Nota: La esperanza de la distribución exponencial, tal como se define aquí es \(E(Y)= \theta\).
+SOLUCIÓN
+Para resolver este problema, evaluaremos el sesgo y la varianza de cada uno de los estimadores propuestos.
+Se sabe que para una variable aleatoria \(Y\) que sigue una distribución exponencial con parámetro \(\theta\), \(E(Y) = \theta\) y \(\text{Var}(Y) = \theta^2\).
+Un estimador \(\hat{\theta}\) es insesgado si \(E(\hat{\theta}) = \theta\). Evaluamos la esperanza de cada estimador:
+\[ +E(\hat{\theta}_1) = E(Y_1) = \theta +\]
+Por lo tanto, \(\hat{\theta}_1\) es insesgado.
+\[ +E(\hat{\theta}_2) = E\left(\frac{Y_1 + Y_2}{2}\right) = \frac{1}{2}(E(Y_1) + E(Y_2)) = \frac{1}{2}(\theta + \theta) = \theta +\]
+Por lo tanto, \(\hat{\theta}_2\) es insesgado.
+\[ +E(\hat{\theta}_3) = E\left(\frac{Y_1 + 2Y_2}{3}\right) = \frac{1}{3}(E(Y_1) + 2E(Y_2)) = \frac{1}{3}(\theta + 2\theta) = \theta +\]
+Por lo tanto, \(\hat{\theta}_3\) es insesgado.
+El valor esperado de \(\min(Y_1, Y_2, Y_3)\) para una muestra de tamaño 3 de una distribución exponencial no es \(\theta\), sino \(\frac{\theta}{3}\) (Ver apendice 1 al final del problema).
+Por lo tanto:
+\[ +E(\hat{\theta}_4) = \frac{\theta}{3} \neq \theta +\]
+Por lo tanto, \(\hat{\theta}_4\) no es insesgado.
+El promedio muestral \(\bar{Y} = \frac{1}{3}(Y_1 + Y_2 + Y_3)\). Entonces:
+\[ +E(\hat{\theta}_5) = E\left(\frac{1}{3}(Y_1 + Y_2 + Y_3)\right) = \frac{1}{3}(E(Y_1) + E(Y_2) + E(Y_3)) = \frac{1}{3}(3\theta) = \theta +\]
+Por lo tanto, \(\hat{\theta}_5\) es insesgado.
+Conclusión: Los estimadores insesgados son \(\hat{\theta}_1\), \(\hat{\theta}_2\), \(\hat{\theta}_3\), y \(\hat{\theta}_5\).
+Recordemos que para una variable \(Y\) que sigue una distribución exponencial con parámetro \(\theta\):
+Las varianzas de los estimadores insesgados son:
+Como \(\hat{\theta}_1\) es simplemente una observación de la muestra:
+\[ +\text{Var}(\hat{\theta}_1) = \text{Var}(Y_1) = \theta^2. +\]
+Dado que \(Y_1\) y \(Y_2\) son independientes, \(\text{Var}(Y_1 + Y_2) = \text{Var}(Y_1) + \text{Var}(Y_2) = \theta^2 + \theta^2 = 2\theta^2\). Por lo tanto:
+\[ +\text{Var}(\hat{\theta}_2) = \text{Var}\left(\frac{Y_1 + Y_2}{2}\right) = \frac{1}{4}\text{Var}(Y_1 + Y_2) = \frac{1}{4}(2\theta^2) = \frac{\theta^2}{2}. +\]
+De nuevo, dado que \(Y_1\) y \(Y_2\) son independientes:
+\[ +\text{Var}(\hat{\theta}_3) = \text{Var}\left(\frac{Y_1 + 2Y_2}{3}\right) = \frac{1}{9}(\text{Var}(Y_1) + 4\text{Var}(Y_2)) = \frac{1}{9}(\theta^2 + 4\theta^2) = \frac{5\theta^2}{9}. +\]
+La media muestral está definida como:
+\[ +\bar{Y} = \frac{1}{3}(Y_1 + Y_2 + Y_3). +\]
+Dado que \(Y_1, Y_2, Y_3\) son independientes:
+\[ +\text{Var}(\bar{Y}) = \text{Var}\left(\frac{1}{3}(Y_1 + Y_2 + Y_3)\right) = \frac{1}{9}(\text{Var}(Y_1) + \text{Var}(Y_2) + \text{Var}(Y_3)). +\]
+Sustituyendo \(\text{Var}(Y_i) = \theta^2\):
+\[ +\text{Var}(\bar{Y}) = \frac{1}{9}(3\theta^2) = \frac{\theta^2}{3}. +\]
+Resumimos las varianzas calculadas:
+La varianza de \(\hat{\theta}_5 = \bar{Y}\) es la menor entre los estimadores insesgados.
+De hecho, desde un punto de vista teórico este es el resultado que cabría esperar (haciendo otros cálculos, que no hemos introducido aquí) porque, al tratarse de un estimador insesgado y función del estadístico suficiente (la suma de todas las observaciones) la media muestral, \(\bar{Y}\), es el estimador de varianza mínima para \(\theta\) en la familia exponencial +### Apéndice 1: Distribución del mínimo
+Para justificar que el valor esperado de \(\min(Y_1, Y_2, Y_3)\) para una muestra de tamaño 3 de una distribución exponencial es \(\frac{\theta}{3}\), necesitamos considerar las propiedades de la distribución exponencial y cómo se comporta el mínimo de variables independientes e idénticamente distribuidas.
+Sea \(Y_1, Y_2, Y_3\) una muestra aleatoria independiente de una distribución exponencial con parámetro \(\theta\) y función de densidad:
+\[ +f_Y(y) = \frac{1}{\theta} e^{-y/\theta}, \quad y > 0. +\]
+El mínimo de estas variables, \(M = \min(Y_1, Y_2, Y_3)\), también es una variable aleatoria. Su función de distribución acumulativa (CDF) \(F_M(m)\) es la probabilidad de que todos los valores \(Y_i\) sean mayores que \(m\):
+\[ +F_M(m) = P(M \leq m) = 1 - P(Y_1 > m \text{ y } Y_2 > m \text{ y } Y_3 > m). +\]
+Dado que las variables son independientes:
+\[ +P(M \leq m) = 1 - P(Y_1 > m) P(Y_2 > m) P(Y_3 > m). +\]
+La probabilidad de que \(Y_i > m\) es:
+\[ +P(Y_i > m) = 1 - F_Y(m) = 1 - \left(1 - e^{-m/\theta}\right) = e^{-m/\theta}. +\]
+Por tanto:
+\[ +F_M(m) = 1 - (e^{-m/\theta})^3 = 1 - e^{-3m/\theta}. +\]
+La función de densidad (pdf) del mínimo \(M\) se obtiene derivando \(F_M(m)\):
+\[ +f_M(m) = \frac{d}{dm} F_M(m) = 3 \cdot \frac{1}{\theta} e^{-3m/\theta}, \quad m > 0. +\]
+La esperanza de \(M = \min(Y_1, Y_2, Y_3)\) se calcula como:
+\[ +E(M) = \int_0^\infty m f_M(m) \, dm. +\]
+Sustituyendo \(f_M(m)\):
+\[ +E(M) = \int_0^\infty m \cdot 3 \cdot \frac{1}{\theta} e^{-3m/\theta} \, dm. +\]
+Factorizando las constantes:
+\[ +E(M) = \frac{3}{\theta} \int_0^\infty m e^{-3m/\theta} \, dm. +\]
+Hacemos el cambio de variable \(u = \frac{3m}{\theta} \implies m = \frac{\theta u}{3}, \, dm = \frac{\theta}{3} du\):
+\[ +E(M) = \frac{3}{\theta} \int_0^\infty \frac{\theta u}{3} e^{-u} \cdot \frac{\theta}{3} du. +\]
+Simplificamos:
+\[ +E(M) = \frac{3}{\theta} \cdot \frac{\theta^2}{9} \int_0^\infty u e^{-u} \, du = \frac{\theta}{3} \int_0^\infty u e^{-u} \, du. +\]
+El valor esperado de \(u\) para \(u \sim \text{Exp}(1)\) es conocido: \(\int_0^\infty u e^{-u} \, du = 1\).
+Por tanto:
+\[ +E(M) = \frac{\theta}{3}. +\]
+El valor esperado del mínimo de \(Y_1, Y_2, Y_3\), que son independientes y siguen una distribución exponencial con parámetro \(\theta\), es \(\frac{\theta}{3}\).
+Observemos que esta dependencia del tamaño de la muestra se puede interpretar como que, aunque para muestras finitas, es imposible que se alcance el mínimo valor posible de la distribución, a medida que la muestra sea más grande la esperanza del mínimo disminuirá, y con ella el sesgo, por lo que se trata de un estimador _asintóticamente insesgado.
+SOLUCIÓN
+Dado que \(X_1, X_2, \dots, X_n\) es una muestra aleatoria de una distribución uniforme \((0, \theta)\):
+Calculamos la esperanza de los estimadores \(\hat{\theta}_1\) y \(\hat{\theta}_2\) para verificar su insesgadez.
+El valor esperado del máximo de \(n\) variables independientes uniformemente distribuidas es conocido:
+\[ +E[\hat{\theta}_1] = \frac{n}{n+1} \theta. +\]
+Dado que \(E[\hat{\theta}_1] \neq \theta\), el estimador \(\hat{\theta}_1\) es sesgado. Podemos corregir este sesgo multiplicándolo por \(\frac{n+1}{n}\), resultando en un estimador insesgado \(\frac{n+1}{n} \hat{\theta}_1\).
+La esperanza de la media muestral \(\overline{X}\) de \(n\) variables uniformes es:
+\[ +E[\overline{X}] = \frac{\theta}{2}. +\]
+Por lo tanto:
+\[ +E[\hat{\theta}_2] = E[2\overline{X}] = 2 \cdot \frac{\theta}{2} = \theta. +\]
+El estimador \(\hat{\theta}_2\) es insesgado.
+Simularemos 1000 muestras de tamaño \(n = 10\) de una distribución uniforme \((0, 1)\) y calcularemos los valores promedio de \(\hat{\theta}_1\) y \(\hat{\theta}_2\) para aproximar sus esperanzas y analizar el sesgo.
+set.seed(123) # Fijar la semilla para reproducibilidad
+
+# Parámetros
+n <- 10 # Tamaño de la muestra
+replicas <- 1000 # Número de simulaciones
+
+# Simulaciones
+simulaciones <- replicate(replicas, {
+ muestra <- runif(n, min = 0, max = 1)
+ c(max(muestra), 2 * mean(muestra)) # Calculamos los dos estimadores
+})
+
+# Convertimos simulaciones en una matriz
+simulaciones <- t(simulaciones)
+
+# Calculamos los valores promedio de los estimadores
+promedios <- colMeans(simulaciones)
+
+# Mostramos los resultados
+promedios## [1] 0.9051482 0.9950987De las simulaciones obtenemos:
+Es posible calcular la varianza analísticamente de forma similar a como se ha calculado la esperanza del mínimo en el ejercicio anterior.
+EN este ejercicio nos centraremos en la estimación de dichas varianzas mediante simulación.
+Para cada estimador, la varianza se estima a partir de las simulaciones calculando la varianza muestral de los valores obtenidos:
+\[ +\widehat{Var}(\hat{\theta}_i) = \frac{1}{N-1} \sum_{j=1}^{N} (\hat{\theta}_{i,j} - \overline{\hat{\theta}_i})^2, +\]
+donde \(N = 1000\) es el número de simulaciones, \(\hat{\theta}_{i,j}\) es el valor del estimador en la \(j\)-ésima simulación, y \(\overline{\hat{\theta}_i}\) es la media muestral de los valores del estimador.
+# Calcular la varianza de cada estimador
+varianzas <- apply(simulaciones, 2, var)
+
+# Mostramos las varianzas estimadas
+varianzas## [1] 0.007161166 0.031155315De las simulaciones obtenemos:
+La eficiencia relativa de \(\hat{\theta}_1\) respecto a \(\hat{\theta}_2\) es:
+\[ +\text{Eficiencia relativa} = \frac{\text{Var}(\hat{\theta}_2)}{\text{Var}(\hat{\theta}_1)}. +\]
+En este caso, la eficiencia relativa es:
+ +## [1] 4.350592El resultado indica que \(\hat{\theta}_1\) es más eficiente que \(\hat{\theta}_2\) en términos de varianza, ya que tiene menor varianza.
+Muchos estimadores son consistentes, pero no todos lo son. Supongamos que deseamos estimar la esperanza de una distribución expoenencial y consideramos \(\hat \theta_1 = X_1\) y \(\hat\theta_2=\overline{X}\).
Se reporta el siguiente listado del análisis del nivel de colesterol en una muestra de 30 individuos obesos. Desafortunadamente, algunas partes del listado se han vuelto ilegibles y su valor se ha sustituido por 9999.
-One Sample t-test
-data: x
-t $=301.49$, df $=9999, \mathrm{p}$-value $<2.2 \mathrm{e}-16$
-alternative hypothesis: true mean is not equal to 0
-95 percent confidence interval:
-246.8329999 .000
-sample estimates:
-mean of x
-248.5179One Sample t-test
+data: x
+t $=301.49$, df $=9999, \mathrm{p}$-value $<2.2 \mathrm{e}-16$
+alternative hypothesis: true mean is not equal to 0
+95 percent confidence interval:
+246.8329999 .000
+sample estimates:
+mean of x
+248.5179Reconstruye los valores incorrectos del listado.
diff --git a/docs/muestreo-y-distribuciones-en-el-muestreo.html b/docs/muestreo-y-distribuciones-en-el-muestreo.html index 474722a..2fcfe51 100644 --- a/docs/muestreo-y-distribuciones-en-el-muestreo.html +++ b/docs/muestreo-y-distribuciones-en-el-muestreo.html @@ -285,18 +285,46 @@Estudios de los efectos del cobre en cierta especie de peces (por ejemplo la especie A) muestran que la varianza de mediciones de \(\ln(CL50)\) es alrededor de 0.4 con mediciones de concentración en miligramos por litro.
Si han de completarse \(n=10\) estudios sobre el CL50 para cobre, encuentre la probabilidad de que la media muestral de \(\ln(CL50)\) difiera de la verdadera media poblacional en no más de 0.5.
+El problema plantea una distribución normal para el logaritmo natural de las mediciones de CL50 con una varianza poblacional conocida (\(\sigma^2 = 0.4\)) y un tamaño muestral de \(n=10\). El objetivo es encontrar la probabilidad de que la media muestral \(\bar{X}\) difiera de la verdadera media poblacional \(\mu\) en no más de 0.5, es decir:
+\[ +P(|\bar{X} - \mu| \leq 0.5) +\]
+Dado que \(\ln(CL50)\) sigue una distribución normal, la media muestral \(\bar{X}\) también se distribuye normalmente con:
+Por tanto, la desviación estándar de la media muestral es:
+\[ +\sigma_{\bar{X}} = \sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} = \sqrt{\frac{0.4}{10}} +\]
+Queremos calcular la probabilidad \(P(|\bar{X} - \mu| \leq 0.5)\). Esto se puede expresar como:
+\[ +P(-0.5 \leq \bar{X} - \mu \leq 0.5) +\]
+Dividimos por la desviación estándar \(\sigma_{\bar{X}}\) para normalizar:
+\[ +P\left(-\frac{0.5}{\sigma_{\bar{X}}} \leq Z \leq \frac{0.5}{\sigma_{\bar{X}}}\right) +\]
+donde \(Z\) es una variable aleatoria normal estándar.
+A continuación, calculamos \(\sigma_{\bar{X}}\) y la probabilidad utilizando R.
+# Parámetros
+sigma2 <- 0.4
+n <- 10
+sigma_barX <- sqrt(sigma2 / n)
+threshold <- 0.5
+
+# Límites en la escala normal estándar
+z <- threshold / sigma_barX
+
+# Probabilidad
+p <- pnorm(z) - pnorm(-z)
+p## [1] 0.9875807El valor calculado es aproximadamente:
+\[ +P(|\bar{X} - \mu| \leq 0.5) = 0.9875807 +\]
+Esto significa que hay un 99% de probabilidad de que la media muestral se encuentre dentro de un rango de 0.5 alrededor de la verdadera media poblacional.
+Si en el Ejercicio anterior deseamos que la media muestral difiera de la media poblacional en no más de 0.5 con probabilidad .95 , ¿cuántas pruebas deben realizarse?
+En este caso, se desea determinar el tamaño muestral \(n\) necesario para que la media muestral \(\bar{X}\) difiera de la media poblacional \(\mu\) en no más de 0.5 con una probabilidad de al menos 0.95, es decir:
+\[ +P(|\bar{X} - \mu| \leq 0.5) = 0.95 +\] +que, es la misma pregunta que la del ejercicio anterior.
+Dado que la distancia es la misma (0.5) la única forma de que cambie la probabilidad es que se modifique el valor de \(\sigma_{\bar{X}}\), lo que sólo es posible cambiando el valor de \(n\).
+Es decir, nos preguntan para que valor de \(n\) se verificará que:
+\[ +P\left(-\frac{0.5}{\sigma_{\bar{X}}} \leq Z \leq \frac{0.5}{\sigma_{\bar{X}}}\right) = \\ = P\left(-\frac{0.5}{\sigma\sqrt{n}} \leq Z \leq \frac{0.5}{\sigma/\sqrt{n}}\right) = 0.95 +\]
+Dado que \(Z\) sigue una distribución normal estándar, la probabilidad acumulada de 0.95 implica que los límites se encuentran en los percentiles 2.5% y 97.5%. Esto se traduce en un valor crítico de:
+\[ +z = 1.96 +\]
+La desviación estándar de la media muestral es:
+\[ +\sigma_{\bar{X}} = \sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} +\]
+Reemplazando en la desigualdad \(0.5 / \sigma_{\bar{X}} = z\), tenemos:
+\[ +\frac{0.5}{\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}}} = z +\]
+Elevamos al cuadrado ambos lados para despejar \(n\):
+\[ +n = \frac{\sigma^2 z^2}{0.5^2} +\]
+Utilizamos \(\sigma^2 = 0.4\) y \(z = 1.96\). Realizamos los cálculos en R para obtener el tamaño muestral mínimo.
+# Parámetros
+sigma2 <- 0.4
+z <- 1.96
+threshold <- 0.5
+
+# Cálculo de n
+n <- (sigma2 * z^2) / threshold^2
+ceiling(n) # Tamaño muestral mínimo entero## [1] 7Tenemos dos muestras aleatorias independientes de tamaños \(m\) y \(n\), donde \(X_i\) se distribuyen como \(N(\mu_1, \sigma_1^2)\) y \(Y_i\) se distribuyen como \(N(\mu_2, \sigma_2^2)\). La variable \(\bar{X} - \bar{Y}\) es una combinación lineal de variables normales y, por tanto, también sigue una distribución normal.
+Por la linealidad de la esperanza, tenemos:
+\[ +E(\bar{X} - \bar{Y}) = E(\bar{X}) - E(\bar{Y}) +\]
+Las medias muestrales \(\bar{X}\) y \(\bar{Y}\) son estimadores insesgados de sus respectivas medias poblacionales \(\mu_1\) y \(\mu_2\). Por lo tanto:
+\[ +E(\bar{X}) = \mu_1, \quad E(\bar{Y}) = \mu_2 +\]
+Sustituyendo, obtenemos:
+\[ +E(\bar{X} - \bar{Y}) = \mu_1 - \mu_2 +\]
+La varianza de la suma o la resta de dos variables aleatorias independientes es la suma de sus respectivas varianzas.
+Si \(X\) e \(Y\) son independientes entonces también lo son \(\bar{X}\) y \(\bar{Y}\) (piense como lo justificaría!) por lo que se tendré:
+\[ +V(\bar{X} - \bar{Y}) = V(\bar{X}) + V(\bar{Y}) +\]
+Las varianzas muestrales son:
+\[ +V(\bar{X}) = \frac{\sigma_1^2}{m}, \quad V(\bar{Y}) = \frac{\sigma_2^2}{n} +\]
+Sustituyendo, obtenemos:
+\[ +V(\bar{X} - \bar{Y}) = \frac{\sigma_1^2}{m} + \frac{\sigma_2^2}{n} +\]
+Queremos que \(\bar{X} - \bar{Y}\) se encuentre a no más de 1 unidad de \(\mu_1 - \mu_2\) con una probabilidad de 0.95:
+\[ +P\left(\left|\bar{X} - \bar{Y} - (\mu_1 - \mu_2)\right| \leq 1\right) = 0.95 +\]
+Esto se puede reescribir como:
+\[ +P\left(-1 \leq \bar{X} - \bar{Y} - (\mu_1 - \mu_2) \leq 1\right) = 0.95 +\]
+Estandarizamos usando la desviación estándar \(\sigma_{\bar{X} - \bar{Y}} = \sqrt{\frac{\sigma_1^2}{m} + \frac{\sigma_2^2}{n}}\), lo que nos da:
+\[ +P\left(-\frac{1}{\sigma_{\bar{X} - \bar{Y}}} \leq Z \leq \frac{1}{\sigma_{\bar{X} - \bar{Y}}}\right) = 0.95 +\]
+Sabemos que para una distribución normal estándar, un intervalo de probabilidad de 0.95 corresponde a \(z_{0.95} = 1.96\). Por tanto, tenemos:
+\[ +\frac{1}{\sigma_{\bar{X} - \bar{Y}}} = z_{0.95} \quad \text{o bien} \quad \sigma_{\bar{X} - \bar{Y}} = \frac{1}{z_{0.95}} +\]
+Sustituyendo \(\sigma_{\bar{X} - \bar{Y}}\) con su expresión:
+\[ +\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{m} + \frac{\sigma_2^2}{n}} = \frac{1}{z_{0.95}} +\]
+Con \(n = m\) y los valores dados \(\sigma_1^2 = 2\) y \(\sigma_2^2 = 2.5\), la ecuación se convierte en:
+\[ +\sqrt{\frac{2}{n} + \frac{2.5}{n}} = \frac{1}{1.96} +\]
+Simplificamos:
+\[ +\sqrt{\frac{4.5}{n}} = \frac{1}{1.96} +\]
+Elevamos al cuadrado ambos lados:
+\[ +\frac{4.5}{n} = \frac{1}{1.96^2} +\]
+Resolvemos para \(n\):
+\[ +n = \frac{4.5 \cdot 1.96^2}{1} +\]
+Realizamos el cálculo en R para obtener el tamaño muestral mínimo.
+# Parámetros
+sigma1_sq <- 2
+sigma2_sq <- 2.5
+z <- 1.96
+
+# Cálculo de n
+numerator <- (sigma1_sq + sigma2_sq)
+denominator <- (1 / z)^2
+n <- numerator / denominator
+ceiling(n) # Tamaño muestral mínimo entero## [1] 18La acidez de los suelos se mide mediante una cantidad llamada pH , que varía de 0 (acidez alta) a 14 (alcalinidad alta). Un edafólogo desea calcular el promedio de pH para un campo de grandes dimensiones al seleccionar aleatoriamente \(n\) muestras de núcleos y medir el pH de cada muestra.
-Aun cuando la desviación estándar poblacional de mediciones de pH no se conoce, la experiencia del pasado indica que casi todos los suelos tienen un valor de pH de entre 5 y 8. Si el científico selecciona \(n=40\) muestras, encuentre la probabilidad aproximada de que la media muestral de las 40 mediciones de pH esté a .2 unidades del verdadero promedio de pH para el campo. -
+Aun cuando la desviación estándar poblacional de mediciones de pH no se conoce, la experiencia del pasado indica que casi todos los suelos tienen un valor de pH de entre 5 y 8. Si el científico selecciona \(n=40\) muestras, encuentre la probabilidad aproximada de que la media muestral de las 40 mediciones de pH esté a .2 unidades del verdadero promedio de pH para el campo.
+INDICACIÓN: El rango de un conjunto de mediciones es la diferencia entre los valores máximo y mínimo. Una regla empírica sugiere que la desviación estándar de un conjunto de mediciones puede ser aproximada en un cuarto de la amplitud (esto es, amplitud/4). Esto puede justifcarse si se considera que, de forma aproximada:\(\mbox{Rango} \simeq 4\sigma\), de donde con el mismo grado de aproximación, \(\sigma \simeq \mbox{Rango} / 4\)
+Queremos determinar la probabilidad de que la media muestral \(\bar{X}\) de \(n = 40\) mediciones de pH esté a 0.2 unidades del verdadero promedio poblacional \(\mu\).
+El rango esperado de valores de pH (de 5 a 8) nos permite estimar la desviación estándar poblacional mediante la regla empírica de la indicación. Una vez hecho esto utilizaremos una aproximación normal para calcular la probabilidad.
+La desviación estándar aproximada \(\sigma\) de una distribución es proporcional al rango dividido por 4.
+Dado que los valores de pH se encuentran típicamente entre 5 y 8, estimamos:
+\[ +\sigma \approx \frac{\text{rango}}{4} = \frac{8 - 5}{4} = 0.75 +\]
+La media muestral \(\bar{X}\) se distribuye normalmente con:
+\[ +\sigma_{\bar{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{0.75}{\sqrt{40}} +\]
+Queremos calcular:
+\[ +P(|\bar{X} - \mu| \leq 0.2) +\]
+Esto es equivalente a:
+\[ +P\left(-0.2 \leq \bar{X} - \mu \leq 0.2\right) +\]
+Normalizando con \(\sigma_{\bar{X}}\), se transforma en:
+\[ +P\left(-\frac{0.2}{\sigma_{\bar{X}}} \leq Z \leq \frac{0.2}{\sigma_{\bar{X}}}\right) +\]
+donde \(Z\) es una variable normal estándar. Sustituyendo \(\sigma_{\bar{X}}\), calculamos los valores críticos y la probabilidad asociada usando R.
+Para verificar la abundancia relativa de cierta especie de peces en dos lagos, se toman \(n=50\) observaciones relacionadas con los resultados de la captura en cada uno de los lagos. Para cada observación, el experimentador sólo registra si la especie deseada estaba presente en la trampa.
La experiencia del pasado ha demostrado que esta especie aparece en trampas del lago A aproximadamente \(10 \%\) del tiempo y en trampas del lago B, alrededor de \(20 \%\) del tiempo. Use estos resultados para aproximar la probabilidad de que la diferencia entre las proporciones muestrales sea de no más de .1 de la diferencia entre las proporciones reales.
+Se toman \(n = 50\) observaciones en dos lagos, y el interés está en calcular la probabilidad de que la diferencia entre las proporciones muestrales de presencia de una especie en las trampas sea de no más de 0.1 de la diferencia entre las proporciones reales. La proporción de presencia en el lago A es \(p_1 = 0.1\) y en el lago B es \(p_2 = 0.2\).
+para resolver el problema nos basaremos en la normalidad aproximada de la diferencia entre proporciones muestrales de proporciones que se deriva del Teorema Central del Límite (TCL).
+Sean \(p_1\) y \(p_2\) las proporciones reales en los lagos A y B, respectivamente, y \(n_1 = n_2 = 50\) el tamaño muestral en cada caso. Las proporciones muestrales \(\hat{p}_1 = Y_1 / n_1\) y \(\hat{p}_2 = Y_2 / n_2\) tienen las siguientes propiedades:
+Media de \(\hat{p}_1 - \hat{p}_2\): +\[ +E(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) = p_1 - p_2 +\]
Varianza de \(\hat{p}_1 - \hat{p}_2\): +\[ +V(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) = \frac{p_1(1 - p_1)}{n_1} + \frac{p_2(1 - p_2)}{n_2} +\]
Dado que las muestras son grandes, el TCL nos permite aproximar la distribución de \(\hat{p}_1 - \hat{p}_2\) por una distribución normal con:
+Queremos calcular:
+\[ +P(|\hat{p}_1 - \hat{p}_2 - (p_1 - p_2)| \leq 0.1) +\]
+Reescribimos como:
+\[ +P\left(-0.1 \leq \hat{p}_1 - \hat{p}_2 - (p_1 - p_2) \leq 0.1\right) +\]
+Estandarizamos usando \(\sigma_{\hat{p}_1 - \hat{p}_2}\) para obtener:
+\[ +P\left(-\frac{0.1}{\sigma_{\hat{p}_1 - \hat{p}_2}} \leq Z \leq \frac{0.1}{\sigma_{\hat{p}_1 - \hat{p}_2}}\right) +\]
+donde \(Z\) es una variable normal estándar.
+Sustituimos los valores dados:
+Calculamos la varianza y la probabilidad asociada en R:
+# Parámetros
+p1 <- 0.1
+p2 <- 0.2
+n1 <- 50
+n2 <- 50
+threshold <- 0.1
+
+# Desviación estándar de la diferencia
+sigma_diff <- sqrt((p1 * (1 - p1) / n1) + (p2 * (1 - p2) / n2))
+
+# Valores críticos
+z <- threshold / sigma_diff
+
+# Probabilidad
+p <- pnorm(z) - pnorm(-z)
+p## [1] 0.8427008