Solucionador de Estadística

[Análisis]
Se trata de un experimento de Bernoulli repetido tres veces con probabilidad de “error” en cada declaración. Las selecciones son independientes. Para representar todos los resultados y sus probabilidades, construimos un diagrama de árbol de tres niveles y aplicamos la regla del producto para cada rama.

[Solución]

Paso 1 – Definir probabilidades básicas
$p_E = 0.4$ probabilidad de que haya error
$p_N = 0.6$ probabilidad de que no haya error

Paso 2 – Dibujar diagrama de árbol

Nivel 1
● Rama 1 : E con probabilidad $p_E = 0.4$
● Rama 2 : N con probabilidad $p_N = 0.6$

Nivel 2 (para cada rama del Nivel 1)
Bajo E salen dos subramas
– E con probabilidad $p_E = 0.4$
– N con probabilidad $p_N = 0.6$
Bajo N salen dos subramas análogas

Nivel 3 (para cada rama del Nivel 2)
En cada caso se repiten las mismas dos opciones E o N con las mismas probabilidades

Paso 3 – Calcular probabilidad de cada trayectoria
Para cualquier secuencia de tres ensayos, la probabilidad conjunta es el producto de las probabilidades en cada nivel.

Ejemplos
Secuencia E – E – E
$P(E E E) = p_E × p_E × p_E = 0.4 × 0.4 × 0.4 = 0.064$
Secuencia E – E – N
$P(E E N) = 0.4 × 0.4 × 0.6 = 0.096$
…y así sucesivamente para las ocho posibles secuencias.

[Respuesta]
Las ocho trayectorias con sus probabilidades son:

• E E E : $0.4^3 = 0.064$

• E E N : $0.4^2 × 0.6 = 0.096$

• E N E : $0.4^2 × 0.6 = 0.096$

• E N N : $0.4 × 0.6^2 = 0.144$

• N E E : $0.6 × 0.4^2 = 0.096$

• N E N : $0.6 × 0.4 × 0.6 = 0.144$

• N N E : $0.6^2 × 0.4 = 0.144$

• N N N : $0.6^3 = 0.216$

Este diagrama de árbol y las probabilidades muestran exhaustivamente todos los resultados posibles de las tres auditorías independientes.

Análisis
Este es un problema de distribución binomial con tres ensayos independientes. La probabilidad de “éxito” la tomamos como que una declaración contenga un error, con p = 0.4. Se pide primero construir el diagrama de árbol de los tres ensayos, luego calcular:
a) la probabilidad de que exactamente dos o tres declaraciones contengan errores
b) la probabilidad de que entre las tres declaraciones haya al menos un error

Solución

Paso 1. Diagrama de árbol
Ensayo 1 Ensayo 2 Ensayo 3
Error 0.4 ──► Error 0.4 ──► Error 0.4
│ └─ No error 0.6
└─ No error 0.6 ──► Error 0.4
└─ No error 0.6

Y análogamente cada rama “No error 0.6” en el ensayo 1 se ramifica en dos ramas de ensayo 2, etc.
Cada camino de longitud tres tiene probabilidad que es el producto de los tres números en la ruta.

Paso 2. Variable aleatoria binomial
Definimos X número de declaraciones con error en tres ensayos independientes y p = 0.4.
Entonces
$X∼Binomial(n = 3,p = 0.4)$

La fórmula general
$P(X = k)=C(3,k)·(0.4)^k·(0.6)^{3 - k}$

Paso 3. Inciso a) Probabilidad de X=2 o X=3
Calculamos por separado y sumamos:
$P(X = 2)=C(3,2)·(0.4)^2·(0.6)^1 = 3·0.16·0.6 = 0.288$
$P(X = 3)=C(3,3)·(0.4)^3·(0.6)^0 = 1·0.064·1 = 0.064$
Por lo tanto
$P(X = 2;o;3)=0.288 + 0.064 = 0.352$

Paso 4. Inciso b) Probabilidad de al menos un error
La forma más directa es el complemento de “ningún error”
$P(X≥1)=1 - P(X = 0)$
Y
$P(X = 0)=C(3,0)·(0.4)^0·(0.6)^3 = 1·1·0.216 = 0.216$
Luego
$P(X≥1)=1 - 0.216 = 0.784$

Respuesta
a) La probabilidad de que dos o tres declaraciones contengan errores es
$0.352$

b) La probabilidad de que entre las tres declaraciones haya por lo menos un error es
$0.784$

Análisis

Se trata de un problema de estadística descriptiva para datos agrupados en intervalos de costo.
Las tareas incluyen:

• Cálculo de medidas de tendencia central: media, mediana y moda (usando interpolación en las clases).

• Cálculo de medidas de dispersión: varianza, desviación estándar, coeficiente de variabilidad y rango.

• Cálculo de cuantiles y percentiles (Q₁, Q₃, P₁₀, P₉₀) por interpolación lineal.

• Cálculo de los coeficientes de asimetría (skewness) y curtosis a partir de momentos centrados.

Solución

Datos de la distribución (N=86):

| Clase (Costo en S/) | Marca de clase $xᵢ$ | Frecuencia $fᵢ$ |
|---------------------|-----------------|--------------|
| 50 – 55 | 52.5 | 8 |
| 55 – 60 | 57.5 | 30 |
| 60 – 65 | 62.5 | 15 |
| 65 – 70 | 67.5 | 8 |
| 70 – 75 | 72.5 | 20 |
| 75 – 80 | 77.5 | 5 |

• Media
  $μ = \frac{1}{N}\sum fᵢ·xᵢ = \frac{5460}{86} \approx 63.488$

• Mediana

  • Posición: $\tfrac{N}{2}=43|\ → cae en la clase 60–65 (CF previo = 38, f = 15, h = 5)$
    $\tilde x = L + \frac{43 - 38}{15},h = 60 + \frac{5}{15}·5\approx 61.667$

• Moda

  • Clase modal: 55–60 (f₁=30, f₀=8, f₂=15, h=5)
    <<|x_{mo} = L + \frac{f₁ - f₀}{2f₁ - f₀ - f₂},h
    = 55 + \frac{30-8}{2·30 -8 -15}·5
    \approx 57.973|>>

• Varianza y desviación estándar

  • <<|\sigma^2 = \frac{1}{N}\sum fᵢ·xᵢ^2 - μ^2
    = 55.01,\quad
    σ=\sqrt{55.01}\approx 7.417|>>

• Coeficiente de variabilidad
  $CV = \frac{σ}{μ}·100$

• Rango
  $R = x_{máx} - x_{mín} = 77.5 - 52.5 = 25$

• Cuartiles y percentiles

  • Q₁: posición $\frac{N + 1}{4}=21.75$, cae en clase 55–60
    $Q₁ = 55 + \frac{21.75 - 8}{30}·5\approx 57.292$

  • Q₃: posición $3\frac{N + 1}{4}=65.25$, cae en clase 60–65
    $Q₃ = 60 + \frac{65.25 - 38}{15}·5\approx 69.083$

  • P₁₀: posición $0.10(N + 1)=8.7$, clase 55–60
    $P_{10}=55 + \frac{8.7 - 8}{30}·5\approx 55.117$

  • P₉₀: posición $0.90(N + 1)=78.3$, clase 70–75
    $P_{90}=70 + \frac{78.3 - 61}{20}·5\approx 74.325$

• Coeficiente de asimetría (γ₁)

  • Momento central tercero: $m_3\approx 137.215$
    $γ₁ = \frac{m_3}{σ^3}\approx \frac{137.215}{7.417^3}\approx 0.336$

• Coeficiente de curtosis (γ₂)

  • Momento central cuarto: $m_4\approx 5604.0$
    $γ₂ = \frac{m_4}{σ^4}\approx \frac{5604.0}{(7.417)^4}\approx 1.852$

Respuesta

a.

• Media: $μ\approx 63.488$

• Mediana: $\tilde x\approx 61.667$

• Moda: $x_{mo}\approx 57.973$

b.

• Varianza: $σ^2\approx 55.01$

• Desviación típica: $σ\approx 7.417$

• Coeficiente de variabilidad: $CV\approx 11.68$

• Rango: $R = 25$

c.

• Q₁: $57.292$, Q₃: $69.083$

• P₁₀: $55.117$, P₉₀: $74.325$

d.

• Asimetría: $γ₁\approx 0.336$ (asimetría positiva)

• Curtosis: $γ₂\approx 1.852$ (platikúrtica)

[Análisis]
Tenemos datos de germinación de 6 lotes con distinto nivel de fertilizante (asumimos que el lote 1 corresponde a fertilizante nivel 1, y así hasta el lote 6 con nivel 6). Queremos predecir cuántas semillas germinarán en un próximo experimento aumentado al nivel 7. La forma más sencilla de hacerlo es ajustar una regresión lineal simple de y (número de germinaciones) respecto a x (nivel de fertilizante) y usarla para pronosticar y cuando x = 7.

[Solución]

• Organizar los datos
  xᵢ (fertilizante): 1, 2, 3, 4, 5, 6
  yᵢ (germinaciones): 146, 212, 202, 125, 94, 183

• Calcular medias
  $\bar x = {1 + 2+3 + 4+5 + 6 \over 6} = 3.5$
  $\bar y = {146 + 212+202 + 125+94 + 183 \over 6} = {962 \over 6} \approx 160.3333$

• Calcular $S_{xx} = \sum (x_i -\bar x)^2$ y $S_{xy} = \sum (x_i -\bar x)(y_i -\bar y)$
  Para cada i:
  i=1: dx=1−3.5=−2.5, dy=146−160.3333=−14.3333, dx·dy=35.8333
  i=2: dx=2−3.5=−1.5, dy=212−160.3333= 51.6667, dx·dy=−77.5000
  i=3: dx=3−3.5=−0.5, dy=202−160.3333= 41.6667, dx·dy=−20.8333
  i=4: dx=4−3.5= 0.5, dy=125−160.3333=−35.3333, dx·dy=−17.6667
  i=5: dx=5−3.5= 1.5, dy= 94−160.3333=−66.3333, dx·dy=−99.5000
  i=6: dx=6−3.5= 2.5, dy=183−160.3333= 22.6667, dx·dy= 56.6667

  Sumando:
  $S_{xx} = 6.25 + 2.25 + 0.25 + 0.25 + 2.25 + 6.25 = 17.5$
  $S_{xy} = 35.8333 -77.5 -20.8333 -17.6667 -99.5 +56.6667 = -123.0$

• Estimar coeficientes de la recta $y = a + b,x$
  $b = {S_{xy} \over S_{xx}} = {-123.0 \over 17.5} \approx -7.0286$
  $a = \bar y - b,\bar x = 160.3333 -(-7.0286)(3.5) \approx 184.9333$

  Por tanto la recta ajustada es
  $y = 184.9333 ;-;7.0286,x$

• Pronóstico para x=7
  $y(7) = 184.9333 -7.0286\times 7 \approx 184.9333 -49.2002 = 135.7331$

[Respuesta]
En un próximo experimento con nivel de fertilizante 7, la regresión lineal predice aproximadamente
$136$
semillas germinadas por pote.