\chapter{Estimación por intervalos de confianza}


\section{Introducción}

En el capítulo anterior se estudiaron tanto las propiedades deseables
para un estimador de un determinado parámetro poblacional, como
la forma de calcularlos. Estos estimadores proporcionan, para una
muestra concreta, un valor puntual que se denomina estimación
puntual. Sin embargo, a pesar de la indudable utilidad de este
procedimiento, en la práctica, cuando se realiza la estimación de
un parámetro se necesita obtener una medida de la fiabilidad de
dicha estimación, medida de la que se carece en el proceso de
estimación puntual, de este modo, surge la necesidad de encontrar
un método que permita calcular una región que contenga al valor
del parámetro con una cierta garantía.

El capítulo se ha organizado introduciendo en primer lugar el Método del Pivote,
para calcular seguidamente Intervalos de confianza de parámetros
en poblaciones Normales  basándose en el mismo. A continuación se han introducido
otros métodos de obtención de estimadores que se han considerado interesantes,
pero que dada su complejidad o su relativo uso vienen marcados con $^{***}$.
En concreto, el Método asintótico basado en el Teorema central del límite va a permitir
calcular intervalos en poblaciones Binomiales. El tema concluye con un epígrafe dedicado
a la determinación del tamaño muestral para cumplir con el objetivo de precisión establecido.


Existen innumerables situaciones reales donde es necesario
encontrar regiones en las cuales se tenga la confianza o cierto
grado de seguridad de que en ellas se halle el valor de
un parámetro desconocido de la población. A modo de ejemplos:


\begin{ejemplo}
Un vendedor  desea establecer la duración de la garantía de un
determinado electrodoméstico, de forma que durante el período de
garantía deba sustituir el menor número posible de piezas. El tiempo hasta
el primer fallo, viene dado por una variable aleatoria, $X$, tal
que, $\E[X]=\theta$, donde $\theta$ es un parámetro desconocido.


Si el vendedor no quiere pagar ninguna pieza, el tiempo de garantía
debería de ser nulo, pero ésto supondría una mala imagen cara al
público, con los consecuentes perjuicios. Por tanto, deberá buscar
una cota inferior del tiempo hasta que se produzca el primer fallo
del electrodoméstico, ``confiando'' en que la vida media de ese
electrodoméstico sea superior a esa cota inferior. Es decir,
extraída una m.a.s., $\underline{X}$, de la población, para
$\alpha>0$ se busca $\ti$ tal que
\begin{myeqnarray*}
P[\ti \le \theta] &\ge & 1- \alpha.
\end{myeqnarray*}
\end{ejemplo}


\begin{ejemplo}
Un laboratorio está interesado en estudiar la toxicidad media de un
determinado producto químico, para ello quiere establecer una cota
superior de dicha media y así tener cierta certeza o seguridad de
que la toxicidad del producto estará por debajo de esa cota
superior. Por tanto, si la toxicidad del producto viene dada por
una variable aleatoria, $X$, tal que $\E[X]=\theta$ donde $\theta$
es un parámetro desconocido, se quiere obtener una cota superior
del nivel de toxicidad medio ``confiando'' en que dicho nivel se
encuentre por debajo de esa cota. Es decir, extraída una m.a.s.,
$\underline{X}$, de esta población, para $\alpha>0$ se busca $\ts$ tal que
\begin{myeqnarray*}
P[\theta \le \ts] &\ge & 1- \alpha .
\end{myeqnarray*}
\end{ejemplo}


\begin{ejemplo}
Una empresa tabaquera desea estudiar el nivel medio de nicotina de
sus cigarros. A la compañía le interesa que el nivel medio de
nicotina se encuentre entre unos márgenes debido a que un nivel
medio alto supone que el cigarro es muy perjudicial para la salud y
un nivel medio bajo implica que el cigarro carece de sabor. De este
modo, si el nivel de nicotina de un cigarro viene dado por una
variable aleatoria, $X$, tal que $\E[X]=\theta$, donde $\theta$ es
un parámetro desconocido, se desea, a partir de una m.a.s.,
$\underline{X}$, y para $\alpha>0$ obtener $\ti$  y $\ts$ tal que
\begin{myeqnarray*}
P[\ti \le \theta \le \ts] &\ge & 1- \alpha .
\end{myeqnarray*}
\end{ejemplo}


Estos ejemplos ponen de manifiesto la necesidad que existe de
construir  regiones donde se tenga la ``confianza'' de encontrar el
pa\-rá\-me\-tro. Nuestro estudio se centra en el caso en que el parámetro
sea unidimensional y las regiones sean intervalos, por ello, de ahora
en adelante, se hablará de {\it intervalos de confianza}.

Dada una m.a.s. $\underline{X}$ procedente de una variable
aleatoria, $X$, cuya distribución depende de un parámetro
desconocido $\theta$ y dadas las variables aleatorias $\ti$ y $\ts$.
Se define {\em intervalo de confianza}\index{Intervalo de confianza} de nivel  $1-\alpha$ a un
intervalo $\inte$, tal que
\begin{equation}
 P[ \ti \le \theta \le \ts] \ge 1- \alpha . \label{r1}
\end{equation}

Nótese, que en la definición anterior se habla de nivel de
confianza\index{Nivel de confianza}
$1-\alpha$, sin embargo, la probabilidad en dicha expresión es
mayor o igual que $1-\alpha$, esto se debe a que existen
situaciones, como en poblaciones discretas, donde no es posible que
dicha probabilidad sea exactamente $1-\alpha$.
Como se puede apreciar, los extremos del intervalo son variables
aleatorias que dependen de la muestra y que toman para una
realización muestral determinada,
 $\underline{x}$, dos valores puntuales.
Así pues, el objetivo de este tema va a ser encontrar $\ti$ y
$\ts$,  extremos del intervalo de confianza, cumpliendo
determinados criterios relativos a la calidad de dicho intervalo.
Como ilustración del significado de intervalo aleatorio se tiene el
siguiente ejemplo:

\begin{ejemplo}
Sea $X$ una variable aleatoria que sigue una distribución
$U(0,\theta)$. El nivel de confianza, basado en una muestra de
tamaño uno, del intervalo aleatorio $[X,2X]$ es:
\begin{myeqnarray*}
P[X \le \theta \le 2 X]= P \left[ \displaystyle\frac{1}{2}\, \theta \le X \le \theta \right]
=\frac{1}{2}.
\end{myeqnarray*}
\end{ejemplo}

Tras esta apreciación, hay que tener cuidado a la hora de
interpretar el significado de la expresión~(\ref{r1}), ya que
$\theta$ es un valor desconocido pero constante, por ello, su
interpretación correcta es que la probabilidad de que el intervalo
aleatorio $\inte$ contenga el valor del parámetro, $\theta$, es,
al menos, $1-\alpha$. Por otra parte, una vez tomada una muestra,
se obtiene un intervalo fijo, con lo cual no tiene sentido hablar
de probabilidad, ya que el valor del parámetro  pertenecerá o no
a ese intervalo fijo, es decir, lo hará con probabilidad 1 ó 0.
La explicación anterior justifica que tenga que hablarse en
términos de ``confianza'' cuando se considera una muestra
concreta. De esta forma, si el intervalo obtenido para una
muestra concreta se ha construido con un nivel de confianza de
$0'95$, se prevé que dicho intervalo contiene al valor del
parámetro, ya que de cada $100$ realizaciones muestrales,
aproximadamente el intervalo concreto para $95$ de ellas contiene
dicho parámetro.


En la definición~(\ref{r1}) se ha hablado de intervalo de
confianza en el caso acotado, pero de igual forma, como se aprecia
en los ejemplos, puede hablarse de intervalo de confianza acotado
inferiormente para $\theta$ a un nivel de confianza $1-\alpha$,
como el intervalo $[\ti, +\infty)$ donde $\ti$ verifica que $$P
[\ti \le \theta ] \ge 1- \alpha,$$ \noindent y de intervalo de
confianza acotado superiormente para $\theta$ a un nivel de
confianza $1-\alpha$ como el intervalo $(-\infty,\ts]$, donde
$\ts$ verifica que $$ P [\ts \ge \theta] \ge 1- \alpha.$$


\section{Intervalos de confianza de longitud mínima}

Se puede observar que al ampliar la longitud de un intervalo de
confianza aumenta también su nivel de confianza, de hecho, si
se considera el intervalo $(-\infty,+\infty)$ se obtiene un
intervalo a un nivel de confianza 1. Por otro lado, a un nivel de
confianza prefijado, se puede comprobar que no existe un único
intervalo. Por ello, se plantea el problema de elegir de entre
todos los intervalos a un nivel prefijado, alguno con unas
determinadas características. Desde un punto de vista práctico, el
intervalo de longitud mínima\index{Intervalo de confianza!de longitud mínima}
es una elección interesante, ya que al
conservar el nivel de confianza, éste nos da una estimación del
parámetro más ajustada que el resto de intervalos del mismo nivel
de confianza. Sin embargo, dicha elección presenta el problema de
que este intervalo no siempre se puede calcular; en dicho caso, se
recurre a una solución alternativa como puede ser la búsqueda del
intervalo que tenga longitud mínima esperada, es decir, aquel que
minimice la expresión $$\E[\ts-\ti].$$ Finalmente, cuando tampoco
pueda resolverse este problema, el criterio más empleado consiste
en el reparto equitativo del complementario del nivel de confianza
entre las dos colas, es decir,
$$P[\ti \ge \theta] =\frac{\alpha}{2}$$ $$P[\ts \le \theta] =\frac{\alpha}{2}\, .$$
Este criterio presenta la ventaja de que conduce a un intervalo
único y que en el caso de distribución simétrica con respecto al
parámetro es de longitud mínima.


A continuación se dan algunos procedimientos para obtener
intervalos de confianza en las situaciones que usualmente se
presentan.


\section{Método del pivote}


Se considera una m.a.s. $\underline{X}$ procedente de una población
definida por una variable aleatoria $X$, cuya distribución dependa
de un parámetro desconocido $\theta$. El objetivo de esta sección
va a ser desarrollar un método para calcular intervalos de
confianza a partir de una función de la muestra que contenga al
parámetro y cuya distribución no dependa de él.
 A continuación, se muestra un ejemplo que ilustra este procedimiento.
\begin{ejemplo}
Sea $\underline{X}$ una m.a.s. extraída de una
$N(\mu,2)$, se busca un intervalo de confianza para $\mu$ a un
nivel de confianza  $1-\alpha$. Para ello, se sabe que
$\overline{X} \sim N(\mu,\frac{\sigma}{\sqrt{n}})$, por tanto
\begin{myeqnarray*}
\frac{\overline{X}-\mu}{2} \sqrt{n}  &\sim & N(0,1),
\end{myeqnarray*} con
lo cual se pueden tomar las constantes $k_1(\alpha)$ y $k_2(\alpha)$
verificando
\begin{myeqnarray*}
P\left[ k_1(\alpha) \le \frac{\overline{X}-\mu}{2}
\sqrt{n} \le k_2(\alpha) \right]&=&1-\alpha,
\end{myeqnarray*}
de donde se obtiene que
\begin{myeqnarray*}
P\left[\!\overline{X}\!-\!k_2(\alpha) \frac{2}{\sqrt{n}} \le
\mu \le
\overline{X}\!-\!k_1(\alpha)\frac{2}{\sqrt{n}}\right]&=&1-\alpha
\end{myeqnarray*}
y por tanto un intervalo de confianza a nivel $1-\alpha$
para $\mu$ es
\begin{myeqnarray*}
\left[ \overline{X}-k_2(\alpha)
\frac{2}{\sqrt{n}} \; , \; \overline{X}-k_1(\alpha)\frac{2}{\sqrt{n}} \right].
\end{myeqnarray*}
Obsérvese que
$k_1(\alpha)$ y $k_2(\alpha)$ son constantes cuyo valor depende del
valor escogido $\alpha$.
\end{ejemplo}


Se dice que $\tit$ es un {\em pivote}\index{Pivote} o {\em cantidad pivotal} si
$\tit$ es una función monótona en $\theta$ para todo valor
muestral $\underline{x}$, la ecuación $\lambda=\tit$ tiene
solución para todo $\lambda$  y la distribución de
$\T$ es independiente de $\theta$.

Si existe $\tit$ pivote se puede construir un intervalo de confianza
para $\theta$ a cualquier nivel.


\begin{ejemplo}
Sea $\underline{X}$ una m.a.s. extraída de una población con
distribución $U(0,\theta)$. Se quiere encontrar un intervalo de
confianza para $\theta$ a un nivel de significación  $1-\alpha$.
Para ello se considera como estimador de $\theta$ a
$\hat{\theta}(\underline{X})=\max \{X_1,\ldots, X_n \}$ que se sabe
tiene una función de distribución
\begin{myeqnarray*}
F_{\hat{\theta}(\underline{X})}(t)&=&\left(
\displaystyle\frac{t}{\theta}   \right)^n
\end{myeqnarray*}
que  al ser función de distribución de una variable aleatoria
continua verifica que
\begin{myeqnarray*}
F_{\hat{\theta}(\underline{X})}(\hat{\theta}(\underline{X}))& \sim&
U(0,1),
\end{myeqnarray*}
con lo cual se pueden encontrar $k_1(\alpha)$ y
$k_2(\alpha)$ tales que
\begin{myeqnarray*}
P[k_1(\alpha) \le F_{\hat{\theta}}
(\hat{\theta}(\underline{X})) \le k_2(\alpha)]&=&1-\alpha .
\end{myeqnarray*}
Por simplicidad se toma $k_1(\alpha)=\frac{\alpha}{2}$ y
$k_2(\alpha)=1-\frac{\alpha}{2}$. Resolviendo las siguientes
ecuaciones
\begin{myeqnarray*}
\displaystyle \left( \frac{\hat{\theta}(\underline{X})}{\theta} \right)^n & =&
\displaystyle \frac{\alpha}{2}  \\
\displaystyle \left( \frac{\hat{\theta}(\underline{X})}{\theta} \right)^n
 & = &\displaystyle 1-\frac{\alpha}{2}\, ,
\end{myeqnarray*}
se obtiene que;
\begin{myeqnarray*}
\displaystyle \theta & = & \displaystyle\frac{\hat{\theta}
(\underline{X})}{(\frac{\alpha}{2})^{\frac{1}{n}}} \\
\displaystyle \theta & = &\displaystyle \frac{\hat{\theta}
(\underline{X})}{(1-\frac{\alpha}{2})^{\frac{1}{n}}}\, ,
\end{myeqnarray*}
con lo cual  un intervalo de confianza a un nivel $1-\alpha$ para
$\theta$ es,
\begin{myeqnarray*}
I_{1-\alpha}(\theta)&=&\left[\frac{\hat{\theta}(\underline{X})}
{(1-\frac{\alpha}{2})^{\frac{1}{n}}} \;, \;
 \frac{\hat{\theta}(\underline{X})}{(  \frac{\alpha}{2})^{\frac{1}{n}}} \right].
 \end{myeqnarray*}
\end{ejemplo}


Hay que hacer notar que este procedimiento no conduce a un único
intervalo de confianza, ya que $k_1(\alpha)$ y $k_2(\alpha)$ se
pueden escoger de formas diferentes para que cumplan
$$P[k_1(\alpha) \le \T \le k_2(\alpha)]=1-\alpha$$
de lo cual puede deducirse que existen diferentes $\ti$ y $\ts$ tal que
$$P[\ti \le \theta \le \ts]= 1-\alpha .$$


Como ya se comentó en la sección anterior, $k_1(\alpha)$ y $k_2(\alpha)$ se eligen
de manera que $\ti-\ts$ sea mínima, con lo cual, se habrá obtenido
un intervalo de confianza a un nivel $1-\alpha$ de longitud mínima
construido a partir de $\T$.
Sin embargo, no podrá decirse que es un intervalo de longitud mínima de entre todos los intervalos de
confianza a nivel $1-\alpha$, ya que podría existir otro pivote $T^*$ del cual se obtuviera  un
intervalo más pequeño.


\section{Intervalos de confianza en poblaciones Normales}

Debido a la importancia que tienen las poblaciones Normales, se ha
dedicado este apartado al estudio de los intervalos de confianza
para sus parámetros. Por otro lado, la facilidad del cálculo de
cantidades pivotales que presentan estas poblaciones hacen recomendable
la obtención de estos intervalos de confianza a
través del método pivotal.

En esta sección se tratan tanto los intervalos de confianza en una
población como en dos poblaciones Normales. En ambos casos,
dependiendo del parámetro para el cual se busca un intervalo de
confianza y del conocimiento o no de los otros parámetros, se presentan
diferentes situaciones que a continuación van a ser
estudiadas. En primer lugar se analizan las distintas situaciones para
el caso de una población $X$
que sigue una Normal de media $\mu$ y varianza
$\sigma^2$ y de la cual se extrae una m.a.s., $\underline{X}$,
de tamaño $n$. Posteriormente se estudia el caso de dos
poblaciones Normales de medias $\mu_1$ y $\mu_2$, varianzas $\sigma^2_1$
y $\sigma^2_2$ y de las cuales se extraen dos m.a.s.,
$\underline{X}$ e $\underline{Y}$, de tamaños $n_1$ y $n_2$,
respectivamente.

Las tablas~\ref{t_inter_i} y~\ref{t_inter_ii} resumen los resultados que se van a obtener
en lo que sigue.


\subsection{Intervalo de confianza para la media, conocida la varianza}
\index{Intervalo de confianza!para la media}

Debido a que se quiere encontrar un intervalo de
confianza para la media y se sabe que $\overline{X} \sim N(\mu ,
\frac{\sigma}{\sqrt{n}})$, puede elegirse como pivote la
tipificación de dicha variable aleatoria, es decir,
  $$\T=\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma} \sqrt{n} \sim N(0,1),$$
con lo cual, dado un nivel de confianza $1-\alpha$, para
una variable aleatoria $Z\sim N(0,1)$ se pretende encontrar
$k_1(\alpha)$ y $k_2(\alpha)$ (que para un mejor entendimiento
serán denotados por $k_1=k_1(\alpha)$ y $k_2=k_2(\alpha)$), tales
que $$P[k_1 \le Z \le k_2]=1-\alpha .$$ Dados $\alpha_1$, $\alpha_2
\ge 0$ tales que $\alpha_1+\alpha_2=\alpha$ ($\alpha_1$ y
$\alpha_2$ representan el reparto de la probabilidad $\alpha$ entre
las dos colas), $k_1$ y $k_2$ se obtendrán a partir de las
igualdades
\begin{eqnarray*}
P[Z \le k_1]&=&\alpha_1 \\ P[Z \ge k_2]&=&\alpha_2 .
\end{eqnarray*}


Una vez calculados $k_1$ y $k_2$ se obtiene que
\begin{eqnarray*}
1-\alpha &=&  P\left[k_1 \le \frac{\overline{X}-\mu
}{\sigma}\sqrt{n} \le k_2 \right]   \\
         &=& P\left[k_1  \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \le \overline{X}-\mu  \le k_2
\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \right] \\
        &=& P\left[\overline{X}-k_2 \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \le \mu  \le
        \overline{X}- k_1
\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \right] .
\end{eqnarray*}


Se observa que para cada elección de $\alpha_1$ y $\alpha_2$ tales
que $\alpha_1+\alpha_2=\alpha$, se obtiene un intervalo diferente;
con lo cual, como se decía anteriormente, se escogerá de entre
todos ellos el de longitud mínima para este pivote, siempre que
ello sea posible. Es decir,
    $$ \begin{array}{lr} {\rm Min\ } & \overline{X} - k_1
    \frac{\sigma}{\sqrt{n}}-(\overline{X} - k_2
\frac{\sigma}{\sqrt{n}}) = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} (k_2 -k_1)\\
 {\rm Sujeto\ a} & F_Z (k_2) - F_Z (k_1) = 1-\alpha
\end{array}$$
\noindent
donde $F_Z$ es la función de distribución de una
$N(0,1)$.


Para encontrar dicho intervalo se recurre al método de los
multiplicadores de Lagrange. A partir de la función
$$\psi(k_1,k_2,\lambda)=\frac{\sigma}{\sqrt{n}}(k_2-k_1) +\lambda
\left(F_Z(k_2)-F_Z(k_1)-(1-\alpha) \right),$$ \noindent se obtiene el
siguiente sistema de ecuaciones:
\begin{eqnarray*}
\frac{\partial \psi(k_1,k_2,\lambda)}{\partial k_2}  &=&  \frac{\sigma}{\sqrt{n}} + \lambda  f_Z(k_2) =0\\ \frac{\partial
\psi(k_1,k_2,\lambda)}{\partial k_1}  &= & - \frac{\sigma}{\sqrt{n}} -\lambda  f_Z(k_1) =0\\ \frac{\partial
\psi(k_1,k_2,\lambda)}{\partial \lambda} &= &
F_Z(k_2)-F_z(k_1)-(1-\alpha)=0,
\end{eqnarray*}
siendo $f_Z$ la función de densidad de una $N(0,1)$. Sumando
las dos primeras ecuaciones y operando se obtiene que
$$e^{-\frac{1}{2}k_2^2}=e^{-\frac{1}{2}k_1^2},$$ de donde se deduce
que
    $$k_1^2=k_2^2 .$$ Por tanto, las soluciones  son:
\begin{enumerate}
\item $k_1=k_2$, esta solución no es válida pues se tendría un intervalo
de longitud nula. \item $k_1=-k_2$, con lo cual
$k_2=Z_{1-\frac{\alpha}{2}}$, donde $Z_{1-\frac{\alpha}{2}}$,
verifica que

$F_Z(Z_{1-\frac{\alpha}{2}})=1-\frac{\alpha}{2}.$
\end{enumerate}

Es decir, el intervalo de confianza más pequeño coincide con el obtenido
por el reparto equitativo de
$\alpha$ entre ambas colas; lo cual era esperable ya que la distribución
Normal es simétrica respecto a
su media. El intervalo en forma explícita viene dado por la
expresión
$$I_{1-\alpha}(\mu)=\left[ \overline{X}-Z_{1-\frac{\alpha}{2}}
\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \;, \; \overline{X}+
Z_{1-\frac{\alpha}{2}} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \right].$$

\begin{ejemplo}
Con el fin de estudiar el número medio de flexiones continuadas que
pueden realizar sus alumnos, un profesor de educación física somete
a 80 de ellos, elegidos aleatoriamente, a una prueba. Los
resultados fueron los siguientes:
\begin{myeqnarray*}
&\def\arraycolsep{2pt}\begin{array}{l|cccccccccc}
\mbox{Flexiones}&35&41&46&48&50&52&53&54&56&60\\ \hline
\mbox{Alumnos}&5&6&2&10&15&6&11&10&5&5
\end{array}&
\end{myeqnarray*}
Se sabe que el número de flexiones se distribuye según una Normal
de varianza poblacional $7'5$.

Para construir un intervalo de confianza al 95\% para la media del
número de flexiones, se tiene que la media muestral es
$\overline{x}=49'78$ y que $Z_{1-\frac{\alpha}{2}}=1'96$. Por
tanto, el intervalo obtenido para esta muestra concreta,
viene dado por
\begin{myeqnarray*}
I_{0'95}(\mu)&=&\left[ 49'78\pm
1'96 \sqrt{\frac{7'5}{80}} \right]\\  &=& [49'18, 50'38].
\end{myeqnarray*}
\end{ejemplo}


\subsection{Intervalo de confianza para la media, desconocida la varianza}
\index{Intervalo de confianza!para la media}

Denotando por $S_c^2$ a la cuasivarianza muestral
y usando que $\overline{X}$ y $S_c^2$ son independientes, se tiene que
$$\left.
\begin{array}{c} \displaystyle \frac{\overline{X}-\mu}{\sigma} \sqrt{n}
\sim N(0,1) \\ \displaystyle (n-1) \frac{S_c^2}{\sigma^2} \sim
\chi^2_{n-1}
\end{array} \right\}
\Longrightarrow \frac{\overline{X}-\mu}{S_c} \sqrt{n} \sim
t_{n-1},$$ \noindent donde $t_{n-1}$ representa la distribución
$t$-student con $n-1$ grados de libertad.

Se puede observar que
$T(\underline{X},\mu)=\frac{\overline{X}-\mu}{S_c}\sqrt{n} $ es un
pivote, con lo cual, puede usarse para obtener un intervalo de
confianza para la media de una población Normal cuando la varianza
es desconocida. Operando igual que en el caso anterior se tendría
    $$I_{1-\alpha}(\mu)=\left[ \overline{X}-t_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}} \frac{S_c}{\sqrt{n}} \;, \;
    \overline{X}+
t_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}} \frac{S_c}{\sqrt{n}} \right],$$ que
expresado en términos de la varianza, $S^2$,
$$I_{1-\alpha}(\mu)=\left[ \overline{X}-t_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}}
\frac{S}{\sqrt{n-1}} \;, \; \overline{X}+
t_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}} \frac{S}{\sqrt{n-1}} \right].$$

\begin{ejemplo}
A partir de una muestra de 20 linternas cuyos periodos de duración
(en horas) han sido
\begin{myeqnarray*}
&\def\arraycolsep{2pt} \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 503&480&345&427&386&432&429&378&440&434\\ \hline
429&436&451&466&394&422&412&507&433&480\\ \hline
\end{array}&
\end{myeqnarray*}
se quiere obtener un intervalo de confianza al 95\% para la
vida media de una población de linternas que se distribuye
normalmente.

Teniendo en cuenta que $\overline{x}=434'2$, $S_c=40'63$ y que para
$\alpha=0'05$ y $n=20$ es $t_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}}=2'093$, se
tiene que un intervalo de confianza al 95\% para la vida media de
las linternas es
\begin{myeqnarray*}
I_{0'95}(\mu)&=&\left[434'2\pm 2'093
\frac{40'63}{\sqrt{20}}\right]\\  &=& [415'18,453'21].
\end{myeqnarray*}
\end{ejemplo}

\subsection{Intervalo de confianza para la varianza, conocida la media}
\index{Intervalo de confianza!para la varianza}

En este caso, puesto que
$\frac{X_i-\mu}{\sigma}\sim N(0,1)$  y $\frac{X_i-\mu}{\sigma}$,
para $i=1,\ldots,n$, son independientes dos a dos,
se tiene que
$$\T=\displaystyle{\sum_{i=1}^n
\left(\frac{X_i-\mu}{\sigma}\right)^2} \sim \chi^2_{n},$$ donde
$\chi^2_n$ representa la distribución Chi--cuadrado con
$n$ grados de libertad. Utilizando $\T$ como pivote y definiendo
$\displaystyle{S^2_{\mu}=\frac{\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2}{n}}$, el
intervalo de confianza a un nivel $1-\alpha$ viene dado por
 $$I_{1-\alpha}(\sigma^2)=
    \left[ \frac{nS^2_{\mu}}{\chi^2_{n,1-\frac{\alpha}{2}}} \;
,\;
 \frac{nS^2_{\mu}}{\chi^2_{n,\frac{\alpha}{2}}} \right].$$


\subsection{Intervalo de confianza para la varianza, desconocida la
media}
\index{Intervalo de confianza!para la varianza}

Por el Teorema de Fisher se tiene que
    $$\sum_{i=1}^n \frac{(X_i-\overline{X})^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_{n-1}.$$
Razonando de igual forma que en el apartado anterior se
obtiene que  el intervalo de confianza a un nivel $1-\alpha$ para
$\sigma^2$ es
    $$I_{1-\alpha}(\sigma^2)= \left[ \frac{(n-1) S_c^2}{\chi^2_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}}} \;,\;
 \frac{(n-1)S_c^2}{\chi^2_{n-1,\frac{\alpha}{2}}} \right],$$ que
 expresado en términos de la varianza, $S^2$, queda
$$I_{1-\alpha}(\sigma^2)= \left[ \frac{n
S^2}{\chi^2_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}}} \;,\;
 \frac{nS^2}{\chi^2_{n-1,\frac{\alpha}{2}}} \right].$$

 \begin{ejemplo}
 Se sabe que el peso por comprimido de un cierto preparado
 farmacéutico se distribuye según una Normal. Con el objeto de
 estudiar la varianza de la distribución, se extrae una m.a.s.
 de 6 artículos. Sabiendo que la varianza muestral
 es igual a 40, se pretende estimar la varianza poblacional mediante un intervalo
 de confianza al 90 \%.

Puesto que $\mu$ es desconocida, un intervalo de confianza para
$\sigma^2$ viene dado por
\begin{myeqnarray*}
I_{1-\alpha}(\sigma^2)&=& \left[
\displaystyle\frac{n S^2}{\chi^2_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}}} \;,\;
 \frac{n S^2}{\chi^2_{n-1,\frac{\alpha}{2}}} \right],
\end{myeqnarray*}donde
 $\alpha=0'1$, $n=6$, y $S^2=40$. Así,
 $$\chi^2_{5,0'95}=11'07 \quad \mbox{y}\quad \chi^2_{5,0'05}=1'145;$$
 con lo cual,
\begin{eqnarray*}
I_{0'90}(\sigma^2)&=&\displaystyle\left[\frac{6\cdot 40}{11'07},\frac{6\cdot 40}{1'145}\right]\\
&=&[21'68,209'61].
\end{eqnarray*}
\end{ejemplo}

\subsection{Intervalo de confianza para la diferencia de medias de muestras apareadas}
\index{Intervalo de confianza!para diferencia de medias}

Sean $\underline{X}$ e $\underline{Y}$  dos m.a.s. de tamaño $n$ y apareadas,
de tal forma que la primera procede de una población
$N(\mu_1,\sigma_1)$ y la segunda de una población $N(\mu_2,\sigma_2)$.

Antes de proporcionar el intervalo para la diferencia de medias de
estas dos poblaciones, se hace necesario indicar qué se entiende por muestras
apareadas.

Se dice que dos muestras $\underline{X}$ e $\underline{Y}$ están
{\em apareadas}\index{Muestras!apareadas} cuando los datos de las muestras vienen por parejas, uno de cada
una de ellas, de manera que cada individuo proporciona dos observaciones.

\begin{ejemplo}
Para estudiar los efectos de un determinado fármaco para adelgazar,
se selecciona aleatoriamente 6 personas y se toma nota de sus pesos antes y
después de administrarles el medicamento.
\begin{myeqnarray*}
&\def\arraycolsep{2pt}\begin{array}{|c|cccccc|}
\hline \mbox{Antes}&72'0&73'5&70'0&71'5&76'0&80'5\\
\mbox{Después}&73'0&74'5&74'0&74'5&75'0&82'0\\ \hline
\end{array}&
\end{myeqnarray*}
Como puede observarse, los datos vienen por parejas: peso antes y después, dos
datos por individuo. Parece lógico que los datos se encuentren
relacionados entre sí.
\end{ejemplo}

En los casos de muestras apareadas, el modo de proceder para
obtener un intervalo de confianza para la diferencia de medias es
considerar una única muestra formada por
la diferencia de los pares de valores,
$\underline{D}=\underline{X}-\underline{Y}$, reduciendo así el
problema a encontrar un intervalo
de confianza para la media de una población.
\begin{ejemplo}
Si se quisiera construir un intervalo de confianza para la
diferencia de medias de los datos del ejemplo anterior, suponiendo
que ambas son m.a.s. procedentes de poblaciones Normales, bastaría
considerar una nueva muestra:
\begin{myeqnarray*}
\underline{D}&=&\underline{X}-\underline{Y},
\end{myeqnarray*}
siendo $\underline{X}$ los pesos antes del tratamiento y $\underline{Y}$
los pesos después del mismo. Así, los valores de la nueva muestra
$D$ de tamaño $n=6$ son
$$\begin{array}{cccccc}
-1&-1&-4&-3&1&-1'5,
\end{array}$$
cuya media muestral es $\overline{x}=-1'58$ y su cuasivarianza
$S^2_c=3'04$. El intervalo de confianza para la diferencia de medias
viene dado por
\begin{myeqnarray*}
I_{1-\alpha}(\mu_D)=\left[\overline{D}\!-\!t_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}}\frac{S_c}{\sqrt{n}},\,
    \overline{D}\!+\!
t_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}} \frac{S_c}{\sqrt{n}} \right].
\end{myeqnarray*}
Para $\alpha=0'05$, se tiene
$t_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}}=t_{5,0'975}=2'57$ y el intervalo queda
\begin{myeqnarray*}
I_{0'95}(\mu_D)&=&[-3'41,\, 0'25].
\end{myeqnarray*}
\end{ejemplo}


\subsection{Intervalo de confianza para la diferencia de medias
de muestras independientes}
\index{Intervalo de confianza!para diferencia de medias}

Sean ahora dos m.a.s. $\underline{X}$ e $\underline{Y}$ de tamaños $n_1$ y $n_2$,
respectivamente, independientes entre sí, de tal forma que la
primera procede de una población $N(\mu_1,\sigma_1)$ y la segunda
de una población $N(\mu_2,\sigma_2)$. Usando que $\overline{X}$ y
$\overline{Y}$ son independientes, se sabe que
$$\left.
\begin{array}{c} \displaystyle \overline{X} \sim N\left(\mu_1,\frac{\sigma_1}{\sqrt{n_1}}\right) \\
\displaystyle \overline{Y} \sim N\left(\mu_2,
\frac{\sigma_2}{\sqrt{n_2}}\right)
\end{array} \right\}  \Longrightarrow
\overline{X}-\overline{Y} \sim N\left( \mu_1-\mu_2,
\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}} \right), $$ y
usando que $S_{c_1}^2$ y $S_{c_2}^2$ son independientes, se tiene
que
$$\left. \begin{array}{c} \displaystyle (n_1-1) \frac{S_{c_1}^2}{\sigma_1^2}
\sim \chi^2_{n_1-1}
\\ \displaystyle (n_2-1)\frac{S_{c_2}^2}{\sigma_2^2} \sim \chi^2_{n_2-1}
\end{array}  \right\}  \Longrightarrow
(n_1-1) \frac{S_{c_1}^2}{\sigma_1^2} + (n_2-1)
\frac{S_{c_2}^2}{\sigma_2^2} \sim \chi^2_{n_1+n_2-2}, $$
donde $S^2_{c_1}$ y $S^2_{c_2}$ son las cuasivarianzas muestrales para las
muestras $\underline{X}$ e $\underline{Y}$ respectivamente.

El pivote que permite construir el intervalo de confianza para la
diferencia de medias de ambas poblaciones, se construye basándose
en los resultados anteriores, y depende en gran medida del
conocimiento o no de las varianzas poblacionales.

\subsubsection{Intervalo de confianza cuando las varianzas son conocidas}
Se sabe que
$$\overline{X}-\overline{Y} \sim N\left(\mu_1-\mu_2,
\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+ \frac{\sigma_2^2}{n_2}} \right),$$
con lo cual se puede tomar como pivote
    $$\frac{\overline{X}-\overline{Y}-(\mu_1-\mu_2)}
    {\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+ \frac{\sigma_2^2}{n_2}}} \sim N(0,1),$$
de donde siguiendo la metodología anterior se obtiene que

$$\begin{array}{l}
P\left[\overline{X}\!\! - \!\! \overline{Y}\!\! - \!\! Z_{1-\frac{\alpha}{2}}
    \sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}\!\! +\!\! \frac{\sigma_2^2}{n_2}} \le
\mu_1\!\! -\!\! \mu_2 \le \overline{X}\!\! -\!\! \overline{Y}\!\! +\!\! Z_{1-\frac{\alpha}{2}}
\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}\!\! +\!\! \frac{\sigma_2^2}{n_2}}\, \right]\!=\!\\
\quad =1-\alpha
\end{array}$$
por tanto el intervalo buscado es
\begin{eqnarray*}
\lefteqn{I_{1-\alpha}(\mu_1-\mu_2)=}\\
&=&\left[\overline{X}\!  -\! \overline{Y}\! -\! Z_{1-\frac{\alpha}{2}}
\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}\! +\! \frac{\sigma_2^2}{n_2}}\, ,\,
\overline{X}\! -\! \overline{Y}\! +\! Z_{1-\frac{\alpha}{2}}
\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}\! +\! \frac{\sigma_2^2}{n_2}}\, \right].
\end{eqnarray*}

\begin{ejemplo}
Se quiere estudiar la diferencia de las vidas medias de dos tipos
de lámparas. Para ello, se toma una muestra de 150 lámparas de
tipo H y otra, independiente de la anterior, de 200 lámparas de
tipo N, obteniéndose que las de tipo H tienen una vida media de
1400 horas y una desviación típica de 120, y que las de tipo N
tienen una vida media de 1200 horas y desviación típica 80.

Para estimar la diferencia de medias  se construye un intervalo de
confianza al 95\%, que viene dado por
\begin{myeqnarray*}
\left[\overline{X}_H\! -\! \overline{Y}_N\pm Z_{1-\frac{\alpha}{2}}
\sqrt{\frac{\sigma_H^2}{n_H}\! +\! \frac{\sigma_N^2}{n_N}}\;
\right].
\end{myeqnarray*}
Sustituyendo en la expresión anterior, se obtiene
\begin{myeqnarray*}
\left[ 1400\! -\! 1200 \pm  1'96
\sqrt{\frac{120^2}{150}\! +\! \frac{80^2}{200}}\; \right],
\end{myeqnarray*}
y por tanto,
\begin{myeqnarray*}
I_{0'95}(\mu_H-\mu_N)&=&[177'8,222'2].
\end{myeqnarray*}

\end{ejemplo}


\subsubsection{Intervalo de confianza cuando las varianzas son desconocidas e iguales}

Como $S_{c_1}^2$ y $S_{c_2}^2$ son independientes,
se sabe que $$\left. \begin{array}{c} \displaystyle (n_1-1)
\frac{S_{c_1}^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_{n_1-1} \\ \displaystyle (n_2-1)
\frac{S_{c_2}^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_{n_2-1}
\end{array}
\right\}  \Longrightarrow \frac{(n_1-1) S_{c_1}^2+(n_2-1)
S_{c_2}^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_{n_1+n_2-2}$$ \noindent y puesto que
$\overline{X}$ y $S_{c_1}^2$, así como, $\overline{Y}$ y
$S_{c_2}^2$ son independientes, se
tiene el pivote
\begin{eqnarray*}
\lefteqn{T(\underline{X},\underline{Y},\mu_1-\mu_2)=}\\
    &=&\frac{\frac{\overline{X}-\overline{Y}-(\mu_1-\mu_2)}{\sigma}
            \left(\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}\right)^{-1}}
            {\sqrt{\frac{(n_1-1) S_{c_1}^2+(n_2-1)S_{c_2}^2}
            {\sigma^2(n_1+n_2-2)} } }\\
    &=&\frac{\overline{X}-\overline{Y}-(\mu_1-\mu_2)}{\sqrt{\frac{(n_1-1)S_{c_1}^2+(n_2-1)S_{c_2}^2}{n_1+n_2-2}}}\left(\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}\right)^{-1}\! \sim t_{n_1+n_2-2},
 \end{eqnarray*}
obteniéndose como intervalo de confianza
\begin{eqnarray*}
\lefteqn{I_{1 - \alpha}(\mu_1 - \mu_2) =}\\
    &=\left[\overline{X} - \overline{Y} \pm  t_{n_1 + n_2 - 2, 1 - \frac{\alpha}{2}}  \sqrt{\frac{(n_1 - 1)S_{c_1}^2+(n_2 - 1)S_{c_2}^2}{n_1+n_2-2}\left(\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}\right)}\right]
\end{eqnarray*}
que expresado en función de la varianza muestral queda
\begin{eqnarray*}
\lefteqn{I_{1-\alpha}(\mu_1-\mu_2)=}\\
&=&\left[\overline{X}-\overline{Y} \pm t_{n_1+n_2-2,1-\frac{\alpha}{2}}
\sqrt{\frac{n_1S^2_{1}+n_2S^2_{2}}{n_1+n_2-2}
\left(\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}\right)}\,\, \right].
\end{eqnarray*}

\begin{ejemplo}
De una población $N(\mu_1,\sigma^2)$, se extrae una m.a.s. de
tamaño 10, tal que la media muestral es 4'1 y la varianza muestral
es 6'09. De otra población $N(\mu_2,\sigma^2)$ se toma otra m.a.s.
de tamaño 16 e independiente de la anterior, cuya media y varianza
muestrales son 3'875 y 3'609, respectivamente. Se quiere obtener
un intervalo de confianza del 95\% para la diferencia de medias
poblacionales.

Puesto que la varianzas poblacionales son desconocidas pero iguales, el
intervalo de confianza para la diferencia de medias viene dado por
\begin{myeqnarray*}
\left[\overline{X}\!-\!\overline{Y} \pm
t_{n_1+n_2-2,1-\frac{\alpha}{2}}
\sqrt{\frac{n_1S^2_{1}\!+\!n_2S^2_{2}}{n_1+n_2-2}
\left(\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}\right)}\,\, \right].
\end{myeqnarray*}
Para $\alpha=0'05$ se tiene que $t_{24,0'975}=2'0639$. Así,
\begin{myeqnarray*}
\left[4'1\! -\! 3'875 \pm 2'0639 \sqrt{\frac{10\cdot 6'09+16\cdot
3'609}{24}\! \left(\frac{1}{10}+\!\frac{1}{16}\right)}\, \right].
\end{myeqnarray*}
Por tanto,
\begin{myeqnarray*}
I_{0'95}(\mu_1-\mu_2)&=&[-1'6248,2'0748].
\end{myeqnarray*}
\end{ejemplo}


\subsubsection{Intervalo de confianza cuando las varianzas son desconocidas y distintas}

En este caso, puesto que $\overline{X}$ y $S_{c_1}^2$, así como, $\overline{Y}$ y
$S_{c_2}^2$ son independientes,
se tiene que
$$\displaystyle
\frac{\overline{X}-\overline{Y} -
(\mu_1-\mu_2)}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2} }}
\sim N(0,1),$$
así como
$$
\displaystyle (n_1-1) \frac{S_{c_1}^2}{\sigma_1^2} +
(n_2-1) \frac{S_{c_2}^2}{\sigma_2} \sim \chi_{n_1+n_2-2}^2.
$$
Por tanto
$$
\frac{
\frac{\overline{X}-\overline{Y}-(\mu_1-\mu_2)}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+
\frac{\sigma_2^2}{n_2} }} }
{\sqrt{\frac{(n_1-1)\frac{S_{c_1}^2}{\sigma_1^2}+(n_2-1)
\frac{S_{c_2}^2}{\sigma_2^2} }{n_1+n_2-2}} } \sim t_{n_1+n_2-2},
$$
pero como se ve el estadístico depende de $\sigma_1$ y $\sigma_2$
por lo que se recurre a la aproximación de Welch,\index{Aproximación de Welch}
en función de la cual el estadístico
    $$\frac{\overline{X}-\overline{Y}-(\mu_1-\mu_2)}
    {\sqrt{\displaystyle\frac{S_{c_1}^2}{n_1}+\frac{S_{c_2}^2}{n_2}}},$$
tiene una distribución aproximada
$t_{a,1-\frac{\alpha}{2}}$ siendo $a$ un factor corrector que se
calcula tomando el entero más próximo a
$$a=\frac{\left(\frac{S^2_{c_1}}{n_1}+\frac{S^2_{c_2}}{n_2}\right)^2}
{\frac{1}{n_1+1}\left(\frac{S^2_{c_1}}{n_1}\right)^2+
\frac{1}{n_2+1}\left(\frac{S^2_{c_2}}{n_2}\right)^2}-2$$ y
donde el intervalo de confianza para $\mu_1-\mu_2$ viene dado por
    $$I_{1-\alpha}(\mu_1-\mu_2)=\left[\overline{X}-\overline{Y} \pm
    t_{a,1-\frac{\alpha}{2}} \sqrt{\frac{S_{c_1}^2}{n_1}+\frac{S_{c_2}^2}{n_2}}
\,\,\right].$$

\begin{ejemplo}
Para realizar un estudio sobre la hipertensión y sus consecuencias,
se toman dos muestras de 13 y
16 pacientes de ciudades distintas. Los datos
muestrales obtenidos fueron los siguientes:
\begin{myeqnarray*}
\overline{x_1}&=&166\, mm.\quad S_{c_1}=28\, mm.\\
\overline{x_2}&=&164'7\, mm.\quad S_{c_2}=7\, mm.
\end{myeqnarray*}
Supuesto que ambas poblaciones son Normales y que sus varianzas
son desconocidas y distintas, se quiere determinar un intervalo de
confianza al $95\%$ para la diferencia de medias.

Lo primero es calcular el valor de $a$.
\begin{myeqnarray*}
a&=&\displaystyle\frac{\left(\frac{S^2_{c_1}}{n_1}+\frac{S^2_{c_2}}{n_2}\right)^2}
{\frac{1}{n_1-1}\left(\frac{S^2_{c_1}}{n_1}\right)^2+
\frac{1}{n_2-1}\left(\frac{S^2_{c_2}}{n_2}\right)^2}-2\\ \\ &=&13'4.
\end{myeqnarray*}
Luego se toma $a=13$. Por otra parte, puesto que $t_{13,0'975}=2'16$,
el intervalo buscado es
\begin{myeqnarray*}
I_{0'95}(\mu_1-\mu_2)\!&\!=\!&\!\left[166\!-\!164'7 \pm 2'16
\sqrt{\frac{784}{13}\!+\!\frac{49}{16}} \right]\\
&\!=\!&\![-15'89,18'49].
\end{myeqnarray*}
\end{ejemplo}

\subsection{Intervalo de confianza para el cociente de
varianzas}
\index{Intervalo de confianza!para cociente de varianzas}

Al ser $S_{c_1}$ y $S_{c_2}$ independientes, se tiene que
$$\left.
\begin{array}{c}
\displaystyle (n_1-1) \frac{S_{c_1}^2}{\sigma_1^2} \sim \chi^2_{n_1-1} \\
\displaystyle (n_2-1) \frac{S_{c_2}^2}{\sigma_2^2} \sim \chi^2_{n_2-1}
\end{array}
\right\} \Longrightarrow
\frac{\frac{n_1-1}{n_1-1}\frac{S_{c_1}^2}{\sigma_1^2}
}{\frac{n_2-1}{n_2-1}\frac{ S_{c_2}^2}{\sigma_2^2} }=
\frac{\frac{S_{c_1}^2}{\sigma_1^2} }{\frac{ S_{c_2}^2}{\sigma_2^2}
} \sim F_{n_1-1,n_2-1},$$
con lo cual, hay que determinar $k_1$ y $k_2$ que verifiquen la igualdad
    $$P[k_1 \le F_{n_1-1,n_2-1} \le k_2] = 1-\alpha.$$
Usando el método del reparto equitativo del nivel de
significación, se obtiene que el intervalo de confianza buscado es
    $$I_{1-\alpha}\left(\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}\right)=
    \left[\frac{1}{F_{n_1-1,n_2-1,1-\frac{\alpha}{2}}}
\frac{S_{c_1}^2}{S_{c_2}^2},
\frac{1}{F_{n_1-1,n_2-1,\frac{\alpha}{2}}}
\frac{S_{c_1}^2}{S_{c_2}^2} \right], $$
y puesto que $S^2_c=\frac{n}{n-1}S^2$, se tiene el
intervalo
  $$I_{1-\alpha}\left(\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}\right)=
    \left[\frac{1}{F_{n_1-1,n_2-1,1-\frac{\alpha}{2}}}
\frac{\frac{n_1}{n_1-1}S^2_1}{\frac{n_2}{n_2-1}S^2_2},
\frac{1}{F_{n_1-1,n_2-1,\frac{\alpha}{2}}}
\frac{\frac{n_1}{n_1-1}S^2_1}{\frac{n_2}{n_2-1}S^2_2} \right]. $$

\begin{ejemplo}
Con el fin de estudiar el gasto de combustible de dos motos
procedentes de dos compañías diferentes, C1 y C2, se seleccionan al
azar 9 motos de la compañía C1 y 12 de la C2. Las de
la compañía C1 proporcionan una media de $18\, km$ recorridos por cada
litro de combustible, con una cuasivarianza de $1'1 \, km^2/l^2$ y las
de la compañía C2, una media de $15\, km/l$ y una cuasivarianza de
$2'9 \, km^2/l^2.$

Sabiendo que la distancia recorrida por cada litro de combustible
se distribuye normalmente en las dos compañías, se pretende obtener
un intervalo de confianza al 90\% para el cociente de varianzas.
Llamando $S^2_{c_1}$ y $S^2_{c_2}$ a las cuasivarianzas muestrales de las
motos de las compañías 1 y 2 y teniendo en cuenta
que $\alpha=0'1$, se tiene que para $n_1=9$ y $n_2=12$ es
\begin{myeqnarray*}
F_{n_1-1,n_2-1,\frac{\alpha}{2}}=0'34 & \mbox{y} &
F_{n_1-1,n_2-1,1-\frac{\alpha}{2}}=2'95.
\end{myeqnarray*}

Así pues, un intervalo
de confianza al 90\% para el cociente de varianzas viene dado por
\begin{myeqnarray*}
I_{0'9}\left(\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}\right)&=&
    \left[\displaystyle\frac{1}{2'95}
\frac{1'1}{2'9},\frac{1}{0'34} \frac{1'1}{2'9} \right]\\ \\ & =& [0'13,1'12].
\end{myeqnarray*}
\end{ejemplo}

\Pagebreak

\*section{Método basado en la desigualdad de Tchebychev}

En el método del pivote se parte del conocimiento, salvo
pa\-rá\-me\-tros, de la distribución de la variable aleatoria que define
la población. Sin embargo, en esta sección se aborda una
metodología que permite obtener un intervalo de confianza para un
parámetro de la población conociendo únicamente la media y varianza
del estimador de dicho parámetro. Para ello, se usará la
desigualdad de Tchebychev,\index{Desigualdad de Tchebychev}
la cual dice que dada una variable aleatoria, $X$, tal que $\E[X]=\mu$
y $\Var[X]=\sigma^2$, se verifica que $$P[|X-\mu| \le k \sigma]
>1-\frac{1}{k^2}.$$

Sea $\hat{\theta}(\underline{X})$ un estimador del parámetro que
se quiere estudiar, usando la desigualdad anterior se puede
encontrar un intervalo de confianza con una cota inferior del
nivel de confianza prefijado. Así pues, se verifica que
$$P\left[|\hat{\theta}-\E[\hat{\theta}]| \le k
\sqrt{\Var[\hat{\theta}]}\ \right]
>1-\frac{1}{k^2}.$$
En el caso de que el estimador sea insesgado se podrá obtener un
intervalo con nivel de confianza de al menos $1-\alpha$ que viene
dado a partir de las expresiones
    $$1-\frac{1}{k^2}=1-\alpha \Rightarrow k=\frac{1}{\sqrt{\alpha}}$$
    $$P\left[\hat{\theta}-
\frac{1}{\sqrt{\alpha}}\sqrt{\Var[\hat{\theta}]} \le \theta \le
\hat{\theta}+ \frac{1}{\sqrt{\alpha}}\sqrt{\Var[\hat{\theta}]}\
\right]
 \ge 1 - \alpha .$$
De lo cual se deduce que un intervalo de confianza es
    $$I_{1-\alpha}(\theta)=\left[\hat{\theta}-\sqrt{\frac{\Var[\hat{\theta}]}{\alpha}} \;, \;
       \hat{\theta}+\sqrt{\frac{\Var[\hat{\theta}]}{\alpha}}\ \right].$$

En el caso particular de que se quiera encontrar un intervalo de
confianza para la media de una población\index{Intervalo de
confianza!para la media} de la cual se conoce la varianza, puede
tomarse como estimador $\overline{X}$. De esta forma se obtiene el
intervalo
$$I_{1-\alpha}(\mu)=\left[\overline{X}-\frac{\sigma}{\sqrt{n
\alpha}},\overline{X} +\frac{\sigma}{\sqrt{n \alpha}}\right].$$

\begin{ejemplo}
Se quiere comparar el intervalo obtenido en este método con el obtenido
usando el método del pivote bajo la hipótesis de Normalidad. En
este caso, el intervalo venía dado por
\begin{myeqnarray*}
\left[\overline{X}-Z_{1-\frac{\alpha}{2}}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}
     \;,\; \overline{X}+Z_{1-\frac{\alpha}{2}}
\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right],
\end{myeqnarray*} con lo cual la amplitud de este
intervalo es
\begin{myeqnarray*}
2\cdot Z_{1-\frac{\alpha}{2}} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\, ,
\end{myeqnarray*}
mientras que para el método basado en la desigualdad de Tchebychev,
la amplitud del intervalo es
\begin{myeqnarray*}
2\cdot \frac{1}{\sqrt{\alpha}} \frac{\sigma}{\sqrt{ n}}\,\,.
\end{myeqnarray*}
Para el caso de un intervalo de confianza a un nivel de
$0'95$ y puesto que $\displaystyle Z_{1-\frac{\alpha}{2}}=1'96$ y
$\frac{1}{\sqrt{\alpha}}=4'47$, se puede
deducir que aunque el método aproximado es
aplicable en situaciones muy generales, presenta la desventaja de no
proporcionar un intervalo con buenas propiedades.
\end{ejemplo}


\*section{Método asintótico basado en el Teorema Central del Límite}

Esta sección está dedicada a la búsqueda de intervalos de confianza
para la media de una población de la cual se posee una muestra
de gran tamaño, es decir, se va a construir un intervalo de
confianza asintótico para la media.\index{Intervalo!asintótico!para la media}

Cuando se busca el intervalo de confianza para la media de una
población, el estimador natural es la media muestral
$\overline{X}$. Sin embargo, puede suceder que se desconozca su
distribución y consecuentemente no se pueda calcular dicho
intervalo. Para superar esta dificultad, se utiliza el Teorema
Central del Límite.

Antes de continuar es necesario introducir el concepto de
convergencia en distribución o en ley.

Dada $(X_n)_{n\in \cal{N}}$ una sucesión de variables aleatorias
con función de distribución $F_n$. Se dice que $X_n$ {\em converge en ley} o {\em en
distribución}\index{Convergencia en ley} a una variable aleatoria $X$ con función de
distribución $F$, si $F_n(x)\rightarrow F(x)$ en todo punto de continuidad de
F, este tipo de convergencia se denota por $X_n\stackrel{d}{\longrightarrow} X$ o
$X_n\stackrel{l}{\longrightarrow} X$.

Así mismo, será de gran utilidad el siguiente teorema conocido
como {\em Teorema de Linderberg--Lévy}\index{Teorema!de
Linderberg--Lévy}.

Dadas $X_1, \ldots, X_n$, variables aleatorias independientes e idénticamente distribuidas,
tales que, $\E[X]=\mu$ y  $\Var[X]=\sigma^2 < \infty$. Entonces:
    $$\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma}\sqrt{n} \stackrel{d}{\longrightarrow} N(0,1).$$

Por tanto, siempre que el objetivo sea obtener un intervalo de
confianza para la media, se puede aplicar este teorema y usar las
mismas técnicas  empleadas para obtener el intervalo de confianza
para la media de una población Normal, con la salvedad de que en
este caso el nivel de confianza de este intervalo no será exacto,
sino aproximado.

Debido a que en la mayoría de las situaciones reales que se
presentan la varianza poblacional es desconocida, en este método
asintótico la varianza poblacional, se aproxima por la muestral,
obteniéndose que
  $$\frac{\overline{X}-\mu}{S}
\sqrt{n} \stackrel{d}{\longrightarrow} N(0,1).$$


\subsection{Intervalos de confianza para la proporción}
\index{Intervalo de confianza!para la proporción}

Considérese una m.a.s. $\underline{X}$ extraída de una población
definida por una variable aleatoria $X$, distribuida según una
Bernouilli de parámetro $p$. Si la variable aleatoria toma valores
$0$ y $1$, el estimador de máxima verosimilitud del parámetro $p$
es $$\hat{p}=\frac{1}{n}\displaystyle{\sum_{i=1}^n
X_i}=\overline{X}.$$ \noindent Puesto que
\begin{eqnarray*}
\E[\hat{p}] & = & p \\ \Var[\hat{p}] & = & \frac{p(1-p)}{n},
\end{eqnarray*}
puede deducirse, aplicando una variante del Teorema de
Linderberg--Levy para este tipo de distribuciones, que
    $$\frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}\stackrel{d}{\longrightarrow} N(0,1).$$
A partir de este resultado se puede construir un intervalo de
confianza, bien directamente, o a través de la doble aproximación,
donde $p(1-p)$ es sustituido por su estimador
$\hat{p}(1-\hat{p})$.

Véase qué intervalos se obtienen por ambos métodos:
\begin{enumerate}
\item Sin utilizar la doble aproximación y haciendo $k=Z_{1-\frac{\alpha}{2}}$.
\begin{eqnarray*}
1-\alpha & = &P[-k \le N(0,1) \le k ]  \\ & = &P\left[-k \le \frac{\hat{p}-p}{\sqrt{p(1-p)}}\sqrt{n} \le
k \right] \\ & = &P\left[(\hat{p}-p)^2n \le k^2 p(1-p) \right] \\ & = &P\left[(\hat{p}^2+p^2-2p\hat{p})n \le
\frac{k^2p(1-p)}{n} \right]  \\ & = &P\left[\left(1+\frac{k^2}{n}\right)p^2-\left(2 \hat{p}+\frac{k^2}{n}\right)p
+\hat{p}^2 \le 0 \right]
\end{eqnarray*}
    $$p=\frac{(2\hat{p}+\frac{k^2}{n}) \pm \sqrt{(2 \hat{p}+\frac{k^2}{n})^2-
4(1+\frac{k^2}{n})\hat{p}^2}}{2(1+\frac{k^2}{n})}.$$

Por tanto el intervalo es
    $$I_{1-\alpha}(p)=\left[ \frac{(2\hat{p}+\frac{k^2}{n}) \pm \sqrt{(2 \hat{p}+\frac{k^2}{n})^2-
4(1+\frac{k^2}{n})\hat{p}^2}}{2(1+\frac{k^2}{n})}\  \right],$$
\noindent o equivalentemente
$$I_{1-\alpha}(p)=\left[\frac{\hat{p}}{1+\frac{k^2}{n}} +
\frac{1}{2(1+\frac{n}{k^2})} \pm
\frac{\frac{k}{\sqrt{n}}\sqrt{4\hat{p}(1-\hat{p})+\frac{k}{n^2}}}
{2(1+\frac{k^2}{n})}\ \right].$$

\item Utilizando la doble aproximación y el mismo valor para
$k=Z_{1-\frac{\alpha}{2}}$.
\begin{eqnarray*}
1-\alpha &=& P[-k \le N(0,1) \le k ] =\\
&=&P\left[-k \le \frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})}}\sqrt{n} \le k \right]=\\
&=&P\left[\hat{p}- \frac{k}{\sqrt{n}}\sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})} \le p \le \hat{p} + \frac{k}{n} \sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})}\right],
\end{eqnarray*}
de donde se deduce que el intervalo es $$I_{1-\alpha}(p)=\left[ \hat{p} \pm \frac{k}{\sqrt{n}}
\sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})} \right].$$ Como puede observarse el primer intervalo obtenido converge al
segundo.
\end{enumerate}

\begin{ejemplo}
En unas elecciones, el candidato A desea estimar, al 95\% de
confianza, la proporción de votantes que están a su favor. Con este
fin, toma una muestra aleatoria de 100 votantes, observando que
el 55\% son partidarios suyos, obteniendo un intervalo de confianza
de sus probabilidades de
triunfo igual a
\begin{myeqnarray*}
I_{0'95}(p)&=&\left[ \hat{p} \pm Z_{0'975}
\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}} \right]\\ &=&\left[0'55\pm
1'96\sqrt{\frac{0'55\cdot 0'45}{100}}\right]\\ &=&[0'55\pm
0'1]\\&=&[0'45, 0'65].
\end{myeqnarray*}
\end{ejemplo}


\subsection{Intervalo de confianza para la diferencia de proporciones}

\index{Intervalo de confianza!para diferencia de proporciones}
Se consideran dos muestras aleatorias simples $\underline{X}$ e
$\underline{Y}$, de tamaños $n_1$ y $n_2$ e independientes entre sí,
extraídas de poblaciones con distribuciones Bernouilli de
parámetros $p_1$ y $p_2$ respectivamente. El objetivo consiste en
encontrar un intervalo de confianza para la diferencia de sus
proporciones. Como en el caso anterior, se obtiene que los
estimadores máximo verosímiles para ambas muestras son: $$\hat{p}_1
= \frac{1}{n_1}\displaystyle{\sum^{n_1}_{i=1} X_i} \quad
\hat{p}_2=\frac{1}{n_2}\displaystyle{\sum_{i=1}^{n_2} Y_i} $$ \noindent
verificándose que $$\E[\hat{p}_1]=p_1 \quad
\Var[\hat{p}_1]=\frac{p_1(1-p_1)}{n_1} \quad \hat{p}_1
\stackrel{d}{\longrightarrow} N\left(p_1,
\sqrt{\frac{p_1(1-p_1)}{n_1}}\right)$$ \noindent y
$$\E[\hat{p}_2]=p_2 \quad \Var[\hat{p}_2]=\frac{p_2(1-p_2)}{n_2}
\quad \hat{p}_2 \stackrel{d}{\longrightarrow} N \left(p_2,
\sqrt{\frac{p_2(1-p_2)}{n_2}}\right).$$
Puesto que ambas muestras son independientes se tiene que
$$\hat{p}_1-\hat{p}_2 \stackrel{d}{\longrightarrow} N
\left(p_1-p_2, \sqrt{\frac{p_1(1-p_1)}{n_1}+ \frac{p_2(1-p_2)}{n_2}}
\right)$$ \noindent de lo cual puede deducirse usando la doble
aproximación la expresión
    $$P\left[-Z_{1-\frac{\alpha}{2}} \le
\frac{\hat{p}_1-\hat{p}_2-(p_1-p_2)}{\sqrt{\frac{\hat{p}_1(1-\hat{p}_1)}{n_1}+
\frac{\hat{p}_2 (1-\hat{p}_2)}{n_2}}} \le Z_{1-\frac{\alpha}{2}}\right]
       = 1-\alpha, $$
\noindent siendo el intervalo de confianza buscado igual a
$$ I_{1-\alpha}(p_1-p_2)= \left[
\hat{p}_1-\hat{p}_2 \pm
Z_{1-\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{\hat{p}_1(1-\hat{p}_1)}{n_1}+
\frac{\hat{p}_2(1-\hat{p}_2)}{n_2}} \right].$$

\begin{ejemplo}
Una determinada empresa quiere saber si su nuevo producto tendrá
más aceptación en la población adulta o entre los jóvenes. Para
ello, considera una m.a.s. de 400 adultos y 600
jóvenes, observando que sólo a 100 adultos y 300 jóvenes les había
gustado su innovador producto. Para comparar las proporciones
de adultos y jóvenes a los que les gusta
el producto, a un nivel de confianza del 99\%, se considera el
intervalo de confianza
\begin{myeqnarray*}
\left[ \hat{p}_1-\hat{p}_2 \pm
Z_{1-\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{\hat{p}_1(1-\hat{p}_1)}{n_1}+
\frac{\hat{p}_2(1-\hat{p}_2)}{n_2}} \right].
\end{myeqnarray*}
Si se considera
\begin{myeqnarray*}
p_1&=&\mbox{proporción de jóvenes a los que gusta}\\
p_2&=&\mbox{proporción de adultos a los que gusta}
\end{myeqnarray*}
entonces
\begin{myeqnarray*}
\hat{p}_1=\frac{300}{600}=0'5 &\mbox{ y }&
\hat{p}_2=\frac{100}{400}=0'25,
\end{myeqnarray*}
con lo que el intervalo queda
\begin{myeqnarray*}
\left[0'5-0'25\pm 2'58\sqrt{\frac{0'5\cdot
0'5}{600}+\frac{0'25\cdot 0'75}{400}}\,\right],
\end{myeqnarray*}
es decir,
\begin{myeqnarray*}
I_{0'99}(p_1-p_2)&=&[0'19, 0'31].
\end{myeqnarray*}
\end{ejemplo}


\*section{Intervalo asintótico para cualquier parámetro}

\index{Intervalo!asintótico}
En el apartado anterior, se estudió la construcción de un intervalo
de confianza para la media de una población a través de métodos
asintóticos. En esta sección, se extiende el método anterior
a cualquier parámetro del cual se disponga un estimador máximo
verosímil. Para ello, se considera el siguiente resultado.
\begin{teorema}
Si se verifican las condiciones de Fisher--Wolfowitz
el estimador máximo--verosímil de $\theta$, $\hat{\theta}_{MV}$, es
asintóticamente Normal: $$
\frac{\hat{\theta}_{\scriptscriptstyle{MV}}(\underline{X})-\theta}
{\sqrt{(I(\theta))^{-\frac{1}{2}}}}\,
\stackrel{d}{\longrightarrow}\, N(0,1),$$
donde $\displaystyle I(\theta)=-\E
\left[\frac{\partial^2 \log f(x,\theta)}{\partial \theta^2}
\right].$
\end{teorema}
Así, dada una m.a.s. procedente de una población cuya distribución
depende de un parámetro $\theta$ desconocido y suponiendo conocido
su estimador de máxima verosimilitud, el intervalo de confianza
para dicho parámetro viene dado por la expresión
\begin{eqnarray*}
1-\alpha & = &  P\left[-Z_{1-\frac{\alpha}{2}} \le
        \frac{\hat{\theta}_{\scriptscriptstyle{MV}}(\underline{X})-\theta}{\sqrt{I(\theta)}} \le
       Z_{1-\frac{\alpha}{2}} \right] \\
& = &  P\left[ \hat{\theta}_{\scriptscriptstyle{MV}}(\underline{X})
- Z_{1-\frac{\alpha}{2}} \sqrt{I(\theta)} \le \theta \le
\hat{\theta}_{\scriptscriptstyle{MV}}(\underline{X})+
Z_{1-\frac{\alpha}{2}} \sqrt{I(\theta)} \right],
\end{eqnarray*}
obteniéndose el intervalo
$$I_{1-\alpha}(\theta)=\left[
\hat{\theta}_{\scriptscriptstyle{MV}}(\underline{X}) -
Z_{1-\frac{\alpha}{2}} \sqrt{I(\theta)}\;,\;
\hat{\theta}_{\scriptscriptstyle{MV}}+ Z_{1-\frac{\alpha}{2}}
\sqrt{I(\theta)} \right] .$$

\begin{ejemplo}
Sea $\underline{X}$ una m.a.s. extraída de una población de Poisson de parámetro desconocido
$\lambda$. Se sabe que el estimador de máxima verosimilitud para $\lambda$ es
\begin{myeqnarray*}
\hat{\lambda}_{\scriptscriptstyle{MV}}(\underline{X})&=&\overline{X}
\end{myeqnarray*}
y la cantidad de información de Fisher para esta distribución es
\begin{myeqnarray*}
I(\lambda)&=&\displaystyle\frac{n}{\lambda},
\end{myeqnarray*}
de lo cual se deduce que
\begin{myeqnarray*}
\frac{\overline{X}-\lambda}{\sqrt{\lambda}} \sqrt{n}
&\stackrel{d}{\rightarrow}& N(0,1),
\end{myeqnarray*}y donde, o bien, puede
sustituirse $\lambda$, como se vio anteriormente,
 en el denominador por un
estimador consistente como es $\overline{X}$, o resolverse
directamente. Si se sustituye, se obtiene que:
\begin{myeqnarray*}
\frac{\overline{X}-\lambda}{\sqrt{\overline{X}}} \sqrt{n}& \stackrel{d}{\rightarrow}& N(0,1)
\end{myeqnarray*}y de aquí, el intervalo de confianza para $\lambda$ es
\begin{myeqnarray*}
I_{1-\alpha}(\lambda)&=&\left[\overline{X}-Z_{1-\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{\overline{X}}{n}} \; , \;
\overline{X}+Z_{1-\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{\overline{X}}{n}}
\right].
\end{myeqnarray*}
\end{ejemplo}



\section{Determinación del tamaño muestral}

Una vez estudiados diferentes métodos de construcción de un
intervalo de confianza, se pone de manifiesto la importancia del
tamaño muestral\index{Tama\~no muestral} en los procesos inferenciales
y más concretamente,
en la construcción de intervalos de confianza para la media de una
población. En esta sección, el objetivo va a
consistir en fijar el tamaño muestral para que el error cometido en
el proceso de estimación de dichos intervalos sea menor que una
cantidad prefijada.

Así, dependiendo del conocimiento o no de la varianza se pueden
distinguir los siguientes casos:

\subsection{Determinación del tamaño muestral para estimar la media,
conocida la varianza}

Tanto en el caso que la población sea una población $N(\mu,
\sigma)$, como en el caso de que el tamaño muestral sea
suficientemente grande se ha visto que
    $$P\left[\overline{X}-\frac{Z_{1-\frac{\alpha}{2}} \sigma}{\sqrt{n}} \le \mu \le
\overline{X}+\frac{Z_{1-\frac{\alpha}{2}}
\sigma}{\sqrt{n}}\right]=1-\alpha,$$ o equivalentemente $$P\left[
|\overline{X}-\mu|\le \frac{Z_{1-\frac{\alpha}{2}}
\sigma}{\sqrt{n}} \right]=1-\alpha,$$ \noindent con lo cual, una
medida del error cometido en la estimación de la media viene dada
por
$|\overline{X}-\mu|$, siendo $\displaystyle
\frac{Z_{1-\frac{\alpha}{2}} \sigma}{\sqrt{n}}$ una cota de dicho
error.

Por tanto, se puede calcular el tamaño muestral para que el error
absoluto cometido en la estimación sea a lo sumo una cantidad prefijada
$\varepsilon$, de la forma
    $$n=\frac{Z_{1-\frac{\alpha}{2}}^2\sigma^2}{\varepsilon^2}.$$

\begin{ejemplo}
Se pretende estimar la media $\mu$ de una población Normal de
varianza $17'64$ y se quiere tener una confianza del 95\% de que el
error absoluto de estimación sea menor de $0'05$. Determínese el tamaño de la
muestra.

Para $\alpha=0'05$ es $Z_{1-\frac{\alpha}{2}}=1'96$. Por tanto,
para $\varepsilon=0'05$ se tiene que $$n=\frac{(1'96)^2\cdot
17'64}{(0'05)^2}=27106.$$
\end{ejemplo}

\subsection{Determinación del tamaño muestral para estimar la media,
desconocida la varianza}

De igual forma que en el caso anterior, se obtiene que un intervalo
de confianza a nivel $1-\alpha$ para la media de una población es
    $$P\left[\overline{X}-t_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}} \sqrt{\frac{S^2_c}{n}} \le \mu \le
\overline{X}+t_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}} \sqrt{\frac{S^2_c}{n}}\
\right]=1-\alpha,$$ \noindent o equivalentemente
$$P\left[|\overline{X}-\mu| \le t_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}}
\sqrt{\frac{S^2_c}{n}} \right]=1-\alpha .$$ \noindent Razonando de
igual forma que en el apartado anterior, el tamaño muestral\index{Tama\~no muestral}
necesario para obtener un error de estimación menor que una
cantidad prefijada, $\varepsilon$, debe ser
    $$\frac{t_{n-1,1-\frac{\alpha}{2}}^2 S^2_c}{\varepsilon^2}.$$


\subsection{Determinación del tamaño muestral para la proporción}

En las secciones anteriores se estudió que el intervalo de
confianza para la proporción de una población viene dada por
$$P\left[ \hat{p}-Z_{1-\frac{\alpha}{2}
}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n} } \le p \le
\hat{p}+Z_{1-\frac{\alpha}{2}} \sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}
}\right] = 1-\alpha, $$ \noindent o equivalentemente $$P\left[
|\hat{p}-p| \le Z_{1-\frac{\alpha}{2}}
\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}  } \right]=1-\alpha .$$
\noindent Siguiendo el razonamiento de los apartados anteriores se
obtiene que el tamaño\index{Tama\~no muestral} necesario para cometer un error menor que una
cantidad prefijada, $\varepsilon$, debe ser mayor que
    $$\frac{Z_{1-\frac{\alpha}{2}}^2\hat{p}(1-\hat{p})}{\varepsilon^2}.$$

\begin{ejemplo}
Con el fin de organizar su producción, una determinada fábrica
emprende una investigación para conocer la proporción de
consumidores que adquieren su producto. Se quiere que el error de
estimación máximo sea del 3\% con una confianza del 95\%, así que
se trata de averiguar cuál debe ser el tamaño de la muestra para
que se cumplan estos objetivos.

Se puede observar que nada se sabe acerca de $\hat{p}$. En esta
ocasión y puesto que $\max \hat{p}(1-\hat{p})=\frac{1}{4}$, se
tendrá que
\begin{myeqnarray*}
\frac{\frac{1}{4}Z_{1-\frac{\alpha}{2}}^2}{\varepsilon^2}&\leq & n .
\end{myeqnarray*}
Como $\varepsilon=0'03$ y $\alpha=0'05$, se tiene que
$Z_{\frac{\alpha}{2}}=1'96$. Así, $$0'25
\frac{(1'96)^2}{(0'03)^2}=1067'11\leq n .$$ Por tanto, el tamaño de
la muestra ha de ser como mínimo de 1068 consumidores.
\end{ejemplo}

\Pagebreak

\section{Ejercicios}

\subsection{Ejercicios resueltos}

\proresuelto Se han generado aleatoriamente (con el paquete estadístico
Statgraphics) $20$ datos extraídos de una población $N(0,4)$,
obteniéndose que $\overline{X}=-0'052783$ y $S_c^2=3'17325$.
Obtener un intervalo de confianza a un nivel de confianza  $1-\alpha$
para el caso en que $\sigma=1$ y en el caso en que no se conozca su
valor. De igual forma, calcúlense los intervalos de confianza
para $\sigma$ en el caso de que $\mu=0$ y en el caso de que se
desconozca su valor.
\solucion Los resultados obtenidos vienen reflejados en
la tabla~\ref{rnormal}.

\begin{table}[htb]
{\def\arraystretch{1.30}
$$\begin{array}{||c|c|c||}
\hline
\begin{array}{c}
\mbox{Intervalos $(\alpha = 0'05)$}
\end{array}
 &
\begin{array}{c}
{\overline{X}=-0'052783}\\ {S_c^2=3'17325}
\end{array}
&
\begin{array}{c}
\mbox{Amplitud del}\\ \mbox{intervalo}
\end{array} \\  \hline \hline
\sigma =1 &
I_{1-\alpha}(\mu)=[-0'437,0'331] & \Delta=0'768\\ \hline
\sigma \mbox{ desconocida}& I_{1-\alpha}(\mu)=[-0'407,0'317]&
\Delta=0'724\\ \hline \mu = 0&
I_{1-\alpha}(\sigma^2)=[2'427,4'236]&\Delta=1'809 \\ \hline
\mu \mbox{ desconocida}& I_{1-\alpha}(\sigma^2)=[2'449,4'275]&\Delta=1'826\\ \hline
\end{array}$$
}
\caption{Resultados: Distribución $N(\mu,\sigma)$}\label{rnormal}
\end{table}

Hay que señalar que el intervalo encontrado cuando $\sigma$ es
desconocida es más pequeño que el encontrado cuando es conocida.
Esto se debe  a que cuando $\sigma$ es desconocida se toma la
cuasivarianza (o varianza), que en este caso vale $S_c^2=3'17325$, que es
más pequeño que el valor de $\sigma^2=4$.


\proresuelto Encuéntrense intervalos de confianza para la Exponencial de
parámetro $\lambda$ por los métodos del pivote, la desigualdad de
Tchebychev y los métodos asintóticos I y II. Compárense los
resultados obtenidos para un nivel de confianza del $95\%$ cuando
\spro la muestra es de tamaño $100$ y  la media muestral
$\overline{X}=0'560001$ \spro la muestra es de tamaño $10000$ y la
media muestral $\overline{X}=0'502409$.
\solucion
Los resultados obtenidos vienen reflejados en la tabla~\ref{rexp},
donde la amplitud del intervalo se denota por $\Delta$.

\begin{table}[htb]
{
%\def\arraystretch{3.10}
\def\arraystretch{1.7}
%\scriptsize
\arraycolsep .18ex
\tabcolsep .2ex
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline \mbox{\small Método} &\mbox{\small Intervalo de confianza}&\begin{array}{c}n=100\\ \overline{X}=0'56000\end{array}&\begin{array}{c}n=10000\\ \overline{X}=0'50241\end{array}\\ \hline \hline
\mbox{\small Pivotal}&\left[\frac{\sum\limits_{i=1}^n X_i}{g_{1,n,1-\frac{\alpha}{2}}},\frac{\sum\limits_{i=1}^n X_i}{g_{1,n,\frac{\alpha}{2}}}\right]&\begin{array}{c}[0'463,0'69]\\ \Delta=0'227\end{array}& \begin{array}{c}[0'473,0'554]\\ \Delta=0'081\end{array}\\ \hline
\begin{tabular}{c}\small Desigualdad\\ \small de Tchebychev\end{tabular}&\left[\frac{\overline{X}}{1+\frac{1}{\sqrt{\alpha n}}},\frac{\overline{X}}{1-\frac{1}{\sqrt{\alpha n}}}\right]&\begin{array}{c}[0'387,1'013]\\ \Delta=0'626\end{array}&\begin{array}{c}[0'481,0'526]\\ \Delta=0'045\end{array}\\ \hline
\begin{tabular}{c}\small I. Asintótico I\\ \small (T.C.L.)\end{tabular}&\left[\frac{\overline{X}}{1+\frac{Z_{1-\frac{\alpha}{2}}}{\sqrt{n}}},\frac{\overline{X}}{1-\frac{Z_{1-\frac{\alpha}{2}}}{\sqrt{n}}}\right]&\begin{array}{c}[0'468,0'697]\\ \Delta=0'229\end{array}&\begin{array}{c}[0'493,0'512]\\ \Delta=0'019\end{array}\\ \hline
\begin{tabular}{c}\small I. Asintótico II\\ \small (M.V.)\end{tabular}&\left[\overline{X} \left(\!1\!-\!\frac{Z_{1-\frac{\alpha}{2}}}{\sqrt{n}}\! \right), \overline{X}\left(\!1\!-\!\frac{Z_{1-\frac{\alpha}{2}}}{\sqrt{n}}\! \right) \right]&\begin{array}{c}[0'45,0'67]\\ \Delta=0'22\end{array}&\begin{array}{c}[0'493,0'512]\\ \Delta=0'019\end{array}\\ \hline
\end{array}
$$
}
\caption{Resultados: Distribución $\Exp(\lambda)$ $(\alpha=0'05)$}\label{rexp}
\end{table}


\subsection{Ejercicios propuestos}

\pro Un fabricante diseña un experimento para estimar la tensión
de ruptura media de una fibra. Para ello, observa las tensiones de
ruptura, en libras, de 16 hilos de dicha fibra seleccionados
aleatoriamente. Las tensiones son $20'8$, $20'6$, $21'0$, $20'9$,
$19'9$, $20'2$, $19'8$, $19'6$, $20'9$, $21'1$, $20'4$, $20'6$,
$19'7$, $19'6$, $20'3$, $20'7$.

Si la tensión de ruptura se distribuye según una Normal de
desviación típica $\sigma =0'45$ libras, constrúyase un intervalo
al 98\% para el valor real de la tensión de ruptura promedio de la
fibra.


\pro El ayuntamiento de una determinada ciudad está interesado en
estimar la cantidad promedio de dinero que gastan los turistas
durante su estancia en la ciudad. Una encuesta llevada a cabo entre
una muestra aleatoria de turistas obtuvo los siguientes datos
expresados en euros: 150, 175, 163, 148, 142, 189, 135, 174, 168,
152, 158, 184, 134, 146, 155, 163. Suponiendo que la cantidad
gastada al día es una variable aleatoria Normal, obténganse los
intervalos de confianza para el promedio de dinero que gastan
los turistas al día, estimados al 90, 95 y 98\%.


\pro A partir de una muestra de $26$ embotelladoras de agua, se
observa que el número medio de botellas llenas es de $71'2$ por
minuto y que su varianza es de $13'4$. Suponiendo Normalidad,
calcule un intervalo de confianza del $95\%$ para
el número medio de botellas rellenas.


\pro Se está realizando un estudio para determinar el grado de
precisión de las medidas efectuadas por un aparato.
Para ello, se realizan 10 medidas, observándose que
presentan una desviación típica de $0'23$ unidades. Suponiendo
Normalidad, obténgase un
intervalo de confianza al 99\% para la desviación típica de las medidas
llevadas a cabo por el aparato.


\pro Dos universidades siguen métodos distintos a la hora de
matricular a sus alumnos. Para comparar el tiempo que los alumnos
tardan en completar los trámites de matrícula se seleccionó al
azar una muestra de 100 alumnos de cada universidad, obteniéndose
los siguientes resultados, expresados en minutos, $$\overline{x}_1=50'2;\quad
\overline{x}_2=52'9;\quad S_1=4'8;\quad S_2=5'4.$$ Supuesto que
ambas muestras son independientes y procedentes de poblaciones
Normales, obténganse los intervalos al 90, 95 y 99\% para la
diferencia de las medias del tiempo de matrícula.



\pro Un agricultor siembra dos tipos de tomates híbridos en cinco parcelas
diferentes. Las producciones, en quintales métricos por
hectáreas son las siguientes:
\begin{center}
\begin{tabular}{l|ccccc}
&1&2&3&4&5\\ \hline \mbox{Híbrido I}&90&85&95&76&80\\ \hline
\mbox{Híbrido II}&84&87&90&92&90\\ \hline
\end{tabular}
\end{center}
Si se supone que las poblaciones son Normales: \spro Construya un
intervalo de confianza del 90\% para la diferencia entre las
producciones medias. \spro Construya un intervalo de confianza del
90\% para el cociente de las varianzas.


\pro Para estudiar la diferencia de estaturas medias, medidas en
centímetros, de estudiantes varones en las facultades de ciencias de Cádiz y
Málaga, se toma una muestra aleatoria de 15 estudiantes en cada
facultad, obteniéndose:

$
\begin{tabular}{l|c}
\mbox{Cádiz}&\begin{tabular}{llllllll}
182&170&175&167&171&174&181&169\\
174&174&170&176&168&178&180
\end{tabular}
\\ \hline
\mbox{Málaga}&\begin{tabular}{llllllll}
181&173&177&170&170&175&169&169\\
171&173&177&182&179&165&174&
\end{tabular}
\end{tabular}
$

Obtenga el intervalo de confianza al 99\% para la diferencia de
estaturas medias entre ambos colectivos de estudiantes. Se supone
que las estaturas siguen una distribución Normal y que las varianzas poblacionales
son iguales.


\pro Se está realizando un estudio sobre la evolución del nivel de colesterol de
las personas, para lo cual se seleccionan 10 individuos al azar y
se les somete a una nueva dieta alimenticia durante seis meses,
tras la cual se les volvió a medir el nivel de colesterol en mg/dl.
Suponiendo Normalidad, obtenga un intervalo de confianza al 90\% para la diferencia de
medias.

\noindent\begin{tabular}{l|cccccccccc}\noindent
\mbox{Antes}&200&156&178&241&240&256&245&220&235&200\\ \hline
\mbox{Después}&190&145&160&240&240&255&230&200&210&195\\
\end{tabular}


\pro Una fábrica produce barras de hierro cuya longitud sigue una
distribución Normal. A partir de la muestra
$$100'9,101'2,100'2,100'4,99'8,100'1,101'5,100'4,101'7,99'5.$$
\spro Encuentre un intervalo de confianza para la longitud media.
\spro Tras revisar la maquinaria, se obtuvo una nueva muestra:
$$99'7,100'7,97'8,98'8,101'4,100'3,98'7,101'1,99'4,99'5.$$
Estudie si se produjo algún cambio en la longitud media de la
barras.



\pro Partiendo de una m.a.s. de tamaño $n$, construya un intervalo
de confianza utilizando la desigualdad de Tchebychev con un
nivel $1-\alpha$ para el parámetro $\theta$ de las siguientes ditribuciones:
\spro $B(\theta)$. \spro $U(0,\theta)$. \spro $N(0,\theta)$.



\pro En un comercio se recibe un lote de 200 artículos de
los cuales 8 están defectuosos. Obténganse intervalos de confianza
al 90, 95 y 99\% para la proporción de artículos
defectuosos.


\pro En una población de 10000 niños se desea hacer una campaña de
vacunación. Se quiere saber cuántas vacunas deben preverse, con un
95\% de confianza, si de una m.a.s. de 90 encuestados 30 estaban vacunados.



\pro A partir de una muestra de tamaño $100$, cuya media fue $0'37$,
obtenga un intervalo de confianza del $92'5\%$ para el parámetro de
una distribución $B(1,p)$.



\pro A partir de una muestra de 150 enfermos escogidos entre los
admitidos en un hospital durante un periodo de tres años, se
observó que 129 tenían algún tipo de seguro hospitalario. En un
segundo hospital, se tomó otra muestra de 160 individuos, extraída
de forma similar, de los cuales 144 tenían algún tipo de seguro.
Encuentre los intervalos al 90, 95 y 99\% de confianza para la diferencia de
proporciones.



\pro Con el propósito de estudiar la cantidad de nicotina de una
determinada marca de cigarrillos se toma una muestra de $100$ de
ellos, encontrándose una media de $26$ mg. Se sabe que la cantidad
de nicotina se distribuye normalmente, y que su desviación típica
es de $8$ mg. \spro Obtenga un intervalo de confianza para el
contenido medio en nicotina al $99\%$. \spro Estudie cuál debe ser
el tamaño de la muestra para que la amplitud del intervalo disminuya en $2$ mg.



\pro Determine el tamaño muestral necesario para estimar la media
de una población Normal con varianza igual a $12$ y un $90\%$ de confianza,
de manera que el error en la estimación no sea mayor
de $0'01$.


\Newpage
\section{Tablas de Intervalos de Confianza}

{\tiny\arraycolsep .75ex \tabcolsep .5ex \def\arraystretch{1.4}
\begin{table}[htb]
%\begin{center}
%\hspace*{-2.3cm}
%\hspace*{-1.3cm}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
   \hline
   \small Distribución&Parámetro&\multicolumn{1}{c}{\small Casos}&\multicolumn{2}{|c|}{\small Intervalo}\\
   \hline \hline
   \begin{tabular}{c}\\ Normal\\ ${\cal N}(\mu,\sigma^2)$\end{tabular}&
   $\begin{array}{c}\\\mu\end{array}$&$\sigma\mbox{ conocida}$&\multicolumn{2}{|c|}{$\med{x}\pm\perb{Z}\fra{\sigma}{\sqrt{n}}$}\\ \cline{3-5}
   &&$\sigma$ desconocida&$\begin{array}{c}n<30\\\med{x}\pm\pdb{t}{n-1}\fra{S_c}{\sqrt{n}}\end{array}$&
   $\begin{array}{c}n\geq 30\\\med{x}\pm\perb{Z}\fra{S_c}{\sqrt{n}}\end{array}$\\
   \hline
%
   \begin{tabular}{c}\\ Desconocida\\ $n\ge 30$ \end{tabular}&
   $\begin{array}{c}\\\mu\end{array}$&$\sigma\mbox{ conocida}$&\multicolumn{2}{|c|}{$\med{x}\pm\perb{Z}\fra{\sigma}{\sqrt{n}}$}\\ \cline{3-5}
   &&$\sigma\mbox{ desconocida}$&\multicolumn{2}{|c|}{$\med{x}\pm\perb{Z}\fra{S_c}{\sqrt{n}}$}\\
   \hline
%
   \begin{tabular}{c}Bernoulli \\ ${\cal B}(p)$ \end{tabular}&$p$&\begin{tabular}{c}Muestras\\ grandes\end{tabular}&
   \multicolumn{2}{|c|}{$\begin{array}{cc}\multicolumn{2}{c}{\hat{p}\pm\perb{Z}\sqrt{\fra{\hat{p}\hat{q}}{n}}}\\\hat{p}=\med{x}&\hat{q}=1-\med{x}\end{array}$}\\
   \hline
%
   \begin{tabular}{c} Normal\\ ${\cal N}(\mu,\sigma^2)$\end{tabular}&$\begin{array}{c}\\\\\sigma^2\end{array}$&$\mu\mbox{ conocida}$&\multicolumn{2}{|c|}{$\begin{array}{c}\left({\fra{nS_\mu^2}{\pdb{\chi^2}{n}},\fra{nS_\mu^2}{\pda{\chi^2}{n}}}\right)\\
   S_\mu^2=\fra{\sum_{i=1}^n{(x_i-\mu)^2}}{n}\end{array}$}\\ \cline{3-5}
   &&$\mu$ desconocida&\multicolumn{2}{|c|}{$\left({\fra{(n-1)S_c^2}{\pdb{\chi^2}{n-1}},\fra{(n-1)S_c^2}{\pda{\chi^2}{n-1}}}\right)$}\\
   \hline
%
   \begin{tabular}{c}Poisson\\ ${\cal P}(\lambda)$\end{tabular}&$\lambda$&$\begin{array}{c}\mbox{Muestras}\\\mbox{grandes}\end{array}$&\multicolumn{2}{|c|}{$\med{x} \pm \perb{Z}\sqrt{\fra{\med{x}}{n}}$}\\
   \hline
\end{tabular}
\caption{Intervalos de confianza para una población}\label{t_inter_i}
\end{table}
}


{\tiny\arraycolsep .65ex
\tabcolsep .55ex
\def\arraystretch{1.4}
\begin{table}[htb]
%\begin{center}
%\hspace*{-2.3cm}
%\hspace*{-1.3cm}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline
 {\small Distribuci\'on}&{\small Par\'ametro}&{\small Casos}&\multicolumn{2}{|c|}{\small Intervalo} \\
 \hline \hline
%
 &&$\begin{array}{c}\sigma_1,\sigma_2\\ \mbox{conocidas}\end{array}$&\multicolumn{2}{|c|}{$(\med{x}_1-\med{x}_2)\pm \perb{Z}\sqrt{\fra{\sigma_1^2}{n_1}+\fra{\sigma_2^2}{n_2}}$}\\ \cline{3-5}
 $\begin{array}{c}\mbox{Normales}\\\mbox{Indep.}\\ {\cal N}(\mu_1,\sigma_1^2)\\ {\cal N}(\mu_2,\sigma_2^2)\end{array}$&
       $\mu_{1}-\mu_{2}$&$\begin{array}{c}\sigma_1=\sigma_2\\ \mbox{desconocidas}\end{array}$&\multicolumn{2}{|c|}{$\begin{array}{c}\med{x}_1\!-\!\med{x}_2\pm\pdb{t}{m}S_{p}\sqrt{\frac{1}{n_1}\!+\!\frac{1}{n_2}}\\ \mbox{\small con $m=n_1+n_2-2$} \\ S^2_{p}=\fra{(n_1-1)S_{c_1}^2+(n_2-1)S_{c_2}^2}{n_1+n_2-2}\end{array}$}\\\cline{3-5}
  &&$\begin{array}{c}\sigma_1 \neq \sigma_2\\\mbox{desconocidas}\end{array}$&\multicolumn{2}{|c|}{$\begin{array}{c}\med{x}_1-\med{x}_2 \pm \pdb{t}{a}\sqrt{\fra{S_{c_1}^2}{n_1}+\fra{S_{c_2}^2}{n_2}}\\a=\fra{\left(S^2_{c_1}/n_1+S^2_{c_2}/n_2\right)^2}{\fra{\left(S^2_{c_1}/n_1\right)^2}{n_1+1}+\fra{\left(S^2_{c_2}/n_2\right)^2}{n_2+1}}-2\end{array}$}\\
  \hline
%
  $\begin{array}{c}\mbox {Normales}\\\mbox{Depen.}\end{array}$&$\begin{array}{c}\\ \mu_1-\mu_2\end{array}$&$\begin{array}{c}\sigma_d\\\mbox{conocida}\end{array}$&\multicolumn{2}{|c|}{$\med{d}\pm\perb{Z}\fra{\sigma_d}{\sqrt{n}}\quad\med{d}=\med{x}_1-\med{x}_2$}\\ \cline{3-5}
  $\begin{array}{c}{\cal N}(\mu_1,\sigma_1^2)\\ {\cal N}(\mu_2,\sigma_2^2)\end{array}$&&$\rule[-4mm]{0mm}{12mm}\begin{array}{c}\sigma_d\\\mbox{desconocida}\end{array}$&$\begin{array}{c}n<30\\\med{d}\pm\pdb{t}{n-1}\fra{S_{c_d}}{\sqrt{n}}\end{array}$&$\begin{array}{c}n\geq 30\\\med{d}\pm\perb{Z}\fra{S_{c_d}}{\sqrt{n}}\end{array}$\\
  \hline
%
  $\begin{array}{c}\mbox {Normales}\\{\cal N}(\mu_1,\sigma_1^2)\\ {\cal N}(\mu_2,\sigma_2^2)\end{array}$&$\fra{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}$&$\begin{array}{c}\mu_1,\mu_2\\ \mbox{desconocidas}\end{array}$&\multicolumn{2}{|c|}{$\left(\fra{S^2_{c_1}/S^2_{c_2}}{\pdb{F}{n_1-1,n_2-1}},\fra{S^2_{c_1}/S^2_{c_2}}{\pda{F}{n_1-1,n_2-1}}\right)$} \\
  \hline
%
  $\begin{array}{c}\mbox{Bernoulli}\\ {\cal B}(p_1)\\ {\cal B}(p_2)\end{array}$&$p_1-p_2$&
       $\begin{array}{c}n_1\med{x}_1,n_2\med{x}_2\\n_1(1-\med{x}_1)\\n_2(1-\med{x}_2)\\n_1p_1,n_2p_2\\n_1q_1,n_2q_2 \geq 5\end{array}$&
       \multicolumn{2}{|c|}{$\begin{array}{cc}\multicolumn{2}{c}{(\hat{p}_1-\hat{p}_2)\pm\perb{Z}\sqrt{\fra{\hat{p}_1\hat{q}_1}{n_1}+\fra{\hat{p}_2\hat{q}_2}{n_2}}}\\\hat{p}_1=\med{x_1}&\hat{p}_2=\med{x_2}\\\hat{q}_1=1-\med{x_1}&\hat{q}_2=1-\med{x_2}\end{array}$} \\ \hline
\end{tabular}
\caption{Intervalos de confianza para dos poblaciones}
\label{t_inter_ii}
\end{table}
}