Amb R:

Amb R:

S’observa que la simulació s’ajusta a la perfecció a una distribució normal estàndard.

a) Calculis el percentatge de persones amb un nivell de colesterol inferior a 169 mg/dl.

Sigui \(F\) la funció de distribució de \(X\). Segons l’enunciat \(X\) segueix una distribució normal amb \(\left[\bar X = 179.1\text{ mg/dl}\right]\) i \(\left[\sigma_X = 28.2\text{ mg/dl}\right]\)

El percentatge de persones amb un nivell de colesterol inferior a 169 mg/dl ve donat aleshores per \(F(169) = P(X < 169) \approx 0.3601 = 36.01\ \%\)

pnorm(169, 179.1, 28.2) \(\rightarrow\) 0.3601133

pnorm(((169-179.1)/28.2) ,0, 1) \(\rightarrow\) 0.3601133

b) Quin és el nivell de colesterol mínim d’un pacient que està en el percentil 90?

El nivell mínim de colesterol d’un pacient que està en el percentil 90 es correspon amb el valor \(a \in \mathcal{R}\) tal que \(P(X \leq a) = 0.9 \implies a \approx 215.24\text{ mg/dl}\).

qnorm(0.9,179.1,28.2,lower.tail=T) \(\rightarrow\) 215.2398

Amb el canvi \[z = (X - \mu)/\sigma \text{ es té } Z \sim \mathcal{N}(0, 1)\]

i aleshores \[\begin{align*} \text{P}(\mu - 3\sigma \leq X \leq \mu + 3\sigma) &= \text{P} \left( \frac{(\mu - 3\sigma) - \mu}{\sigma} \leq Z \leq \frac{(\mu + 3\sigma) - \mu}{\sigma} \right) = \text{P}(-3 \leq Z \leq 3) \\ \text{P}(\mu - 3\sigma \leq X \leq \mu + 3\sigma) &= \text{P}(Z \leq 3) - \text{P}(Z \leq -3) \end{align*}\]

Es calcula \(P(Z \geq 3) \approx 0.0013\).

pnorm(3,0,1,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.001349898

Es calcula \(P(Z \leq 3) = 1 -P(Z \geq 3) \approx 0.9987\).

pnorm(3,0,1,lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 0.9986501

Com la distribució normal és simètrica, \(P(Z \geq 3) = P(Z \leq -3)\). Per tant \(P(-3 \leq Z \leq 3) = P(Z \leq 3) - P(Z \leq -3) = 0.9987 - 0.0013 = 0.9974\)

prob=pnorm(c(-3,3),0,1); prob[2]-prob[1] \(\rightarrow\) 0.9973002

Aproximadament el 99.74 % dels valors de \(X\) són dins l’interval demanat, a menys de tres desviacions típiques de la mitjana.

Amb el canvi \(z = \frac{X - \mu}{\sigma} \text{ es té } Z \sim \mathcal{N}(0 , 1)\).

Es demana, per un dia qualsevol, \[P(21 \leq X \leq 27) = P\left(\frac{21 - 23}{5} \leq Z \leq \frac{27 + 23}{5}\right) = P(-0.4≤Z ≤ 0.8)\]

prob=pnorm(c(-0.4,0.8),0,1); prob[2]-prob[1] \(\rightarrow\) 0.4435663

Aleshores, suposant un mes de 30 dies, \(30 \cdot 0.4435663 \approx 13\) dies.

Sigui \(S\) la variable aleatòria que recull el pes de la suma dels 30 individus elegits a l’atzar, amb \(S = \displaystyle\sum_{i=1}^{30} x_i\)

Aleshores, \(S \sim \mathcal{N}(30 \cdot 60, \sqrt{30 \cdot 10}) = S \sim \mathcal{N}(1800, 54.77)\)

Per tant, \(P(S > 1900) = 1 - P(S \leq 1900)\)

1 - pnorm(1900, 1800, 54.77) \(\rightarrow\) 0.03393891

La probabilitat de que la suma dels pesos de 30 persones, elegides a l’atzar, superi els 1900 kg és aproximadament del 3.4 %.

\(P(X > 7) = 0.5987063\)

pnorm(7,7.5,2,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.5987063

\(P(X > 8) \cap P(X > 7) = 0.4012937\)

pnorm(8,7.5,2,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.4012937

I, per la fórmula de la probabilitat condicionada, \[P(X > 8|X > 7) = \frac{P(X > 8) \cap P(X > 7)}{P(X > 7)} = \frac{0.4012937}{0.5987063} \approx 0.67027\]

Es tipifica \(z = \frac{x - \mu}{\sigma} = \frac{89 - 80}{9} = 1\) d’on es desprèn que el valor de 89 mmHg correspon a +1 σ per sobre de \(\mu\) i es pot trobar el valor de la seva probabilitat en la taula de la normal reduïda.

pnorm(1,0,1,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.1586553

Aproximadament el 15.87 % de la població tindrà valors superiors a 89 mmHg. Observis que el 50 % de la població tindrà el valor mitjà de 80 mmHg.

pnorm(0,0,1,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.5

a) Trobis la mida de la mostra.

La mitjana mostral d’una mostra \(\overline {X} _n\) de mida \(n\), segueix una distribució normal \(\mathcal{N}(1000, 100/\sqrt{n})\)

S’ha de calcular \(n\) de manera que \(P(|\overline {X} _n|-1000 \leq 50)= 0.95\)

qnorm(0.025, mean=0, sd=1, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) -1.959964

qnorm(0.025, mean=0, sd=1, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 1.959964

La variable aleatòria \(Y = \frac{(\overline {X} _n - 1000)}{100/\sqrt{n}}\), és \(\mathcal{N}(0,1)\) amb \(P(-1.959964 < Y < 1.959964)\).

S’ha d’acomplir doncs que \( \frac{100}{\sqrt{n}} \cdot 1.959964 \leq 50 \Rightarrow 10000 \leq 650.26n \Rightarrow n \geq \frac{10000}{650.26} \approx 15.38\)

La mida de la mostra haurà de ser \(n \geq 16\).

b) Trobis la mida de la mostra sense utilitzar la distribució de la duració d’una bombeta.

Si es desconeix la distribució de la duració de la bombeta, es pot utilitzar la desigualtat de Chebyshev: \[\text{P}(|\overline{X}_n - 1000| \leq 50) \leq \frac{\text{Var}(\overline{X}_n)}{50^2} = \frac{\left(\frac{100}{\sqrt{n}}\right)^2}{2500} = \frac{10000}{n \cdot 2500} = \frac{4}{n}\]

Aleshores \[\frac{1-4}{n} = 0.95 \implies n = 80\]

Es calcula el límit superior del nivell baix \(X_1\)

qnorm(0.2,0,1) \(\rightarrow\) -0.8416212

\[\frac{(X_1 - 65)}{18} = -0.8416 \Rightarrow X_1 \approx 50\]

Es calcula el límit superior del nivell mig \(X_2\)

qnorm(0.85,0,1) \(\rightarrow\) 1.036433

\[\frac{(X_2 - 65)}{18} = 1.0364 \Rightarrow X_2 \approx 84\]

Es tenen, doncs, els grups següents

• 20 % nivell baix:[0, 50]
• 65 % nivell mig:[50,84]
• 15 % nivell alt:[84,130]

Ho representem amb una gràfica:

Amb R:

S’efectua el contrast unilateral: \(\left[H_0:\ m = 1260\right]\) i \(\left[H_1:\ m > 1260\right]\), amb \(\alpha = 0.05\) i \(\alpha = 0.01\).

Amb R:

Es calcula \[t = \sqrt {4-1} \cdot \frac{1267-1260}{3.6515} = 3.32\]

Amb 3 g.l. i \(\alpha = 0.05\) com 3.32 > 2.353 es rebutja \(H_0\) i s’accepta \(m > 1260\) °C.

Amb 3 g.l. i \(\alpha = 0.01\) com 3.32 < 4.541 s’accepta \(H_0\) amb \(m = 1260\) °C.

a) El percentatge de la població amb un coeficient entre 100 i 110.

prob=pnorm(c(100,110),100,15); prob[2]-prob[1] \(\rightarrow\) 0.2475075

Aproximadament, el 25 % de la població és dins l’interval [100,110].

b) L’interval que, centrat en 100, conté el 50 % de la població.

qnorm(0.25,0,1) \(\rightarrow\) -0.6744898

qnorm(0.75,0,1) \(\rightarrow\) 0.6744898

Per tant \[\begin{align*} \frac{(X_1 - 100)}{15} &= -0.6744898 \Rightarrow X_1 \approx 90 \\ \frac{(X_2 - 100)}{15} &= 0.6744898 \Rightarrow X_2 \approx 110 \end{align*}\]

El 50 % de la població és dins l’interval [90, 110].

c) A Barcelona, amb una població de 1664182 habitants, quants individus s’espera que tinguin un coeficient superior a 135?

1664182 * pnorm(135,100,15,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 16334.49

Aproximadament 16334 individus tindran un coeficient superior a 135.

S’aplica el teorema central del límit per tal d’aproximar la distribució de la longitud total de l’estructura: \(L = L_1 + L_2 + \cdots + L_30 + L_31\), a una distribució \(L \sim \mathcal{N}(n\mu, \sigma \sqrt{n})\).

Amb \(n = 31; \quad \mu = 10; \quad \sigma = 2\), es té \(L \sim \mathcal{N}(310, 2 \sqrt {31})\). Per tant

\[\begin{align*} \text{P}(\mathcal{L} > 301) &= \text{P} \left( \frac{\mathcal{L} - 310}{2 \sqrt{31}} > \frac{301 - 310}{2 \sqrt{31}} \right) = \text{P}(Z > -0.81) = \text{P}(Z < 0.81) \\ \text{P}(\mathcal{L} > 301) &= 0.7910299 \end{align*}\]

pnorm(0.81) \(\rightarrow\) 0.7910299

S’aplica el teorema central del límit per tal d’aproximar la distribució de la longitud total de l’estructura: \(L = L_1 + L_2 + \cdots + L_30 + L_31\), a una distribució \(L \sim \mathcal{N}(n\mu,\sqrt {n})\).

Amb \(\mu = 10 \text{ i } \sigma = 2\), es té \(L \sim \mathcal{N}(10n, 2 \sqrt{n})\). Per tant

\[\begin{align*} \text{P}(\mathcal{L} \geq 300) &> 0.95154 \iff \text{P} \left( Z \geq \frac{300 - 10n}{2 \sqrt{n}} \right) > 0.95154 \\ \text{P}(\mathcal{L} \geq 300) &> 0.95154 = \text{P} \left( Z \leq \left| \frac{300 - 10n}{2 \sqrt{n}} \right| \right) > 0.95154 \end{align*}\]

qnorm(0.95154,0,1) \(\rightarrow\) 1.659972

Per tant \[\text{P}(Z \leq 1.66) = 0.95154 \Rightarrow \frac{300 - 10n}{2 \sqrt{n}} < -1.66\]

Amb \(\sqrt{n} = x\), es resol la inequació simplificada \[\frac{300 - 10 x^2}{2x} < -1.66\] i es té \(n = 31.87439\).

Per tant el nombre mínim de peces és 32.

\(X\) segueix una distribució \(X \sim \mathcal{B}(90, 1/3)\). Es pot resoldre com una binomial de paràmetres: \(n = 90; \quad k = 50; \quad p = 1/3; \quad q = 2/3\).

\[f(k) = \text{P}(X = 40) = \binom{90}{40} \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^{40} \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{50} = 0.007723296\]

dbinom(40,90,1/3) \(\rightarrow\) 0.007723296

Es pot aproximar —segons el teorema de Moivre-Laplace—] a una distribució normal \(\mathcal{N}(np, \sqrt {npq}) = \mathcal{N}(30, \sqrt{20})\).

dnorm(40,30,sqrt(20)) \(\rightarrow\) 0.007322491

Si procedeixen de la mateixa població, la proporció de fumadors serà la mateixa. S’efectua el contrast bilateral: \(\left[H_0\ :p_1 = p_2\right]\) i \(\left[H_1\ :p_1 \neq p_2\right]\), amb \(\alpha = 0.05\) i \(p_1, p_2\) les proporcions de persones fumadores.

Si \(n_1\) és gran, la freqüència relativa (\(f_1/n_1\)) serà aproximadament \(\mathcal{N}\left(p_1, \sqrt {(p_1 \cdot q_1)/n_1}\right)\).

Si \(n_2\) és gran, la freqüència relativa (\(f_2/n_2\)) serà aproximadament \(\mathcal{N}\left(p_2, \sqrt {(p_2 \cdot q_2)/n_2}\right)\).

A més, com les dues variables són independents, es tindrà que \(\left[(f_1/n_1) - (f_2/n_2 )\right]\) és \[N \left( p_1 - p_2, \sqrt{\frac{p_1 \cdot q_1}{n_1} + \frac{p_2 \cdot q_2}{n_2}} \right)\]

, d’on s’obté fàcilment l’interval de confiança: \[I = \frac{f_1}{n_1} - \frac{f_2}{n_2} \pm 1.96 \cdot \sqrt{\frac{p'_1 \cdot q'_1}{n_1} + \frac{p'_2 \cdot q'_2}{n_2}}\]

, per a la diferència de proporcions (\(p_1 - p_2\) ), amb \((p_1 - p_2), \text{ amb } p'_1 = \left(\frac{f_1}{n_1}\right) \text{ i } p'_2 = \left(\frac{f_2}{n_2}\right)\).

Si \(H_0\) és certa, i \(p_1 = p_2 = p\), s’estima \(p\) mitjançant \(p' = (450 + 400)/(900 + 600) = 0.57\).

Per altra banda: \(f_1/n_1 = 450/900 = 0.5\), \(f_2/n_2 = 400/600 = 0.66\) i \(\sigma = \sqrt{p' \cdot q' \cdot \left( \frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} \right)} = 0.026\)

Per tant, l’interval de confiança al 95 % és: \(I = ((0.5 - 0.66) \pm1.96 \cdot 0.026) = (-0.11, -0.31)\)

Donat que \(p_1 - p_2 = 0\) no pertany a I, es rebutja \(H_0\) i s’accepta \(H_1\). Les dues mostres provenen de poblacions diferents, amb una probabilitat d’equivocar-nos de \(\alpha = 0.05\).

a) \(P[X > 110] = 0.5\)

Amb R:

b) \(P[110 < X <120] = 0.3413447\)

Amb R:

c) \(P[110 < X < 130] = 0.4772499\)

Amb R:

d) \(P[120 < X < 130] = 0.1359051\)

Amb R:

e) \(P[90 < X < 100] = 0.1359051\)

Amb R:

f) \(P[90 < X < 120] = 0.8185946\)

Amb R:

g) \(P[X < 100] = 0.1586553\)

Amb R:

a) Si s’aprova la matèria a partir d’una nota de 5.5 punts, calculis el percentatge d’aprovats.

Sigui \(X\) la variable aleatòria que recull la nota de la matèria en qüestió. Segons l’enunciat, \(X \sim \mathcal{N}(5.3, 1.3)\).

\(P(X \geq 5.5) \approx 0.4387 = 43.87\ \%\)

pnorm(5.5,5.3, 1.3, lower.tail=F) \(\rightarrow\) 0.4388655

b) Si es vol aprovar al 40 % dels alumnes, quina ha de ser la nota mínima exigida?

La qualificació mínima demanada es correspon amb el valor \(a \in \mathcal{R}\) tal que \(P(X \geq a) = 0.4 \implies a \approx 5.63\) punts.

qnorm(0.4,5.3,1.3,lower.tail=F) \(\rightarrow\) 5.629351

c) Si s’atorga notable als estudiants amb nota entre 7.5 i 8.5, quin és el percentatge de notables?

S’ha de calcular \(P(7.5 < X < 8.5) \approx 0.0384 =3.84\ \%\)

vProb=pnorm(c(8.5,7.5),5.3,1.3,lower.tail=T); \(\quad\) vProb[1]-vProb[2] \(\rightarrow\) 0.03837653

d) Quina és la màxima puntuació obtinguda pel 14 % dels alumnes amb menys nota?

La qualificació màxima demanada es correspon amb el valor \(b \in \mathcal{R}\) tal que \(P(X \leq b) = 0.14 \implies b \approx 3.9\) punts.

qnorm(0.14,5.3,1.3,lower.tail=T) \(\rightarrow\) 3.895585

e) Entre quines puntuacions varien les qualificacions del 40 % dels alumnes amb notes en un interval centrat en la mitjana?

La funció de densitat d’una distribució normal és simètrica respecte la mitjana. Aleshores, si \(r > 0\) és tal que \(P(5.3 - r \leq X \leq 5.3 + r) = 0.4\), aleshores \(P(X \leq 5.3 -r) = 0.3 \implies 5.3-r \approx 4.62 \implies r = 0.68\).

qnorm(0.3,5.3,1.3,lower.tail=T) \(\rightarrow\) 4.618279

Per tant les qualificacions del 40 % dels alumnes són en l’interval, centrat en la mitjana d’aproximadament \((4.62, 5.98)\) punts.

Amb R:

Els temps de coagulació de les dues mostres segueix una distribució normal amb les dues mostres independents. Aleshores la mida de la mostra vindrà donada per l’expressió: \[n = 2 \cdot \frac{(Z_\alpha + Z_\beta)^2}{(\mu_1 - \mu_0)^2} \cdot \sigma^2\], amb \(μ_1 - μ_0 \geq 0.5\).

qnorm(0.025, lower.tail=F) \(\rightarrow\) 1.959964

Per tant \[n \geq 2 \cdot \frac{(1.959964 + 1.644854)^2}{0.5^2} \cdot 0.5^2 = 28.73\], la mida de les mostres ha de ser com a mínim de 29 —es recomana sempre que les dues mostres siguin de la mateixa mida—.

pnorm(c(27), mean=28, sd=1, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 0.1586553

El límit de significació de la distribució normal centrada i reduïda és

• en el cas d’un test bilateral: qnorm(0.05/2,0,1,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 1.959964
• * en el cas d’un test unilateral: qnorm(0.05,0,1,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 1.644854

Aquest límit \((z_α \text{ i } z_β)\) s’utilitza per calcular el nombre d’observacions necessàries per determinar l’existència d’una verdadera diferència (\(\delta\)) entre dues mitjanes. Amb mostres independents d’igual variància —procedents d’una població normal—: \[n = 2(z_α + z_β )^2 \left[\frac{\sigma^2}{\delta^2}\right]\]

A la fórmula anterior s’ha d’especificar si —per a z_α— es tracta d’un test unilateral o bilateral — \(z_\beta\) sempre es correspon al cas unilateral—.

En el nostre cas es calcula \(z_\alpha =z_{0.05;bilateral} = 1.959964\)

qnorm(0.05/2,0,1,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 1.959964

\(z_\beta = z_0.10 = 1.281552\)

qnorm(0.10,0,1,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 1.281552

\[n = 2 \cdot (1.959964 + 1.281552)^2 \cdot \left[\frac{3.0}{1.1^2}\right] = 52.10293874\]

Es necessita una mostra igual o més gran de 53 observacions.

Amb R:

L’interval de confiança, al 95% per a la proporció de persones amb ulls blaus a la població de cabell fosc és \([0.1432251, 0.1930061]\). Com 0.25 no pertany a l’interval, no es pot suposar la proporció teòrica de l’enunciat.

Altra possible manera de ressoldre'l és:

Amb R:

L’interval de confiança, al 95% per a la proporció de persones amb ulls blaus a la població de cabell fosc és \([0.1423188, 0.1910145]\). Com 0.25 no pertany a l’interval, no es pot suposar la proporció teòrica de l’enunciat.

qnorm(c(0.1587), mean=28, sd=1, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 27.00018

Es comprova:

pnorm(c(27.00018), mean=28, sd=1, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 0.1586988

Sigui la variable aleatòria \(X\) = { Velocitat d'enlairament del coet en km/h }.

Amb R:

Com \(p\)-value \(= 0.5888 > 0.05\), s’accepta la normalitat de les dades. Aleshores, si \(X \sim \mathcal{N}(\mu, \sigma)\), es té \(\overline X \sim \mathcal{N}(\mu, \frac{s}{\sqrt{n}})\) i l’interval de confiança és \[\left( 20050 - Z_{0.025} \cdot \frac{420.32}{\sqrt{4}}, \; 20050 + Z_{0.025} \cdot \frac{420.32}{\sqrt{4}} \right) \approx (20029.91, 20070.09)\]

qnorm(0.025, mean=0, sd=1, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) -1.959964

qnorm(0.025, mean=0, sd=1, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 1.959964

Es pot resoldre també, com:

Amb R:

Per tant, es té el 95% de confiança de que l’interval \([20029.91, 20070.09]\) contingui el valor mitjà de la població.

pnorm(100, mean=200, sd=40, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.9937903

vProb=pnorm(c(31,28), mean=28, sd=1, lower.tail=TRUE) \(\quad\) vProb \(\rightarrow\) 0.9986501 \(\quad\) 0.5000000

miProb=vProb[1]-vProb[2] \(\quad\) miProb \(\rightarrow\) 0.4986501

S’efectua el contrast: \(\left[H_0:\ m = 1000\right]\) i \(\left[H_1:\ m \neq 1000\right]\), amb \(\alpha =0.05\), \(\overline X = 998\), \(n = 5\), 4 g.l. i \(s = 4.949747\).

Aleshores \[t = \sqrt{n - 1} \cdot \frac{\overline{X} - 1000}{s} = 2 \cdot \frac{-2}{4.949747} = -0.8081\]

Amb R:

Com \(|t| = 0.8081 < 2.776\), s’accepta \(H_0\), amb \(\alpha = 0.05\). L’interval de confiança al 95 % per a \(m\) és: \[I = \overline{X} \pm 2.776 \cdot \frac{4.949747}{\sqrt{5 - 1}} = (991.9, 1004.1)\]

Com \(\overline X \in I\) s’accepta \(H_0\) amb \(\alpha = 0.05\).

a) Quina és la probabilitat de que una llauna determinada tingui més de 33 cl?

pnorm(33, mean=30, sd=2, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.0668072

b) En un conjunt de 6 llaunes, quina és la probabilitat de que el contingut total de beguda sigui inferior a un litre i tres quarts?

S’aplica la 'reproductivitat' de la distribució normal \[6 \cdot \mathcal{N}(30, 2) = \mathcal{N}\left(30 \cdot 6, \sqrt{4 \cdot 6}\right) = \mathcal{N}(180, 4.89898)\]

Es calcula \(P(X < 175) = 0.1537171\)

pnorm(175, mean=180, sd=4.89898, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 0.1537171

Es planteja l’interval de confiança del 95 % : \[1 - \alpha = 0.95 \Rightarrow \alpha = 0.05 \Rightarrow Z_{\alpha / 2} = Z_{0.025} = 1.959964\]

qnorm(0.975, lower.tail=T) \(\rightarrow\) 1.959964

Per tant \(P(Z \leq 1.959964) = (1 + 0.95)/2 = 0.975\)

Com es desconeix la proporció, es pren \(\hat p = \hat q = 0.5\).

L’error màxim admissible, per estimar la proporció, ve donat per \[E = 1.959964 \sqrt{\frac{0.5 \cdot 0.5}{n}} < 0.02\]

, d’on es desprèn \[n > 1.959964^2 \cdot \frac{0.5^2}{0.02^2} = 2401\]

La mida ha de ser, com a mínim, de 2401 habitants.

a) Quina és la proporció de persones que presenten nivells compresos entre 90 i 125 mg de glucosa per cada dL de sang?

S’ha de calcular \(P(125 \leq X \leq 90)\), dins una distribució \(X \sim \mathcal{N}(90,9)\).

vProb = pnorm(c(125,90), mean=90, sd=9, lower.tail=TRUE); \(\quad\) vProb[1]-vProb[2]; \(\rightarrow\) 0.4999496

Aproximadament el 50 % de la població presenta nivells compresos entre 90 i 125 mg de glucosa per cada dL de sang.

b) Quin nivell intercepta al 10 % inferior dels valors?

qnorm(0.1, mean=90, sd=9, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 78.46604

El valor demanat és correspon a 78.46 mg de glucosa/dL de sang.

c) Quins nivells comprenen al 95 % dels valors?

Es correspon al \((1 - 0.95)/2\) per l’esquerra i per la dreta de la corba de la distribució

qnorm(0.025, mean=90, sd=9, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 72.36032

qnorm(0.025, mean=90, sd=9, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 107.6397

El 95 % dels diabètics presenten glucèmia entre 72.36 mg/100 dL i 107.64 mg/100 dL.

Sigui \(X\) la variable aleatòria que proporciona l’alçada en cm d’un individu de la població. Segons l’enunciat, \(X \sim \mathcal{N}(\mu,\sigma)\), amb \(\mu \in \mathcal{R}\) i \(\sigma > 0\) desconeguts.

Com \[Z = \frac{X - \mu}{\sigma} \sim \mathcal{N}(0, 1)\]

, es té

en homes:

\[\begin{align*} \text{P}(X > 180) &= \text{P}\left(Z > \frac{180 - \mu}{\sigma}\right) = 0.034 \\ \text{P}(X < 160) &= \text{P}\left(Z < \frac{160 - \mu}{\sigma}\right) = 0.023 \end{align*}\]

qnorm(0.034,0,1,lower.tail=F) \(\rightarrow\) 1.825007

qnorm(0.023,0,1,lower.tail=T) \(\rightarrow\) -1.995393

Es planteja el sistema d’equacions: \[\begin{cases} \frac{180 - \mu}{\sigma} = 1.825007 \\ \frac{160 - \mu}{\sigma} = -1.995393 \end{cases}\]

, amb \(\mu \approx 170.45\) cm i \(\sigma = 5.24\) cm

en dones:

\[\begin{align*} \text{P}(X > 180) &= \text{P}\left(Z > \frac{180 - \mu}{\sigma}\right) = 0.0168 \\ \text{P}(X < 160) &= \text{P}\left(Z < \frac{160 - \mu}{\sigma}\right) = 0.1418 \end{align*}\]

qnorm(0.0168,0,1,lower.tail=F) \(\rightarrow\) 2.12484

qnorm(0.1418,0,1,lower.tail=T) \(\rightarrow\) -1.072267

Es planteja el sistema d’equacions \[\begin{cases} \frac{180 - \mu}{\sigma} = 2.12484 \\ \frac{160 - \mu}{\sigma} = -1.072267 \end{cases}\]

, amb \(μ \approx 166.71\) cm i \(\sigma = 6.26\) cm

Trobem primer els valors de \(\mu\) i \(\sigma\). S’ha de calcular \(P(250 \leq X \leq 294)\), en una distribució \(\mathcal{N}(\mu,\sigma)\):

A la normal reduïda es té:

qnorm(0.025, mean=0, sd=1, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) -1.959964

qnorm(0.025, mean=0, sd=1, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 1.959964

Es planteja el sistema d’equacions: \[\begin{cases} -1.96 = \frac{250 - \mu}{\sigma} \\ 1.96 = \frac{294 - \mu}{\sigma} \end{cases}\]

, amb \(\mu = 272\) mg/100 dL i \(\sigma = 11,22\) mg/100 dL

vProb=pnorm(c(240, 280), mean=272,sd=11.22, lower.tail=TRUE); vProb[1]- vProb[2] \(\rightarrow\) 0.7599091

Aproximadament el 76 % dels pacients tenen uns nivells de colesterol compresos entre 240 i 280 mg/100 dL.

Sigui la variable aleatòria \(X\) = { Resistència a la fractura en KN/cm2}, aleshores, si \(X \sim \mathcal{N}(m, σ)\), es té \(\overline X \sim \mathcal{N}(m, \sigma/\sqrt{n})\)

i l’interval de confiança és \[\left( 1012 - Z_{\left(\frac{0.05}{2}\right)} \cdot \frac{25}{\sqrt{64}}, \; 1012 + Z_{\left(\frac{0.05}{2}\right)} \cdot \frac{25}{\sqrt{64}} \right) = (1005.875, 1018.125)\]

qnorm(0.025, mean=0, sd=1, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) -1.959964

qnorm(0.025, mean=0, sd=1, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 1.959964

Es pot resoldre també com:

Amb R:

Per tant, es té el 95% de confiança de que l’interval \([1005.875, 1018.125]\) conté el valor mitjà de la població.

a) \(P(X \leq 22)\)

\(\mu = 20\), \(\sigma = \sqrt{9} = 3\)

pnorm(22, mean=20, sd=3, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 0.7475075

També, normalitzant:

La variable \(Y = (X - 20)/3\) és \(Y \sim \mathcal{N}(0, 1)\) i \(P(X < 22) = P(Y < 2/3)\).

pnorm(2/3, mean=0, sd=1, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 0.7475075

b) \(P(9 < X \leq 21)\)

vProb=pnorm(c(21,9), mean=20, sd=3, lower.tail=TRUE); vProb[1]-vProb[2] \(\rightarrow\) 0.6304358

c) a, tal que \(P(X \leq a) = 0.30\)

S’ha de trobar un valor \(a\) tal que pnorm(a, mean=20, sd=3, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 30

Amb \(X \sim \mathcal{N}(0,1)\), es té:

qnorm(0.30, mean=0, sd=1) \(\rightarrow\) -0.5244005

Per tant: \(a = \mu + \sigma \cdot (-0.5244005) = 20 + 3 \cdot (-0.5244005) = 18.4268\)

En efecte, es comprova que

pnorm(18.4268, mean=20, sd=3, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 0.3000002

Siguin les variables aleatòries:

• \(\overline X\) = " La mitjana poblacional de les hores de soni abans de prendre la droga.”
• \(\overline Y\) = " La mitjana poblacional de les hores de soni després de prendre la droga.”

S’efectua el contrast unilateral: \(\left[H_0:\ \overline X = \overline Y \right]\) i \(\left[H_1:\ \overline X < \overline Y \right]\)

Amb R:

Si \(H_0\) és certa: \[\begin{align*} t &= (\overline{X} - \overline{Y}) \cdot \sqrt{\frac{(n_1 \cdot n_2) (n_1 + n_2 - 2)}{(n_1 + n_2) \cdot (n_1 \cdot \text{Var}(x) + n_2 \cdot \text{Var}(y))}} \\ t &= (7.071 - 9) \cdot \sqrt{\frac{7 \cdot 5 \cdot (7 + 5 - 2)}{(7 + 5) \cdot (7 \cdot 1.536 + 5 \cdot 0.625)}} \\ t &= -1.929 \cdot \sqrt{\frac{350}{166.524}} \approx -2.797 \end{align*}\]

El valor de t amb (12 - 1) = 11 g.l. i \(\alpha = 0.05\) és igual a -1.7959

qt(0.05, df=11) \(\rightarrow\) -1.795885

Com \(-2.797 < -1.795885\), es rebutja \(H_0\). S’accepta que la droga augmenta el nombre d’hores de soni, amb una probabilitat \(\alpha = 0.05\) d’equivocar-nos.

a) La probabilitat de que el nombre de cares sigui comprés entre 49 i 51.

Sigui \(X\) la variable aleatòria que recull el nombre de cares obtingudes. Aleshores \(X \sim \mathcal{B}(n = 100, p = 0.5)\).

Per tant, la distribució de paràmetres \(\mu = np = 50\) i \(σ = \sqrt{npq} = 5\) és aproximadament \(X \sim \mathcal{N}(50,5)\).

La variable \(Y = (X- \mu)/\sigma\) és aproximadament \(Y \sim \mathcal{N}(0,1)\).

Es calcula \[P(49 \leq X \leq 51) = P\left(\frac{49 - 50}{5} \leq Y \leq \frac{51- 50}{5}\right) = P(-0.2 \leq Y \leq 0.2)\]:

A \(X \sim \mathcal{N}(50, 5)\)

vProb=pnorm(c(51,49), mean=50, sd=5, lower.tail=TRUE); vProb[1]- vProb[2] \(\rightarrow\) 0.1585194

A \(Y \sim \mathcal{N}(0,1)\)

vProb=pnorm(c(0.2,-0.2), mean=0, sd=1, lower.tail=TRUE); vProb[1]-vProb[2] \(\rightarrow\) 0.1585194

b) L’interval \([a, b]\) centrat en 50, que verifiqui que \(P([a, b]) = 80 \%\)

A la normal reduïda, es té:

qnorm(0.10, mean=0, sd=1, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) -1.281552

qnorm(0.10, mean=0, sd=1, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 1.281552

Valors corresponents a les cues de l’esquerra i de la dreta del 80 % de l’enunciat.

Fet el canvi de variable a \(Y \sim \mathcal{N}(0,1)\), es resol el sistema d’equacions: \[\begin{cases} -1.281552 = \frac{a - 50}{5} \\ +1.281552 = \frac{b - 50}{5} \end{cases}\]

, amb —arrodonint a nombres enters—: \(a = 44 \text{ i } b = 56\)

Sigui la variable aleatòria \(X\) = { Longitud de les extremitats inferiors en cm }.

Aleshores, si \(X \sim \mathcal{N}(m, \sigma)\), es té \(\overline X \sim \mathcal{N}(m, s/\sqrt{n})\) i l’interval de confiança \[\left( 86 - Z_{\left(\frac{0.05}{2}\right)} \cdot \frac{10.2}{\sqrt{400}}, \; 86 + Z_{\left(\frac{0.05}{2}\right)} \cdot \frac{10.2}{\sqrt{400}} \right) \approx (85.69, 86.31)\]

qnorm(0.025, mean=0, sd=1, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) -1.959964

qnorm(0.025, mean=0, sd=1, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 1.959964

Es pot resoldre també com:

Amb R:

Per tant, es té el 95% de confiança de que l’interval \([85.69, 86.31]\) conté el valor mitjà de la població.

Si \(X \sim \mathcal{N}(m, \sigma^2)\), aleshores \(Y = (X - m)/\sigma\) és \(Y \sim \mathcal{N}(0, 1)\).

qnorm(0.1586553,0,1) \(\rightarrow\) -0.9999998 \(\approx\) -1

\(P(Y \leq -1) = 0.1586553 \implies (15 - m)/\sigma = -1\)

qnorm(0.9331928,0,1) \(\rightarrow\) 1.5

\(P(Y \leq 1.5) = 0.9331928 \implies (20 - m)/\sigma = 1.5\). Per tant: \(m = 17\) i \(\sigma = 2\)

a) \(P(X \leq 12)\)

\(P(X \leq 12) = P(Y \leq (12 - 17)/2) = P(Y \leq -2.5) = 0.006209665\).

pnorm(-2.5,0,1) \(\rightarrow\) 0.006209665

b) \(P(16 \leq X \leq 18)\)

\(P(16 \leq X \leq 18) = P((16-17)/2 \leq Y \leq (18-17)/2) = P(-0.5 \leq Y \leq 0.5)\)

\(P(16 \leq X \leq 18) = 0.3829249\)

vProb=pnorm(c(-0.5,0.5), 0, 1, lower.tail=FALSE); vProb[1]-vProb[2] \(\rightarrow\) 0.3829249

c) \(x\) tal que \(P(X \leq x) = 0.05\)

\(P(Y \leq 1.5) = 0.05 \implies 1.5 = (x-17)/2 \implies x = 20\).

d) \(y\) tal que \(P(X > y) = 0.5\)

S’observa que \(y\) és la mitjana de la variable, per tant \(y = 17\).

Plantejat el contrast bilateral: \(\left[H_0:\ m = 750\right]\) i \(\left[H_1:\ m \neq 750\right]\). Segons l’enunciat, \(\overline X = 735,\ \ N = 16\ \text{ i }\ \alpha = 12\).

Un interval de confiança al 95 % per a la mitjana poblacional serà, aproximadament: \[735 \pm 1.96 \frac{12}{\sqrt{16}} = 735 \pm 5.88 \approx (729.12, 740.88)\]

Amb R:

Com 750 no pertany a l’interval, es pot rebutjar que la vida mitjana sigui de 750 hores —es rebutja la hipòtesi nul·la— amb una probabilitat d’equivocar-nos de \(\alpha = 0.05\).

Sigui \(X\) la variable aleatòria que recull el nombre de cops que apareix seleccionada una xifra, amb \(X \sim \mathcal{B}(10000, 0.1)\) —sent \(q = 0.9\)—.

Aleshores la distribució de paràmetres \(\mu = np = 1000\) i \(\sigma = \sqrt{npq} = 30\) és aproximadament normal i la variable \(Y = (X- \mu)/\sigma\) és aproximadament \(Y \sim \mathcal{N}(0,1)\).

Aleshores, fent el canvi a \(Y \sim \mathcal{N}(0,1)\), \(P(X < 1000) = P(Y < (1000 - 1000)/30) = P(Y < 0)= 0.5\)

pnorm(c(1000), mean=1000, sd=30) \(\rightarrow\) 0.5

pnorm(c(0), mean=0, sd=1) \(\rightarrow\) 0.5

a) Trobis un interval de confiança al 99 % per a la mitjana poblacional.

L’interval de confiança per a la mitjana poblacional és \[I = \overline{X} \pm t_{\xi} \cdot \frac{s}{\sqrt{n - 1}}\]

, amb un coeficient de confiança \(1 - \alpha\), on \(t_α\) és tal que \(P(|t| > t_\xi) = \xi = 0.01\).

qt(0.995,17) \(\rightarrow\) 2.898231

Per tant \[I = 26.82 \pm 2.898 \cdot \frac{\sqrt{61.33}}{\sqrt{17}} = 26.82 \pm 5.50 = (21.32, 32.32)\]

b) Es pot admetre que la variància poblacional és \(s^2 = 50\)? (prenguis \(\alpha = 0.04\)).

Es troba primer un interval de confiança per a \(s^2\) al 96 %.

qchisq(0.02,17) \(\rightarrow\) 7.255003

qchisq(0.98,17) \(\rightarrow\) 30.99505

Aleshores \(\chi^2_1 = 7.255\) i \(\chi^2_2 = 30.995\), amb \(P(\chi^2 < 7.255) = P(\chi^2 > 30.995) = 0.02\). Per tant \[\text{P}\left( \frac{n \cdot s^2}{30.995} \right) \leq s^2 \leq \text{P}\left( \frac{n \cdot s^2}{7.255} \right)\]

, amb \(n = 18\) i \(s^2 = 61.33\).

Obtenint-se l’interval de confiança per a \(s^2\) al 96%: \(I = (35.61, 152.16)\)

Donat que \(50 \in I\), sí que es pot admetre que la variància poblacional és \(s^2 = 50\) amb \(\alpha = 0.04\).

Amb R:

L’interval de confiança, al 98% per al quocient de les variàncies de les dues poblacions és \([0.5801448, 3.1295847]\). Es calcula ara l’interval de confiança per a les diferències de les mitjanes.

Amb R:

Les mitjanes poblacionals de les dues distribucions no poden suposar-se iguales donat que l’interval de confiança de les mitjanes no conté al zero. A la població \(B\) hi plou més de mitjana.

a) La probabilitat de que un individu seleccionat al atzar tingui un ci inferior a 110.

La variable \(Y = (X - μ)/\sigma = (X - 100)/15\) és aproximadament \(Y \sim \mathcal{N}(0,1)\).

\(P(X < 110) = P(Y < (110 - 100)/15) = P(Y < 2/3) = 0.7475075\)

pnorm(c(110), mean=100, sd=15) \(\rightarrow\) 0.7475075

pnorm(c(2/3), mean=0, sd=1) \(\rightarrow\) 0.7475075

b) La probabilitat de que un individu seleccionat al atzar tingui un ci entre 110 i 120.

vProb=pnorm(c(120,110), mean=100, sd=15, lower.tail=TRUE); vProb[1]- vProb[2] \(\rightarrow\) 0.1612813

vProb=pnorm(c(((120-100)/15),((110-100)/15)),mean=0, sd=1,lower.tail = TRUE); vProb[1]-vProb[2]; vProb[1]- vProb[2] \(\rightarrow\) 0.1612813

c) Si es suposa que una persona amb estudis universitaris ha de tenir un ci superior a 110, la probabilitat de que un graduat universitari tingui un ci superior a 120.

És una probabilitat condicionada: \[\text{P}(X > 120 \mid X > 110) = \frac{\text{P}(X > 120 \cap X > 110)}{\text{P}(X > 110)} = \frac{0.09121122}{0.25249254} = 0.3612432\]

pnorm(c(120,110), mean=100, sd=15, lower.tail=F) \(\rightarrow\) 0.09121122 \(\ \quad \ \) 0.25249254

0.09121122 / 0.25249254 \(\rightarrow\) 0.3612432

Segons l’enunciat:

• \(P(X \leq 76.44) = 0.401 \rightarrow\) ICH dolicocèfal (40.1 %).
• \(P(76.44 \leq X \leq 81.28) = 0.383 \rightarrow\) ICH mesocèfal (38.3 %).
• \(P(X > 81.28) = 0.216 \rightarrow\) ICH braquicèfal (21.6 %).

Per tant \(P(X \leq 81.28) = 0.784\)

Fet el canvi de variable \(Y = (X - m)/\sigma\), amb \(Y \sim \mathcal{N}(0,1)\): \(P(Y \leq -0.2507596) = 0.401\)

qnorm(0.401, 0, 1) \(\rightarrow\) -0.2507596

\(P(Y \leq 0.7857738) = 0.784\)

qnorm(0.784, 0, 1) \(\rightarrow\) 0.7857738

Plantejant-se el sistema d’equacions: \[\begin{cases} -0.2507596 = \frac{76.44 - \mu}{\sigma} \\ 0.7857738 = \frac{81.28 - \mu}{\sigma} \end{cases}\]

, d'on en resulten: \(\mu = 80.10910049\) i \(\sigma = 14.63194426\). Per tant la distribució és aproximadament \(X \sim \mathcal{N}(80, 15)\).

\(X\) segueix una distribució normal, perquè és la constant \(1/n\) multiplicada per una suma de distribucions normals independents, que és també normal. Només faltarà trobar la seva esperança i la seva variància: \[\begin{align*} &E(\overline{X}) = E \left( \frac{1}{n} (X_1 + X_2 + \cdots + X_n) \right) = \frac{1}{n} \cdot E(X_1 + X_2 + \cdots + X_n) = \frac{1}{n} \cdot n \cdot m = m \\ &\sigma^2(\overline{X}) = \frac{1}{n^2} \cdot \sigma^2(X_1 + X_2 + \cdots + X_n) = \frac{1}{n^2} \cdot n \cdot \sigma^2 = \frac{\sigma^2}{n} \end{align*}\]

Per tant \[\overline X \sim \mathcal{N}\left(m,\frac{σ^2}{n}\right)\]

a) Estimis el contingut mitjà de vitamina C del suc de tomàquet.

L’estimador demanat és la mitjana mostral: 21 mg/100 cc.

b) Calculis l’interval de confiança al 98 % de la mitjana de vitamina C.

Amb R:

Per tant, hi ha un 98% de confiança de que l’interval \([18.64, 23.37]\) contingui el contingut mitjà en vitamina C del suc de tomàquet.

Observació: Si es disposés del contingut en vitamina C dels nou sucs de tomàquet, es calcularia l’interval de confiança al 98 % utilitzant la funció t.test.

Amb R:

Si la variable aleatòria \(X\) és \(\mathcal{N}(m, \sigma)\) aleshores la variable aleatòria \(\overline X\)  serà \(\mathcal{N}(m, \sigma/\sqrt{n})\) i es verificarà que \[\text{P} \left( -1.96 \leq \frac{\overline{X} - m}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}} \leq 1.96 \right) = 0.95\]

La verificació anterior implica que \[\text{P} \left( \overline{X} - 1.96 \cdot \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \leq m \leq \overline{X} + 1.96 \cdot \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \right) = 0.95\]. O sigui que \[I = (U_1, U_2) = \left( \overline{X} \pm 1.96 \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \right)\]

constitueix un interval de confiança al 95 % per a la mitjana poblacional \(m\), perquè \(U_1, U_2\) són dues variables aleatòries tals que \[\begin{align*} &U_1 = \overline{X} - 1.96 \cdot \frac{\sigma}{\sqrt{n}} < U_2 = \overline{X} + 1.96 \cdot \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \\ &\text{P}(U_1 \leq m \leq U_2) = 0.95 \end{align*}\]

a) Trobis un interval de confiança al 95 % per a la diferència de mitjanes poblacionals.

Per a les dues poblacions \((X, Y)\) es trobarà un interval de confiança per a la diferència de mitjanes (\(m_1 - m_2\)) de dues poblacions normals \(X \sim \mathcal{N}(m_1, \sigma)\), \(Y \sim \mathcal{N}(m_2,\sigma)\), independents, a partir de mostres de mida \(n_1\) i \(n_2\). En aquest es tindrà: \[(\overline{X} - \overline{Y}) \sim N \left( m_1 - m_2, \sigma \cdot \sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}} \right)\]

I per tant \[\text{P} \left( -1.96 \leq \frac{\overline{X} - \overline{Y}}{\sigma \cdot \sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}}} \leq 1.96 \right)\]

, el que implica \[\text{P} \left( (\overline{X} - \overline{Y}) - 1.96 \cdot \sigma \cdot \sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}} \leq m_1 - m_2 \leq (\overline{X} - \overline{Y}) + 1.96 \cdot \sigma \cdot \sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}} \right) = 0.95\]

I aleshores \[I = \left( \overline{X} - \overline{Y} \pm 1.96 \cdot \sigma \cdot \sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}} \right)\]

és un interval de confiança per a \(m_1 - m_2\) al 95 %.

b) Es pot acceptar, amb \(\alpha = 0.05\), que l’alçada mitjana de la població ha augmentat?

Es contrasten les hipòtesis —contrast unilateral—: \(\left[H_0:\ m_1 = m_2\right]\) i \(\left[H_1:\ m_1 < m_2\right]\), amb \(\alpha = 0.05\).

Si \(H_0\) és certa, la variable aleatòria \[Y = \frac{\overline{X} - \overline{Y}}{\sigma \cdot \sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}}}\]

serà \(\mathcal{N}(0,1)\). En cas contrari \(Y\) serà també normal però d’esperança negativa. S’ha de trobar, per tant, una \(\lambda\) tal que \(P(Y – \lambda) = 0.05\).

Consultant la taula normal, s’obté \(\lambda = -1.644854\).

qnorm(0.05,0,1,lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) -1.644854

Com \[Y = \frac{\overline{X} - \overline{Y}}{\sigma \cdot \sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}}} = \frac{168 - 169.2}{8 \cdot \sqrt{\frac{1}{1000} + \frac{1}{1200}}} = \frac{-1.2}{0.2444} = -4.91 < -1.644854\]

s’ha de rebutjar \(H_0\) i acceptar que la mitjana poblacional ha augmentat.

a) Calculis l’error màxim d’una pesada amb probabilitat 0.95.

Sigui \(X\) la variable aleatòria que recull l’error en una pesada, amb \(X \sim \mathcal{N}(0, 0.1)\). Aleshores \(Y =(X – 0)/0.1\), és \(\mathcal{N}(0,1)\), i es té:

qnorm(0.025, mean=0, sd=0.1, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) -0.1959964

qnorm(0.025, mean=0, sd=0.1, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.1959964

Per tant \(P(-0.1959964 < Y < 0.1959964) = 0.95\), amb \(X_M = \sigma \cdot 0.1959964 = 0.1 \cdot 0.1959964 \approx 0.02\) mg.

L’error màxim és \(\pm 0.02\) mg, amb \(p = 0.95\).

b) Calculis l’error màxim de la mitjana de 10 pesades amb probabilitat 0.95.

La mitjana de 10 pesades \(\overline{X} = \frac{1}{10} \sum X_i\) és \(\mathcal{N}(0, 0.1/\sqrt{10})\), amb \[|\overline{X}_M| = \frac{0.1}{\sqrt{10}} \cdot 0.1959964 \approx 0.006198\]

L’error màxim és \(\pm 0.006198\) mg, amb \(p = 0.95\).

c) Calculis el nombre mínim de pesades per assegurar que l’error màxim de la mitjana és inferior a 0.01 mg amb probabilitat 0.95.

La mitjana de \(n\) pesades \(\overline{X} = \frac{1}{n} \sum X_i\) és \(\mathcal{N}(0, 0.1/\sqrt{n})\), amb \[|\overline{X}_M| = \frac{0.1}{\sqrt{n}} \cdot 0.1959964 \leq 0.01 \Rightarrow n \geq 3.841458881\]

Farien falta quatre o més pesades.

a) \(m\) i \(\sigma\).

Segons l’enunciat: \(m = 10 \sigma\). S’efectua el canvi de variable \(Y = (X - m)/\sigma = (X - 10 \sigma)/\sigma\), amb \(Y \sim \mathcal{N}(0, 1)\).

Consultant les taules es verifica \(P(Y \leq -1) = 0.1586553\)

qnorm(0.1586553, mean=0, sd=1) \(\rightarrow\) -0.9999998 \(\approx\) -1

pnorm(-1, mean=0, sd=1) \(\rightarrow\) 0.1586553

Aleshores \(Y = (18 - 10 \sigma)/\sigma\). Per tant \((18 -10 \sigma)/\sigma = -1 \implies \sigma = 2\) i \(m =10 \cdot 2 = 20\)

b) L’esperança i la funció de distribució de la nova variable \(Y = 80 – X^2\).

\(E(Y) = E(80 - X^2) = 80 - E(X^2)\)

\(σ^2 = 4 = E(X^2) - (E(X))^2 = E(X^2) - 400 \implies E(X^2) = 404\) Per tant \(E(Y) = 80 - E(X^2) = 80 - 404 = -324\)

La funció de distribució és \(F_Y(X) = P(Y \leq X) = P(80 -X^2 \leq x) = P(X^2 \geq 80 - x)\), amb \[F_Y(X) = \begin{cases} 0, & \text{si } x > 80 \\ 1 - \left[ F_X\left(\sqrt{80 - x}\right) - F_X\left(-\sqrt{80 - x}\right) \right], & \text{si } x \leq 80 \end{cases}\]

I \(F_X(X)\) la funció de distribució de probabilitat \(X \sim \mathcal{N}(20,2)\).

Sigui \(X\) la variable aleatòria que recull el nombre de cares obtingudes al llançar la moneda, amb \(X \sim \mathcal{B}(n = 100, p = 0.5)\), i \(q = 1 - p = 0.5\).

Aleshores es té \(X \sim \mathcal{N}(\mu = np = 50, \sigma = \sqrt{npq} = 5)\). On \(Y = (X - 50)/5\) segueix una distribució \(Y \sim \mathcal{N}(0,1)\).

Per tant, amb el canvi de variable a \(Y \sim \mathcal{N}(0,1)\), es té \(P(49 \leq X \leq k) = P((49 - 50)/5 \leq Y \leq (k- 50)/5) = 0.5\)

pnorm(0.50,0,1) \(\rightarrow\) 0.6914625

\(0.6914624 \leq (k - 50)/5 \implies k \approx 53\)

qnorm(0.93,0,1) \(\rightarrow\) 1.475791

qnorm(0.15,0,1) \(\rightarrow\) -0.4958503

Es planteja el sistema d’equacions \[\begin{cases} \frac{8 - m}{\sigma} = 1.475791 \\ \frac{4 - m}{\sigma} = -0.4958503 \end{cases}\]

I, per tant \(σ \approx 2\) i \(m \approx 5\)

vProb=pnorm(c(2,6), mean=5, sd=2, lower.tail=TRUE); vProb[2]- vProb[1] \(\rightarrow\) 0.6246553

\(P(2 < X <6) \approx 0.62\)

a) Calculis l’error màxim d’una pesada amb probabilitat 0.95.

Sigui \(X\) la variable aleatòria que mesura l’error en una pesada, amb \(X \sim \mathcal{N}(0, 0.5)\).

Aleshores, \(Y = (X – 0)/0.5\), és \(Y \sim \mathcal{N}(0, 1)\)

Amb \(Y \sim \mathcal{N}(0, 1)\), es té:

qnorm(((1-0.95)/2), mean=0, sd=1, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) -1.959964

qnorm(((1-0.95)/2), mean=0, sd=1, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 1.959964

Per tant \(P(-1.959964 < Y < 1.959964) = 0.95\), amb \(X_M = \sigma \cdot 1.959964 = 0.5 \cdot 1.959964 \approx 0.979982\)

L’error màxim és \(\pm 0.979982\) mg, amb \(p = 0.95\).

b) Calculis el nombre mínim de pesades per assegurar que l’error màxim de la mitjana és inferior a 0.01 mg amb probabilitat 0.95.

La mitjana de n pesades és \[\overline{X} = \frac{1}{n} \sum X_i\], i segueix una distribució \(\mathcal{N}(0,2/\sqrt{n})\).

qnorm(((1-0.95)/2), mean=0, sd=1, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 1.959964

Per tant \[\begin{align*} &\overline{X}_M = \left( \frac{0.5}{\sqrt{n}} \right) \cdot 1.959964 \leq 0.01 \\ &97.9982 \leq \sqrt{n} \Rightarrow n \geq 97.9982^2 = 9603.647203 \end{align*}\]

Farien falta, com a mínim, 9604 pesades.

a) Calculis la probabilitat d’obtenir més de 370 punts.

La tirada d’un dau segueix una distribució normal, amb \[\begin{align*} \mu &= \frac{1}{6} \sum_{k=1}^6 k = 3.5 \\[10pt] \sigma &= \sqrt{\frac{1}{6} \sum_{k=1}^6 (k - \mu)^2} = 1.70782513 \end{align*}\]

Pel teorema del límit central, la mitjana de la mostra de 100 tirades segueix una distribució normal de paràmetres \(μ_o\) i \(\sigma_0\) donats per \[\begin{align*} &\mu_0 = 100 \cdot \mu = 350 \\ &sigma_0 = 100 \cdot \sigma = 170.782513 \\ &P(X > 370) = 1 - P(X \leq 370) \approx 0.45 \end{align*}\]

Amb R:

b) Sabent que a la tirada 50 s’ha arribat a 180, calculis la probabilitat de que en la tirada 100 no es passi de 340 punts.

\[\begin{align*} \text{P}(180 \leq X \leq 340 \mid X \geq 180) &= \frac{\text{P}(X \geq 180 \mid 180 \leq X \leq 340) \cdot \text{P}(180 \leq X \leq 340)}{\text{P}(X \geq 180)} \approx 0.38\end{align*}\]

Amb R:

Siguin

• \(X\) la variable aleatòria que mesura l’alçada de les dones, amb \(X \sim \mathcal{N}(160, 6)\)
• \(Y\) la variable aleatòria que mesura l’alçada dels homes, amb \(Y\sim \mathcal{N}(170, 7)\)

A la següent gràfica —a partir d'una simulació amb Excel— s’observa que les dues corbes es creuen als 165 cm d’alçada, per tant, el 76 % dels homes són igual o més alts que les dones.

pnorm(165,170,7,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.7624747

Sigui \(YX\) la variable aleatòria que mesura la diferència d’alçada entre homes i dones, amb \(YX \sim \mathcal{N}(170 - 160, \sqrt {7^2 + 6^2}) \rightarrow YX \sim \mathcal{N}(10, 9.219544457)\).

L’àrea blava de la corba ens indica la probabilitat demanada a l’enunciat. La probabilitat de que un home qualsevol sigui més alt que una dona qualsevol serà doncs \(P(YX \geq 0) = 1 - P(YX \leq 0) \approx 0.861\)

pnorm(0,10,9.219544457,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.8609622

Es pot calcular també integrant la funció de densitat de probabilitat de la diferència d’alçada entre els homes i les dones d’aquesta població \[\int_{0}^{50} f(x) = \int_{0}^{50} \frac{1}{\sigma \sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{(x - m)^2}{2 \sigma^2}} = \int_{0}^{50} \frac{1}{9.22 \sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{(x - 10)^2}{2 \cdot 9.22^2}} \approx 0.86094\]

Amb una diferència, error, de \(+0.0009\).

qnorm(0.86094,10,9.219544457,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.0009220367

Es tenen les distribucions \[\begin{align*} X &\sim \mathcal{B}(100, 0.06) \\[10pt] X &\sim \mathcal{N}\left(100 \cdot 0.06, \sqrt{100 \cdot 0.06 \cdot 0.94}\right) = X \sim \mathcal{N}(6, 2.37487) \end{align*}\]

Amb \(P(X = 8) = P(7.5 \leq X \leq 8.5)\)

pnorm(c(8.5,7.5), mean=6, sd=2.37487, lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 0.8537583 \(\quad\) 0.7361803

0.8537583 - 0.7361803 \(\rightarrow\) 0.117578

Si es calcula directament a partir de la distribució binomial es té:

dbinom(8, size=100, prob=0.06) \(\rightarrow\) 0.1053636

Sigui \(X\) la variable aleatòria que recull el nombre d’unitats defectuoses produïdes diàriament, amb \(X \sim \mathcal{P}(10 \cdot 150) = X \sim \mathcal{P}(1500)\).

Aleshores, \(X\) es pot aproximar a una distribució normal \(X \sim \mathcal{N}(1500, \sqrt{1500}) = X \sim \mathcal{N}(1500, 38.7298)\).

Amb correcció de continuïtat es té:

pnorm(c(1480.5), mean=1500, sd=sqrt(10*150), lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.6926893

i sense correcció de continuïtat:

pnorm(c(1480), mean=1500, sd=sqrt(10*150), lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.6972117

Segons la distribució de Poisson exacta es tindria:

ppois(c(1480), lambda=1500, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.6915581

Sigui \(X\) la variable aleatòria que mesura la pèrdua de líquid d’un paquet elegit a l’atzar, amb \(X \sim \mathcal{N}(4, 1)\).

Aleshores, per a un únic paquet, \(P(3 \leq X \leq 5) = 0.6826895\)

prob <- pnorm(c(3, 5), mean=4, sd=1); prob[2]-prob[1] \(\rightarrow\) 0.6826895

Sigui \(Y\) la variable aleatòria que mesura el nombre de paquets de la mostra amb pèrdues entre el 3 i el 5 %, amb \(Y \sim \mathcal{B}(4, 0.6826895)\).

Aleshores \[\text{P}(Y = 4) = \binom{4}{4} 0.6826895^4 \cdot (1 - 0.6826895)^4 = 0.2172165\]

dbinom(4,4,0.6826895) \(\rightarrow\) 0.2172165

a) La probabilitat de que les vendes del primer model no superin els 30 mil euros en una setmana.

pnorm(30,42,12) \(\rightarrow\) 0.1586553

b) La probabilitat de que les vendes del segon model superin en una setmana la mitjana del tercer model.

pnorm(78,60,18,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.1586553

c) La probabilitat de que en una setmana les vendes del concessionari siguin superiors a 120 mil euros.

Sigui \(Y\) la variable aleatòria que recull les vendes conjuntes dels tres models d’automòbil, \(X_1 + X_2 + X_3\).

Aleshores, \(Y\) seguirà una distribució normal \(Y \sim \mathcal{N}(42 + 60 + 78, \sqrt{12^2 + 18^2 + 10^2}) \approx Y \sim \mathcal{N}(180, 23.8328)\)

pnorm(120,180,23.8328,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.9940911

d) La probabilitat de que la suma de les vendes del primer i del tercer models superin les vendes del segon model en 18 mil euros, en una setmana.

Sigui \(Y\) la variable aleatòria que recull les vendes dels models \(X_1 – X_2 + X_3\).

Es vol calcular \(P(Y >18)\), segons una distribució normal \(Y \sim \mathcal{N}(42 -60 +78, \sqrt{(12^2 + 18^2 + 10^2}) \approx Y \sim \mathcal{N}(60, 23.8328)\)

pnorm(18,60,23.8328,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.9609888

a) La probabilitat de que un alumne, a la prova \(A\), hagi obtingut una puntuació menor que 40.

Sigui \(X\) la variable aleatòria que recull la puntuació de l’alumne a la prova \(A\), amb \(A \sim \mathcal{N}(62, 20)\) segons l’enunciat.

Es calcula \(P(X < 40) = 1 - P(X \geq 40) = 0.1356661\)

pnorm(40,62,20,lower.tail=TRUE) \(\rightarrow\) 0.1356661

b) La probabilitat de que una alumne determinat hagi superat la prova \(B\).

Sigui \(Y\) la variable aleatòria que recull la puntuació de l’alumne a la prova \(B\), amb \(B \sim \mathcal{N}(52, 10)\) segons l’enunciat.

Es calcula \(P(X \geq 50) = 0.5792597\)

pnorm(50,52,10,lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.5792597

c) Si un alumne ha obtingut una puntuació de 68 en la primera prova i de 62,5 en la segona. En quina prova ha obtingut millor resultat respecte els altres alumnes?

Es tipifiquen \(A\) i \(B\), per tal de poder comparar-les \[\begin{align*} z_A &= \frac{68 - 62}{20} = 0.3 \\[10pt] z_B &= \frac{62.5 - 52}{10} = 1.05 \end{align*}\]

S’observa que el resultat a la prova \(B\) és molt millor —un 350% més— que a la prova \(A\).

d) Sigui \(M\) la variable definida per \(M = 0.5 \cdot (X + Y)\), on \(X,Y\) representen les variables aleatòries anteriors. Calculis la mitjana i la desviació típica.

\[\begin{align*} &E(M) = E \left[ \frac{1}{2} (X + Y) \right] = \frac{1}{2} (E(X) + E(Y)) = \frac{1}{2} (62 + 52) = 57 \\[10pt] &\text{Var}(M) = \text{Var} \left[ \frac{1}{2} (X + Y) \right] = \frac{1}{4} (\text{VAR}(X) + \text{VAR}(Y)) = \frac{1}{4} (20^2 + 10^2) = 125 \\[10pt] &\sigma = \sqrt{125} \approx 11.18 \end{align*}\]

Per tant la distribució és \(M \sim \mathcal{N}(57, \sqrt{125})\).

e) Si es precisa que la mitjana aritmètica de les dues proves sigui superior a 70, calculis la probabilitat de superar-ho.

Tal com ja s’ha vist a l’apartat anterior, es tracta d’una distribució \(\mathcal{N}(57, \sqrt{125})\). Per tant:

pnorm(70,57,sqrt(125),lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.1224644

Com la mostra és petita, es recomana el test de Kolmogoroff-Smirnov amb la correcció de Lilliefors. També es pot utilitzar el test de Shapiro-Wilk.

Amb R:

Al test de lilliefors, com \(p\)-value \(= 0.09489 > 0.01\), s’accepta la hipòtesi de normalitat de les dades.

Al test de Kolmogórov, com \(p\)-value \(= 0.5075 > 0.01\), s’accepta la hipòtesi de normalitat de les dades.

Al test de Shapiro, com \(p\)-value \(= 0.2623 > 0.01\), s’accepta la hipòtesi de normalitat de les dades.

A partir de la mostra es calculen \(\overline X = 12.05\) i \(\sigma = 6.48\)

S’ajusten les dades a la \(\mathcal {N}(0,1)\) amb \(Y = (X - 12.05)/6.48\) i s'obtenen els valors: \(0.36, 0.49, -0.12, -1.47, 1.64, 0.44, -1.64, 0.58, -1.21, 0.52, 0.80, -0.39\)

Amb R:

Els estimadors de màxima versemblança de la mitjana i la variància poblacionals, sota la hipòtesi de normalitat, seran: \[\begin{align*} \tilde{m} &= \overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n x_i \\[10pt] \tilde{\sigma}^2 &= s^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (x_i - \overline{X})^2 \end{align*}\]

Per calcular-ho s’agafa com a valor mostral el valor mitjà de cada interval:

Es tipifica a \(\mathcal{N}(0,1)\) amb \(Y = (x - 1.41)/8.73\), es calculen les probabilitats per interval i s'elabora una taula conjunta amb les freqüències espeades i observades per a cada interval:

Calculem la \(\chi^2\) a partir de les freqüències teòriques i esperades: \[\chi^2 = \frac{(20 - 11.62)^2}{11.62} + \frac{(40 - 33.83)^2}{33.83} + \cdots + \frac{(50 - 36.35)^2}{36.35} + \frac{(15 - 12.74)^2}{12.74} = 44.66\]

Calculem \(\chi^2_\xi\), amb \((10 - 1 - 2) = 7\) g.l.

qchisq(0.95,7) \(\rightarrow\) 14.06714

Com \(\chi^2 = 44.66 > \chi^2_\xi = 14.067\) es rebutja la hipòtesi de normalitat de les dades, amb \(\alpha = 0.05\).

Amb R:

Com \(p\)-value \(= 1.063758e-06 < \alpha = 0.05\) es rebutja la hipòtesi de normalitat de les dades.

Per \(n = 155\ (n >30)\) i \(\alpha = 0.05\), la taula de Lilliefors [*] ens dona el valor de \(0.895/\sqrt{155} \approx 0.072\)

[*] Abdi, H. & Molin, P. (2007) Lilliefors/Van Soest’s test of normality. Encyclopedia of measurement and statistics. Neil Salkind (Ed.). Sage, Thousand Oaks, California.

Per tant, donat que \(0.081 > 0.072\), es rebutja la hipòtesi de normalitat, amb \(\alpha = 0.05\).

Si es pren \(\alpha = 0.01\), s’obté el valor de \(1.035/\sqrt{155} = 0.083\), aleshores, com \(0.081 < 0.083\), s’accepta la hipòtesi de normalitat.

Sigui la variable aleatòria \(Y\) = { Renda anual en el sector econòmic en qüestió }. Es considera la variable aleatòria \(X\) tal que \(Y = e^X\), amb \(X \sim \mathcal{N}(2, 1.2)\). Per tant \[P(Y > 40) = P(e^X > 40) = P(X >ln ⁡40 ) \approx P(X > 3.69)\].

Tipificant les dades, es té \[\begin{align*} \text{P}(X > 3.69) &= \text{P} \left( Z = \frac{X - \mu}{\sigma} > \frac{3.69 - 2}{1.2} = 1.41 \right) \\[10pt] \text{P}(Z > 1.41) &= 1 - \text{P}(Z \leq 1.41) = 1 - 0.9207302 = 0.07926984 \end{align*}\]

1 - pnorm(1.41,0,1) \(\rightarrow\) 0.07926984

plnorm(40, 2, 1.2, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.07965447

Aproximadament un 8 % de la renda és per sobre de 40000 € anuals.

a) Calculis la probabilitat de sobreviure més de 12 anys.

El valor demanat és la cua de la dreta de la distribució.

pnorm(((log(12)-2.32)/0.2), 0, 1, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.2048183

plnorm(12, 2.32, 0.2, lower.tail=FALSE) \(\rightarrow\) 0.2048183

La probabilitat de supervivència als 12 anys és aproximadament del 20.48 %.

b) Representis la funció de distribució acumulada de la variable.

Es representa la funció de distribució acumulada de la variable.

Amb R: