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EXAMEN RESUELTO SEPTIEMBRE 2014
PROBLEMA 1
La estancia de los enfermos en la sala de pediatría de un hospital sigue una distribución normal con media de 5 días y desviación típica de 2 días. Calcular la probabilidad de que la estancia de un niño sea: a) Inferior a 2 días b) Superior a 12 días c) Esté comprendida entre 6 ‐ 8 días SOLUCIÓN La variable X= estancia en la sala de pediatría sigue una distribución normal de media 5 y desviación típica 2, es decir N( 5,2) Para resolver este problema hay que utilizar la tabla que nos da el área de la curca por debajo de un valor determinado de z. En primer lugar se tipifica el valor de la variable para poder utilizar dicha tabla. a) x‐ μ 2 ‐ 5 Z=‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ X= 2 dias => z = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐= ‐3/2= ‐ 1, Ƴ 2 P(x<2)= P( z< 3/2) =0, (Si mira en la tabla z line vertical ‐1,5= 0,0668) Por tanto la respuesta es: la probabilidad que la estancia en la sala de pediatría de un niño sea inferior a 2 días es del 0,6 % b) 12 ‐ 5 X> 12 Z=‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = 3, 2 P (^ X^ >12)^ =^ P^ (^ z>3,5)^ =^ 0, Como el valor por debajo de la curva es 1 , tendremos que rstar a 1 el valor encontrado, luego sería 1 ‐ 0,9998= 0,
Por tanto la respuesta es: la probabilidad que la estancia en la ssala de pediatría de un niño sea superior a 12 días es del 0,02 % c) 6 ‐ 5 8 ‐ 5 Z=‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = 1/2 Z=‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = 3/ 2 2 P (6 <X<8) = P (‐1/2<z<3/2) = P( z<3/2)‐P(z<1/2) = 0,993‐ 0,8849= 0. Por tanto la probabilidad de que la estancia de un niño en la sala de pediatría este comprendida entre 6 y 8 días es de un 10,81 % PROBLEMA 2 En una planta de cirugía se ha medido la temperatura antes y después de la intervención quirúrgica obteniendo los siguientes resultados: 36,5 36,2 36,7 36,8 36,9 36,7 Antes de la intervención 36 35,8 36,7 36,4 36,6 36,8 Después de la intervención ¿Existen diferencias significativas en la temperatura del paciente? SOLUCIÓN Estamos ante una medición de datos apareados, es decir antes‐después, por tanto deberíamos que aplicar una comparación de datos apareados. H 0 : μ = 0 H 0 : μ = 0 /d/ Utilizamos el estadístico de contraste t = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ S (^) d / n Calculamos las diferencias
Planteamos la hipótesis: H 0 : πv = πv H 0 : πv π = πv Esperados 33x36 57x36 33x54 57x A= ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = 13,12 ; B=‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = 22,80 ; C= ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = 19,9 ; D= ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐= 34, 90 90 90 90 (16‐13,12)^2 (18‐22,80)^2 (15‐ 19,8)^2 (39‐34,12) 2 X 2 =‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ + ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ + ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ + ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐= 1,74+ 1,01+1,163+0,67= 4, 13,2 22,80 19,18 34, Grados de libertad (gl) = (F‐1) (c‐1) = (2‐1) (2‐1) = 1 Gl (^) 0,05 = 3, 4,59> 3,842 rechazamos la H 0 luego existe relación entre infección y tensión arterial. PROBLEMA 4 Se ha recogido muestras de hemoglobina glicosdilada en tres grupos de pacientes diabéticos a los que se ha adnministrado durante un mes como educlcorante en sustitución del azúcar , estevia, Aspartamo y acesulfamo , obteniéndose los siguientes resultados. No diabéticos Nivel Hb glicosilada Desviación típica Estevia 56 5,2 0, Aspartamo 64 6,1 1, Acesulfamo 55 6,5 1, ¿Existen diferencias significativas entre los niveles de Hb glicosilada?
Los datos que disponemos son los siguientes: nEs = 56 => X (^) A = 5,2 => S (^) A = 0, nAsp = 64 => X (^) A = 6,1 => S (^) A = 1, nAC = 55 => X (^) A = 6,5 => S (^) A = 1, El contraste de hipótesis a plantear es : H 0 : μ (^) A = μ (^) B= μ (^) C H 1 : μ i = μ i Sx^2 Y utilizar el estadístico de contraste F=‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ S^2 Necesitamos conoce la varianza residual ( 56 ‐1).0,9 2 +( 64 ‐1).1,2 2 +(55‐1).1,3 2 S^2 = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐=‐1, (56+64+55)‐ 3 Se busca ahora la varianza entre grupos calculando previamente el valor de x media 5,2+6,1+6, X= ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = 5, 3 Y por tanto 56(5,2‐5,9)^2 +64( 6,1‐5,9)^2 +55( 6,5‐5,9)^2 S (^2) Xmedia = ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐= ‐ 2, 3 ‐ 1 S^2 Xmedia ‐2, Asi pue s F= ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐= ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ = 1, S 2 ‐1, V= N‐K = 172 U= K‐ 1 = 2
