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En un estudio realizado en la universidad de Massachusetts sobre el
uso de las redes sociales en un grupo de jóvenes, se observa que una
persona elegida al azar ha utilizado Instagram o TikTok con una
probabilidad del 85%. Además, se sabe que la probabilidad de que haya
utilizado TikTok sabiendo que utiliza Instagram es del 30%. Por último,
la probabilidad de que no haya utilizado Instagram es del 20%.
Tenemos: \(P(I
\cup T)=0.85\), \(P(T / I)=0.3\)
y \(P(I^c)=0.2\).
\(P(I \cap
T)\), sabiendo que \(P(T / I) = \frac
{P(T \cap I)} {P(I)}\), \(P(I \cap T) =
P(T / I) * P(I)\)
\(P(I) = 1 -
P(I^c) = 1 - 0.2 = 0.8\)
\(P(I
\cap T) = 0.3 * 0.8 = 0.24\)
\(P(T)\),
sabiendo que \(P(I \cup T) = P(I) + P(T) - P(I
\cap T)\)
\(P(T) = P(I \cup T) -
P(I) + P(I \cap T) = 0.85 - 0.8 + 0.24 = 0.29\)
\(P(T \cap
I^c)\), sabiendo que \(P(T) = P(T \cap
I) + P(T \cap I^c)\)
\(P(T \cap
I^c) = P(T) - P(T \cap I) = 0.29 - 0.24 = 0.05\)
\(P(T^c / I) = \frac {P(T^c \cap I)} {P(I)}\), o aplicando la regla del complementario: \(P(T^c / I) = 1 - P(T / I) = 1 - 0.3 = 0.7\)
Sea \(X\) la duración de la batería de un teléfono móvil en condiciones óptimas, la cual sigue una distribución modificada. Se sabe que la duración está entre 20 y 30 horas. La función de densidad de probabilidad \(f(x)\) viene dada por:
\[ f(x) = \begin{cases} \frac{x - 20}{52} & \text{para } 20 < x < 30 \\ 0 & \text{en otro caso} \end{cases} \]
La esperanza matemática (media) de la duración de las baterías se calcula mediante la integración de la función de densidad de probabilidad multiplicada por la variable sobre la cual se integra. Para la función dada \(f(x) = \frac{x - 20}{52}\) en el intervalo \(20 < x < 30\), procedemos de la siguiente manera:
Primero, establecemos la integral de la esperanza matemática:
\[ E[X] = \int_{20}^{30} x f(x) \, dx \]
-Para calcular esta integral directamente en R, podemos usar el siguiente comando:
# Guardamos el valor de la media en una variable para más adelante
mean_duration <- integrate(function(x) x * ((x - 20) / 52), lower = 20, upper = 30)$value
mean_duration## [1] 25.64103Si queremos seguir con el desarrollo, sustituimos \(f(x)\) por su función y multiplicamos por x:
\[ E[X] = \int_{20}^{30} \frac{x(x - 20)}{52} \, dx \]
\[ E[X] = \int_{20}^{30} \frac{x^2 - 20x}{52} \, dx \]
La integral se nos queda de esta forma con sus respectivas cotas.
\[ E[X] = \left[ \frac{x^3}{156} - \frac{10x^2}{52} \right]_{20}^{30} = \left( \frac{30^3}{156} - \frac{10*30^2}{52} \right) - \left( \frac{20^3}{156} - \frac{10*20^2}{52} \right) = 0 - (-25.64103) = 25.64103\]
La varianza mide cuánto se dispersan los valores alrededor de la media. Para una variable aleatoria continua con función de densidad \(f(x)\), la varianza se calcula como:
\[ \text{Var}(X) = E\left[(X - E[X])^2\right] = \int_{-\infty}^{\infty} (x - \mu)^2 f(x) \, dx \]
Donde \(\mu\) es la esperanza matemática que calculamos previamente.
En nuestro caso con \(f(x) = \frac{x - 20}{52}\), la varianza se calcula integrando \((x - \mu)^2\) multiplicado por \(f(x)\) en el intervalo \(20 < x < 30\):
\[ \text{Var}(X) = \int_{20}^{30} (x - \mu)^2 \frac{x - 20}{52} \, dx = \int_{20}^{30} x^2 \frac{x - 20}{52} \, dx - \mu^2 \]
Para calcular esta integral en R, primero necesitamos el valor de la media \(\mu\) que calculamos en el primer apartado.
# Usamos la media que calculamos previamente
mu <- mean_duration
# Definimos la función para la varianza
var_func <- function(x) { (x - mu)^2 * ((x - 20) / 52) }
# Realizamos la integral para la varianza
varianza <- integrate(var_func, lower = 20, upper = 30)$value
varianza## [1] 6.353361Para un valor x en el intervalo [20, 30], la función de distribución acumulada se obtiene integrando la función de densidad de probabilidad desde el punto más bajo del intervalo hasta x:
\[ F(x) = \int_{20}^{x} \frac{t - 20}{52} \, dt \] El proceso para realizar la integración es el siguiente:
· Encontrar la función antiderivada de f(t): \[ F(t) = \int \frac{t - 20}{52} \, dt \] · Aplicar el Teorema Fundamental del Cálculo para evaluar la integral definida: \[ F(x) = \left[ \frac{t^2}{104} - \frac{20t}{52} \right]_{20}^{x} \] · Sustituir el límite superior x y el límite inferior 20 en la antiderivada y restar: \[ F(x) = \left( \frac{x^2}{104} - \frac{20x}{52} \right) - \left( \frac{20^2}{104} - \frac{20 \cdot 20}{52} \right) = \left( \frac{x^2}{104} - \frac{20x}{52} \right) - \left( -\frac {50} {13} \right) \Rightarrow \] \[ \Rightarrow F(x) = \begin{cases} 0 & \text{si x $\leq$ 20} \\ \frac{x^2-40x+400}{104} & \text{para } 20 < x < 30 \\ 1 & \text{si x $\geq$ 30} \end{cases} \]
La función de distribución acumulativa \(F(x)\) se obtiene integrando la función de densidad de probabilidad \(f(x)\) desde el límite inferior de la distribución hasta \(x\). Para encontrar el valor correspondiente al 75% de la distribución, buscamos \(x\) tal que \(F(x) = 0.75\).
Primero, calculamos la función de distribución (la calculamos en el apartado anterior): \[ F(x) = \int_{20}^{x} f(t) \, dt \]
Luego, resolvemos para \(x\): \[ F(x) = 0.75 \Rightarrow \frac {x^2-40x+400} {104} = 0.75 \]
Lo calculamos en R:
# Definimos la función de densidad de probabilidad
f_x <- function(x) { ifelse(x > 20 & x < 30, (x - 20)/52, 0) }
# Calculamos la función de distribución acumulativa para un rango de valores
F_x <- Vectorize(function(t) {
integrate(f_x, 20, t)$value
})
# Buscamos el valor que corresponde al 75% de la distribución
percentil_75 <- uniroot(function(x) F_x(x) - 0.75, c(20, 30))$root
percentil_75## [1] 28.83176En la reconocida marca de automóviles de lujo McLaren, los fallos mecánicos producidos en sus coches siguen una distribución de Poisson con un promedio de 1.28 fallos por año. Planteemos un escenario en el que se desee determinar la probabilidad de que durante un año determinado, un vehículo McLaren experimente un cierto número de fallos mecánicos, lo que nos permitirá comprender mejor la variabilidad en la calidad de sus productos y su impacto en la satisfacción del cliente.
Por seguir una distribución de Poisson sabemos que: Media = Varianza = \(\lambda\) = 1.28, X ~ PP(1.28)
Utilizando la distribución de Poisson y la fórmula proporcionada:
\[ p(x) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!} \]
donde \(x\) es el número de fallos, y \(\lambda\) es la tasa promedio de fallos por intervalo, calcularemos la probabilidad de que un vehículo haya sufrido exactamente dos fallos en tres años. La tasa \(\lambda\) se ajusta a los tres años multiplicándola por 3.
La probabilidad buscada es entonces:
\[ p(2) = \frac{e^{-\lambda_{trienio}} \lambda_{trienio}^2}{2!} \]
Y para realizar el cálculo en R, usarías los siguientes comandos:
lambda_anual <- 1.28
lambda_trienio <- lambda_anual * 3
x <- 2
probabilidad_dos_fallos <- dpois(x, lambda_trienio)
probabilidad_dos_fallos## [1] 0.158468Para calcular la probabilidad de que un vehículo de McLaren sufra más de tres fallos mecánicos en un año, aplicaremos la distribución de Poisson. Dado que la función de masa de probabilidad de Poisson para un número de fallos \(x\) es \(P(X=x) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!}\), la probabilidad de tener más de tres fallos es el complemento de la suma de las probabilidades de tener 0, 1, 2, o 3 fallos.
\[ P(X > 3) = 1 - (P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3)) \]
\[ P(X > 3) = 1 - \sum_{x=0}^{3} \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!} \]
Y para realizar el cálculo en R, usaríamos los siguientes comandos:
lambda_anual <- 1.28
k <- 3
probabilidad_mas_tres_fallos <- 1 - ppois(k, lambda_anual)
probabilidad_mas_tres_fallos## [1] 0.04112572El percentil 80 representa el valor por debajo del cual caen el 80% de las observaciones.
Para evaluar el percentil 80 del número de
fallos por año con una distribución de Poisson, buscamos el valor \(x\) tal que un 80% de las observaciones
sean iguales o menores que \(x\).
Utilizamos la función qpois para calcular el cuantil
deseado.
\[ P(X \leq x) = F(x) \geq 0.8 \]
El valor \(x\) que cumple con esta condición es el percentil 80 y se calcula como sigue:
lambda_anual <- 1.28
octavo_percentil <- qpois(0.8, lambda_anual)
octavo_percentil## [1] 2Para calcular la probabilidad condicional de que un vehículo haya sufrido menos de 4 fallos en un año dado que ya ha sufrido al menos 2 fallos, necesitamos considerar la suma de las probabilidades individuales de tener exactamente 2 y 3 fallos y la probabilidad de tener al menos 2 fallos.
\[ P(2 \leq X < 4) = P(X=2) + P(X=3) \]
\[ P(X \geq 2) = 1 - P(X < 2) = 1 - (P(X=0) + P(X=1)) \]
La probabilidad condicional se calcula entonces como:
\[ P(X < 4|X \geq 2) = \frac{P(2 \leq X < 4)}{P(X \geq 2)} \]
En R, podemos calcular esto con los siguientes comandos:
lambda_anual <- 1.28
probabilidad_X_menos_4 <- ppois(3, lambda_anual)
probabilidad_X_al_menos_2 <- 1 - ppois(1, lambda_anual)
probabilidad_condicional <- (probabilidad_X_menos_4 - probabilidad_X_al_menos_2) / (1 - probabilidad_X_al_menos_2)
probabilidad_condicional## [1] 0.9351253Sabemos que el sueldo por hora de un controlador aéreo se puede modelar con una variable aleatoria con función de densidad (k es una cte.): \[ f(x) = \begin{cases} kx^2 & \text{para } 15 < x < 20 \\ 0 & \text{en otro caso} \end{cases} \]
Para ello calcularemos la integral de \(f(x)\) entre 15 y 20, y la igualaremos a 1: \[ \int_{15}^{20} kx^2 \, dx = 1 \rightarrow \left[ \frac{kx^3}{3} \right]_{15}^{20} = 1 \rightarrow \left( \frac{k · 20^3}{3} \right) - \left( \frac{k · 15^3}{3} \right) = 1 \rightarrow k · \frac{4625}{3} = 1 \rightarrow k = 0.000648\]
Para calcular esta probabilidad calculamos la integral entre 15 y 18 de \(f(x)\), teniendo ya en cuenta el valor de k previamente calculado: \[ \int_{15}^{18} 0.000648x^2 \, dx \] Para calcular esta integral en R utilizamos los siguientes comandos:
f <- function(x)(0.000648*x^2)
prob_sueldo_18 <- integrate(f, lower=15, upper=18)$value
prob_sueldo_18## [1] 0.530712Para calcular estaprobabilidad debemos calcular lo siguiente: \[ \int_{25}^{+\infty} 0.000648x^2 \, dx \] Sabemos que \(f(x)\) vale \(0.000648x^2\) para \(x\) entre 15 y 20, y 0 en cualquier otro caso, es decir: \[ \int_{-\infty}^{+\infty} 0.000648x^2 \, dx = \int_{-\infty}^{15} 0.000648x^2 \, dx + \int_{15}^{20} 0.000648x^2 \, dx + \int_{20}^{+\infty} 0.000648x^2 \, dx = 0 + \int_{15}^{20} 0.000648x^2 \, dx + 0 = 1 \] Por lo tanto, la probabilidad de que el sueldo sea mayor de 25€ la hora es 0.
Tomamos X = número de sueldos menores de
18€ la hora, X ~ Bi(15, 0.530712).
Podemos calcular P(X = 4) de la
siguiente forma con R:
prob_4_sueldo_18 <- pbinom(4, 15, prob_sueldo_18)
prob_4_sueldo_18## [1] 0.03588238La empresa aeroespacial SpaceX quiere saber si el tiempo de vida estimado de sus satélites Starlink es de 36 meses, tal y como han sido certificados. Para saber si la certificación en la Tierra es acorde a las duras condiciones del espacio, encarga a una empresa independiente un análisis. De los 5.442 satélites en órbita, la empresa hace un estudio de 500 de ellos, mediante tecnologías de radar y análisis Doppler, para conocer su tiempo de vida (desde que son lanzados hasta que reentran a la atmósfera). En los resultados del análisis se concluye con que la media de vida útil es de 37,5 meses, con una desviación de 1,7 meses.
Para empezar, analizaremos los datos
del enunciado, definiendo hipótesis y datos relevantes para el test.
Hipótesis nula (\(H_0\)): El tiempo de vida de los
Starlink es de 36 meses \((\mu=36)\), y
por lo tanto, la certificación es válida.
Hipótesis alternativa
(\(H_1\)): El tiempo de vida de los
Starlink NO es de 36 meses \((\mu\neq36)\), y por lo tanto, la
certificación podría NO ser válida.
Tamaño de la muestra (\(n\)): 500
Media de la muestra (\(\bar{x}\)): 37,5
Desviación estándar
(\(s\)): 1,7
Estableceremos
\(\alpha\) en 0.05.
Ya que se nos da la desviación estándar de la muestra (\(s\)) y no la desviación estándar poblacional (\(\sigma\)), deberemos calcular \(t_s\), mediante la fórmula \[ t_s =\frac{\bar{x}-\mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} \]
Lo haríamos así en R:
n <- 500
x_barra <- 37.5
s <- 1.7
mu <- 36
ts <- (x_barra - mu) / (s / sqrt(n))
ts## [1] 19.73001Con el valor calculado, calcularemos el p-valor, también en R:
2*(1-pt(ts,n-1))## [1] 0 Siendo \(ts\) el valor calculado con anterioridad y
\(n-1\) el grado de libertad (\(gl = n-1 = 499\)).
Podemos
observar algo extraño: que el p-valor es 0. Esto ocurre, realmente,
porque el resultado obtenido es tan cercano a 0 que R lo redondea.
Por ende, observando un p-valor tan bajo, más bajo que \(\alpha\), podemos decir que la hipótesis
nula puede ser rechazada con un nivel de confianza muy alto. Esto indica
que la vida útil promedio real de los satélites en el espacio es
diferente de la vida útil estimada para la que fueron certificados en la
Tierra.
Como la media muestral es mayor que la media
poblacional bajo la hipótesis nula, podemos decir que los satélites
tienen, en promedio, una vida útil más larga de lo esperado.
Dato curioso: Aunque los datos de este ejercicio son ficticios,
esto tiende a suceder en la vida real. La gran mayoría de sondas y
satélites tienden a superar con creces su tiempo de vida estimado. La
intención del enunciado era “aplicarlo a algo real”. Por ejemplo, se
estimaba que el helicóptero marciano Ingenuity volaría 5 veces en Marte,
y ha terminado volando 62 veces. El rover Opportunity tenía una
estimación de vida de 90 soles (días marcianos, equivalente a 92,5 días
terrestres) y terminó funcionando durante más de 14 años.
Para empezar, definiremos nuestras
hipótesis. El resto de datos ya han sido identificados en el apartado
anterior.
Hipótesis nula (\(H_0\)): La desviación estándar de la
vida útil de los satélites es de 2 meses \((\sigma=2)\).
Hipótesis alternativa
(\(H_1\)): La desviación estándar
de la vida útil de los satélites no es de 2 meses \((\sigma\neq2)\).
Estableceremos
\(\alpha\) en 0.05, al igual que en el
ejercicio anterior.
Para probar la hipótesis, utilizaremos el test \(\chi^2\) para la varianza, dado por la fórmula: \[ \chi^2 = \frac{(n-1)s^2}{\sigma_0^2} \] Así, la calcularemos en R:
n <- 500
s <- 1.7
sigma_0 <- 2 #Desviación de la hipótesis nula
chi_2 <- ((n - 1) * s^2)/(sigma_0^2)
chi_2## [1] 360.5275Para calcular el p-valor, al no ser simétrica, debemos ver si el estadístico test está por encima o por debajo de la mediana de la \(\chi^2\), que es \(s-(2/3)\), y siendo \(s=n-1\),
mediana=n-1-(2/3)
mediana## [1] 498.3333Como el estadístico test es menor que la mediana,
pvalor=2*(pchisq(chi_2, n-1))
pvalor## [1] 1.24198e-06Obtenemos un p-valor mucho menor que \(\alpha\), llegando a la conclusión de que existe evidencia suficiente para rechazar la hipótesis nula, podiendo así decir que la variabilidad en la vida útil de los satélites difiere de los 2 meses esperados.
Una vez, definiremos nuestras hipótesis:
Hipótesis nula (\(H_0\)): La proporción de fallos es
cierta (o se aproxima a la realidad) \((\mu=0.2)\).
Hipótesis alternativa
(\(H_1\)): La proporción de fallos
no es cierta (no se aproxima a la realidad) \((\mu\neq0.2)\).
50 satélites
funcionan correctamente.
10 satélites no sobreviven al
lanzamiento.
Estableceremos \(\alpha\) en 0.05.
Como podemos
observar, estamos ante un ejercicio de proporción, y por ello podemos
recurrir a un test de proporción en R:
prop.test(10,60,p=0.2)##
## 1-sample proportions test with continuity correction
##
## data: 10 out of 60, null probability 0.2
## X-squared = 0.23438, df = 1, p-value = 0.6283
## alternative hypothesis: true p is not equal to 0.2
## 95 percent confidence interval:
## 0.08701498 0.28979105
## sample estimates:
## p
## 0.1666667prop.test(10,60,p=0.2)$p.value #manera alternativa de conocer el p-valor## [1] 0.6282986Con el p-valor obtenido, podemos decir que no existe evidencia estadística en contra de \(H_0\), y que los datos apoyan la afirmación de que la proporción de satélites defectuosos sobre lanzados es de 0.2.
Como siempre, definiremos nuestras
hipótesis, así como identificaremos otros valores relevantes:
Hipótesis nula (\(H_0\)): La
varianza en la vida útil de los Starlink V1 es igual o se acerca a la de
los V2 \((s_{v1}=s_{v2})\).
Hipótesis alternativa (\(H_1\)):
La varianza en la vida útil de los Starlink V1 es distinta a la de los
V2 \((s_{v1}\neq s_{v2})\).
Estableceremos \(\alpha\) en 0.05.
Claramente, estamos ante un ejercicio de varianza, y podemos usar la
función var.test de R para conocer los resultados buscados:
starlink_v1=c(36.11, 35.53, 35.20, 39.09, 36.17, 38.63, 34.03, 35.50, 33.19, 38.88)
starlink_v2=c(34.03, 38.94, 34.01, 35.81, 30.24, 35.50, 36.02, 32.16, 35.42, 35.30)
var.test(starlink_v1,starlink_v2)##
## F test to compare two variances
##
## data: starlink_v1 and starlink_v2
## F = 0.74709, num df = 9, denom df = 9, p-value = 0.6711
## alternative hypothesis: true ratio of variances is not equal to 1
## 95 percent confidence interval:
## 0.1855663 3.0077750
## sample estimates:
## ratio of variances
## 0.7470888var.test(starlink_v1,starlink_v2)$p.value #manera alternativa de conocer el p-valor## [1] 0.6710763Con el p-valor obtenido, podemos decir que no existe evidencia estadística en contra de \(H_0\), y que los datos apoyan la afirmación de que los valores de la varianza son cercanos para las dos versiones de los satélites.
En el mundo post-apocalíptico de “The Walking Dead”, hemos recopilado datos de 30 enfrentamientos (es decir, n1 = 30 y n2 = 30) liderados por Negan y otros 30 por Rick Grimes. Para Negan, la media de eliminaciones por enfrentamiento es de \(\bar{x_1}\) = 22 con una desviación típica de \({s_1}\) = 5, mientras que para Rick, la media es de \(\bar{x_2}\) = 19 con una desviacion típica de \({s_2}\) = 6. Se asume que la distribución de las eliminaciones por enfrentamiento sigue una distribucion normal.
- \(H_0\): No existe una diferencia significativa en el promedio de adversarios eliminados por Negan y Rick Grimes (\(\mu_{\text{Negan}} = \mu_{\text{Rick}}\)).
- \(H_1\): Existe una diferencia significativa en el promedio de adversarios eliminados por Negan y Rick Grimes (\(\mu_{\text{Negan}} \neq \mu_{\text{Rick}}\)).
El nivel de significancia \(\alpha\) establecido es de 0.05.
Lo primero de todo es que podemos comprobar que como los valores de las variables no estan relacionadas con el mismo sujeto, sabemos que las poblaciones son independientes.
Se pide
Para saber si existe una diferencia significativa en el promedio de adversarios eliminados por Negan y Rick Grimes, realizamos un test t para muestras independientes con un nivel de significancia (alpha) de 0.05.
# Datos para Negan y Rick
n = 30 # Tamaño de cada grupo
media_negan = 22
sd_negan = 5
media_rick = 19
sd_rick = 6
# Realizamos un test t de Welch o estadistico test (asumiendo varianzas desiguales)
test = t.test(x = rnorm(n, media_negan, sd_negan),
y = rnorm(n, media_rick, sd_rick),
alternative = "two.sided")
ancho_95 = diff(test$conf.int)
test##
## Welch Two Sample t-test
##
## data: rnorm(n, media_negan, sd_negan) and rnorm(n, media_rick, sd_rick)
## t = 2.2998, df = 57.408, p-value = 0.02512
## alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 0
## 95 percent confidence interval:
## 0.4474914 6.4684575
## sample estimates:
## mean of x mean of y
## 22.87629 19.41831ancho_95## [1] 6.020966En el propio test anterior ya hemos sacado el intervalo aunque si queremos volver a sacarlo explicitamente podemos usar:
test$conf.int## [1] 0.4474914 6.4684575
## attr(,"conf.level")
## [1] 0.95Como podemos ver, el 0 no esta contenido en el intervalo de confianza por lo que podemos asegurar que no han eliminado el mismo numero de adversarios.
Gracias al ultimo apartado de la practica 4, en el que se explica como realizar la potencia de un test, podemos hallar a partir de dicha potencia la probabilidad de cometer un error de tipo II:
# Calcular la potencia del test para la muestra dada y la diferencia observada
power_result = power.t.test(n = 30,
delta = (media_negan - media_rick),
sd = sqrt((sd_negan^2 + sd_rick^2) / 2),
sig.level = 0.05,
type = "two.sample",
alternative = "two.sided")
# Probabilidad de error Tipo II
error_tipo_II = 1 - power_result$power
power_result##
## Two-sample t test power calculation
##
## n = 30
## delta = 3
## sd = 5.522681
## sig.level = 0.05
## power = 0.5433945
## alternative = two.sided
##
## NOTE: n is number in *each* grouperror_tipo_II## [1] 0.4566055# Calcular intervalo de confianza del 99%
test_99 = t.test(x = rnorm(n, media_negan, sd_negan),
y = rnorm(n, media_rick, sd_rick),
alternative = "two.sided",
conf.level = 0.99)
# Ancho del intervalo de confianza al 99%
ancho_99 = diff(test_99$conf.int)
test_99$conf.int## [1] -1.962887 5.540248
## attr(,"conf.level")
## [1] 0.99ancho_99## [1] 7.503135ancho_95## [1] 6.020966Como podemos comprobar, si aumentamos el nivel de confianza al 99%, estamos siendo más exigentes con nuestra estimación. De esta forma queremos estar aún más seguros de que el verdadero parámetro esté dentro de nuestro intervalo. Esto significa que el intervalo de confianza del 99% siempre será más ancho que el del 95% para la misma muestra y estimación ya que para estar más seguros necesitamos cubrir más de la distribución de probabilidad.