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Estadística y muestreo, 12ª.ed. (Segunda reimpresión) – CD Cap.9 Otras pruebas de hipótesis Ciro Martínez Bencardino – Ecoe Ediciones Paramétricas y no paramétricas Actualizado en diciembre de 2007
60. Solución:
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
51 60 -9 81 1,35 74 60 14 196 3,27 25 60 -35 1.225 20,42 90 60 30 900 15,00
110 100 10 100 1,00 106 100 6 36 0,36 124 100 24 576 5,76 60 100 -40 1.600 16,00 39 40 -1 1 0,02 20 40 -20 400 10,00 51 40 11 121 3,02 50 40 10 100 2,50
800 800 0 - 78,70
Siendo: ( ) ( ) 61314 =−−=υ 05,0=∝ 1) :0H Hay homogeneidad :aH No hay homogeneidad
2) ( )
7,78*
2*2 =
−= ∑
i
ii
n
nnχ ( )
∑−=
e
eo
F
FF 22χ
Se rechaza la hipótesis de homogeneidad, los 4 grupos no tienen la misma preferencia, al nivel del 5%. 61. Solución: (a) Falso (b) Falso (c) Cierto (d) Cierto (e) Cierto (f) Cierto
59,12205,0 =χ
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62. Solución:
Sexo Eslogan
Totales Recuerdan No recuerdan
Varones 209 67 276 Mujeres 65 33 98 Totales 274 100 374
1. a igual y 22 de tablauna de tratase que dado Yates, de corrección laefectuar necesario Será υ ×
in *in *
ii nn − Corrección Yates
2* 5,0
−− ii nn
*
2* 5,0
i
ii
n
nn
−−
209 202 7 6,5 42,25 0,209 65 74 -7 6,5 42,25 0,571 67 72 -7 6,5 42,25 0,587 33 26 7 6,5 42,25 1,625 374 374 0 - - 2,992
1) adhomogeneidhay :0H adhomogeneidhay no:aH
2) 992,25,0
*
2*
2 =
−−
= ∑i
ii
n
nnχ
( )
∑−=
e
eo
F
FF 22χ
3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ
71,2210,0 =χ
10%. del nivel al rechaza, se adhomogeneid de hipótesis la;71,299,2 >
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63. Solución:
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
62 61,2 0,8 0,64 0,01 84 79,9 4,1 16,81 0,21 24 28,9 -4,9 24,01 0,83 36 36,0 0,0 0,00 0,00 42 47,0 -5,0 25,00 0,53 22 17,0 5,0 25,00 1,47
270 270,0 0 - 3,05
1) *
0 ii nn:H = 2) ( ) ( ) 21213 =−−=υ 99,5205,0 =χ
*iia nn:H ≠
3) ( )
05,3*
2*2 =−= ∑
i
ii
n
nnχ ( )
∑−=
e
eo
F
FF 22χ
Se acepta que tienen la misma opinión, al nivel del 5%. 64. Solución:
Sexo Margarina Mantequilla Total Hombres 86 74 160 Mujeres 144 96 240
Total 230 170 400
in *in *
ii nn − *ii nn −
2* 5,0
−− ii nn
*
2* 5,0
i
ii
n
nn
−−
86 92 -6 6 30,25 0,33 144 138 6 6 30,25 0,22 74 68 6 6 30,25 0,44 96 102 -6 6 30,25 0,30
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400 400 0 - - 1,29
==×==×
→==*3
*1
168170
9223040,0
400160
n
np
==×==×→==
*4
*2
2102170
13823060,0
400240
n
np
1) *
0 : ii nnH = eo FFH =:0 2) 05,0=∝
*: iia nnH ≠ eoa FFH ≠: 3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ 4) 84,32
05,0 =χ
29,12 =χ cae en la zona de aceptación, al nivel del 5%, no hay diferencias en las
preferencias. 65. Solución:
Resultados A B Total Defectuoso 40 60 100
No Defectuoso 300 500 800 Total 340 560 900
in *in *
ii nn − *ii nn −
2* 5,0
−− ii nn
*
2* 5,0
i
ii
n
nn
−−
40 37,4 2,6 2,6 4,41 0,12 300 302,6 -2,6 2,6 4,41 0,01 60 61,6 -1,6 1,60 1,21 0,02
500 498,4 1,6 1,60 1,21 0,00
900 900,0 0 - - 0,15
oF eF eo FF − eo FF − ( )25,0−− eo FF
( )e
eo
F
FF2
5,0−−
11,0900
1001 ==p 89,02 =p
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=*
1n ( ) 4,3734011,0 = =*3n ( ) 6,6156011,0 =
=*
2n ( ) 6,30234089,0 = =*4n ( ) 4,49856089,0 =
1) *
0 : ii nnH = 2) 01,0=∝
*: iia nnH ≠ 3) 1=υ 4) 15,02 =χ
15,02 =χ cae en la ZA, al nivel del 1%, por lo tanto no se puede afirmar diferencias entre la proporción de defectuosas para las dos operadoras. 66. Solución:
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
85 85 0 0 0 11 10 1 1 0,10 3 4 -1 1 0,25 1 1 0 0 0
100 100 0 - 0,35
oF eF eo FF − ( )2eo FF −
( )e
eo
F
FF 2−
( )∑
−=*
2*2
i
ii
n
nnχ 35,02 =χ
1) *
0 : ii nnH = 2) 10,0=∝
*: iia nnH ≠
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3) 31 =−= nυ 25,6210,0 =χ
Al nivel del 10%, se puede concluir que los porcentajes de opinión son los mismos. 67. Solución:
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
8 9,29 -1,29 1,6641 0,18 7 9,29 -2,29 5,2441 0,56 9 9,29 -0,29 0,0841 0,00 6 9,29 -3,29 10,8241 1,17 13 9,28 3,72 13,8384 1,49 12 9,28 2,72 7,3984 0,80 10 9,28 0,72 0,5184 0,06
65 65,00 - - 4,26
oF eF eo FF − ( )2eo FF −
( )e
eo
F
FF 2−
( )
∑−= *
2*2
i
ii
n
nnχ
29,9651429,07
1 =×==p 59,12205,0 =χ 6171 =−=−= nυ
05,0=∝ 26,42 =χ
Como 26,42 =χ cae en la zona de aceptación, podemos concluir al nivel del 5%, que los incendios están homogéneamente distribuidos por semana.
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68. Solución:
Calificaciones Hombres Mujeres Total
Aprueban 110 80 190 No Aprueban 20 10 30
Total 130 90 220
=×=×
→==40,7790
80,11113086,0
220
1901p
=×=×
→==60,1290
20,1813014,0
22030
2p
in *in *
ii nn − *ii nn −
2* 5,0
−− ii nn
*
2* 5,0
i
ii
n
nn
−−
110 111,80 -1,8 1,8 1,69 0,015 20 18,20 1,8 1,8 1,69 0,093 80 77,40 2,6 2,6 4,41 0,057 10 12,60 -2,6 2,6 4,41 0,350
220 220,00 0 - - 0,515
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∑
−−
=*
2*
25,0
i
ii
n
nnχ 515,02 =χ
1) relaciónhayNoH :0 2) 05,0=∝ relaciónhaySiHa : 3) 84,32
05,0 =χ
4) ( ) ( ) 111 21 =−−= nnυ Al nivel del 5%, se concluye que no hay relación entre el sexo y la aprobación de curso. 69. Solución:
Habito Fumar Bebedores Abstemios Total
Fumadores en exceso 40 20 60 Fumadores promedio 60 40 100
Poco Fumadores 80 40 120 No Fumadores 10 60 70
Totales 190 160 350
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
40 32,3 7,7 59,29 1,84 60 55,1 4,9 24,01 0,44 80 64,6 15,4 237,16 3,67 10 38,0 -28,0 784,00 20,63 20 27,2 -7,2 51,84 1,91 40 46,4 -6,4 40,96 0,88 40 54,4 -14,4 207,36 3,81 60 32,0 28,0 784,00 24,50
350 350,0 - - 57,68
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oF eF eo FF − ( )2eo FF −
( )e
eo
F
FF 2−
=×=×
→==2,27160
3,3219017,0
350
601p
=×=×
→==4,46160
1,5519029,0
350
1002p
=×=×
→==4,54160
6,6419034,0
350
1203p
=×=×
→==0,32160
0,3819020,0
350
704p
( )
∑−= *
2*2
i
ii
n
nnχ 68,572 =χ
1) )(: *
0 diferenciahayNonnH ii = 2) 05,0=∝
)(: * haylaSinnH iia ≠ 3) 82,72
05,0 =χ
4) ( ) ( ) 31214 =−−=υ Al nivel del 5%, se puede concluir que si hay diferencia en los fumadores, entre bebedores y abstemios. 70. Solución:
Tipo Poder Bogotá Medellín Cali Total
Novelas 70 40 40 150 Música 100 80 60 240
Ciencia ficción 40 50 30 120 Comedia 30 30 30 90
Total 240 200 160 600
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
70 60 10 100 1,67 100 96 4 16 0,17
Estadística y muestreo, 12ª.ed. (Segunda reimpresión) – CD Cap.9 Otras pruebas de hipótesis Ciro Martínez Bencardino – Ecoe Ediciones Paramétricas y no paramétricas Actualizado en diciembre de 2007
53
40 48 -8 64 1,33 30 36 -6 36 1,00 40 50 -10 100 2,00 80 80 0 0 0 50 40 10 100 2,50 30 30 0 0 0 40 40 0 0 0 60 64 -4 16 0,25 30 32 -2 4 0,13 30 24 6 36 1,50 600 600 0 - 10,55
=×=×=×
→==40160
50200
60240
25,0600
1501p
=×=×=×
→==64160
80200
96240
40,0600
2402p
=×=×=×
→==32160
40200
48240
20,0600120
3p
=×=×=×
→==24160
30200
36240
15,060090
4p
( )∑
−= *
2*2
i
ii
n
nnχ ( )
∑−=
e
eo
F
FF 22χ
1) *
0 : ii nnH = eo FFH =:0 2) 05,0=∝
*: iia nnH ≠ eoa FFH ≠: 3) ( ) ( ) 61314 =−−=υ 4) 59,122
05,0 =χ
55,102 =χ Al nivel del 5%, se puede concluir que las preferencias por los programas son las mismas en las tres ciudades, al nivel del 5%. 71. Solución:
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Pacientes Curados No curados Total
Tratados 140 30 170 No tratados 20 40 60
Total 160 70 230
in *in *
ii nn − 2
* 5,0
−− ii nn
*
2* 5,0
i
ii
n
nn
−−
140 118,4 21,6 445,21 3,76 20 51,8 31,8 979,69 18,91 30 41,6 11,6 123,21 2,96 40 18,2 21,8 453,69 24,93
230 230,0 - 50,56
=×=×
→==8,5170
4,11816074,0
230
1701p
=×=×
→==2,1870
6,4116026,0
230
602p
∑
−−
=*
2*
25,0
i
ii
n
nnχ
( )∑
−−=
e
eo
F
FF2
2 5,0χ
1) relaciónhayNoH :0 2) 01,0=∝ relaciónhaySiH a : 3) ( ) ( ) 111 =−−= nnυ 4) 64,62
01,0 =χ ; 56,502 =χ
Se puede concluir que si hay relación entre el tratamiento y la curación, al nivel del 1%. 72. Solución:
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55
a) ( ) ( ) ( ) 56231314 ≠==−−=υ Falso b) =2χ No puede tomar valor negativo c) Es lo más recomendable d) No puede ser, siempre la suma de esas dos columnas deben ser iguales. 73. Solución:
Características Padres Hijos Total
No Fumadores 8 30 38 Ocasión 10 24 34
Habituales 40 56 96 Ex fumadores 20 12 32
Total 78 122 200
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
8 14,82 -6,82 46,5124 3,14 10 13,26 -3,26 10,6276 0,80 40 37,44 2,56 6,5536 0,18 20 12,48 7,52 56,5504 4,53 30 23,18 6,82 46,5124 2,01 24 20,74 3,26 10,6276 0,51 56 58,56 -2,56 6,5536 0,11 12 19,52 7,52 56,5504 2,90
200 200,00 0 14,18
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56
=×=×
→==18,23122
82,147819,0
20038
1p
=×=×
→==74,20122
26,137817,0
20034
2p
=×=×
→==56,58122
44,377848,0
200
963p
=×=×
→==52,19122
48,127816,0
200
324p
( )
∑−= *
2*2
i
ii
n
nnχ ( )
∑−=
e
eo
F
FF 22χ
1) relaciónhayNoH :0 2) 05,0=∝ relaciónhaySiH a : 3) ( ) ( ) 31214 =−−=υ 4) 82,72
05,0 =χ 18,142 =χ
Al nivel del 5%, se puede concluir que si hay relación entre las diferentes clases de fumadores y la posición familiar. 74. Solución:
Vacunados No enfermos Si enfermos Total Si 70 30 100 No 24 36 60
Total 94 66 160
in *in *
ii nn − 2
* 5,0
−− ii nn
*
2* 5,0
i
ii
n
nn
−−
70 58,75 11,25 115,5625 1,97 24 35,25 11,25 115,5625 3,28
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57
30 41,25 11,25 115,5625 2,80 36 24,75 11,25 115,5625 4,67
160 160,00 - - 12,72
=×=×
→==25,4166
75,5894625,0
160
1001p
=×=×
→==75,2466
25,3594375,0
160
602p
∑
−−
=*
2*
25,0
i
ii
n
nnχ
( )∑
−−=
e
eo
F
FF2
2 5,0χ
1) *
0 : ii nnH = 2) 10,0=∝
*: iia nnH ≠ 3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ 4) 71,22
10,0 =χ 72,122 =χ
Al nivel del 10%, se puede concluir que la vacuna es efectiva. 75. Solución:
Resultados Vía de Aplicación
Total Intradérmica Escarificación
Positivo 30 20 50 Negativo 70 80 150
Total 100 100 200
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58
in *in *
ii nn − 2
* 5,0
−− ii nn
*
2* 5,0
i
ii
n
nn
−−
30 25 5 20,25 0,81 70 75 5 20,25 0,27 20 25 5 20,25 0,81 80 75 5 20,25 0,27
200 200 - - 2,16
=×=×
→==25100
2510025,0
200
501p
=×=×
→==75100
7510075,0
200150
2p ( )
∑−−
=e
eo
F
FF2
2 5,0χ
∑
−−
=*
2*
25,0
i
ii
n
nnχ
1) 0: *
0 =− ii nnH 2) 05,0=∝
0: * ≠− iia nnH 3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ 4) 84,32
05,0 =χ 16,22 =χ
No existe ninguna diferencia significativa, al nivel del 5%. 76. Solución:
Resultados Pro Contra Total
Gobierno 600 375 975 Oposición 225 300 525
Total 825 675 1.500
Estadística y muestreo, 12ª.ed. (Segunda reimpresión) – CD Cap.9 Otras pruebas de hipótesis Ciro Martínez Bencardino – Ecoe Ediciones Paramétricas y no paramétricas Actualizado en diciembre de 2007
59
in *in *
ii nn − 2
* 5,0
−− ii nn
*
2* 5,0
i
ii
n
nn
−−
600 536,25 63,75 4.000,5625 7,46 225 288,75 63,75 4.000,5625 13,85 375 438,75 63,75 4.000,5625 9,12 300 236,25 63,75 4.000,5625 16,93
1.500 1.500,00 - - 47,36
=×=×
→==75,438675
25,53682565,0
500.1975
1p
=×=×
→==25,236675
75,28882535,0
500.1
5252p
∑
−−
=*
2*
25,0
i
ii
n
nnχ
( )∑
−−=
e
eo
F
FF2
2 5,0χ
1) *
0 : ii nnH = 2) 05,0=∝
*: iia nnH ≠ 3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ 4) 84,32
05,0 =χ 36,472 =χ
La afirmación no tiene que ver con la preferencia del voto, al nivel del 5%. 77. Solución:
Artículos Masculinos Femeninos Total Neveras 380 400 780 Radios 260 300 560
Televisores 270 350 620 Total 910 1.050 1.960
Estadística y muestreo, 12ª.ed. (Segunda reimpresión) – CD Cap.9 Otras pruebas de hipótesis Ciro Martínez Bencardino – Ecoe Ediciones Paramétricas y no paramétricas Actualizado en diciembre de 2007
60
in *in *
ii nn − 2
* 5,0
−− ii nn
*
2* 5,0
i
ii
n
nn
−−
380 364,0 16,0 240,25 0,66 260 263,9 -3,9 11,56 0,04 270 282,1 -12,1 134,56 0,48 400 420,0 -20,0 380,35 0,91 300 304,5 -4,5 16,00 0,05 350 325,5 24,5 576,00 1,77
1.960 1.960,0 - - 3,91
oF eF eo FF − ( )25,0−− eo FF ( )
e
eo
F
FF2
5,0−−
=×=×
→==420050.1
36491040,0
960.1
7801p
=×=×
→==5,304050.1
9,26391029,0
960.1560
2p
=×=×
→==5,325050.1
1,28291031,0
960.1
6203p
( )
∑−−
=*
2*
25,0
i
ii
n
nnχ
( )∑
−−=
e
eo
F
FF2
2 5,0χ
1) relaciónhayNoH :0 2) 05,0=∝ relaciónhaySiH a : 3) ( ) ( ) 21213 =−−=υ 4) 99,52
05,0 =χ 91,32 =χ
No hay relación entre el sexo y la preferencia, al nivel del 5%. 78. Solución:
Estadística y muestreo, 12ª.ed. (Segunda reimpresión) – CD Cap.9 Otras pruebas de hipótesis Ciro Martínez Bencardino – Ecoe Ediciones Paramétricas y no paramétricas Actualizado en diciembre de 2007
61
Nivel ingreso Frecuente Ocasional Nunca Total
Alto 220 70 30 320 Medio 131 100 80 311 Bajo 30 80 120 230
Total 381 250 230 861
in *in *
ii nn − 2
* 5,0
−− ii nn
*
2* 5,0
i
ii
n
nn
−−
220 140,97 79,03 6.166,9609 43,75 70 92,50 -22,50 484,0000 5,23 30 85,10 -55,10 2.981,1600 35,03
131 137,16 -6,16 32,0356 0,23 100 90,00 10,00 90,2500 1,00 80 82,80 -2,80 5,2900 0,06 30 102,87 -72,87 5.237,4169 50,91 80 67,50 12,50 144,0000 2,13
120 62,10 57,90 3.294,7600 53,06 861 861,00 0 - 191,40
=×=×=×
→==10,85230
50,92250
97,140381
37,0861
3201p
=×=×=×
→==80,82230
00,90250
16,137381
36,0861
3112p
=×=×=×
→==10,62230
50,67250
87,102381
27,0861
2303p
( )
∑−−
=*
2*
25,0
i
ii
n
nnχ
( )∑
−−=
e
eo
F
FF2
2 5,0χ
1) relaciónexisteNoH :0 2) 01,0=∝ relaciónhaySiH a :
Estadística y muestreo, 12ª.ed. (Segunda reimpresión) – CD Cap.9 Otras pruebas de hipótesis Ciro Martínez Bencardino – Ecoe Ediciones Paramétricas y no paramétricas Actualizado en diciembre de 2007
62
3) ( ) ( ) 41313 =−−=υ 4) 28,132
01,0 =χ 40,1912 =χ
Al nivel del 1%, se puede aceptar que si hay alguna relación entre los niveles de ingreso y la teleaudiencia en los noticieros. 79. Solución:
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
18 21 -3 9 0,43 22 20 2 4 0,20 40 44 -4 16 0,36 20 15 5 25 1,67 100 100 0 2,66
( )∑
−= *
2*2
i
ii
n
nnχ
1) *
0 : ii nnH = eoo FFH =: 2) 05,0=∝
*: iia nnH ≠ eoa FFH ≠: 3) 31 =−= nυ 4) 82,72
05,0 =χ 66,22 =χ
Se puede afirmar, que las preferencias por las pantallas es el mismo, al nivel del 5%. 80. Solución:
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Sexo Acabado Precio Total Masculino 950 550 1.500 Femenino 850 1.650 2.500
Total 1.800 2.200 4.000
in *in *
ii nn − 2
* 5,0
−− ii nn
*
2* 5,0
i
ii
n
nn
−−
950 675 275 75.350,25 111,63 550 825 275 75.350,25 91,33 850 1.125 275 75.350,25 66,98 1.650 1.375 275 75.350,25 54,80 4.000 4.000 - - 324,74
=×=×
→==825200.2
675800.1375,0
000.41500
1p
=×=×
→==375.1200.2
125.1800.1625,0
000.4
500.22p
∑
−−
=*
2*
25,0
i
ii
n
nnχ
( )∑
−−=
e
eo
F
FF2
2 5,0χ
1) nteIndependieH :0 2) 05,0=∝ eDependientHa : 3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ 4) 84,32
05,0 =χ 74,3242 =χ
Se puede aceptar que el sexo es dependiente de la respuesta dada, al nivel del 5%.
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81. Solución:
Desempeño Nivel
Total Elemento Sección Universidad
Bueno 82 427 191 700 Regular 10 110 60 180 Malo 8 63 49 120 Total 100 600 300 1.000
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
82 70 12 144 2,06 427 420 7 49 0,12 191 210 -19 361 1,72 10 18 -8 64 3,56
110 108 2 4 0,04 60 54 6 36 0,67 8 12 -4 16 1,33
63 72 -9 81 1,13 49 36 13 169 4,69
1.000 1.000 0 - 15,32
=×=×=×
→==210300
420600
70100
70,0000.1
7001p
=×=×=×
→==54300
108600
18100
18,0000.1
1802p
=×=×=×
→==36300
72600
12100
12,0000.1
1203p
( )∑
−= *
2*2
i
ii
n
nnχ ( )
∑−=
e
eo
F
FF 22χ
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1) nteIndependieH :0 2) 05,0=∝ eDependientHa : 3) ( ) ( ) 41313 =−−=υ 4) 49,92
05,0 =χ 32,152 =χ
Al nivel del 5%, se puede concluir que la calificación de su desempeño es independiente del nivel educacional. 82. Solución:
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
74 55,2 18,8 353,44 6,40 56 55,2 0,8 0,64 0,01 50 55,2 -5,2 27,04 0,49 54 55,2 -1,2 1,44 0,03 42 55,2 -13,2 174,24 3,16
276 276,0 0 - 10,09
2,5527620,05
11 =×==p
( )∑
−= *
2*2
i
ii
n
nnχ ( )
∑−=
e
eo
F
FF 22χ
1) *
0 : ii nnH = 2) 05,0=∝
*: iia nnH ≠ 3) 415 =−=υ 4) 49,92
05,0 =χ 09,102 =χ
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Se concluye que cada grupo de edad, teme de manera diferente a los exámenes, al nivel del 5%. 83. Solución:
Tiempo Libre Delincuentes No Delincuentes Total Alto 10 29 39 Bajo 20 41 61 Total 30 70 100
in *in *
ii nn − 2
* 5,0
−− ii nn
*
2* 5,0
i
ii
n
nn
−−
10 11,7 1,7 1,44 0,12 29 27,3 1,7 1,44 0,05 20 18,3 1,7 1,44 0,08 41 42,7 1,7 1,44 0,03 100 100,0 - - 0,28
=×=×
→==3,2770
7,113039,0
100
391p
=×=×
→==7,4270
3,183061,0
100
612p
∑
−−
=*
2*
25,0
i
ii
n
nnχ
1) relaciónhayNoH :0 2) 05,0=∝ relaciónhaySiHa : 3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ 4) 84,32
05,0 =χ 28,02 =χ
Al nivel del 5%, se puede afirmar que no hay relación en cuanto a los criterios de clasificación.
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84. Solución:
Maquina Rosa Lila Amar Anar Verde Blanco Total
A 11 77 6 5 3 3 105 B 6 7 10 7 6 6 42
Total 17 84 16 12 9 9 147
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
11 12,07 -1,07 1,1449 0,09 77 59,64 17,36 301,3696 5,05 6 11,36 -5,36 28,7296 2,53 5 8,52 -3,52 12,3904 1,45 3 6,39 -3,39 11,4921 1,80 3 6,39 -3,39 11,4921 1,80 6 4,93 1,07 1,1449 0,23 7 24,36 -17,36 301,3696 12,37
10 4,64 5,36 28,7296 6,19 7 3,48 3,52 12,3904 3,56 6 2,61 3,39 11,4921 4,40 6 2,61 3,39 11,4921 4,40
147 147,00 0 - 43,87
======
×→==
39,69
39,69
52,812
36,1116
64,5984
07,1217
71,0147
1051p
=×=×=×=×=×=×
→==
61,29
61,29
48,312
64,416
36,2484
93,417
29,0147
422p
( )∑
−= *
2*2
i
ii
n
nnχ ( )
∑−=
e
eo
F
FF 22χ
1) nteIndependieH :0 2) 01,0=∝ eDependientHa : 3) ( ) ( ) 51612 =−−=υ
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4) 09,152
05,0 =χ 87,432 =χ
Se puede considerar que hay dependencia entre la mezcla de los colores con la máquina que los envuelve, al nivel del 1%. 85. Solución:
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
63 60 3 9 0,15 78 60 18 324 5,40 54 60 -6 36 0,60 49 60 -11 121 2,02 56 60 -4 16 0,27 300 300 0 - 8,44
*1 6030020,0
5
1inp ==×==
( )
∑−= *
2*2
i
ii
n
nnχ ( )
∑−=
e
eo
F
FF 22χ
1) *
0 : ii nnH = 2) 05,0=∝
*: iia nnH ≠ 3) 41 =−= nυ 4) 49,92
05,0 =χ 44,82 =χ
Es aproximadamente igual al número de reclamaciones que recibe cada almacén, al nivel del 5%.
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86. Solución:
( )4321
2
2 5,0
mmmm
nBCADn
×××−−
=χ ( )( )
25,116243010
405,032112402
2 =×××
−−=χ
1) adependencihayNoH :0 2) 05,0=∝ adependencihaySiHa : 3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ 4) 84,32
05,0 =χ 25,12 =χ
No hay dependencia entre la cantidad de fruta deteriorada y su fumigación, al nivel del 5%. 87. Solución:
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
18 17 1 1 0,06 12 17 -5 25 1,47 25 17 8 64 3,76 23 17 6 36 2,12 8 17 -9 81 4,76
19 17 2 4 0,24 14 17 -3 9 0,53
119 119 0 - 12,94
171191428,07
1 *1 ≅=×== inp
( )∑
−= *
2*2
i
ii
n
nnχ ( )
∑−=
e
eo
F
FF 22χ
1) *
0 : ii nnH = 2) 05,0=∝
*: iia nnH ≠
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3) 61 =−= nυ 4) 59,122
05,0 =χ 94,122 =χ
Los alumnos no muestran las mismas preferencias según las secciones en las cuales están distribuidos, al nivel del 5% Observaciones Apareadas (pruebas del Signo) 88. Solución:
1417 == Positivosn Negativos = 3 Ceros = 3 Se eliminan los 0
5,82
117 =
== npµ
06,225,42
1
2
117 ==
== npqσ
1) 2
1:0 =PH 2) 05,0=∝
2
1: >PHa 3) 06,2=σ
iii yxD −= + + - - + + - + + 0 + + 0 + + + + + + 0
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71
4) 43,206,2
5,85,13 =−=−=σ
µXz
Se rechaza la hipótesis nula, al nivel del 5%, se puede concluir que el primer sistema es superior. Otro procedimiento, válido únicamente para pruebas bilaterales:
198,02
1 +−−= nn
k 1898,02
16 −=k 085,33 Hrechazamos<
89. Solución:
Nota: se puede trabajar con diferencias positivas y la curva resultaría al lado contrario. 3positivosSignos = 15 negativos Signos = Ceros = 2 (se eliminan los ceros)
92
118 =
== pnµ
12,25,421
21
18 ==
== qpnσ
X = 3, el cual quedara así: X = 3,5
1) 5,0:0 =PH 2) 05,0=∝ 5,0: <PH a 3) 12,2=σ
Signo de la Diferencia
- - - 0 - + - - - - 0 - - + - + - - - -
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72
4) 59,212,2
95,3 −=−=−=σ
µXz
Se ubica en la región crítica, de ahí que rechazamos la hipótesis nula y aceptamos la alternativa; afirmamos que la dieta es efectiva, al nivel del 5%. Se hubiera podido realizar la prueba en forma unilateral derecha, con el mismo resultado. Sólo se aplica cuando la prueba es bilateral:
23,41998,02
17 =−=k ; 0HrechazaseKS <
90. Solución:
Parejas 1x 1y iii yxD −= 1 56 49 + 2 90 88 + 3 38 51 - 4 47 50 - 5 85 83 + 6 49 41 + 7 55 52 + 8 58 69 - 9 68 83 - 10 74 89 - 11 83 77 + 12 87 62 + 13 60 65 - 14 31 44 - 15 89 92 -
Signos positivos = 7 Signos negativos = 8 n = 15
5,72
115 =
== pnµ 94,175,321
21
15 ==
== qpnσ
1) 5,0:0 =PH 2) 05,0=∝
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73
5,0: ≠PH a 3) 94,1=σ
4) 094,1
5,75,7 =−=−=σ
µXz
La diferencia no es significativa, al nivel del 5%: Otro procedimiento, en el caso de que se trate de una dócima bilateral, al nivel del 5%.
( ) ( ) 198,02
1 +−−= nn
k 08,392,3711598,02
115 =−=+−−=k
S = 7, ya que el número de signos negativos es menor que el número de signos positivos. Como 7 > 3,08, es decir que S > K, aceptamos la hipótesis nula; la diferencia no es significativa. 91. Solución:
Signo de la Diferencia
iD -
+
- - -
0
- -
-
- -
-
- - 0
+
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74
Signos positivos = 3 Ceros = 4 (se eliminan los ceros) Signos negativos = 23 n = 26
132
126 =
== pnµ
55,25,621
21
26 ==
== qpnσ
1) 5,0:0 =PH 5,0: ≠PH a 2) 05,0=∝ 3) 55,2=σ
4) 73,355,2
135,3 −=−=−=σ
µXz
La diferencia es significativa, ya que rechazamos la hipótesis nula 5,0:0 =PH . Otro procedimiento en la dócima del signo es como sigue; siempre y cuando sea bilateral y
05,0=∝
( ) ( ) 198,02
1 +−−= nn
k 4,710,55,1212698,02
126 =−=+−−=k
- 0
- - - - - - - - 0 - + -
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75
Siendo S = 3 y S < K, se rechaza la hipótesis nula y aceptamos la hipótesis alternativa, es decir, que la diferencia es significativa; cuando la prueba es bilateral y 05,0=∝ 92. Solución:
.No ix iy iii yxd −= ddi − ( )2ddi − iD
1 46 40 6 4,69 21,9961 + 2 42 42 0 -1,31 1,7161 0 3 38 36 2 0,69 0,4761 + 4 36 38 -2 -3,31 10,9561 - 5 30 32 -2 -3,31 10,9561 - 6 28 25 3 1,69 2,8561 + 7 25 25 0 -1,31 1,7161 0 8 20 22 -2 -3,31 10,9561 - 9 20 17 3 1,69 2,8561 +
10 17 15 2 0,69 0,4761 + 11 14 10 4 2,69 7,2361 + 12 9 6 3 1,69 2,8561 + 13 8 9 -1 -2,31 5,3361 - 14 7 5 2 0,69 0,4761 + 15 5 3 2 0,69 0,4761 + 16 4 3 1 -0,31 0,0961 +
21 0 81,4376 -
a) Observaciones apareadas
31,116
21 ≅=== ∑n
dd i
( ) 0=−∑ ddi Si no da cero, se debe a la aproximación que hacemos 3125,1=d
( )
33,2116
4376,81
1
2
=−
=−−= ∑
n
ddS i
d
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76
1) 0:
0:0
≠=
da
d
aH
aH 2) 131,2
15116
05,0==
=−==∝
tυ
3) 25,21633,2
31,1 ===ns
dt
d
De acuerdo al resultado de t = 2,25, se puede concluir que hay diferencias, la nivel del 5%. b) Prueba del signo: positivo = 10 ; negativo = 4 ; cero = 2 14410 =+=n ( ) 75,014 === pnµ ( ) ( ) 87,15,05,014 === qpnσ
1) 5,0:0 =PH 2) 05,0=∝ 3) 14=n 5,0: ≠PHa 4) %95=P 96,1=Z
5) σ
µ−= XZ 34,1
87,1
75,9 =−=Z
Se concluye que no existen diferencias significativas al nivel del 5%. 93 Solución:
.No ix iy iii yxd −= ddi − ( )2ddi − iD
1 27 20 7 4,22 17,8084 + 2 28 25 3 0,22 0,0484 + 3 10 10 0 -2,78 7,7284 0 4 20 21 -1 -3,78 14,2884 - 5 11 11 0 -2,78 7,7284 0 6 11 13 -2 -4,78 22,8484 - 7 15 18 -3 -5,78 33,4084 - 8 27 20 7 4,22 17,8084 + 9 21 16 5 2,22 4,9284 +
10 20 20 0 -2,78 7,7284 0 11 28 23 5 2,22 4,9284 + 12 32 29 3 0,22 0,0484 + 13 30 26 4 1,22 1,4884 + 14 26 28 -2 -4,78 22,8484 - 15 38 29 9 6,22 38,6884 +
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16 27 23 4 1,22 1,4884 + 17 34 26 8 5,22 27,2484 + 18 36 33 3 0,22 0,0484 +
- Σ - 50 0 231,1112 ∑
a) Observaciones apareadas
n
dd i∑= 78,2
18
50 ≅=d ( ) 0=−∑ ddi
( )
69,3118
1112,231
1
2
=−
=−−= ∑
n
ddS i
d
1) 0:0 =daH 2) 05,0=∝
0: ≠da aH
3) ns
dt
d
= 20,31869,3
78,2 ==t
110,205,0
118 =
=∝−=
tυ
Se concluye que las diferencias son significativas al, nivel del 5%. b) Prueba del signo: positivo = 11; ceros = 3; negativos = 4 n = 15 pn=µ ( ) 5,75,015 ==µ qpn=σ ( )( ) 94,15,05,015 ==σ
1) 5,0:0 =PH 2) 05,0=∝ 5,0: ≠PHa 3) %95=P 96,1=Z
4) σ
µ−= XZ 55,1
94,1
5,75,10 =−=Z
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78
Podemos concluir, que las diferencias que se observan no son significativas, al nivel del 5%. 94. Solución:
Par I II iD id ( )2ddi − 1 440 410 + 30 298,9441 2 400 440 - -40 2.778,3441 3 400 290 + 110 9.465,3441 4 310 270 + 40 744,7441 5 300 300 0 0 161,5441 6 410 360 + 50 1.390,5441 7 260 250 + 10 7,3441 8 260 300 - -40 2.778,3441 9 320 340 - -20 1.069,9441
10 380 350 + 30 298,9441 11 360 360 0 0 161,5441 12 370 350 + 20 53,1441 13 290 250 + 40 744,7441 14 290 290 0 0 161,5441 15 286 290 - -4 279,2241 16 310 320 - -10 515,7441 17 252 252 0 0 161,7441
Σ 216 21.071,7297 a) Prueba del signo: positivo = 8 ; ceros = 4 ; negativos = 5 n = 13 pn=µ ( ) 5,65,013 ==µ qpn=σ ( )( ) 80,15,05,013 ==σ
1) 5,0:0 =PH 2) 05,0=∝ 5,0: ≠PHa 3) %95=P 96,1=Z
4) σ
µ−= XZ 56,0
80,1
5,65,7 ===Z
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Las diferencias no son significativas, al nivel del 5%. b) Observaciones apareadas:
n
dd i∑= 71,12
17
216 ==d
( )
1
2
−−
= ∑n
dds i
d 29,36117
7297,071.21 =−
=ds
1) 0:0 =daH 2) 05,0=∝ 3) 161 =−= nυ
0: ≠da aH
4) 120,2=t
ns
dt
d
= 44,11729,36
71,12 ==t
No se puede concluir que las diferencias presentadas sean significativas, al nivel del 5%. NOTA: Los puntos c y d, se deja al estudiante su solución. 95. Solución:
Par ix iy iD 1 10 10 0 2 8 15 - 3 12 10 + 4 16 18 - 5 5 13 - 6 9 14 - 7 7 9 - 8 11 16 - 9 8 6 +
10 16 16 0 11 8 6 + 12 5 5 0 13 8 5 +
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80
14 6 4 + 15 12 11 + 16 14 12 + 17 8 8 0 18 4 2 + 19 9 8 +
( )
( ) ( )
15
4
94,12121156
5,721159
=
=
====
====
n
Ceros
qpnNegativos
npPositivos
σσ
µµ
1) 50,0:0 =PH 2) 05,0=∝ 3) 96,1=Z 50,0: ≠PHa %95=P
4) σ
µ−= XZ 52,0
94,1
5,75,8 =−=Z Las
diferencias obtenidas no son significativas al nivel del 5%. 96. Solución:
Par ix iy iD id ddi − ( )2ddi − 1 45 45 0 0 1,56 2,4336 2 44 48 - -4 -2,44 5,9536 3 29 36 - -7 -5,44 29,5936 4 27 27 0 0 1,56 2,4336 5 30 28 + 2 3,56 12,6736 6 36 32 + 4 5,56 30,9136 7 35 31 + 4 5,56 30,9136 8 30 42 - -12 -10,44 108,9936 9 34 36 - -2 -0,44 0,1936
10 40 42 - -2 -0,44 0,1936 11 43 44 - -1 0,56 0,3136 12 29 29 0 0 1,56 2,4336 13 32 30 + 2 3,56 12,6736 14 38 42 - -4 -2,44 5,9536
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15 34 40 - -6 -4,44 19,7136 16 28 28 0 0 1,56 2,4336 17 32 30 + 2 3,56 12,6736 18 36 40 - -4 -2,44 5,9536
Σ − - - -28 0 286,4448
a) Prueba soluciones apareadas:
n
dd i∑= 56,1
18
28 −=−=d
( )1
2
−−
= ∑n
dds i
d 10,4118
4448,286 =−
=ds
1) 0 :
0:0
pda
d
aH
aH = 740,1
17118
05,0=
=−==∝
tυ
ns
dt
d
= 61,11810,4
56,1 −=−=t
Se puede concluir que no se mejoró el rendimiento, al nivel del 5%. b) Prueba del signo: positivos = 5 negativos = 9 ceros = 4 n = 14 pn=µ ( ) 75,014 ==µ qpn=σ ( )( ) 87,15,05,014 =
1) 50,0:
50,0:0
<=
PH
PH
a
64,1%95
05,0=
==∝
ZP
σ
µ−= XZ 80,0
87,1
75,5 −=−=Z
Como en el caso anterior, también se puede concluir que no se mejoró el rendimiento, al nivel del 5%.
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97. Solución:
Indi- viduos ix iy id ddi − ( )2ddi − iD
1 65 72 -7 -4,71 22,1841 - 2 65 70 -5 -2,71 7,3441 - 3 76 78 -2 0,29 0,0841 - 4 84 84 0 2,29 5,2441 0 5 68 74 -6 -3,71 13,7641 - 6 70 76 -6 -3.71 13,7641 - 7 66 72 -6 -3,71 13,7641 - 8 82 79 3 5,29 27,9841 + 9 64 65 -1 1,29 1,6641 -
10 65 70 -5 -2,71 7,3441 - 11 88 88 0 2,29 5,2441 0 12 82 80 2 4,29 18,4041 + 13 70 76 -6 -3,71 13,7641 - 14 70 76 -6 -3,71 13,7641 - 15 75 75 0 2,29 5,2441 0 16 80 86 -6 -3,71 13,7641 - 17 92 80 12 14,29 204,2041 +
Σ − - -39 0 387,5297 ∑
a) Observaciones apareadas (poblaciones dependientes)
n
dd i∑= 29,2
17
39 −=−=d
( )
1
2
−−
= ∑n
dds i
d 92,4117
5297,387 =−
=ds
1) 0:
0:0
≠=
da
d
aH
aH
120,216117)3
05,0)2=
=−==∝
tυ
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83
ns
dt
d
= 92,11792,4
29,2 −=−=t
Las diferencias no son significativas, al nivel del 5%. b) Prueba del signo: negativos = 11 positivos = 3 ceros = 3 n = 14 pn=µ ( ) 75,014 ==µ qpn=σ ( )( ) 87,15,05,014 ==σ
1) 50,0:
50,0:0
≠=
PH
PH
a
96,195,0)305,0)2
=
==∝
ZP
σ
µ−= XZ 87,1
87,1
75,3 −=−=Z
Las diferencias no son significativas, al nivel del 5%. 98. Solución:
Sujeto ix iy iD id ddi − ( )2ddi −
*1 98 82 + 16 9,33 87,0489 2 81 71 + 10 3,33 11,0889 3 72 63 + 9 2,33 5,4289 4 63 63 0 0 -6,67 44,4889 5 92 90 + 2 -4,67 21,8089 6 63 72 - -9 -15,67 245,5489 7 81 66 + 15 8,33 69,3889 8 73 54 + 19 12,33 152,0289 9 63 63 0 0 -6,67 44,4889
10 82 88 - -6 -12,67 160,5289 11 54 50 + 4 -2,67 7,1289 12 88 88 0 0 -6,67 44,4889 13 93 82 + 11 4,33 18,7489 14 68 52 + 16 9,33 87,0489
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84
15 97 82 + 15 8,33 69,3889 16 81 81 0 0 -6,67 44,4889 17 72 63 + 9 2,33 5,4289 18 63 54 + 9 2,33 5,4289
Σ − - - 120 0 1.124,0002
a) Prueba del signo: 144212 ==== ncerosnegativospositivos pn=µ ( ) 75,014 ==µ qpn=σ ( )( ) 87,15,05,014 ==σ
1) 50,0:
50,0:0
≠=
PH
PH
a
96,195,0)305,0)2
=
==∝
ZP
σ
µ−= XZ 41,2
87,1
75,11 =−=Z
Se concluye que el alcohol sí tiene efecto sobre la ansiedad al nivel del 5% b) Observaciones apareadas
n
dd i∑= 67,6
18
120 ==d
( )
1
2
−−
= ∑n
dds i
d 13,8118
0002,124.1 =−
=ds
1) 0:
0:0
>=
da
d
aH
aH 740,1
171)3
05,0)2=
=−==∝
Tnυ
ns
dt
d
= 48,31813,8
67,6 ==t
Se concluye que el alcohol reduce la ansiedad, de acuerdo a los resultados obtenidos y al nivel de significación del 5%.
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99. Solución:
Per- sonas ix iy iii yxd −= ddi − ( )2ddi − iD
1 29 30 -1 3,53 12,4609 - 2 22 26 -4 0,53 0,2809 - 3 25 25 0 4,53 20,5209 0 4 29 35 -6 -1,47 2,1609 - 5 26 33 -7 -2,47 6,1009 - 6 24 36 -12 -7,47 55,8009 - 7 21 32 -11 -6,47 41,8609 - 8 20 20 0 4,53 20,5209 0 9 46 54 -8 -3,47 12,0409 -
10 38 58 -20 -15,47 239,3209 - 11 28 43 -15 -10,47 109,6209 - 12 30 30 0 4,53 20,5209 0 13 29 30 -1 3,53 12,4609 - 14 25 20 5 9,53 90,8209 + 15 21 20 1 5,53 30,5809 + 16 22 20 2 6,53 42,6409 + 17 23 23 0 4,53 20,5209 0
Σ − - -77 0 738,2353
a) Observaciones apareadas
n
dd i∑= 53,4
17
77 −=−=d
( )
1
2
−−
= ∑n
dds i
d 79,6117
2353,738 =−
=ds
1) 0:
0:0
<=
da
d
aH
aH
746,116117)3
05,0)2=
=−==∝
tυ
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86
ns
dt
d
= 75,21779,6
53,4 −=−=t
Se concluye al nivel del 5%, que si hubo mejoramiento. b) Prueba del signo: 131034103 =+==== ncerosnegativospositivos pn=µ ( ) 5,65,013 ==µ qpn=σ ( )( ) 80,15,05,013 ==σ
1) 50,0:50,0:0
<=
PH
PH
a
1,64 65,1%95)3
05,0)2oZ
P=
==∝
σ
µ−= XZ 67,1
8,15,65,3 −=−=Z
Se concluye, al igual que en la prueba anterior y al nivel del 5%, que si hubo mejoramiento. 100. Solución:
Auto- móvil ix iy id ddi − ( )2ddi − iD
1 40,6 51,2 -10,6 -8,46 71,5716 - 2 63,3 62,1 1,2 3,34 11,1556 + 3 48,2 52,3 -4,1 -1,96 3,8416 - 4 38,4 42,0 -3,6 -1,46 2,1316 - 5 39,2 43,5 -4,3 2,16 4,6656 - 6 42,6 40,5 2,1 4,24 17,9776 + 7 42,0 42,0 0 2,14 4,5796 0 8 46,1 50,2 -4,1 -1,96 3,8416 - 9 51,0 51,0 0 2,14 4,5796 0
10 39,1 42,6 -3,5 -1,36 1,8496 - 11 38,6 40,4 -1,8 0,34 0,1156 - 12 42,0 42,4 -0,4 1,74 3,0276 - 13 38,6 37,5 1,1 3,24 10,4976 + 14 38,4 39,6 -1,2 0,94 0,8836 - 15 37,3 40,2 -2,9 -0,76 0,5776 - 16 38,6 41,2 -2,6 -0,46 0,2116 -
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87
17 39,3 38,4 0,9 3,04 9,2416 + 18 37,6 40,2 -2,6 -0,46 0,2116 -
Σ − - -36,4 0 150,9608 ––
a) Observaciones apareadas
n
dd i∑= 14,2
118
4,36 −=−
−=d
( )
1
2
−−
= ∑n
dds i
d 98,2118
9608,150 =−
=ds
n
Stda d
d ±= 11,205,0
171==
=∝=−=
tnυ
−−
=±−=62,3
66,0
18
98,211,214,2da
66,048,114,2 −==+− SL 62,348,114,2 −==−− IL 1) 0:0 =daH 2) 05,0=∝ 0: ≠da aH La diferencia es significativa, al nivel del 5%, ya que 0=da , no cae dentro de los límites. b) Prueba del signo: 161242124 =+==== ncerosnegativospositivos pn=µ ( ) 85,016 ==µ qpn=σ ( )( ) 25,05,016 ==σ
1) 5,0:
5,0:0
≠=
PH
PH
a
96,1%95)3
05,0)2=
==∝
ZP
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88
σ
µ−= XZ 25,2
2
85,3 −=−=Z
Al nivel del 5%, la diferencia que se presenta se puede considerar significativa. 101. Solución:
Sujeto ix iy iD id ddi − ( )2ddi −
1 30,4 30,4 0 0 0,5 0,25 2 28,6 29,4 - -0,8 -0,3 0,09 3 27,6 30,0 - -2,4 -1,9 3,61 4 34,2 34,4 - -0,2 0,3 0,09 5 32,8 33,8 - -1,0 -0,5 0,25 6 30,2 30,4 - -0,2 0,3 0,09 7 30,1 32,4 - -2,3 -1,8 3,24 8 32,4 34,5 - -2,1 -1,6 2,56 9 33,3 33,3 0 0 0,5 0,25
10 28,4 30,6 - -2,2 -1,7 2,89 11 33,6 31,4 + 2,2 2,7 7,29 12 36,4 34,2 + 2,2 2,7 7,29 13 36,6 36,6 0 0 0,5 0,25 14 35,4 34,5 + 0,9 1,4 1,96 15 30,6 33,5 - -2,9 -2,4 5,76 16 37,6 36,6 + 1,0 -1,5 2,25 17 37,6 39,4 - -1,8 -1,3 1,69 18 38,6 38,6 0 0 0,5 0,25 19 34,5 37,3 - -2,8 -2,3 5,29 20 33,8 31,4 + 2,4 2,9 8,41
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Σ − - - -10 - 53,76
a) Observación apareada:
n
dd i∑= 5,0
20
10 −=−=d
68,1120
76,53 =−
=ds
30,068,1
5,0 −=−=t
1) 0:0 =daH 2) 05,0=∝ 3) 093,2 =t 0: ≠da aH Las diferencias, se pueden considerar que no son significativas, al nivel del 5%. b) Prueba del signo: 161154115 =+==== ncerosnegativopositivo pn=µ ( ) 85,016 ==µ qpn=σ ( )( ) 25,05,016 ==σ
1) 5,0:
5,0:0
≠=
PH
PH
a
96,1%95)3
05,0)2=
==∝
ZP
σ
µ−= XZ 25,1
2
85,5 −=−=Z
Al igual que en la prueba anterior, al mismo nivel del 5%, se puede concluir que las diferencias no son significativas. 102. Solución:
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Prueba del signo: 173143314 =+==== ncerosnegativospositivos
pn=µ ( ) 5,85,017 ==µ
qpn=σ ( )( ) 06,25,05,017 ==σ
1) 5,0:
5,0:0
≠=
PH
PH
a
96,195,0)3
05,0)2=
==∝
ZP
σµ−= X
Z 43,206,2
5,85,13 =−=Z
Las diferencias son significativas, al nivel del 5%, de acuerdo a los resultados obtenidos. 103 – 108. Se dejan estos ejercicios para que el alumno los resuelva. 109. Solución: a) positivos = 8 negativos = 3 ceros = 3 11=n
No. iD id ( )2ddi − 1 + 2 0,5041 2 + 4 1,6641 3 - -2 22,1841 4 0 0 7,3441 5 + 6 10,8241 6 0 0 7,3441 7 0 0 7,3441 8 + 4 1,6641 9 + 7 18,4041 10 - -4 45,0241 11 + 5 5,2441 12 + 6 10,8241 13 + 12 86,3041 14 - -2 22,1841 38 246,8574
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( ) 5,55,011 ==µ ( ) ( ) 66,15,05,011 ==σ
1) 0:0:0
>=
PH
PH
a
(Equivale a reducir)
2) 05,0=∝
2,166,1
5,55,7 =−=Z
Al nivel del 5%, no se redujo el número de accidentes en los cruces de alto riesgo.
b) 71,214
38 ==d 36,4114
8574,246 =−
=ds
1) 0:0:0
>=
da
d
H
H
aa
2) 05,0=∝
33,2
1436,4
71,2 ==t 771,110,0
13=
=∝=
tυ
Al nivel del 5%, se puede concluir que se redujo el número de accidentes en los cruces de alto riesgo. 110. Solución:
No. id ( )2ddi − 1 -0,67 0,9168 2 -0,35 0,4064 3 4,89 21,1830 4 2,05 1,7625 5 -0,20 0,2377 6 0,25 0,0014 7 -1,36 2,7143 8 -0,19 0,2280 9 -0,30 0,3452 10 -1,12 1,9810 11 0,45 0,0264
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2875,012
45,3 ==d 65,1112
8027,29 =−
=ds
1) 0:0:0
>=
da
d
aH
aH (Equivale a reducir)
2) 05,0=∝
60,0
1265,12875,0 ==t
796,110,0
11=
=∝=
tµ
Al nivel del 5%, no se ha presentado ningún cambio positivo en los dos períodos. 111. Solución:
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
250 221,76 28,24 797,4976 3,60 186 184,80 1,20 1,4400 0,00 124 123,20 0,80 0,6400 0,00 50 73,92 -23,92 572,1664 7,74 6 12,32 -6,32 39,9424 3,24
616 616,00 - - 14,58
58,142 =χ 49,9205,0 =χ 49,9
05,041 2 =
=∝=−= χυ n
1) *
*0
:
:
iia
ii
nnH
nnH
≠=
2) 05,0=∝
14,58 cae en la zona de rechazo, al nivel del 5% por lo tanto se puede concluir que ha habido cambios en las
12 0 0 ∑ 3,45 29,8027
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preferencias de compra según la marca del auto. 112 y 113. Se dejan estos ejercicios para que el alumno los resuelva. 114. Solución:
992818.11345517511 22 =∑=∑=∑=∑=∑= iiiiii yxyyxxn
a) ( ) ( )( )
( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]91,0
134818.1117555111
1347599211
22=
−−
−=r
b) 1) 0:0:0
≠=
ρρ
aH
H 2) 05,0=∝
28,791,01
21191,0 2 =
−−=t
262,1205,0
92=
=∝=−=
tnυ
Al nivel del 5%, si hay correlación lineal entre esas dos variables. 115. Solución:
PAR ( )ii yx − ( )2ddi − 1 -2 1,9044 2 5 70,2244 3 8 129,5044 4 0 11,4244 5 -6 6,8644 6 -20 276,2244 7 -5 2,6244 8 4 54,4644 9 4 54,4644
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10 -12 74,3044 11 -10 43,8244 12 -6 6,8644 13 -4 0,3844 ∑ -44 733,0772
a) 38,313
44 −=−=d 82,712
0772,733 ==ds
1) 0:0:0
<=
da
d
aH
aH 2) 01,0=∝
56,1
1382,7
38,3 −=−=t
681,202,0
121−=
=∝=−=
tnυ
Como t = -1,56 cae en la zona de aceptación, se puede concluir que los hombres no obtienen un mayor puntaje que las mujeres, al nivel del 1%.
b)
−=±−=±−=
30,8
54,192,438,3
12
82,7179,238,3da
179,205,0
1205,0 =
=∝=
tυ
116. Solución:
in *in *
ii nn − ( )2*ii nn −
( )*
2*
i
ii
n
nn −
1 5,04 -4,04 16,3216 3,24 9 8,40 0,60 0,3600 0,04 11 7,56 3,44 11,8336 1,57 11 6,96 4,04 16,3216 2,35 11 11,60 -0,60 0,3600 0,03
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7 10,44 -3,44 11,8336 1,13
50 50 0 - 8,36
( )( )( )( )( )( ) 44,102936,0
60,112940,0
96,62924,0
56,72136,0
40,82140,0
04,52124,0
*6
*5
*4
*3
*2
*1
============
n
n
n
n
n
n
40,050
2036,0
50
1824,0
50
12 ===
1) :0H son idénticas :aH son diferentes
36,82 =χ
49,9205,0 =χ
( )( )
05,041313
=∝=−−=υ
36,82 =χ cae en la zona de aceptación, al nivel del 5%, pudiéndose concluir que las
diferencias son idénticas. 117. Se deja el ejercicio para que el alumno lo resuelva. 118. Se deja el ejercicio para que el alumno lo resuelva 119. Solución:
in *in
−− 5,0*
ii nn *
2* 5,0
i
ii
n
nn
−−
144 137,55 5,95 0,26 128 134,45 5,95 0,26 34 40,45 5,95 0,88 46 39,55 5,95 0,90
352 352,00 - 2,30
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96
55,3980352
174
45,4080352
178
45,134272352
174
55,137272352
174
*4
*3
*2
*1
=
=
=
=
=
=
=
=
n
n
n
n
( )( )
30,2 )3
84,305,0
11212 )2
:
: )1
2
205,0
*
*
=
=
=∝=−−=
≠=
χ
χυiia
iio
nnH
nnH
30,22 =χ cae en la zona de aceptación, al nivel del 5%, no hay diferencias significativas en cuanto a la aprobación de la materia. 120. Solución:
46,0=r 22=n 32,246,01
22246,0
2=
−−=t
086,205,0
20=
=∝=
tυ
0:0 =ρH (no hay correlación) 0: ≠ρaH (si hay correlación)
Al nivel del 5%, se puede concluir que hay correlación entre las variables. 121. Solución:
78,0=r 52=n
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53,578,01
25278,0
2=
−−=Z
0:0 =ρH (no hay correlación) 0: ≠ρaH (si hay correlación)
Como Z = 5,53, cae en la zona crítica, se concluye que hay correlación al nivel del 1%. 122. Solución:
56,0=r 26=n 31,356,01
22656,0
2=
−−=t
1) 0:0 =ρH (no hay correlación) 0: ≠ρaH (si hay correlación) 2) %1=∝
797,201,0
24=
=∝=
tυ
El valor de 3,31 cae en la Región crítica, por lo tanto al nivel del 1%, se puede concluir que hay correlación entre las variables. 123. Solución: se deja al estudiante su respuesta. 124. Solución:
in *in ( )2*
ii nn − ( )
*
2*
i
ii
n
nn −
10 6,8 10,24 1,51 3 6,8 14,44 2,12 2 6,8 23,4 3,39 5 6,8 3,24 0,48 14 6,8 51,84 7,62
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34 34 - 15,12
20,05
1 = ( ) 8,6342,0* ==in 49,905,0
41 205,0 =
=∝=−= χυ n
1) *
*0
:
:
iia
ii
nnH
nnH
≠=
2) 05,0=∝ Como 12,152 =χ cae en la RC se está concluyendo, al nivel del 5% de que si hay diferencia de ocurrencia de accidentes en los días de la semana. NOTA: los ejercicios 125, 126, 127 y 128 se dejan, para que sean resueltos por el estudiante.