[politaaa]

Hola, necesito ayuda con un ejercicio del tema: Intervalos de confianza para la varianza y la desviación estándar de una población normal. 
Dice así: los resultados de un análisis de turbiedad Wagner de  \( 15 \)muestras de arena fueron: (acá nombra todas las observaciones). 
Calcule una cota superior de confianza con nivel de 95% para la desviación estándar poblacional de turbiedad.
Yo ya resolví \( s=1,579 \); \( n=15 \)
Pero no sé como seguirlo.
Si podrían ayudarme se los agradecería mucho.

[Giulio II]

Hola politaa. ¿Qué has intentado hacer exactamente que no has sabido continuar?. Sólo tienes que buscar la expresión correspondiente del intervalo de confianza para la varianza y después tomar raíces cuadradas (pues el ejercicio habla de la desviación típica).

Si no das con la solución, te lo resuelvo.

Un saludo.

[politaaa]

hola, mi problema es que yo lo resuelvo y me da que \(  \alpha=0,05 \) luego busco en la tabla ji-cuadrada (de acuerdo a lo que me dice la fórmula) \( 1-[\alpha/2] \); y \( 14 \) grados de libertad. Y me da \( 5,629 \). Por lo cual, la cota superior de confianza para  \( \sigma^2= 6,19954 \).
El problema está que en el solucionario del libro (Devore) aparece como solución que la cota superior de confianza para \( \sigma^2=  \) es \( 1, 214 \). Y esto sucede porque en la fórmula se toma como  \( 1-[\alpha/2] \) a \( 0,05 \), que para \( 14 \) grados de libertad da 23, 685.
Y acá no se porque pero parece que me cambia la fórmula.

[Giulio II]

Hola de nuevo politaaa. Lo que tenemos que hacer en este caso es hallar un intervalo de confianza al \( 95\% \) para la varianza de una población con media \( \mu \) desconocida (puesto que en el enunciado no se habla del valor de \( \mu \)).

Lo primero de todo es tener claro el estadístico que se ha de utilizar, que en este caso es:

\( \displaystyle\frac{nS^2}{\sigma^2} \)

siendo \( n \) el tamaño de la muestra y \( S^2 \) la varianza muestral. Además, ese estadístico sigue una distribución \( \chi^2_{n-1} \) (con \( n-1 \) grados de libertad). Para determinar el intervalo de confianza para \( \sigma^2 \) al nivel \( 1-\alpha \), hemos de buscar \( k_1,k_2\in\mathbb{R}^+ \) tales que:

\( p\left\{k_1\le\displaystyle\frac{nS^2}{\sigma^2}\le k_2\right\}=1-\alpha \)

con la condición de que \( p\{\chi^2_{n-1}\ge k_2\}=\alpha/2 \) y \( p\{\chi^2_{n-1}\le k_1\}=\alpha/2 \).

Haciendo operaciones y sustituyendo finalmente \( S^2 \) por el valor \( s^2 \) de la muestra tomada, llegamos a la espresión del intervalo de confianza para \( \sigma^2 \):

\( \left(\displaystyle\frac{ns^2}{k_2},\displaystyle\frac{ns^2}{k_1}\right) \)

En nuestro caso particular, el tamaño muestral es \( n=15 \) y \( s=1.579 \ (s^2=2.493241) \). El estadístico sigue una distribución \( \chi^2_{14} \) y buscando en una tabla encontramos \( k_1=5.629 \) y \( k_2=26.119 \). Sustituyendo, obtenemos el intervalo de confianza para \( \sigma^2 \):

\( \left(\displaystyle\frac{15\cdot2.493241}{26.119},\displaystyle\frac{15\cdot2.493241}{5.629}\right)\approx\left(1'432,6'644\right) \)

Tomando raíces cuadradas obtenemos el intervalo de confianza para la desviación típica:

\( \left(1'197,2'578\right) \)

Así es que la cota superior, al \( 95\% \), para la desviación es \( 2.578 \) (salvo que me haya equivocado en alguna operación).

Espero que te haya servido de algo. Si algo no está claro, dímelo.

Un saludo.

[politaaa]

¿No debería ser \( 14 \), ya que \( n=15\Rightarrow{n-1=14} \)?

[Giulio II]

¿A qué te refieres exacatamente?. He repasado todo y no veo el error (que no digo que no lo haya). Yo, hasta donde sé, con un tamaño muestral \( n \) y siendo \( S^2 \) la varianza muestral, el estadístico que hay que utilizar para estimar la varianza poblacional (suponiendo la media desconocida) es:

\( \displaystyle\frac{nS^2}{\sigma^2} \)

que sigue una distribución \( \chi^2 \) con \( n-1 \) grados de libertad.

¿Dónde exactamente me he confundido?.

Un saludo.

[politaaa]

En mis fórmulas yo encuentro la siguiente: IC para \( \sigma^2 \)= \( \displaystyle\frac{(n-1)\cdot s^2}{(\chi^2_{\alpha/2,n-1})},\displaystyle\frac{(n-1)\cdot s^2}{(\chi^2_{(1-\alpha/2),n-1})} \)

Luego reemplazo en el límite superior y me queda: \( \displaystyle\frac{(14)\cdot 2,49266}{5,629}=6,19954 \)


Finalmente la cota superior de confianza para \( \sigma \)=\( \sqrt{6,19954}=2,48988 \)

¿Está mal esto?

[Giulio II]

Hola de nuevo politaaa. Efectivamente, en algún libro está indicado el intervalo de confianza para la varianza poblacional (con media desconocida) como:

\( \left(\displaystyle\frac{(n-1)\cdot s^2}{k_2},\displaystyle\frac{(n-1)\cdot s^2}{k_1}\right) \)

siendo \( k_1 \) y \( k_2 \) los valores que comenté en un correo anterior.

Como te decía, en algunos textos es esa la expresión uilizada para el IC, y en algunos de los que tengo yo, así lo hacen. Sin embargo, en esos casos, \( s^2 \) no representa la varianza muestral sino la cuasivarianza muestral, con lo que, al final, todo es lo mismo.

Otra cosa, si \( s=1.579 \), entonces \( s^2=2.493241 \) y sin embargo, tu has escrito \( 2.49266 \).

Un saludo, y cualquier problemilla, ya sabes.

[politaaa]

 Es que en las respuestas aparece  \( s=1.579 \) redondeada. Y yo la usé con todos los decimales.
Muchas gracias. 

[Giulio II]

Ah, ok. Lo del tema de los grados de libertad, ¿solucionado?.

Un saludo.