8.4 8.4 Distribución asintótica de la media muestral
8.4 Distribución asintótica de la media muestral
En una población con media \(\mu = 60 \) y desviación típica \(\sigma = 15 \) se extrae una muestra de \(n = 100 \) observaciones.
El error estándar de la media muestral es \(\frac{\sigma}{\sqrt{n}}= \frac{15}{10} = 1,5 \)
El teorema central del límite implica que \(\bar{X} \) se distribuye aproximadamente como una \(N(60; 1,5^2) \)
La media muestral y sus momentos
En esta sección estudiaremos la distribución de la media muestral:
si \(X \sim N(60, 20^2) \) y \(n = 10 \), entonces exactamente \(\bar{X} \sim N(60, 40) \); y si la población no es normal pero \(n \) es grande, $$\bar{X} \approx N\left(\mu, \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right) $$
Dada una muestra aleatoria simple \(X_1, \dots, X_n \) de una población con media \(\mu \) y varianza \(\sigma^2 \), la media muestral se define como
Sus dos primeros momentos se calculan directamente: la media muestral es insesgada,
$$E[\bar{X}] = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} E[X_i] = \mu $$,
y su varianza se reduce con el tamaño muestral,
$$\text{Var}(\bar{X}) = \frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n} \text{Var}(X_i) = \frac{\sigma^2}{n} $$,
donde hemos usado la independencia de las observaciones.
La desviación típica de la media muestral, \(\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \), recibe el nombre de error estándar y mide la precisión con la que \(\bar{X} \) estima a \(\mu \): decrece como \(1/\sqrt{n} \), de modo que para reducir el error a la mitad hay que cuadruplicar el tamaño muestral.
Distribución exacta cuando la población es normal
Para una muestra de una población con media \(\mu \) y varianza \(\sigma^2 \), la media muestral verifica \(E[\bar{X}] = \mu \) y \(\text{Var}(\bar{X}) = \frac{\sigma^2}{n} \)
Su desviación típica, \(\frac{\sigma}{\sqrt{n}} \), se llama error estándar de la media.
Si la población de partida es normal, la distribución de la media muestral es exacta y también normal, para cualquier tamaño \(n \)
En efecto, si \(X_i \sim N(\mu, \sigma^2) \) independientes, entonces \(\bar{X} \), como combinación lineal de normales independientes, es normal con la media y la varianza calculadas en el apartado anterior:
$$\bar{X} \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right) $$,
o equivalentemente, con desviación típica \(\sigma/\sqrt{n} \)
Este resultado no requiere aproximación alguna: es exacto incluso con \(n = 2 \) o \(n = 10 \)
Distribución asintótica: el teorema central del límite para la media
Si el tiempo de reparación sigue \(N(60, 20^2) \) y se observan \(n = 10 \) averías, el tiempo medio sigue exactamente $$\bar{X} \sim N\left(60, \frac{400}{10}\right) = N(60, 40) $$, para cualquier \(n \), por ser combinación lineal de normales.
Cuando la población no es normal, no conocemos en general la distribución exacta de \(\bar{X} \), pero el teorema central del límite nos da su comportamiento asintótico.
Dividiendo el enunciado de la sección 8.2 entre \(n \) se obtiene que, para \(n \) grande,
$$\bar{X} \approx N\left(\mu, \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right) $$,
sea cual sea la distribución de la población, siempre que \(\sigma^2 \) sea finita.
La variable tipificada es
$$Z = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}}\approx N(0,1) $$,
y con ella se calculan probabilidades exactamente igual que en la sección 8.2, pero referidas a la media en lugar de a la suma.
Obsérvese la diferencia de escala: la suma tiene desviación típica \(\sigma\sqrt{n} \), que crece con \(n \), mientras que la media tiene desviación típica \(\sigma/\sqrt{n} \), que decrece con \(n \)
Son dos caras del mismo teorema.
Distribución exacta frente a distribución aproximada
Si la población no es normal pero \(n = 100 \), el teorema central del límite da $$\bar{X} \approx N\left(\mu, \frac{\sigma}{10}\right) $$, sea cual sea la distribución original.
Es la base de la inferencia con muestras grandes.
En ocasiones conocemos la distribución exacta de la suma y, por tanto, de la media, aunque la población no sea normal: es el caso de la suma de exponenciales, que es gamma, o de la suma de Poisson, que es Poisson, como vimos en la sección 8.
3.
En esos casos conviven la distribución exacta, válida siempre pero a veces difícil de manejar numéricamente, y la aproximación normal del teorema central del límite, sencilla y muy precisa cuando \(n \) es grande.
La elección entre una y otra es práctica:
si \(n \) es grande, la aproximación normal da resultados casi idénticos con mucho menos esfuerzo;
si \(n \) es pequeño y se conoce la distribución exacta, debe usarse esta.
Ejemplos resueltos
La suma de \(n \) exponenciales independientes es exactamente una gamma, y la suma de Poisson es exactamente una Poisson: en esos casos conviven la distribución exacta, válida siempre, y la aproximación normal, más sencilla.
Con \(n \) grande ambas coinciden en la práctica; con \(n \) pequeño, la exacta es preferible.
Como anticipo del primer ejemplo resuelto: el tiempo de reparación sigue \(N(60, 20^2) \) y hubo \(10 \) averías, luego el tiempo medio sigue exactamente \(\bar{X} \sim N(60, 40) \), sin aproximación.
Distribución exacta del tiempo medio de reparación.
El tiempo de reparación de una máquina, en minutos, se distribuye según una normal \(N(60, 20^2) \)
Si en el último año se han producido 10 averías, ¿qué distribución sigue el tiempo medio de reparación?
Usaremos la distribución en el muestreo de la media de una población normal: la media de una muestra aleatoria simple de una normal es también normal, con la misma media y con la varianza dividida entre el tamaño muestral.
Modelo de los tiempos de reparación.
Sean \(T_1, \dots, T_{10} \) los tiempos de reparación de las 10 averías, variables independientes con \(T_i \sim N(60, 20^2) \) minutos.
Distribución de la media muestral.
El tiempo medio de reparación es \(\bar{T} = \frac{1}{10}\sum_{i=1}^{10} T_i \)
Al ser combinación lineal de normales independientes, \(\bar{T} \) es normal con media \(E[\bar{T}] = 60 \) y varianza $$\text{Var}(\bar{T}) = \frac{20^2}{10} = \frac{400}{10} = 40 $$, es decir, desviación típica \(\frac{20}{\sqrt{10}}\approx 6,3246 \) minutos.
El tiempo medio de reparación de las 10 averías sigue exactamente una distribución normal de media 60 y varianza 40, con desviación típica aproximada de 6,3246 minutos.
Al ser la población normal, este resultado es exacto y no necesita el teorema central del límite.
Probabilidad con la distribución exacta de la media.
Con los datos del ejemplo anterior, ¿cuál es la probabilidad de que el tiempo medio de reparación sea inferior a 70 minutos?
Obtendremos la distribución del tiempo medio de reparación de las 10 averías y calcularemos la probabilidad pedida tipificando con la normal estándar.
Distribución del tiempo medio.
Sean \(T_1, \dots, T_{10} \) los tiempos de reparación, independientes con \(T_i \sim N(60, 20^2) \)
El tiempo medio \(\bar{T} \) es normal con media \(60 \) y desviación típica \(\frac{20}{\sqrt{10}} \approx 6,3246 \) minutos.
Tipificación y cálculo de la probabilidad.
Tipificamos: $$P(\bar{T} < 70) = P\left(Z < \frac{70 - 60}{6,3246}\right) = P(Z < 1,5811) \approx 0,9431 $$
La probabilidad de que el tiempo medio de reparación sea inferior a 70 minutos es aproximadamente 0,
9431.
Distribución exacta y aproximada del volumen anual de ventas.
En la empresa A, el volumen diario de ventas, en miles de euros, se distribuye según un modelo exponencial de parámetro
2.
Obtén la distribución exacta del volumen anual de ventas (365 días).
¿Puedes obtener una distribución de probabilidad aproximada?
Justifica tu respuesta.
Usaremos que la suma de variables exponenciales independientes e idénticamente distribuidas sigue una distribución gamma (Erlang), que será la distribución exacta del volumen anual.
Después, dado el gran número de sumandos, aplicaremos el teorema central del límite para obtener una aproximación normal.
Momentos de la exponencial diaria.
Sea \(X_i \) el volumen de ventas del día \(i ,\ \text{con}\ X_i \sim \text{Exp}(2) \), independientes.
La media diaria es \(E[X_i] = \frac{1}{2} = 0,5 \) miles de euros y la varianza diaria es \(\text{Var}(X_i) = \frac{1}{2^2} = 0,25 \)
Distribución exacta gamma.
El volumen anual es \(S = \sum_{i=1}^{365} X_i \)
La suma de \(n \) exponenciales independientes de parámetro \(\lambda \) es una gamma \(\Gamma(n, \lambda) \) (Erlang), luego la distribución exacta es \(S \sim \Gamma(365, 2) \), con función de densidad $$f_S(s) = \frac{2^{365} s^{364} e^{-2s}}{364!}, \quad s > 0 $$
Aproximación normal por el teorema central del límite.
Como \(n = 365 \) es grande, por el teorema central del límite \(S \) se aproxima por una normal con media \(365 \cdot 0,5 = 182,5 \) y desviación típica \(\sqrt{365 \cdot 0,25} \approx 9,5525 \) miles de euros.
Dividiendo entre 365, el volumen medio diario se aproxima por una \(N(0,5; 0,5/\sqrt{365}) \), la forma del teorema para la media muestral.
La distribución exacta del volumen anual de ventas es la gamma de parámetros 365 y 2, y una distribución aproximada válida por el teorema central del límite es la normal de media 182,5 y desviación típica 9,
5525.
La aproximación está justificada porque 365 es un tamaño muestral grande.
Probabilidad con la distribución aproximada.
Con los datos del ejemplo anterior, ¿cuál es la probabilidad de que el volumen anual de ventas supere los 270 mil euros? (Utiliza la distribución aproximada.)
Usaremos la aproximación normal del volumen anual de ventas obtenida mediante el teorema central del límite y calcularemos la probabilidad pedida tipificando con la normal estándar.
Distribución aproximada del volumen anual.
El volumen diario \(X_i \) sigue una \(\text{Exp}(2) \), con media \(0,5 \) y varianza \(0,25 \) miles de euros.
El volumen anual \(S \), suma de los 365 días, se aproxima por el teorema central del límite por una \(N(182,5; 9,5525) \) miles de euros.
Tipificación y cálculo de la probabilidad.
Tipificamos: $$P(S > 270) \approx P\left(Z > \frac{270 - 182,5}{9,5525}\right) = P(Z > 9,16) \approx 0 $$
La probabilidad de que el volumen anual de ventas supere los 270 mil euros es prácticamente cero: 270 está a más de 9 desviaciones típicas por encima de la media 182,5, un suceso imposible a efectos prácticos.