2% o menos?

S O L U C I O N

m /(0.02)(0.98) 0.14 „ „ „ „

a) Pr imer método

Usando la corrección para variables discretas, 1/2N = 1/800 = 0.00125, se tiene

0.03-0.00125-0.02 (0.03 - 0.00125) en unidades estándar = = 1.25

0.007

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.

0.02 + 0.00125-0.02 b) (0.02 + 0.00125) en unidades estándar = = 0.18

0.007

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 . 1 0 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 población votante, manifiesten una mayor ía 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 = =1.21

0.0352

Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal a la derecha de ; = 1 21

= 0.5000-0.3869 = 0.1131

b) * , - p - < M 6 , aP = J ^ = ( ° - 4 6 ) ( a 5 4 ) =0.0158 y ' \ N l | 1000

0.5025 - 0.46 0.5025 en unidades estándar = — — 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 U2 una variable que representa cualquiera de los elementos de la pobla­ción 2, 4. Calcule a) fim, ti) /xm, c) f i m . m , d) crm, e) crU2 y / ) am_U2.

SOLUCIÓN

a) ¡j.m = media de la población U, = 1(3 + 1 + 8) = 6

b) /JLU2 = media de la población U2 = 1(2 + 4) = 3

c) La población consistente de las diferencias de cualquier miembro de U, y de cual­quier miembro de U2 es

3 - 2 7 - 2 8 - 2 1 5 6

3 _ 4 7 - 4 8 - 4 - 1 3 4

Por tanto, Hm-m- media de (Ut - U2) 1 + 5 + 6 + ( - ! ) + 3 + 4

= 3

d)

e)

f)

Esto ilustra el resultado general /xy,-m— MÍ/I - Mw, como se ve en los incisos a) y

( 3 - 6 ) 2 + ( 7 - 6 ) 2 + ( 8 - 6 ) 2 _ 14

3̂ " T m

; ' V 3

a\n = varianza de la población Ut = •

crin = varianza de la población U2 = • ( 2 - 3 ) 2 + ( 4 - 3 ) 2

<Tm = 1

<Tu\ -u2 = varianza de la población (t/, - U2)

_ (1 - 3) 2 + (5 - 3) 2 + (6 - 3) 2 + ( - 1 - 3) 2 + (3 - 3) 2 + (4 - 3) 2 17

0 <?c\-u2 = y y

Esto ilustra el resultado general para muestras independientes, am^V2 = V c r ^ + crj como se ve en los incisos d) y é).

8 . 1 2 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 más que los focos de la marca Bl

S O L U C I O N

SeanXA yXB las vidas medias de las muestras A y B, respectivamente. Entonces:

PX«?XM = - / * * . = ! 4 0 0 - 1 200 = 200 h

^XA -Xa + • (100) 2

+ (200) 2

20 h

La variable estandarizada para la diferencia de medias es

„ ( * A ~ * B ) - fax,-*.) _ & A ~ * B ) - 200 °XÁ-x,

y está distribuida casi normalmente.

20

Problemas resueltos • 197

a) 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 . 1 3 Los baleros de rodamiento de cierta marca pesan 0.50 g con una desviación están­dar de 0.02 g. ¿Cuál es la probabilidad de que dos lotes, de 1 000 baleros cada uno, difieran en su peso por más de 2 g?

SOLUCIÓN

Sean X, y X2 los pesos medios de los baleros de los dos lotes. Entonces

W . - f , = M, ~PX, = 0.50 - 0.50 = 0

a - x = & + £ = < ^ + m £ =0.000895 y x,-* yv2 ^ 1000 1 000

La variable estandarizada para la diferencia de medias es

_ (Xj - X 2 ) - 0 1 0.000895

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, - X2 > 0.002 o X¡ - X2 < -0.002; es decir,

0.002 - 0 „ „ , -0.002 - 0 z> = 2.23 o z < = - 2 . 2 3

" 0.000895 " 0.000895

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 . 1 4 A y B juegan "caras y cruces", lanzando cada quien 50 monedas. A ganará el juego si lanza 5 o más caras que B, de otra manera B gana. Determine las posibilidades en contra de que A gane cualquier juego en particular.

SOLUCIÓN

Sean PA y PB 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

HPA-PB=HPA -VPB = 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 . 1 5 Dos distancias miden 27.3 cent ímetros (cm) y 15.6 err, . - ; . -(errores estándar) de 0.16 cm 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 D2, entonces:

a) I¿D\+D2 = Moi + M02 = 27.3 + 15.6 = 42.9 cm

"Di+D2 = \J<^Di+<j2D2 = \ /(0-16) 2 + (0.08)2 = 0.18cm

b) VD\-D2 = fJ-D] - Mz>2 = 27.3 - 15.6 = 11.7cm

°D\-DI = \J°D\ +°D2 = \ /(0-16) 2 + (0.08)2 = 0.18cm

8 . 1 6 Cierto tipo de foco tiene una vida media de 1 500 h y una desviación estándar 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 lo sumo 4 200 h

SOLUCIÓN

Sean L\, Li y L 3 las vidas medias. Entonces:

VLI+L2+L3 = »U + l*L2 + M¿3 = 1500+1500 +1500 = 4 500 h

OU+L2+LI = v^ í i + ah + °Íi = \ /3(150) 2 = 260 h

5 000 - 4 500 a) 5 000 h en unidades estándar = = 1.92

260

Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal a la derecha de z = 1.92)

= 0.5000 - 0.4726 = 0.0274

. , , 4200 - 4500 b) 4 200 h en unidades estándar = = -1.15

260

Probabilidad requerida = (área bajo la curva normal a la izquierda de z = -1.15)

= 0.5000-0.3749 = 0.1251

Problemas misceláneos

8 . 1 7 Refiérase al problema 8.1 y calcule a) la media de la distr ibución muestral de las varianzas y b) la desviación estándar de la distr ibución muestral de las varianzas (es decir, el error es tándar 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 135 a, = = 5.40

25 25 Esto ilustra el hecho de que = (/V- \)(cr2)/N, ya que para N= 2 y cr2= 10.8 [véase el problema 8.1b)], el lado derecho es 2(10.8) = 5.4.

Problemas resueltos • 1 99

El resultado indica que es deseable definir una varianza corregida para las mues­tras, como

N „2 TV- 1

Entonces se encuentra que pf- = cr2 (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) La varianza de la distribución muestral de varianzas o-2? 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, cr2' = 575.75/25 = 23.03 o cr,, = 4.80.

8 . 1 8 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

Np \ Í N - J \ 2

como se comprueba poniendo N? = 5, N= 2 y cr2 = 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 cr2,* = 39.675 o cr? = 6.30.

8 . 1 9 La desviación es tándar de los pesos de una población 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 desviación estándar de la distr ibución 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 as = cr/V2Ñ= 10/V400 = 0.50 Ib.

8 . 2 0 ¿Qué 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 elemental de muesireo

b) 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%.