IC, Test de hipótesis ejercicios resueltos Análisis Estadístico USACH

7. Intervalo Intervalo confidencial, confidencial, Test de Hipótesi Hipótesi s y B ondad ondad de Ajus te – E jercicios jercicios R esuelt esueltos os AN ÁL I SI S E STA DÍ STI CO

1. La Oficina de Planificación Familiar de la Municipalidad A desea determinar determinar la proporción proporción de familias con un ingreso familiar inferior inferior a $ 200.000. En una muestra aleatoria de 90 familias familias 18 presentaron un ingreso familiar inferior a $ 200.000. 1.1) Estime con 98% de confianza la proporción de familias con un ingreso familiar inferior a $ 200.000 en la Municipalidad A. 1.2) ¿Qué tamaño muestral muestral se requiere para para asegurar con una una confianza del 95% 95% que el error en la estimación de la proporción de familias con ingreso inferior a $200.000 no excederá de 0,05?

 ~;; 

1.1) Solución: Sean: “Cantidad de familias con un ingreso familiar inferior a $200.000 en Municipalidad A”

Debido a que el problema habla de proporción, debemos utilizar la siguiente fórmula para determinar el intervalo confidencial:

−− ̂ ± −  ̂  1    0,98 ;   90 ; ̂    0,0,2 ;   0,0,8 Con:

̂

Nota: El valor de se se calcula dividiendo la número de datos de la muestra que cumplen la característica que nos da el problema, en este caso, las familias con ingreso familiar inferior a $200.000, dividido por el tamaño de la muestra. Reemplazando, obtenemos:

, 0,2±, 0,0,290∙0,8;  , 2,33 , 0,2±2,33 0,0,290∙0,8 , [0,102;0,298] [0,102;0,298] 10,95; ≤0,05; 90; ̂   0,2; 0,8   −  ̂ 

Finalmente, el intervalo de confidencialidad queda dado por:

Respuesta: El intervalo

tiene un 98% de contener a la proporción de familias con un ingreso familiar inferior a $ 200.000 en la Municipalidad A. 1.2) Solución: El ejercicio nos otorga los siguientes datos:

Ya que estamos tratando con proporciones, utilizamos la fórmula de error está dada por:

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7. Intervalo Intervalo confidencial, confidencial, Test Tes t de Hipót Hi pótes esis is y B ondad ondad de Ajus te – E jercicios jercicios R esuelt esueltos os AN ÁL I SI S ESTADÍSTICO

Reemplazando:

0,05≥, 0,0,2∙0,8 → √ √  ≥ 1,0,9065 0,2∙0,8 →≥245,86≈246

Respuesta: Para asegurar que el error en la estimación de la proporción de familias con ingreso inferior a $200.000, no exceda a 0,05, el tamaño de la muestra debe ser igual a 246, considerando una confianza del 95%.

2.- Se realizan estudios sobre la contaminación producida por descargas de aguas residuales, en cuerpos fluviales cordilleranos, para medir si estos cumplen con la norma establecida por el decreto 90/2000, que establece niveles de concentración de Plomo de a lo más 0.02 mg/l. En una muestra aleatoria de tamaño 20, de volúmenes de agua de 50 ml. cada uno, obtenidas en días distintos, se encontró un nivel medio de concentración de plomo de 0,28 mg/l, con una desviación estándar de 0,01 mg/l. Bajo el supuesto de que las observaciones provienen de una población normal, estime el nivel medio de concentración de plomo en estas aguas, con una confianza del 90%. Analice los valores estimados en función de la norma. 2) Solución: Sea:

 ~ ;  20 ̅ 0,28  0,01 10,90 −−  ̅ ±  − ;−  ∙ √ √  ,, 0,28±;; , ∙ 0,√ √ 202001 ; ;; , 1,7291 ,, 0,28±1,7291∙ 0,√ √ 202001 ,,  [0,0,2761;0,2839] [0,0,2761;0,2839]

“Concentración “Concentra ción de Plomo en cuerpos fluviales cordilleranos, en mg/l ” mg/l ” ;

Del enunciado del ejercicio se desprenden los siguientes datos:

Debido a que desconocemos la varianza de la distribución, utilizaremos la siguiente fórmula para obtener el intervalo de confianza:

Reemplazando:



tiene tiene un 90% de contener el nivel medio de concentración de plomo en las las aguas aguas residuales, residuales, en cuerpos cuerpos fluviales fluviales cordilleranos. cordilleranos.

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Reemplazando:

0,05≥, 0,0,2∙0,8 → √ √  ≥ 1,0,9065 0,2∙0,8 →≥245,86≈246

Respuesta: Para asegurar que el error en la estimación de la proporción de familias con ingreso inferior a $200.000, no exceda a 0,05, el tamaño de la muestra debe ser igual a 246, considerando una confianza del 95%.

2.- Se realizan estudios sobre la contaminación producida por descargas de aguas residuales, en cuerpos fluviales cordilleranos, para medir si estos cumplen con la norma establecida por el decreto 90/2000, que establece niveles de concentración de Plomo de a lo más 0.02 mg/l. En una muestra aleatoria de tamaño 20, de volúmenes de agua de 50 ml. cada uno, obtenidas en días distintos, se encontró un nivel medio de concentración de plomo de 0,28 mg/l, con una desviación estándar de 0,01 mg/l. Bajo el supuesto de que las observaciones provienen de una población normal, estime el nivel medio de concentración de plomo en estas aguas, con una confianza del 90%. Analice los valores estimados en función de la norma. 2) Solución: Sea:

 ~ ;  20 ̅ 0,28  0,01 10,90 −−  ̅ ±  − ;−  ∙ √ √  ,, 0,28±;; , ∙ 0,√ √ 202001 ; ;; , 1,7291 ,, 0,28±1,7291∙ 0,√ √ 202001 ,,  [0,0,2761;0,2839] [0,0,2761;0,2839]

“Concentración “Concentra ción de Plomo en cuerpos fluviales cordilleranos, en mg/l ” mg/l ” ;

Del enunciado del ejercicio se desprenden los siguientes datos:

Debido a que desconocemos la varianza de la distribución, utilizaremos la siguiente fórmula para obtener el intervalo de confianza:

Reemplazando:



tiene tiene un 90% de contener el nivel medio de concentración de plomo en las las aguas aguas residuales, residuales, en cuerpos cuerpos fluviales fluviales cordilleranos. cordilleranos.

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3.- S e es tá es tudiando la duraci ón de ciertos ci ertos proces pr oces os producti pro ductivos vos y s e toma una muestra mues tra aleatoria, de tamaño 10. Se define como "Proceso Corto” cuando su duración es menor que 5

minutos minutos,, los dato datoss obtenidos, obtenidos, en minutos, minutos, fueron: 3

5

8

6

10

5,5

4

4,2

4,5

2

3.1) S e pide esti mar mar por i ntervalo de confi con fianza anza del 98% la propor pr oporci ción ón de Proces Pr oces os C ortos . 3.2) ¿ C uál debería deberí a ser s er el tamaño tamaño de la muestra mues tra s i la proporc pr oporc ión es timada dis di s minuy en en un 10% y utilizam u tilizamos os un 95% de confianza c onfianza mant manteniendo eniendo el mis mis mo error probable probable antes de la modificación? 3.3) E s timar la vari anza de dichos dich os tiempos con co n un nivel niv el de confianza confi anza del 99%. 99%. 3.4) S i se s e realiza un ajus te tecnológ ico ic o en el proces pro ces o de fabri cación, caci ón, el que reduc e los tiempos en un 15% ¿ C uál s ería la estima es timaci ci ón de la varianza con un 97% de confianza? 3.1) Solución: Sea:

 ~;; 

“ Tiempo Tiempo de duración de ciertos procesos productivos, en minutos ”

Debido a que el problema nos habla de proporción, debemos utilizar la siguiente fórmula para determinar el intervalo confidencial:

̂  ̂   −−  ± −   1    0,98 ;   10 ; ̂    0,0,5 ;   0,0,5 , 0,5±, 0,0,510∙0,5;  , 2,33 , 0,5±2,33 0,0,510∙0,5 ,, [0,1316;0,86848]    0,9∙̂ 0,9∙0,50,45 Con:

Reemplazando, obtenemos:


Respuesta: Este intervalo tiene un 98% de contener a la verdadera proporción de “Procesos cortos”

3.2) Solución: Lo primero que debemos hacer en este ítem es determinar una nueva variable, como se ve a continuación: "Proporción con Procesos Cortos disminuida en un 10%”

En seguida, calculamos el error probable de p que se mantiene, con la siguiente fórmula:

  −  ∙  ̂   , ∙  0,0,510∙0,5 2,33∙  0,0,510∙0,5 0,3684

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y B ondad de Ajus te – E jercicios R esueltos AN ÁL I SI S ESTADÍSTICO

Luego de esto, ya tenemos lo necesario para determinar el tamaño de la muestra, lo que se realiza despejando la fórmula que sigue:

      ′  ′ 0 , 4 5∙ 0 , 5 5 1 , 9 6     → 0,36841,96  →  0,30684,450,55 7,005≈8 : 10,95; 0,3684 ; ′ 0,45; ′ 0,55; , 1,96 − 

Respuesta: El tamaño de la muestra debe ser 8, si la proporción disminuye en un 10% y se mantiene el error probable antes de la modificación, con un 95% de confianza.

3.3) Solución: Para empezar calculamos la varianza muestral, la que determina con la siguiente fórmula:

 322,14 ,  ∑     ∑        1   9  2,3489

Debido a que el problema hace referencia a la varianza, el intervalo confidencial está dado de la siguiente forma:

       1   1      −  −; −  , −;   10;  2,3489; 10,99  , 9∙ 2,3; ,489 , 9 ∙ 2,3; ,4899∙ 23,2,3548989  , 9 ∙ 1,2,7335489 , [2,1050;28,6202] Con:

Reemplazando:

Respuesta: Existe un 99% de que el intervalo los procesos productivos. 3.4) Solución: Sea:

[2,1050;28,6202]

contenga a la varianza poblacional de

  → 0,85  0,85  →  0,85∙2,34891,9966        1   1      −  −; −  , −;   10;  1,9966; 10,97 “Muestra

reducida en un 15%”

Por propiedades determinamos el valor de la desviación estándar de y, la que se encuentra dada por:

Después procedemos a definir el intervalo confidencial como se ve a continuación:

Con:


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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesi s y B ondad de Ajus te – E jercicios R esueltos AN ÁL I SI S E STA DÍ STI CO

Ya que no poseemos los valores de la distribución



0,0,99850, 90,997575  21,19, 66619,023023 0,0,00151  19,2,643023 43∙0,0150,01 +19,023  2,620, 7 85 ; , 20,785 0,0,00250, 0 1 2, 7 002, 0 88  150,0,01501 0,2,612 088 0, 0 05 2, 0 88 00,015,005 +2,088  0,612∙2, 2 92 ; , 2,292

, tenemos que interpolar para poder determinarlos:

Finalmente, reemplazando obtenemos el intervalo confidencial:

            9∙ 1 , 9 966 9 ∙ 1 , 9 966 9∙ 1 , 9 966 9 ∙ 1 , 9 966   ,  ; , , ; ,  20,785 , 2,292  , [1,7261;15,6534]

Respuesta: Existe una probabilidad del 97% de que el intervalo

[1,7261;15,6534]

contenga a la varianza poblacional de los procesos productivos luego de reducir sus tiempos en un 15%.

4.- En cualquier proceso de enlatado, el fabricante pierde dinero si las latas contienen más o menos de la cantidad que se especifica en la etiqueta. Por esta razón se vigila constantemente la cantidad de producto enlatado. Considere una compañía que produce un cemento de hule de secado rápido en latas de aluminio etiquetadas con un peso de 32 onzas. Se toma una muestra de 34 latas, las cuales se pesan, obteniendo un peso promedio de 31,18 onzas y una desviación estándar de 0,645 onzas. Considere que el peso de las latas se distribuye normal. 4.1) A un inspector de control de calidad le interesa probar si la varianza del peso de las latas es superior a 0,4 (onzas) 2. Utilice una significación de 5%. 4.2) ¿Cuál debe ser el mínimo tamaño de muestra que se debe utilizar si se desea estimar el peso real promedio de las latas de cemento de hule? Se está dispuesto a cometer un error máximo de 0,2 onzas con una confianza del 95%. Sabiendo por estudios anteriores que la varianza del peso de las latas es 0,4096 (onzas)2

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y B ondad de Ajus te – E jercicios R esueltos

 ~ ; 

AN ÁL I SI S ESTADÍSTICO

4.1) Solución: Sea:

“Cantidad de cemento en una lata, en onzas” Con:

34 0,645 0,05 1 ;

;

;



::  0,>0,44          1  3 41 0 , 6 45   →  0,4 34,3221 −; −   ; , 47,400 { | > −; − } →  | >47,400 ∈ á 0,2; 10,95;  0,4096 ; 0,4096 0,64  −  √  0, 2≥− , 0,√ 64 → √  ≥ 1,96∙0,20,64 → ≥39,33≈40

Las hipótesis que nos interesan contrastar son:

Entonces, el estadístico de prueba es:

El Punto Crítico, se determina de la siguiente forma:

La Región Crítica:

Respuesta: Como

, no se rechaza la hipótesis nula, es decir, la varianza de la cantidad de cemento en una lata no es superior a 0,4 (onzas) 2 . 4.2) Solución: El problema nos otorga la siguiente información:

Debido a que estamos trabajando con el peso real promedio de las latas de cemento de hule, y que conocemos la varianza ( , la fórmula del error está dada por:

Reemplazando:

Respuesta: El mínimo tamaño de la muestra que se debe utilizar si se desea estimar el peso real promedio de las latas de cemento de hule, es igual a 40.

5.- Se requiere que la resistencia a la ruptura de una fibra sea menos de 150 psi. Se sabe que la desviación estándar de la resistencia a la ruptura es 3 psi. En una muestra aleatoria de 25 trozos de fibra se obtiene una resistencia media a la ruptura de 148 psi y una desviación estándar de 2,8 psi. 5.1) ¿Puede considerarse aceptable este tipo de fibra? Use α = 0, 05. 5.2) Determine el tamaño de la muestra necesario para estimar la resistencia media de este tipo de fibra con un nivel de confianza del 95% y un error de estimación de 0,5 psi.


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 ~ ;  3 25;3; ̅148;2,8;   0,05;   150 :: <150 150  ̅ √   →  148150 √  3,33 −  , 1,645 { | <− } →  | <1,645 ∈ 0, 5 ; 10, 9 5; 3  −  ∙ √  0, 5, ∙ √ 3 → √   1,0,96∙5 3 → 138,3≈139


“Resistencia a la ruptura de una fibra” Con:


Entonces, como conocemos la varianza, el estadístico de prueba es:

El Punto Crítico, se determina de la siguiente forma: La Región Crítica:

Respuesta: Debido a que

, hay suficiente información para rechazar la hipótesis nula, es decir, es aceptable este tipo de fibra, con un 5% de significación. 5.2) Solución: El ejercicio proporciona los siguientes datos:

Como consecuencia que estamos trabajando con la resistencia media de este tipo de fibra, y que conocemos la varianza ( , la fórmula del error está dada por:

Reemplazando:

Respuesta: El tamaño de la muestra necesario para estimar la resistencia media de este tipo de fibra con un nivel de confianza del 95% y un error de estimación de 0,5 psi, es 139.

6.- La velocidad de transmisión de un modem se mide en baudios que se define como el número de bits por segundo que puede transmitir. Debido a factores técnicos, la rapidez de transmisión real varía de un archivo a otro. Una empresa está en proceso de adquirir un modem, el cual fue ofrecido por dos proveedores (A y B). Para decidir la compra se transmiten seis archivos, elegidos al azar, utilizando ambos modem y registrando las velocidades de transmisión (en miles de baudios) Archivo 1 2 3 4 Proveedor A 10,75 10,86 11,18 10,47 Proveedor B 10,31 10,95 10,33 9,20 Suponiendo que la velocidad de transmisión se distribuye Normal

Página 140

5 11,36 11,36

6 10,47 9,74



6.1.- La revista PC Reports, afirma que en pruebas hechas por su equipo se ha encontrado que el modem del proveedor A es significativamente más rápido que el del proveedor B, Con = 0,01, ¿Los resultados obtenidos por la empresa confirman lo planteado por la revista? 6.2.- Pruebe si la varianza de la velocidad de transmisión del modem del proveedor A es de 0,52 (miles de baudios)2 con nivel de significación 0,05. 6.1) Solución: Sea: Archivo Proveedor A Proveedor B D

   ~ ; 1 10,75 10,31 0,44

2 10,86 10,95 -0,09

3 11,18 10,33 0,85

4 10,47 9,20 1,27

5 11,36 11,36 0

6 10,47 9,74 0,73

6  0,5333  0,5221 ::  >00    √   →  0,5,333√  0 2,502 0,01 { | > −; − } → { | >;,} →   | >3,3649 ∈ 0,01 H:: σ 0,≠0,5522 6  0,3654      1  61∙ 0 , 3 654    →  0,52 1,2838  0, 0 5  | <−;  ó >−; −  →  | <; , ó >; ,  | <0,830 ó >12,833


Entonces, como desconocemos la varianza, el estadístico de prueba es:

La Región Crítica (


, no existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula, es decir, los resultados obtenidos por empresa no confirman lo planteado por la revista, con .

6.2) Solución: Las hipótesis que nos interesa contrastar son:

Con:

Entonces como conocemos la desviación estándar, el estadístico de prueba es:

Región crítica (

):


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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesi s y B ondad de Ajus te – E jercicios R esueltos Respuesta: Debido a que

∈

AN ÁL I SI S E STA DÍ STI CO

, no existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula, es decir, la varianza de la velocidad de transmisión del modem del proveedor A es de 0,52 (miles de baudios)2 , con un 5% de significación.

7.- En un estudio realizado en el Departamento de Silvicultura y Fauna de una universidad del extremo sur del país, se examinó la influencia de un fármaco sobre los niveles de andrógenos en la sangre de huemules salvajes. Se capturaron 15 ejemplares y se les inyectó el fármaco, extrayéndoles una muestra de sangre cinco minutos después de la captura, y luego se les extrajo una segunda muestra después de 30 minutos, posteriormente se liberaron los ejemplares. Se midieron los niveles de andrógenos en la sangre de cada muestra y los datos aparecen en la siguiente tabla (Suponga distribución normal) 7.1) Se pide ensayar con 6% de significación si el nivel de andrógenos se altera después de 30 minutos de encierro. 7.2) Ensayar con un 5% de significación si la proporción de animales que presentaron nivel de andrógenos superior a 15,00 después del encierro, supera al 25% Número de ejemplares 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

Nivel Primero (5 minutos) 2,76 5,18 2,68 3,05 4,10 7,05 6,60 4,79 7,39 7,30 11,78 3,90 26,00 67,48 17,04

Nivel Segundo (30 minutos) 7,02 3,10 5,44 3,99 5,21 10,26 13,91 18,53 7,91 4,85 11,10 3,74 94,03 94,03 41,70

7.1) Solución: Lo primero será definir la variable a utilizar, la cual se muestra a continuación:



“Diferencia entre el Nivel Primero y Nivel Segundo”

::  ≠00

 ~ ; 

Ya que nos preguntan si el nivel de andrógenos se altera, nuestras hipótesis a contrastar son:

En seguida calculamos

Página 142



, como se muestra a continuación:



Número de ejemplares

Nivel Primero (5 minutos)

Nivel Segundo (30 minutos)

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

2,76 5,18 2,68 3,05 4,10 7,05 6,60 4,79 7,39 7,30 11,78 3,90 26,00 67,48 17,04

7,02 3,10 5,44 3,99 5,21 10,26 13,91 18,53 7,91 4,85 11,10 3,74 94,03 94,03 41,70





(Diferencia) - 4,26 2,08 - 2,76 - 0,94 - 1,11 - 3,21 - 7,31 - 13,74 - 0,52 2,45 0,68 0,16 - 68,03 - 26,55 - 24,66

 18,9,4873648    √    9,,8√ 480  2,065 −;−  ;, 0,0,99750, 9 5 2, 1 4481, 7 613  70,0,09255  0,1,38357613 0, 0 2 1, 7 613  0,3835∙0,2,0250,00682 +1,7613 ;, 2,068 {  | <;, ó >;,} →   | <2,068 ó >2,068

Luego, de la cuarta columna se calcula la media y desviación estándar de

:

En seguida, como desconocemos la varianza, el estadístico de prueba es:

Reemplazando:

El punto crítico está dado por:

Ya que este valor no se encuentra explícitamente en la tabla, tenemos que interpolar:



Página 143

7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesi s y B ondad de Ajus te – E jercicios R esueltos Respuesta: Debido a que

 ∈ 


, no hay suficiente información para rechazar la hipótesis nula, es decir, el nivel de andrógenos no se altera después de 30 minutos de encierro, con un 6% de significación.

̂

7.2) Solución: De la muestra que nos expone el ejercicio, podemos calcular el estimador , ya que cuatro de los quince ejemplares presentan niveles de andrógenos superiores a 15,00 después del encierro.

::0,>0,2255  ̂         →   0,,∙2,5 0,1491 0, 0 5   | >−  → {  | >,} →   | >1,645 ∈

Las hipótesis que interesan contraponer son:

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

La Región Crítica (Con

):


, no hay suficiente información para rechazar la hipótesis nula, es decir, la proporción de animales que presentaron nivel de andrógenos superior a 15,00 después de encierro, no supera al 25%, con un 5% de significación.

8.- En la manufactura de semiconductores, es común el uso de un proceso de grabado por

remojo químico para eliminar el silicio de la parte posterior de las obleas antes de la metalización. La rapidez de grabado es una característica importante en este proceso y se sabe que es una variable aleatoria con distribución normal. Se compararon dos soluciones de grabado diferentes, usando dos muestras aleatorias de obleas, una para cada solución. La rapidez de grabado (milipulgadas/minuto), observada fue la siguiente: Solución 1 Solución 2

9,9 9,4 9,3 9,6 10,2 10,6 10,3 10,0 10,3 10,1 10,2 10,6 10,7 10,4 10,5 10,0 10,2 10,7 10,4 10,3

8.1) Apoyan los datos la afirmación de que la rapidez media de grabados es la misma para ambas soluciones, use α = 0, 05 8.2) Estime con un nivel de confianza del 90% la rapidez media de grabado para la solución 1. 8.1) Solución: Sea:



“Rapidez de grabado de la Solución 1, en milipulgadas/minuto” ; “ Rapidez de grabado de la Solución 2, en milipulga das/minuto” ;

 ~~ ;; 

Lo primero será determinar el tamaño de la muestra, la media y desviación estándar de ambas muestras:

Página 144

 1010 10, ̅9,974  0,0,42218309



En seguida, debemos contrastar las siguientes hipótesis, para determinar si estas muestras poseen varianzas poblacionales iguales o diferentes:

::  ≠   →  0,0,42218309 3,3371 0, 0 5 − ; −;  ; ; , ;;; ;,1, 4, 4,0260126 0,248 −; −; −  {  | <; ; , ó > ;;, } →   | <0,248 ó > 4,026 ∈ ::  ≠   ̅    1  +( 1)           +       + 2       1 01 ∙ 0 , 4 218 + 1 01 ∙ 0 , 2 309    0,34 10+102  0,10,34∙ 49, 9+7 2,83   | <   ; −  ó >; −     + 2 {  | <; , ó >; ,} →    | <2,1009 ó >2,1009 ∈


Los puntos críticos están dados por (

):


Resultado: Debido a que , no hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es decir, las varianzas poblacionales de ambas soluciones son iguales. Continuando con el desarrollo del ejercicio, procedemos a contrastar las siguientes hipótesis:



Finalmente, la Región Crítica:

Respuesta: Como

, en conclusión hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es decir, la rapid ez media de grabado es la misma, con α = 0,05.


Página 145


8.2) Solución: Debido a que el problema nos pregunta por la media de grabado para la Solución 1, debemos utilizar la siguiente fórmula para determinar el intervalo confidencial:

  − ̅ ± −;10, ∙ −  √ 90; 10 ;  0,4218 ; ̅  9,97  , 9,97±;, ∙ 0,√ 412180 ; 0,4218; , 1,8331 , 9,97±; , ∙ √ 10  , [9,7255;10,2145] [9,7255;10,2145] Con:



Respuesta: El intervalo la solución 1.

tiene un 90% de contener la rapidez media de grabado para

9.- La resistencia mínima especificada, transcurridos 28 días, de un hormigón para pavimento de 20 cm de espesor es de 250 kg/cm². En dosificaciones con materiales provenientes de la cantera A y B, las resistencias se distribuyen aproximadamente normal. Se realizan 16 ensayos con materiales de la cantera A y 32 ensayos de la cantera B, obteniendo al término del tiempo especificado, en pruebas de roturas a la compresión, las siguientes resistencias:



Resistencia Cantera A

200 - 218 2

218 - 236 4

236 - 254 5

254 - 272 4

272 - 290 1

R esis tencias C antera B

218 220 225 230 235 237 241 245 269 270 270 272 272 274 276 278 250 254 255 258 260 262 264 268 280 285 289 290 290 290 295 300 Ayuda:

∑ ; ∑  

9.1) El ingeniero sospecha que la resistencia media de las dosificaciones proveniente de la cantera A está muy por debajo de la resistencia media de aquellas dosificaciones provenientes de la cantera B. ¿Qué concluiría usted respecto a la sospecha del Ingeniero, con α = 0,01?

9.2) Con nivel de significación del 2,5%, ¿Puede usted afirmar que las dosificaciones cuyo material proviene de la cantera B que está bajo la resistencia mínima especificada es de un 20%? 9.1) Solución: Sea:

Página 146

 

“ Resistencia de los Materiales provenientes de la c antera A, kg/cm² ”; “ Resistencia de los Materiales provenientes de la cantera B, kg/cm² ” ;

~~;; 



Lo primero será determinar el tamaño de la muestra, la media y desviación estándar de ambas muestras:

  ∑  842232 263,1875   ∑     ∑     ̅  ∑     1     1   2 232454    31  22,6394

[[200218] − ] 209 2 [[2236254] 18236] 227245 45 [[2254272] 263 4 72290] 281  161  ̅ 242,75 ;  20,6543

Para A:

Para B:


::  ≠    22, 6 394    →  20,6543 1,2015 0, 0 1 − ; −;  ; ; , ;;;;1,,≈≈ ;;;;1,,3, 63,86701057 0,3327 − ; − ; −  {  | <; ; , ó > ; ; , } →   | <0,3327 ó >3,6867 ∈ ::  <        ̅     1  +  1         +       + 2       1 61 ∙ 2 0, 6 543 + 3 21 ∙ 2 2, 6 394    16+322 22,0118



):


Resultado: Debido a que , no hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es decir, las varianzas poblacionales de ambas muestras son iguales. Continuando con el desarrollo del ejercicio, procedemos a contrastar las siguientes hipótesis:




Página 147


 242,22,07118∙5263, 1+875 3,0324   0, 0 1   | <   ; −      + 246 {  | <; ,} →    | <2,4102 ∈ ̂ ̂8/32 ::  ≠0,0,2200 ̂      : ̂  328 0,25; 32 →  0, 250,,∙,20 0,7071 0, 0 25   | <− → ó >−|<2, → {24 ó  >2, | <24, ó >,} ∈

Finalmente, la Región Crítica (

):

Respuesta: Como

, en conclusión hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es decir, se concluye que lo sospechado por el Ingeniero es real, o sea, la resistencia media de A está muy debajo de la resistencia media de B. 9.2) Solución: Sabemos que la resistencia mínima especificada es 250 kg/cm², por ende, podemos calcular el estimador , o sea, la proporción de la muestra de los materiales provenientes de la cantera B, que cumplen la condición de ser inferiores a la resistencia mínima especificada. Lo que llevándolo a números es igual a Las hipótesis a contrastar son:



):


, no hay suficiente información para rechazar la hipótesis nula, es decir, las dosificaciones que están bajo la resistencia mínima, en la cantera B, representan el 20%.

10.- La utilización de materiales sintéticos tales como nylon, poliéster y látex en la producción de telas, ha provocado debates acerca de la calidad y resistencia de estas fibras comparadas con las fibras naturales. Un fabricante de una nueva fibra sintética asegura que en promedio su producto (Y) posee una mayor resistencia a la tracción que las fibras naturales (X). Para tal efecto se seleccionan al azar 10 fibras sintéticas y 12 fibras naturales, a cada una de las cuales se les midió la resistencia a la tracción. Los resultados muestrales obtenidos se dan a continuación:

   ;    ;    ;    ,   12    ~  ;   ~  ;   10

¿Confirman estos datos lo asegurado por el fabricante? Fundamente adecuadamente su respuesta y use 10) Solución: Sean:

Página 148

“Resistencia a la tracción de las fibras naturales, en Kg” ; “Resistencia a la tracción de la nueva fibra sintética, en Kg” ;




::  ≠      →  18921636 1,1565 0, 0 5 − ; −;  ; ; ,;;; ,;1,3,93,63991117 0,255 − ; − ; −  {  | <; ; , ó > ; ; , } →    | <0,255 ó > 3,9639  ∈ ::  <   ̅    1  +( 1)            +       + 2



):


Resultado: Debido a que , no hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es decir, las varianzas poblacionales de ambas soluciones son iguales. Continuando con el desarrollo del ejercicio, procedemos a contrastar las siguientes hipótesis:

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos la siguiente expresión:

  


636+ 1 01 ∙1892 41,8473    1 21 ∙112+102  41,8272335 3, 5 460   473∙   +  0,05   | < ; −     + 220 {  | < } →    | <1,7247

Finalmente, la Región Crítica (Con

):

; ,


Página 149

7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesi s y B ondad de Ajus te – E jercicios R esueltos Respuesta: Como


∈

, en conclusión existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula con un 10% de significación, es decir, podríamos concluir que el fabricante estaría en lo cierto, ya que la nueva fibra sintética posee mayor resistencia a la tracción que las fibras naturales.

11.- En una planta industrial se quiere determinar cuál de dos tipos de fuentes de energía, gas o electricidad, produce más energía útil a menor costo. Una medida de la producción económica de energía, llamada “inversión de planta por quad suministrado”, se calcula dividiendo la

cantidad de dinero (en dólares) invertida por la planta en la fuente de energía en cuestión y la cantidad suministrada de energía (en quads, miles de billones de unidades térmicas británicas [BTU]). Cuanto menor sea este cuociente, menos pagará una planta industrial por la energía suministrada. Se seleccionaron muestras aleatorias de 11 plantas que utilizan electricidad y 16 plantas que utilizan gas y se calculó la inversión de la planta por quad para cada una. Los datos se presentan en la tabla: 9,72

5,35

8,46

7,78

10,11

8,45

7,91

11,03 10,70

15,05 18,22 12,50 9,40 9,67 Asumiendo normalidad en la inversión por quad suministrado

9,21

15,3

ELECTRICIDAD GAS

14,15

9,57

7,76

9,28

8,60

17,13

16,66 10,14

9,18

4,38

12,1

11.1) ¿Se podría afirmar que existe diferencia significativa entre los promedios de inversión de planta por quad suministrado para estos dos tipos de fuentes de energía, con un nivel de significación de 0,10? 11.2) Estime con una confianza del 99% la proporción de plantas de gas que invierten más de 10 [BTU].



11.1) Solución: Sean: “Inversión de una planta eléctrica por quad suministrado, en dólares” ; “Inversión de una planta a gas por quad suministrado en dólares”;

 1116 11, ̅9,268902  3,3,161216 ::  ≠    3, 6 16    →  3,112 1,35

 ~~;; 

Lo primero será determinar el tamaño de la muestra, la media y desviación estándar de cada muestra:



Página 150



0, 1 0 −; −;  ; ; ,;;;;1,,2,52,43781450 0,351 −; −; −  {  | <; ; , ó > ; ; , } →    | <0,351 ó > 2,5437  ∈ ::  ≠   ̅    1  +( 1)           +       + 2 16 + 1 61 ∙3,112 3,323    111 ∙3,611+162 8911, 6+02 1,777  3,9,3223∙   0, 1 0   | <; −     + 225 {  | < ; ,} →    | <1,7081 ∈ ̂ 1016⁄ − ̂ ± −   ̂  10,99;  16 ; ̂   0,625; 0,375 AN ÁL I SI S ESTADÍSTICO


):


Resultado: Debido a que , no hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es decir, las varianzas poblacionales de ambas soluciones son iguales. Continuando con el desarrollo del ejercicio, tenemos que contrastar las siguientes hipótesis:




):

Respuesta: Como

, en conclusión existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula con un 10% de significación, es decir, se puede afirmar que existe una diferencia significativa en el promedio de inversión de planta por quad suministrado por estos dos tipos de energía.

11.2) Solución: Lo primero, será determinar el estimador , el que corresponde al número de plantas a gas que invierten más de 10 quad, en la muestra, dividido en el tamaño de la muestra, que llevado a los números es igual a . Luego, el intervalo confidencial está dado por:

Con:


Página 151



, 0,625±,  0,625∙160,375;  , 2,575 , 0,625±2,575  0,625∙160,375 ,  [0,313;0,937] [0,313;0,937]



tiene un 90% de probabilidad de contener a la proporción de plantas de gas que invierten más de 10 [BTU].

12.- El PM10 (material particulado respirable), son partículas de diámetro menor o igual a 10

micrones. Por su tamaño, el PM10 es capaz de ingresar al sistema respiratorio del ser humano; mientras menor es el diámetro de estas partículas mayor es el potencial daño en la salud; es por esta razón, que diariamente se monitorea la calidad del aire, 3 C M AQI (μg/m ) calculando un Índice de calidad de Aire (AQI por sus siglas en 0 – 50 2 5 Inglés). Un AQI de 100 para PM10, corresponde a un nivel de 150 50 – 100 9 5 PM10 en microgramos por metro cúbico (promediado en 24 100 – 150 11 11 horas). Se toman muestras aleatorias independientes del AQI, de tamaño 150 – 200 15 13 40, correspondientes a dos comunas C y M, del Gran Santiago, en 200 – 300 3 4 meses de invierno, obteniendo la siguiente información: 300 – 550 0 2 Suponiendo válidos los supuestos necesarios: 12.1) Estime el mínimo tamaño de muestra que se debe considerar para estimar el AQI 3

promedio en la comuna M, considerando un error de estimación de a lo más 18 μg/m y

una confianza de 95%, si de estudios previos se sabe que la desviación estándar del AQI 3

es de 110 μg/m . 12.2) ¿Es posible asegurar que el porcentaje de episodios en que el AQI es de al menos 200 (episodio dañino para la salud) es superior al 4% en la comuna C, con 5% nivel de significación? 12.3) ¿Es posible, afirmar que no existen diferencias significativas en el índice de calidad medio del aire en ambas comunas en estudio, con un nivel de significación del 1%? 12.1) Solución: Sean:



“Cantidad de material particulado en la comuna C” ;

~~;;

“Cantidad de material particulado en la comuna M” ;

El enunciado del problema nos otorga la siguiente información:

≤18; 10,95;  110

Página 152



Ya que el conocemos la varianza, y estamos estimando el AQI promedio en la comuna, la fórmula del error está dada por:

−  ∙ √  18≥, ∙ 110√  → √ ≥1,96∙ 11018 → ≥143,46≈144

Reemplazando:

Respuesta: El tamaño de la muestra debe ser como mínimo de 144.

̂

12.2) Solución: Con los datos entregados por la tabla, podemos determinar el estimador , que corresponde a la cantidad de episodios de la muestra, en que el AQI es de al menos 200, dividido en el tamaño de la muestra, lo que llevado a los números es igual a .

3⁄40

:: >0, 0,0044 0 4   ̂   :̂ 403 0,075; 40 →  0,0 750, ,∙, 1,1296 0, 0 5    | >−  → {  | >,} →    | >1,645 ∈

Luego, las hipótesis a contrastar son:

El estimador de prueba a utilizar es:


:

Respuesta: Como

, en conclusión no existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula con un 5% de significación, es decir, se puede afirmar que el porcentaje o proporción de episodios en que el AQI es de al menos 200, es equivalente o menor al 4% en la Comuna C. 12.3) Solución: Para este ítem lo primero que debemos hacer es calcular el tamaño de la muestra, la media y desviación estándar, de cada muestra: 3

AQI (μ g/m ) 0 – 50 50 – 100 100 – 150 150 – 200 200 – 300 300 – 550



25 75 125 175 250 425

C

M

2 9 11 15 3 0

5 5 11 13 4 2

    40

40

 ̅ 136,40875  55,7546 150 40  89,5144


::  ≠


Página 153



   89, 5 144    →  55,7546 2,5777 0, 0 1 − ; −;  ; ; ,;;; ;,1,≈ ≈;;; ;,1,2, 22,95821958 0,435 − ; − ; −  {  | <; ; , ó > ; ; , } →    | <0,435 ó > 2,2958  ∈ ::  ≠ 8 75   + ̅ →   150136, , + , 0,7871   +  , + ,     , + , 65,3016≈65 − + − − − 0, 0 1   | <; −  ó→> → 6{  | < ; , ó >; ,} ; −   | <2, 536 ó >2,6536 ∈


):


Resultado: Debido a que , hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es decir, las varianzas poblacionales de ambas soluciones son diferentes. Continuando con el desarrollo del ejercicio, tenemos que contrastar las siguientes hipótesis:


Después para calcular los grados de libertad tenemos la siguiente fórmula:


):

Respuesta: Como

, en conclusión no existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula con un 1% de significación, es decir, se puede afirmar que no existen diferencias significativas en el índice de calidad medio del aire en ambas comunas en estudio.

13.- Para comparar la capacidad de producción de calor del carbón proveniente de dos minas, se obtuvo una muestra aleatoria de 35 especímenes de carbón de la mina 1 y otra muestra de 25 especímenes de carbón de la mina 2, obteniendo los siguientes resultados de la capacidad de producción de calor, en miles de millones de calorías por tonelada: Página 154



Capacidad calórica promedio

Mina 1 8,23

Desviación estándar capacidad calórica

0,1255

Especímenes con capacidad mayor a 8,3 mM de cal/ton.

10

Mina 2

 ,   ,    = = 5

Suponiendo que las poblaciones muestreadas tienen distribución normal: 13.1) Estime con 95% de confianza la proporción de carbón con capacidad calórica de a lo más 8,3 miles de millones de calorías en la mina 1. 13.2) Que tamaño de muestra sería necesario para estimar la capacidad calórica promedio del carbón de la mina 2 con 98% de confianza y un error en la estimación que no supere los 0,1 miles de millones de calorías por tonelada, si en estudios anteriores se obtuvo una varianza de la capacidad calórica igual a 0,09 (miles de millones de calorías por tonelada)2? 13.3) Verifique, con 5% de significación, si la capacidad calórica promedio del carbón de la mina 1 es superior a la capacidad calórica promedio del carbón de la mina 2. 13.4) Se afirma que la capacidad calórica del carbón de la mina 1 es de a lo menos 8,3 miles de millones de calorías por tonelada. ¿Qué opina usted con 5% nivel de significación?



13.1) Solución: Sea: “Capacidad de producción de calor del carbón proveniente de la mina 1”; “Capacidad de producción de calor del carbón proveniente de la mina 2” ;

 ~~ ;; 

Ya que el problema habla de proporción, debemos utilizar la siguiente fórmula para determinar el intervalo confidencial:

− ̂ ± −  ̂  10,95 ;  35 ; ̂   ;     ∙ 25   , 35 ±, 35;  , 1,96   ∙ 25  , 35 ±1,96 35      , [0,5846;0,840] [0,5846;0,840] 10,98; ≤0,1;  0,09; 0,3 Con:




tiene un 98% de probabilidad de contener a la proporción de carbón con capacidad calórica de a lo más 8,3 miles de millones de calorías en la mina 1. 13.2) Solución: El problema nos proporciona la siguiente información:


Página 155


Ya que estamos tratando con proporciones, utilizamos la fórmula de error está dada por:

−  √  0, 1≥, ∙ 0,√ 3 → √ ≥2,33∙ 0,0,31 → ≥48,86≈49

Reemplazando, tenemos:

Respuesta: El tamaño necesario para el problema es como mínimo 49.

13.3) Solución: Procedemos a determinar el tamaño de la muestra, la media y desviación estándar de ambas muestras:

 35; ̅ 8,∑ 23,;   0,12553  25;     8,194   ∑      ,   ∑      1 680, 7 6 ∑           1    1   24  0,304 ::  ≠    0, 3 04    →  0,12553 5,8648 0, 0 5 − ; −;  ; ; , ;;; ;,1,≈≈;;; ;,1,2,12,35921090 0,452 − ; − ; −  {  | <; ; , ó > ; ; , } →   | <0,452 ó > 2,1359 ∈ ::  >

Para Mina I:

Para Mina II:




):


Resultado: Debido a que , hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es decir, las varianzas poblacionales de ambas muestras son diferentes. Continuando con el desarrollo del ejercicio, contrastamos las siguientes hipótesis:

Página 156



1 940   ) →  8,2,38,  ̅( 0, 5 590    ,     +    +    +  ,  + ,     ,  + , 29,89≈29 − + − − − 0, 0 5 {  | >; − } → {  | >; ,} →   | >1,6991 ∈ :: <8, ≥8,33  ̅ √   :  35; ̅8,23 ;  0,12553 →  8,2,38,√  3 3,3 0, 0 5 {  | <−;  − } → {  | <; ,} →   | <1,6909 ∈


Después para calcular los grados de libertad tenemos la siguiente fórmula:


):

Respuesta: Como

, en conclusión no existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula con un 5% de significación, es decir, se puede afirmar que la capacidad calórica del carbón de la mina 1 no supera a la capacidad calórica del carbón de la mina 2. 13.4) Solución: Las hipótesis a contrastar son:

Luego, como desconocemos la varianza el estadístico de prueba se determina de la siguiente forma:


):


, existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula, con un 5% de significación, es decir, la capacidad calórica del carbón de la mina 1 es inferior a 8,3 mil millones de calorías por tonelada.

14.- Una empresa de telecomunicaciones realizó un estudio a fin de comparar el tráfico mensual de los clientes que han tomado los planes A ó B y conocer la opinión de éstos respecto de los servicios prestados por la empresa. Para este efecto, tomó de cada plan, una muestra aleatoria de 121 clientes. La información recolectada, se presenta a continuación: Plan A Tiempo (min) 60 a 100 100 a 140 140 a 180 180 a 220 220 a 260 N° de clientes 13 32 30 27 19 Tiempo (min) N° de clientes

120 a 156 20

Plan B 156 a 192 192 a 228 26 33


228 a 264 30

264 a 300 12

Página 157


Además 98 clientes del plan A y 80 del plan B evaluaron satisfactoriamente los servicios prestados por la empresa. 14.1) Estime, con un nivel de confianza del 95% el tiempo medio de tráfico de los clientes del plan B. 14.2) Con un nivel de significación del 5%, ¿Aceptaría Ud. La hipótesis que la diferencia de los tiempos medios de tráfico, de los clientes del plan B con respecto a los clientes del plan A, supere los 30 minutos? 14.3) Si el Gerente de la empresa se planteó la hipótesis: “el porcentaje de clientes que evalúa satisfactoriamente los servicios prestados por la empresa es igual en ambos planes”,

¿Qué concluye, si utilizó un nivel de significación del 1%? 14.4) Docime la hipótesis de que el tiempo de tráfico de los clientes del plan A, es una v.a. con distribución normal de varianza 2500 (min2).

 ~~ ;;            60100 80 13 120156 138 20 100140 120 32 156192 174 26 140180 160 30 192228 210 33 180220 200 27 228264 246 30 220 260 240  121 19 264 300 282  121 12  ̅ 162,3140  49,8792  206,4296  44,4336 −  ±−;−  ∙ √  : 10,95 , 206,4296±;, ∙ 44,√ 1421336 : ;, 1,9799 , 206,4296±1,9799∙ 44,√ 1421336 ,  [198,4319;214,4272] [198,4319;214,4272] 

14.1) Solución: Sea: “Tiempo tráfico mensual de los clientes que han tomado el plan A, en minutos” ; “Tiempo tráfico mensual de los clientes que han tomado el plan B, en minutos” ; Lo primero será calcular el tamaño, media y desviación estándar de cada muestra dada:

Para A

Para B

Dado que el problema nos pide estimar el tiempo medio de tráfico de los clientes del plan B, utilizaremos la siguiente fórmula para poder determinarlo

Evaluando:


tiene un 95% de probabilidad de contener el tiempo

medio de tráfico de los clientes del plan B.

Página 158



14.2) Solución: En seguida, debemos contrastar las siguientes hipótesis, para determinar si estas muestras poseen varianzas poblacionales iguales o diferentes:

::  ≠    49, 8 792    →  44,4336 1,2601 0, 0 5 −; −; ; ; ,;;; ;,1,1, 43271,41327 0,697 −; −; −  {  | <; ; , ó > ; ; , } →    | <0,697 ó > 1,4327  ∈ ::   >30≤30          ̅       1  +  1           +       + 2       1 20 ∙ 4 4, 4 336 + 1 20 ∙ 4 9, 8 792    121+1212 47,235 3 14030  206,447,296162, 2, 3 244   235  +  0,05   | >{ ; −      + 2240  | > }



):


Resultado: Debido a que , no hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es decir, las varianzas poblacionales de ambas muestras son iguales. Continuando con el desarrollo del ejercicio, contrastamos las siguientes hipótesis:




):

; ,

Ya que este valor no se encuentra explícitamente en la tabla, tenemos que interpolar:


Página 159


Respuesta: Como

1,6300200 4991,6525  1,240200 6525 0,1000026  1,406525  0,1,0100026∙645150 +1,6525  ; , 1,6515 {  | >; ,} →    | >1,6515 ∈

, en conclusión existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula con un 5% de significación, es decir, se puede afirmar que la diferencia media de los tiempos de tráfico de los clientes del plan B con respecto a los clientes del plan A, supera los 30 minutos. 14.3) Solución: Ya que el ejercicio nos entrega la cantidad de clientes, de cada plan, que evalúa satisfactoriamente los servicios prestados por la empresa, podemos determinar las proporciones respectivas de las muestras:

98+80  178242 0,7355  12198  12180 → ̂  121+121 ::  ≠            ̂ +    0,73550,2645  +   2,6234 −  , 2,575 0,01   | <−  ó >−   →    | <2,575 ó >2,575 ∈    ̅ 162,31 ;  2500;  50

Definimos las hipótesis a contrastar

El estadístico de prueba está dado por:

El Punto Crítico corresponde a: La Región Crítica (Con

:

Respuesta: Como

, se llega a la conclusión que existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula con un 1% de significación, o sea, el gerente de la empresa no se encontraba en lo correcto cuando planteaba que el porcentaje de clientes que evalúa satisfactoriamente los servicios prestados por la empresa es igual en ambos casos. 14.4) Solución: Sea:

Página 160

“Tiempo tráfico mensual de los clientes que han tomado el plan A, en min.” Con:



Las hipótesis a contrastar son:

::  ~~ ;;  2500 2500

Nota: Debido a que el ejercicio no nos entrega los grados de libertad se

∞ +∞

0,05

Luego, se crea una tabla con los intervalos que abarcan todos los números del conjutno de los reales, es decir, desde el al , donde también se adiciona la frecuencia absoluta y la probabilidad de cada uno de ellos:

′− ′   60 60100 100140 140180 180220 220260   260

 13 32 30 27 19 121

í −,  <2, 0 5 <60162, 3 1 100162, 3 1 2, 0 5; 1, 2 5 ; 50 50 100162, 3 1 140162, 3 1 1, 2 5; 0, 4 5 ; 50 50 140162, 3 1 180162, 3 1 0, 4 5; 0, 3 5 ; 50 50 180162, 31 ; 220162, 31 0,35; 1,15 50 50 220162, 3 1 260162, 3 1 1, 1 5; 1, 9 5 ; 50 50 >1,95 > −, 

   0,02,20205 5 02022,05 0,1,0,1240560,  5  1, 2 5 0,0,3352640,10,05645 0,16,13680, 3 264 5 06,36835 0,18,97490,  5 1 , 1 5 0,197440,1,958749 10,9744 f

f

f

f

f

f

f

f

f

f

f

f

 >5 0,3062  12,7∙ 7 0,0,23208104 26,37,7526 0,0,21381251 28,15,8114 ∑  1 ∑  121

 ∙ 2,44 10,33 26,72 37,56 28,81 12,04 3,1211

0,0202 0,0854 0,2208 0,3104 0,2381 0,0995 0,01256

En seguida, como se debe cumplir que , se procede a modificar la tabla, lo que se lleva a cabo sumando las dos primeras filas y las dos últimas filas, quedando expresado de la siguiente forma:

13 3230 2719 121

Posteriormente, se aplica la fórmula para calcular el estadístico de prueba:

 + 3226,72 + 3037,56 + 2728,81 + 1915,14 7 7       1312, 12,77 26,72 3,667 37,56 28,81 15,14 

{  |  > −; }

        1 ú ú   {  |  > − ; }

Además, la región crítica está definida de la siguiente forma: Con:





Debido a que ocupamos el estimador de la media, el valor de  es igual a uno y el número de filas después de la modificación es cinco, por lo tanto, reemplazando tenemos:


Página 161


Ya que el valor del nivel de confianza no es entregado por el ejercicio, tenemos que interpolar para determinarlo:

Resultados:

0,0,750,2525  4,3,16081, 2 13 671, 2 13 0,0,5025  2,2,849554  0,52,0 8∙ 2,95454 +0,25 0, 6 9 10,69  ∈  ⇔ 1<0,69 ó >0,31  ∈  ⇔ 1>0,69 ó <0,31  ∈⇔ 1>0,69

Caso 1:

La hipotesis nula se rechaza si

Caso 2:

La hipotesis nula no se rechaza si

Considerando que el nivel de significación debe ser el menor posible para que la estimación sea adecuada, por lo que es correcto elegir el caso 2, ya que así se cumple lo antes expuesto.

Respuesta: Ya que

, es decir, no existe información suficiente para rechazar la hipotesis nula, por lo tanto, el tiempo de tráfico de los clientes del plan A se distribuye normalmente con varianza igual a 2500 min 2 .

15.- En el mercado existen dos tipos de plásticos (A y B), los que son utilizados en la fabricación de diversos artículos. Una variable importante que se maneja es su tensión de ruptura (en psi) y por lo tanto se ha diseñado un experimento para medir la variable en ambos tipos. Los resultados en 41 ensayos de plástico A fueron los siguientes:

 

Tens ión de R uptura

144 a 150 5

150 a 156 12

156 a 162 16

162 a 168 8

Por otro lado, en 25 ensayos realizados para registrar la tensión a la ruptura en el plástico B, se obtuvo un promedio de 154 psi con desviación estándar de 5,2 psi. 15.1) Considerando un nivel de significación del 5% y la información que entregan los datos. ¿Hay evidencia suficiente para cuestionar lo especificado por el fabricante, quién señala que el valor medio de la tensión a la ruptura del plástico A es de 155,5 psi? 15.2) El ingeniero de procesos tiene la sospecha que el plástico A tiene una tensión media a la ruptura más alta de lo que se observa para el plástico B. Admitiendo como válidos los supuestos de normalidad de las variables en estudio y considerando un niel de significación del 5% ¿Qué puede concluir usted respecto de la sospecha del ingeniero de procesos? 15.3) Con un nivel de significación del 2,5% ¿Muestran los datos la evidencia suficiente para corroborar que efectivamente la distribución de probabilidad de la tensión a la ruptura del plástico tipo A es de tipo normal con media 155,5 psi y varianza 25 (psi)2. 15.4) Con un 5% de nivel de significación, ¿es posible corroborar que más de un 30% de las unidades del plástico A presentan una tensión a la ruptura superior a 160 psi?

Página 162



 ~~ ;;  ′− ′   ̅156,95  5,63  41  154  5,2  25   ::  155, 5 ≠155,5 5  ̅    :  41; ̅156,95 ;  5,63 →  156,9,5155, √  1,65 0, 0 5   | <−;  −  → {  | <; ,} →   | <2,0211 ∈




144 – 150 150 – 156 156 – 162 162 – 168


“Tensión de ruptura del tipo de plásticos A, en psi” ; “Tensión de ruptura del tipo de plásticos B, en psi” ;

147 153 159 165

Para :

5 12 16 8 41

Para :

Las hipótesis a contrastar son:

Luego, como desconocemos la varianza el estadístico de prueba se determina de la siguiente forma:


):


, no existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula, es decir, no hay evidencia suficiente para cuestionar lo especificado por el fabricante, el que señaló que el valor medio de la tensión a la ruptura del plástico A es de 155,5 psi, con un 5% de significación. 15.2) Solución: Debemos contrastar las siguientes hipótesis, para determinar si estas muestras poseen varianzas poblacionales iguales o diferentes:

::  ≠    5, 6 3    →  5,2 1,1722 0, 0 5 −; −; ; ; ,  ;;;;1,, 2,  12,46001069 0,4928 −; −; −  {  | <; ; , ó > ; ; , } →    | <0,4928 ó > 2,1460  ∈



):


Resultado: Debido a que , no hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es decir, las varianzas poblacionales de ambas muestras son iguales.


Página 163


Continuando con el desarrollo del ejercicio, procedemos a contrastar las siguientes hipótesis:

::  >   ̅    1  +( 1)           +       + 2       4 11 ∙ 5 , 6 3 + 2 51 ∙ 5 , 2    41+252 5,4727 ;  5,156,4727∙ 95154 +  2,1243 {  |>| >; − } →  |+>1, 264 6690 ; , ∈ 0,025 :: ~~ 155, 155,55;;  25 25 ∞ +∞



Finalmente, la Región Crítica:

Respuesta: Como

, en conclusión hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es decir, las sospechas del ingeniero de proceso están en lo correcto, ya que por los resultados obtenidos el plástico A tiene una tensión media a la ruptura más alta de lo que se observa para el plástico B. 15.3) Solución: Las hipótesis a contrastar son (Con

):

Luego, como queremos probar que se distribuye normalmente, se crea una tabla con los intervalos que abarcan todos los números del conjunto de los reales, es decir, desde el al , donde también se adiciona la frecuencia absoluta y la probabilidad de cada uno de ellos:

′− ′   144 144150 150156 156162 162168   168 Página 164

 5 12 16 8 41

í 144155, 5 <2, 3 < 5 144155, 5 150155, 5 2, 3 ; 1, 1 ; 5 5 150155, 5 156155, 5 1, 1 ; 0, 1 ; 5 5 156155, 5 162155, 5 0, 1 ; 1, 3 ; 5 5 162155, 5 168155, 5 ; 5> 168155,55 1,>2,3; 2,55 5

   02,1073 0, 0,11,3570, 1 01072,3  11,3571 0,051,13980, ,3 05,3981 0,920320,    , 5 1 , 3 0,919380,2,59032 10,9938 f

f

f

f

f

f

f

f

f

f

0,011 0,125 0,404 0,363 0,091 0,0106

 ∙ 0,45 5,13 16,56 14,88 3,73 0,4125



 >5


En seguida, se sabe que cuando estamos haciendo bondad de ajuste se debe cumplir que , por lo tanto, se procede a modificar la tabla, lo que se lleva a cabo sumando las dos primeras filas y las tres últimas filas, quedando expresado de la siguiente forma:

5 0,136  ∙5,58  1224 0,0,346896 16,18,5866 41 ∑  1 ∑  41  + 2418,86 2,717  5 6       55,5,5588 + 1216, 16,56 18,86        {  |  > −; }  1 ú ú  







Debido a que no se utiliza ningún estimador, el valor de  es igual a cero y el número de filas después de la modificación corresponde a tres, por lo tanto, reemplazando tenemos:

{  |  > ,;} {  |  >7,378}  ∈  ̂ ∙      ′−∙+    − ′− ′   160  156 +6  1617 → 67,48%   ̂  10067,100 48 0,3252 ::>0,0,33

Respuesta: Como

, se concluye que no existe evidencia suficiente para rechazar que la tensión a la ruptura del plástico tipo A se distribuye normalmente con una media de 155,5 psi y una varianza de 25 psi 2 , con un nivel de significación de 0,025. 15.4) Solución: Sea: “Proporción de las unidades del plástico A que presentan una tensión a la ruptura superior a 160 psi” Estimaremos el valor de , lo que lo llevamos a cabo por medio de fórmula de percentil, como se ve a continuación:

144 – 150 150 – 156 156 – 162 162 – 168

5 12 16 8 41

5 17 33 41

Luego, las hipótesis a contrastar son:


Página 165


̂  3     →  0,3 2520, ,∙, 0,7266 0, 0 5   | >−  → {  | >,} →   | >1,645 ∈

El estadístico de prueba está dado por:


:

Respuesta: Como

, no existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula con un 5% de significación, es decir, no se puede corroborar que más de un 30% de las unidades del plástico tipo A presentan una tensión a la ruptura superior a 160 psi.

16.- E n un hos pital, el número de naci mientos obs ervados para cada mes de cierto año, fueron los s ig uientes: E nero 95

Febrero 105

J ulio 105

A g os to 110

, 

Marzo 95 S eptiembre 105

A bril 105

Mayo 90

J unio 95

Oc tubre 100

Nov iembre 95

Dic iembre 100

S i , ¿ E xi s te alg una razón para creer que el número de nacimietnos no s e encuentra dis tribuido en forma uniforme durante todo los meses del año? 16) Solución: Sea:



“Mes en que ocurre el nacimiento en un hospital”

::  ~~      [ 1 ; 1 2]   [1;12]  ∙  1200 ;   1  121 →  100

Las hipotesis a contrastar son:

La frecuencia esperada se calcula con la siguiente fórmula:

 + 105100 + 95100 + 105100 + 90100 + 95100       95100  100  100  100  100  100  100


     1 10100 1 05100 1 00100 9 5100 1 00100 + 105100 + + + + + 100 100 100 100 100 100 4

 > −;  } {  |             10, 9 9;  1 ú ú   {  |  > ,; } {  |  >24,725}




Debido a que no ocupamos algún estimador, el valor de tenemos:

Página 166

 es



igual a cero, por lo tanto, reemplazando


7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y B ondad de Ajus te – E jercicios R esueltos Respuesta: Como


 ∈

, por lo tanto no existe evidencia suficiente para rechazar la hipotesis nula, es decir, se concluye que no existe razón para rechazar que el número de nacimientos se encuentra distribuido en forma uniforme durante todo los meses del año.

17.- El encargado de control de calidad de una empresa exportadora revisó al azar un conjunto de 700 cajas, registrando el número de unidades defectuosas encontradas en cada caja, obteniendo la siguiente información: N° de defectuosos N° de cajas

0

1

2

3

542

140

10

8

   ,  

Si históricamente la cantidad de defectuosos por caja, se ha comportado de acuerdo a un modelo binomial de parámetros y . Evalúe usted si la evidencia muestral permite corroborar que la variable en cuestión persiste en comportarse de acuerdo al modelo histórico, con nivel de significación igual a 0,05. 17) Solución: Sea:



“Número de unidades defectuosas por caja”


::  ~~ 3;3;0,0,0088 0,05      0 − ;0,1,2,3  3 0,008 0,92− ;0,1,2,3   0 542 30 0,08 0,92 0,7787  ∙  545, 0 9 12 14010 313 00,,0088 00,,9922 0,0,20031177 142,12,3197 2 3 7008 330,08 01,92 0,0005 0,70035  >5   542 0,7787  ∙  545, 0 9 14018 0,0,20031182 142,12,7147 700 ∑  1 ∑  700 Con

Luego, la probabilidad se determina de la siguiente manera, ya que se quiere probar si de forma binomial, como se ve a continuación:

se distribuye

En seguida, como se debe cumplir que , se procede a modificar la tabla, lo que se hace sumando las dos últimas filas, como se muestra ahora:


Página 167



 + 140142,17 + 1812,74 2,2223  0 9       542545, 545,09 142,17 12,74 {  |  > −; }

Además, la región crítica está definida de la siguiente forma:

            10, 9 5;  1 ú ú    > ,;} {  |  >5,991} {  |  ∈ Con:





Debido a que no ocupamos ningún estimador, el valor de  es igual a cero, y el número de filas después de la modificación es tres, por lo tanto, reemplazando tenemos:

Respuesta: Como

, en consecuencia no existe evidencia suficiente para rechazar que la cantidad de defectuosos por caja sigue el modelo histórico, o sea, distribución binomial con tamaño de la muestra 3, y probabilidad de éxito igual a 0,08, con un nivel de significación de 0,05.

18.- En una empresa de acuicultura se quiere hacer un estudio sobre el nivel de parásitos en la producción de doradas. Para ello, se tomó una muestra de 5 individuos cada día, repitiendo el experimento durante 550 días. De cada muestra se analizaron los peces determinando cuantos de ellos contenían parásitos. ¿Se ajusta a un modelo de distribución Binomial con 5% de significación?



Nº de individuos con parásitos Frecuencia Observada

0 17

1 81

2 152

3 180

4 104

5 16

  ̅  ∑∑∙   0∙ 2 7+1∙ 8 1+2∙ 1 52+3∙550 1 80+4∙ 1 04+5∙ 1 6  1421550 2,584  ̅   →  ̅  2,5584 0,517 ::  ~~ 5;5;0,0,551717 0,05

18) Solución: Sea:

“Número de individuos con parásitos”

Luego, como el ejercicio no nos entrega el valor de , procedemos estimar el valor:

Además, de la tabla de distribuciones discretas sabemos que la media de la distribución binomial está dada por la siguiente fórmula, teniendo cuidado con el es el número de veces que se repite el experimento, es decir, en este caso toma el valor de 5:


Con

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   0  − ;0,1,2,…,5  5 0,5170 0,483− ;0,1,2,…,5 0 17 50,5170,483 0,026  ∙14,3  0 12 15281 51500,,551717 00,,448383 0,0,134101 165,77,5555 2 34 180104 535 00,,551717 00,,448383 0,0,137322 177,95,115 4 5 550 16 550,517∑0,4183 0,037 ∑ 20, 55035  >5 AN ÁL I SI S ESTADÍSTICO

Luego, la probabilidad se determina de la siguiente manera, ya que se quiere probar si de forma binomial, como se ve a continuación:

se distribuye

Ya que todos los sucesos cumplen con , la tabla no se modifica. Posteriormente, se aplica la fórmula para calcular el estadístico de prueba:

 + 8177,55 + 152165,55 + 180177,1 + 10495,15 + 1620,35  3       1714, 14,3 77,55  165,3,55735 177,1 95,15 20,35

 > −;  } {  | ú             10, 9 5;  1 ú      ̂  > ,; } {  |  >9,488} {  |  ∈




Debido a que utilizamos el estimador de , el valor de por lo tanto, reemplazando tenemos:

Respuesta: Como

 es



igual a uno, y el número de filas es seis,

, en consecuencia no existe evidencia suficiente para rechazar la hipotesis nula, es decir, el número de individuos con parásitos se distribuye en forma binomial, con un nivel de significación de 0,05.

19.- Se propone que el número de defectos en las tarjetas de circuito impreso sigue una distribución Poisson. Se reúne una muestra aleatoria de 60 tarjetas de circuito impreso y se observa el número de defectos. Los resultados obtenidos son los siguientes:



Número de defectos 0 1 2 3 o más


Frecuencias observadas 32 15 9 4 Página 169


Evalúe si estos datos muestran suficiente evidencia para decir que provienen de una distribución Poisson, con un nivel de significación igual a 0,05.



::~~    ̅  ∑  ∙  0∙ 3 2+1∙ 1605+2∙ 9 +3∙ 4  34 0,75

19) Solución: Sea: “Número de defectos en las tarjetas de circuito impreso”  Las hipótesis a contrastar son: 

Ya que el ejercicio no nos entrega el valor de lambda, procedemos a estimarlo a partir de los datos tabulados: 

Luego, la probabilidad se determina de la siguiente manera, ya que se quiere probar si distribución Poisson, como se ve a continuación:



tiene una

 −,    −  ∙  0, 7 5  ∙   0! ;0, 1,2,…   0!   ;0,1,2,…   0 32 −, ∙0,75  ∙  28, 3 44 0, 4 724 0! 1 15 −,−, ∙1!0,75 0,3543 21,258 23 ó á 94 1∙2!0,<375 0,0,01404329 7,2,947424 ∑  60 60 ∑  1   0 32  ∙  28, 3 44 12 ó á 1513 21,10,235898 60 ∑  60  + 1521,258 + 1310,398 2,965  3 44       3228, 28,344 21,258 10,398 {  |  > −; } 



Puesto que la frecuencia esperada en la última celda es menor que 5, se combinan las dos últimas filas.


Además, la región crítica está definida de la siguiente forma:

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IC, Test de hipótesis ejercicios resueltos Análisis Estadístico USACH

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