Probl De Distri Normal Ejer2

ESTADÍSTICA
Semestre sept06 – feb07

Módulos: 1 - 11

Prueba de evaluación continua 1 - PEC1

RESOLUCIÓN
•

Presentación y objetivos

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Enunciados: descripción teórica de la práctica a realizar

•

Materiales

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Criterios de evaluación

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Formato presentación

•

Fecha presentación

Presentación y objetivos
Objetivos
El objetivo principal de esta PEC1 es llegar a dominar los conceptos básicosasociados a la
estadística descriptiva (incluyendo datos agrupados) y la distribución normal.

Presentación de la prueba
La prueba consta de tres ejercicios más dos prácticas de Minitab.
En cada ejercicio, el alumno tendrá que resolver y responder razonadamente las preguntas que se
formulan sin recurrir al Minitab.
Las prácticas, sin embargo, se resolverán con la ayuda del programa Minitab.
Tenéisque enviar un único fichero DOC, RTF ó PDF con vuestras respuestas a los ejercicios y
las prácticas. Cuando el fichero tenga un tamaño considerable -debido a las capturas de pantalla
que incluyáis en la respuesta a las prácticas Minitab- debéis enviarlo comprimido.

Semestre sept06 – feb07

1

ESTADÍSTICA
Prueba de evaluación continuada PEC1

Parte 1 de la PEC: Preguntas (a resolver sinMinitab)
EJERCICIO 1
La siguiente tabla recoge la distribución del tiempo (en minutos) de conexiones a la red por los
usuarios de una biblioteca pública, calculada a partir de una muestra de 200 consultas:
Tiempo
Frecuencia

0-10
60

10-20
90

20-30
40

30-40
10

a)
b)
c)
d)

Representa gráficamente la distribución.
Calcula mediana y media, y compara los 2 valores.
Calcula la varianza y el coeficiente devariación. ¿Qué mide este segundo?
Si el tiempo se expresa en horas, ¿cuáles serían los valores de la media y la varianza de la
nueva distribución?
e) ¿Por encima de qué tiempo se encuentran el 25% de las conexiones más largas?
RESOLUCIÓN

a) Histograma o box-plot (1Q=8.33; Mediana=19.44; 3Q=25)
Efectivamente:
50 − 0
100 − 60
Q1 = 0 + (
*10) = 8.33
Mediana = 10 + (
*10) = 14.44
60
90

(5 * 60) +(15 * 90) + (25 * 40) + (35 *10) 3000
=
= 15
200
200
La proximidad de los estadísticos media y mediana indica que la distribución es bastante
simétrica.
b) X =

c)

∑(X
=

− X ) 2 ni

(5 − 15) 2 * 60 + (15 − 15) 2 * 90 + (25 − 15) 2 * 40 + (35 − 15) 2 *10
=
200 − 1
n −1
6000 + 0 + 4000 + 4000
=
= 70.35
199
S
70.35
CV =
=
= 0.56
X
15
S

2

i

=

El coeficiente de variación es una medida relativa dela dispersión de una distribución.
d) La media quedaria dividida por 60 y la varianza dividida por el cuadrado de esta constante
(3600).
e) Dado que nos piden el 25% más alto, eso se corresponderia con el valor del tercer cuartil.

Semestre sept06 – feb07

2

ESTADÍSTICA
Prueba de evaluación continuada PEC1

N
200
− N i −1
3.
− 60
4
Q3 = Li −1 + 4
.c1 = 10 +
.10 = 20
90
ni
Resultado que ya sepodia deducir de la simple observación de los datos
3.

EJERCICIO 2

Si Z es una variable aleatoria del tipo N(0, 1), encontrar k en cada uno de los casos siguientes:
a) P( Z ≤ k ) = 0'6772
b) P( Z ≤ k ) = 0'2004
c) P (−3 ≤ Z ≤ k ) = 0'9893
d) P( Z ≤ k ) = 0'8444
Resolución

a) Buscamos en tablas el valor 0’6672 o el que más se aproxime, y en este caso encontramos:
0’46. Entonces, k = 0’46
b) Sirealizamos el mismo proceso, tendremos k = 0’84
c) En este caso el resultado no es inmediato, primero hemos de ver que la probabilidad de que
el intervalo esté entre z = -3 y z = k, es 0’9893, y para encontrar la k le hemos de añadir el
valor de la probabilidad a la izquierda de –3 que es 0’0013.
Entonces: 0’9893 + 0’0013 = 0‘9906 que equivale a una k = 2’35.
O bien:
P ( −3 ≤ Z ≤ k ) = 0'9893
P ( −3 ≤Z ≤ k ) = P ( Z ≤ k ) − P ( −3 ≤ k ) = 0'9893
P ( Z ≤ k ) = 0'9893 + P ( −3 ≤ k ) = 0'9893 + 0'00135 = 0'99065 ⇒ k = 2.35

d) En este caso, sabemos que la probabilidad en el intervalo: -k, k vale 0’8444 y sabemos
también que la probabilidad que queda a la derecha de k es la misma que queda a la
izquierda de –k.
Entonces, si hacemos: (1-0’8444)/2 = 0’0778 (para repartir el área a la derecha y a...