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INDICE

UNIDAD ITEORIA DEL MUESTREOMuestras aleatoriasErrores en el muestreoDistribuciones muestrales Teorema del límite central Distribución muestral de medias Distribución muestral de proporciones Distribución muestral de diferencia de medias Distribución muestral de diferencia de proporciones Distribución Muestral de número de defectosProblemas propuestosESTIMACIONEstimación PuntualPropiedades de un buen estimador Estimación por intervalos Estimación para la media Estimación de una proporción Estimación de la diferencia entre dos medias Estimación de la diferencia de ProporcionesDETERMINACION DE TAMAÑOS DE MUESTRACálculo del tamaño de la muestra para estimar una mediaCálculo del tamaño de la muestra para estimar una proporciónCálculo del tamaño de la muestra para estimar la diferencia de mediasCálculo del tamaño de la muestra para diferencia de proporcionesProblemas propuestos

UNIDAD IIPRUEBA DE HIPOTESISHipótesis nulaHipótesis alternativaError tipo I y tipo IIPasos para establecer un ensayo de hipótesis Tipos de Ensayo Uso de valores P para la toma de decisiones Error tipo II ó ß Curva característica de operaciónProblemas propuestos

UNIDAD IIITEORIA DE PEQUEÑAS MUESTRASDistribución t de student.

Intervalo de confianza para una media con varianza desconocida.Prueba de hipótesis sobre la media de una distribución normal, varianza desconocida.Error tipo II.

Distribución Ji-cuadrada.Estimación de la varianza.Ensayo de hipótesis para la varianza de una distribución normal.Error tipo II.

Distribución Fisher.Intervalo de confianza para el cociente de varianzas de dos distribuciones normales.Ensayo de hipóstesis.Error tipo II.

Intervalo de confianza para la diferencia de medias de dos distribuciones normales varianza desconocida.Intervalo de confianza para la diferencia de medias de dos distribuciones normales varianzadesconocida pero iguales.Prueba sobre dos medias, poblaciones normales, varianza desconocida pero iguales.Intervalo de confianza para la diferencia de medias de dos distribuciones normales varianzasdesconocidas diferentes.Prueba sobre dos medias, poblaciones normales varianzas desconocidas diferentes.

Muestras pequeñas dependientes o pruebas pareadas.Ejercicios propuestos.

UNIDAD IVPRUEBA CHI-CUADRADA Y ESTADISTICA NO PARAMETRICAEnsayo de hipóstesis.Prueba chi-cuadrada para la bondad de ajuste.Tablas de contingencia.

Tablas de contingencia para probar homogeneidad.Estadística no paramétrica.

Prueba del signo.Prueba del signo para muestras pareadas.Prueba del rango con signa de Wilcoxon.Dos muestras con observaciones pareadas.Aproximación normal para muestras grandes.

Ejercicios propuestos.

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TEORIA DEL MUESTREO

Uno de los propósitos de la estadística inferencial es estimar las característicaspoblacionales desconocidas, examinando la información obtenida de unamuestra, de una población. El punto de interés es la muestra, la cual debe serrepresentativa de la población objeto de estudio.Se seguirán ciertos procedimientos de selección para asegurar de que lasmuestras reflejen observaciones a la población de la que proceden, ya que solose pueden hacer observaciones probabilísticas sobre una población cuando seusan muestras representativas de la misma.

Una población está formada por la totalidad de las observaciones en las cualesse tiene cierto observa.Una muestra es un subconjunto de observaciones seleccionadas de unapoblación.

Muestras Aleatorias

Cuando nos interesa estudiar las características de poblaciones grandes, seutilizan muestras por muchas razones; una enumeración completa de lapoblación, llamada censo, puede ser económicamente imposible, o no se cuentacon el tiempo suficiente.

A continuación se verá algunos usos del muestreo en diversos campos:

1. Política. Las muestras de las opiniones de los votantes se usan para que loscandidatos midan la opinión pública y el apoyo en las elecciones.

2. Educación. Las muestras de las calificaciones de los exámenes deestudiantes se usan para determinar la eficiencia de una técnica o programade enseñanza.

3. Industria. Muestras de los productos de una línea de ensamble sirve paracontrolar la calidad.

4. Medicina. Muestras de medidas de azúcar en la sangre de pacientesdiabéticos prueban la eficacia de una técnica o de un fármaco nuevo.

5. Agricultura. Las muestras del maíz cosechado en una parcela proyectan enla producción los efectos de un fertilizante nuevo.

6. Gobierno. Una muestra de opiniones de los votantes se usaría paradeterminar los criterios del público sobre cuestiones relacionadas con elbienestar y la seguridad nacional.

Errores en el Muestreo

Cuando se utilizan valores muestrales, o estadísticos para estimar valorespoblacionales, o parámetros, pueden ocurrir dos tipos generales de errores: elerror muestral y el error no muestral.

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El error muestral se refiere a la variación natural existente entre muestrastomadas de la misma población.

Cuando una muestra no es una copias exacta de la población; aún si se hatenido gran cuidado para asegurar que dos muestras del mismo tamaño seanrepresentativas de una cierta población, no esperaríamos que las dos seanidénticas en todos sus detalles. El error muestral es un concepto importante queayudará a entender mejor la naturaleza de la estadística inferencial.

Los errores que surgen al tomar las muestras no pueden clasificarse comoerrores muestrales y se denominan errores no muestrales.

El sesgo de las muestras es un tipo de error no muestral. El sesgo muestral serefiere a una tendencia sistemática inherente a un método de muestreo que daestimaciones de un parámetro que son, en promedio, menores (sesgo negativo),o mayores (sesgo positivo) que el parámetro real.

El sesgo muestral puede suprimirse, o minimizarse, usando la aleatorización.

La aleatorización se refiere a cualquier proceso de selección de una muestra dela población en el que la selección es imparcial o no está sesgada; una muestraelegida con procedimientos aleatorios se llama muestra aleatoria.

Los tipos más comunes de técnicas de muestreo aleatorios son el muestreoaleatorio simple, el muestreo estratificado, el muestreo por conglomerados y elmuestreo sistemático.

Si una muestra aleatoria se elige de tal forma que todos los elementos de lapoblación tengan la misma probabilidad de ser seleccionados, la llamamosmuestra aleatoria simple.

Ejemplo 1.1

Suponga que nos interesa elegir una muestra aleatoria de 5 estudiantes en ungrupo de estadística de 20 alumnos. 20C5 da el número total de formas de elegiruna muestra no ordenada y este resultado es 15,504 maneras diferentes detomar la muestra. Si listamos las 15,504 en trozos separados de papel, unatarea tremenda, luego los colocamos en un recipiente y después los revolvemos,entonces podremos tener una muestra aleatoria de 5 si seleccionamos un trozode papel con cinco nombres. Un procedimiento más simple para elegir unamuestra aleatoria sería escribir cada uno de los 20 nombres en pedazosseparados de papel, colocarlos en un recipiente, revolverlos y después extraercinco papeles al mismo tiempo.

Otro método parea obtener una muestra aleatoria de 5 estudiantes en un grupode 20 utiliza una tabla de números aleatorios. Se puede construir la tabla usandouna calculadora o una computadora. También se puede prescindir de estas y

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hacer la tabla escribiendo diez dígitos del 0 al 9 en tiras de papel, las colocamosen un recipiente y los revolvemos, de ahí, la primera tira seleccionada determinael primer número de la tabla, se regresa al recipiente y después de revolver otravez se selecciona la seguida tira que determina el segundo número de la tabla;el proceso continúa hasta obtener una tabla de dígitos aleatorios con tantosnúmeros como se desee.

Hay muchas situaciones en las cuales el muestreo aleatorio simple es pocopráctico, imposible o no deseado; aunque sería deseable usar muestrasaleatorias simples para las encuestas nacionales de opinión sobre productos osobre elecciones presidenciales, sería muy costoso o tardado.

El muestreo estratificado requiere de separar a la población según grupos queno se traslapen llamados estratos, y de elegir después una muestra aleatoriasimple en cada estrato. La información de las muestras aleatorias simples decada estrato constituiría entonces una muestra global.

Ejemplo 1.2

Suponga que nos interesa obtener una muestra de las opiniones de losprofesores de una gran universidad. Puede ser difícil obtener una muestra contodos los profesores, así que supongamos que elegimos una muestra aleatoriade cada colegio, o departamento académico; los estratos vendrían a ser loscolegios, o departamentos académicos.

El muestreo por conglomerados requiere de elegir una muestra aleatoriasimple de unidades heterogéneas entre sí de la población llamadasconglomerados. Cada elemento de la población pertenece exactamente a unconglomerado, y los elementos dentro de cada conglomerado son usualmenteheterogéneos o disímiles.

Ejemplo 1.3

Suponga que una compañía de servicio de televisión por cable está pensandoen abrir una sucursal en una ciudad grande; la compañía planea realizar unestudio para determinar el porcentaje de familias que utilizarían sus servicios,como no es práctico preguntar en cada casa, la empresa decide seleccionar unaparte de la ciudad al azar, la cual forma un conglomerado.

En el muestreo por conglomerados, éstos se forman para representar, tanfielmente como sea posible, a toda la población; entonces se usa una muestraaleatoria simple de conglomerados para estudiarla. Los estudios de institucionessociales como iglesias, hospitales, escuelas y prisiones se realizan,generalmente, con base en el muestreo por conglomerados.

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El muestreo sistemático es una técnica de muestreo que requiere de unaselección aleatoria inicial de observaciones seguida de otra selección deobservaciones obtenida usando algún sistema o regla.

Ejemplo 1.4

Para obtener una muestra de suscriptores telefónicos en una ciudad grande,puede obtenerse primero una muestra aleatoria de los números de las páginasdel directorio telefónico; al elegir el vigésimo nombre de cada páginaobtendríamos un muestreo sistemático, también podemos escoger un nombrede la primera página del directorio y después seleccionar cada nombre del lugarnúmero cien a partir del ya seleccionado. Por ejemplo, podríamos seleccionar unnúmero al azar entre los primeros 100; supongamos que el elegido es el 40,entonces seleccionamos los nombres del directorio que corresponden a losnúmeros 40, 140, 240, 340 y así sucesivamente.

Error Muestral

Cualquier medida conlleva algún error. Si se usa la media para medir, estimar, lamedia poblacional µ, entonces la media muestral, como medida, conlleva algúnerror. Por ejemplo, supongamos que se ha obtenido una muestra aleatoria detamaño 25 de una población con media µ = 15: si la media de la muestra esx=12, entonces a la diferencia observada x-µ = -3 se le denomina el errormuestral. Una media muestral x puede pensarse como la suma de doscantidades, la media poblacional µ y el error muestral; si e denota el errormuestral, entonces:X = µ + e

Ejemplo 1.5

Se toman muestras de tamaño 2 de una población consistente en tres valores, 2,4 y 6, para simular una población “grande” de manera que el muestreo puedarealizarse un gran número de veces, supondremos que éste se hace conreemplazo, es decir, el número elegido se reemplaza antes de seleccionar elsiguiente, además, se seleccionan muestras ordenadas. En una muestraordenada, el orden en que se seleccionan las observaciones es importante, portanto, la muestra ordenada (2,4) es distinta de la muestra ordenada (4,2). En lamuestra (4,2), se seleccionó primero 4 y después 2. La siguiente tabla contieneuna lista de todas las muestras ordenadas de tamaño 2 que es posibleseleccionar con reemplazo y también contiene las medioas muestrales y loscorrespondientes errores muestrales. La media poblacional es igual aµ = (2+4+6)/3 = 4. Ver la tabla en la siguiente página.

Notese las interesantes relaciones siguientes contenidas en la tabla:

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La media de la colección de medias muestrales es 4, la media de la población dela que se extraen las muestras. Si µx denota la media de todas las mediasmuestrales entonces tenemos:µx = (3+4+3+4+5+5+2+4+6)/9 = 4

La suma de los errores muestrales es cero.e1 + e2 + e3 + . . . + e9 = (-2) + (-1) + 0 + (-1) + 0 + 1 + 0 + 1 + 2 = 0

Muestras ordenadas x Error muestral e = x - µ(2,2) 2 2 – 4 = -2(2,4) 3 3 – 4 = -1(2,6) 4 4 – 4 = 0(4,2) 3 3 – 4 = -1(4,4) 4 4 – 4 = 0(4,6) 5 5 – 4 = 1(6,2) 4 4 – 4 = 0(6,4) 5 5 – 4 = 1(6,6) 6 6 – 4 = 2

En consecuencia, si x se usa para medir, estimar, la media poblacional µ, elpromedio de todos los errores muestrales es cero.

Distribuciones Muestrales

Las muestras aleatorias obtenidas de una población son, por naturaleza propia,impredecibles. No se esperaría que dos muestras aleatorias del mismo tamaño ytomadas de la misma población tenga la misma media muestral o que seancompletamente parecidas; puede esperarse que cualquier estadístico, como lamedia muestral, calculado a partir de las medias en una muestra aleatoria,cambie su valor de una muestra a otra, por ello, se quiere estudiar la distribuciónde todos los valores posibles de un estadístico. Tales distribuciones serán muyimportantes en el estudio de la estadística inferencial, porque las inferenciassobre las poblaciones se harán usando estadísticas muestrales. Como elanálisis de las distribuciones asociadas con los estadísticos muestrales,podremos juzgar la confiabilidad de un estadístico muestral como un instrumentopara hacer inferencias sobre un parámetro poblacional desconocido.

Como los valores de un estadístico, tal como x, varían de una muestra aleatoriaa otra, se le puede considerar como una variable aleatoria con sucorrespondiente distribución de frecuencias.

La distribución de frecuencia de un estadístico muestral se denominadistribución muestral. En general, la distribución muestral de un estadísticoes la de todos sus valores posibles calculados a partir de muestras del mismotamaño.

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Suponga que se han seleccionado muestras aleatorias de tamaño 20 en unapoblación grande. Se calcula la madia muestral x para cada muestra; lacolección de todas estas medias muestrales recibe el nombre de distribuciónmuestral de medias, lo que se puede ilustrar en la siguiente figura:

S

Suponga que se eligen muestras aleatorias de tamaño 20, de una poblacióngrande, y se calcula la deviación estándar de cada una. La colección de todasestas desviaciones estándar muestrales se llama distribución muestral de ladesviación estándar, y lo podemos ver en la siguiente figura:

Ejemplo 1.6

Se eligen muestras ordenadas de tamaño 2, con reemplazo, de la población devalores 0, 2, 4 y 6. Encuentre:µ, la media poblaciona.σ, la desviación estándar poblacional.µx, la media de la distribución muestral de medias.σx, la desviación estándar de la distribución muestral de medias.Además, grafique las frecuencias para la población y para la distribuciónmuestral de medias.

Distribución muestral demedias (x)

Muestra 1

Muestra 2

Muestra 3

Muestra K

X1

X2

X3

Xk

X1

X2

X3

Xk

POBLACION

Distribución muestral dedesviaciones estándar (s)

Muestra 1

Muestra 2

Muestra 3

Muestra K

s1

s2

s3

sk

s1

s2

s3

sk

POBLACION

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Solución:

a) La media poblacional es:

34

6420=

+++=µ

b) La desviación estándar de la población es:

( ) ( ) ( ) ( )236.2

436343230 2222

=−+−+−+−

=σ

c) A continuación se listan los elementos de la distribución muestral de la mediay la correspondiente distribución de frecuencias.

Muestra x(0,0) 0(0,2) 1(0,4) 2(0,6) 3(2,0) 1(2,2) 2(2,4) 3(2,6) 4(4,0) 2(4,2) 3(4,4) 4(4,6) 5(6,0) 3(6,2) 4(6,4) 5(6,6) 6

Distribución de frecuencias de x x f

0 11 22 33 44 35 26 1

1

x

f

0 2 4 6Gráfica de frecuencias para la población

0 1 2 3 4 5 6

Gráfica de frecuencias para las medias de las muestras

x1

2

3

4

9

La media de la distribución muestral de medias es:( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

33

4816

16253443322110==

++++++=

ΣΣ

=fxf

xµ

d) La desviación estándar de la distribución muestral de medias es:

( )f

fx xx Σ

−Σ=

2µσ

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )58.1

16136235334433332231130 2222222

=−+−+−+−+−+−+−

=xσ

De aquí que podamos deducir que: 58.12236.2

===n

xσ

σ

Como para cualquier variable aleatoria, la dsitribución muestral de medias tieneuna media o valor esperado, una varianza y una desviación estándar, se puededemostrar que la distribución muestral de medias tiene una media igual a lamedia poblacional. Esto es:

( ) 3=== µµ xEx

Distribuciones muestralesDespués de haber realizado el ejercicio anterior se puede ver que unadistribución muestral se genera extrayendo todas las posibles muestras delmismo tamaño de la población y calculándoles a éstas su estadístico.Si la población de la que se extraen las muestras es normal, la distribuciónmuestral de medias será normal sin importar el tamaño de la muestra.

Si la población de donde se extraen las muestras no es normal, entonces eltamaño de la muestra debe ser mayor o igual a 30, para que la distribuciónmuestral tenga una forma acampanada. Mientras mayor sea el tamaño de lamuestra, más cerca estará la distribución muestral de ser normal.Para muchos propósitos, la aproximación normal se considera buena si secumple n=30. La forma de la disitribución muestral de medias seaaproximadamente normal, aún en casos donde la población original es bimodal,es realmente notable.

PoblaciónNormal

Distribución muestral de mediasgenerada con muestras de tamaño

Población Exponencial

Distribución muestral de mediasgenerada con muestras de

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Teorema del límite centralSi se seleccionan muestras aleatorias de n observaciones de una población conmedia µ y desviación estándar σ, entonces, cuando n es grande, la distribuciónmuestral de medias tendrá aproximadamente una distribución normal con unamedia igual a µ y una desviación estándar de

nσ . La aproximación será cada

vez más exacta a medida de que n sea cada vez mayor.

EjemploPara la dsitribución muestral de medias del ejercicio pasado, encuentre:a) El error muestral de cada mediab) La media de los errores muestralesc) La desviación estándar de los errores muestrales.

Solución:a) En la tabla siguiente se ven las muestras, las medias de las muestras y los

errores muestrales:Muestra x Error muestral, e=x-µ

(0,0) 0 0 - 3 = -3(0,2) 1 1 - 3 = -2(0,4) 2 2 - 3 = -1(0,6) 3 3 – 3 = 0(2,0) 1 1 – 3 = -2(2,2) 2 2 – 3 = -1(2,4) 3 3 – 3 = 0(2,6) 4 4 – 3 = 1(4,0) 2 2 – 3 = -1(4,2) 3 3 – 3 = 0(4,4) 4 4 – 3 = 1(4,6) 5 5 – 3 = 2(6,0) 3 3 – 3 = 0(6,2) 4 4 – 3 = 1(6,4) 5 5 – 3 = 2(6,6) 6 6 – 3 = 3

n=50

n=30

n=20

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b) La media de los errores muestrales es µe, es:( ) ( ) ( )

016

32...0123=

++++−+−+−=eµ

c) La desviación estándar de la distribución de los errores muestrales σe, esentonces:

( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )58.1

16103202301400301202103 22222222

=−+−+−+−+−−+−−+−−

=−Σ

=N

fe ee

µσ

La desviación estándar de la distribución muestral de un estadístico se conocecomo error estándar del estadístico. Para el ejercicio anterior el error estándarde la media denotado por σx, es 1.58. Con esto se puede demostrar que si deuna población se eligen muestras de tamaño n con reemplazo, entonces elerror estándar de la media es igual a la desviación estándar de la distribución delos errores muestrales.

En general se tiene: ex σσ =Cuando las muestras se toman de una población pequeña y sin reemplazo, sepuede usar la formula siguiente para encontrar σx .

1−−

=N

nNn

xσ

σ

donde σ es la desviación estándar de la población de donde se toman lasmuestras, n es el tamaño de la muestra y N el de la población.Como rfegla de cálculo, si el muestreo se hace sin reemplazo y el tamaño de lapoblación es al menos 20 veces el tamaño de la muestra (N≥20), entonces sepuede usar la fórmula.

El factor 1−

−N

nN se denomina factor de corrección para una población finita.

Ejemplo:Suponga que la tabla siguiente muestra la antiguedad en años en el trabajo detres maestros universitarios de matemáticas:

Maestro de matemáticas AntiguedadA 6B 4C 2

Suponga además que se seleccionan muestras aleatorias de tamaño 2 sinreemplazo. Calcule la antigüedad media para cada muestra, la media de ladistribución muestral y el error estándar, o la desviación estándar de ladistribución muestral.

Solución: Se pueden tener 3C2 =3 muestras posibles. La tabla lista todas las muestrasposibles de tamaño 2, con sus respectivas medias muestrales.

Muestras Antigüedad Media MuestralA,B (6,4) 5

12

A,C (6,2) 4B,C (4,2) 3

La media poblacional es:

43

642=

++=µ

La media de la distribución muestral es:

43

345=

++=xµ

La desviación estándar de la población es:( ) ( ) ( ) 63.1

3424446 222

=−+−+−=σ

El error estándar o la desviación estándar de la distribución muestral es:( ) ( ) ( )

816.03

434445 222

=−+−+−

=xσ

Si utilizamos la fórmula del error estándar sin el factor de correción tendriamosque:

152.1263.1 ===

nx

σσ

Por lo que observamos que este valor no es el verdadero. Agregando el factorde corrección obtendremos el valor correcto:

816.01323

263.1

1=

−−

=−−

=N

nNn

xσ

σ

El diagrama de flujo resume las decisiones que deben tomarse cuando secalcula el valor del error estándar:

Comienzo

nx

σσ =

Sí

No

¿Se muestreacon sustitución?

Sí

No

¿EsN≥20n?

Sí

1−−

=N

nN

nx

σσ

¿Es la poblacióninfinita?

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Distribución Muestral de Medias

Si recordamos a la distribución normal, esta es una distribución continua, enforma de campana en donde la media, la mediana y la moda tienen un mismovalor y es simétrica.Con esta distribución podíamos calcular la probabilidad de algún eventorelacionado con la variable aleatoria, mediante la siguiente fórmula:

σµ−

=x

z

En donde z es una variable estandarizada con media igual a cero y varianzaigual a uno. Con esta fórmula se pueden a hacer los cálculos de probabilidadpara cualquier ejercicio, utilizando la tabla de la distribución z.

Sabemos que cuando se extraen muestras de tamaño mayor a 30 o bien decualquier tamaño de una población normal, la distribución muestral de mediastiene un comportamiento aproximadamente normal, por lo que se puede utilizarla formula de la distribución normal con xµµ = y xσσ = , entonces la fórmulapara calcular la probabilidad del comportamiento del estadístico, en este caso lamedia de la muestra , quedaría de la siguiente manera:

n

xzσ

µ−=

y para poblaciones finitas y muestro con reemplazo:

1−−

−=

NnN

n

xz

σ

µ

Ejemplo:Una empresa eléctrica fabrica focos que tienen una duración que se distribuyeaproximadamente en forma normal, con media de 800 horas y desviaciónestándar de 40 horas. Encuentre la probabilidad de que una muestra aleatoriade 16 focos tenga una vida promedio de menos de 775 horas.Solución:

5.2

1640

800775−=

−=z

Este valor se busca en la tabla de z( ) ( ) 0062.05.2775 =−≤=≤ zPxP

La interpretación sería que la probabilidad de que la media de la muestra de 16focos sea menor a 775 horas es de 0.0062.

Ejemplo:Las estaturas de 1000 estudiantes están distribuidas aproximadamente en formanormal con una media de 174.5 centímetros y una desviación estándar de 6.9

800775

0.0062

14

centímetros. Si se extraen 200 muestras aleatorias de tamaño 25 sin reemplazode esta población, determine:a) El número de las medias muestrales que caen entre 172.5 y 175.8

centímetros.b) El número de medias muestrales que caen por debajo de 172 centímetros.Solución:

Como se puede observar en este ejercicio se cuenta con una población finita yun muestreo sin reemplazo, por lo que se tendrá que agregar el factor decorrección. Se procederá a calcular el denominador de Z para sólo sustituirlo encada inciso.

36.111000251000

259.6

1=

−−

=−−

NnN

nσ

a)

47.136.1

5.1745.172

1

−=−

=

−−

−=

NnN

n

xz

σ

µ

96.036.1

5.1748.175=

−=z

7607.0)8.1755.172( =≤≤ xp (0.7607)(200)=152 medias muestrales

b) 83.136.1

5.174172−=

−=z

00336.0)172( =≤xp

(0.0336)(200)= 7 medias muestrales

Distribución muestral de Proporciones

Existen ocasiones en las cuales no estamos interesados en la media de lamuestra, sino que queremos investigar la proporción de artículos defectuosos ola proporción de alumnos reprobados en la muestra. La distribución muestral deproporciones es la adecuada para dar respuesta a estas situaciones. Estadistribución se genera de igual manera que la distribución muestral de medias, aexcepción de que al extraer las muestras de la población se calcula elestadístico proporción (p=x/n en donde “x” es el número de éxitos uobservaciones de interés y “n” el tamaño de la muestra) en lugar del estadísiticomedia.

175.8174.5172.5

0.7607

174.5 172

0.0336

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Una población binomial está estrechamente relacionada con ladistribución muestral de proporciones; una población binomial es una colecciónde éxitos y fracasos, mientras que una distribución muestral de proporcionescontiene las posibilidades o proporciones de todos los números posibles deéxitos en un experimento binomial, y como consecuencia de esta relación, lasafirmaciones probabilísticas referentes a la proporción muestral puedenevaluarse usando la aproximación normal a la binomial, siempre que np≥5 yn(1-p)≥5. Cualquier evento se puede convertir en una proporción si se divide elnúmero obtenido entre el número de intentos.

Generación de la Distribución Muestral de Proporciones

Suponga que se cuenta con un lote de 12 piezas, el cual tiene 4 artículosdefectuosos. Se van a seleccionar 5 artículos al azar de ese lote sin reemplazo.Genere la distribución muestral de proporciones para el número de piezasdefectuosas.Como se puede observar en este ejercicio la Proporción de artículosdefectuosos de esta población es 4/12=1/3. Por lo que podemos decir que el33% de las piezas de este lote están defectuosas.

El número posible de muestras de tamaño 5 a extraer de una población de 12elementos es 12C5=792, las cuales se pueden desglosar de la siguiente manera:

ArtículosBuenos Artículos Malos

Proporción deartículos

defectuoso

Número de manerasen las que se puedeobtener la muestra

1 4 4/5=0.8 8C1*4C4=82 3 3/5=0.6 8C2*4C3=1123 2 2/5=0.4 8C3*4C2=3364 1 1/5=0.2 8C4*4C1=2805 0 0/5=0 8C5*4C0=56

Total 792

Muestra 1

Muestra 2

Muestra 3

Muestra K

p1

p2

p3

pk

p1

p2p3..

pkp

POBLACIONDistribución muestral de Proporciones

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Para calcular la media de la distribución muestral de proporciones se tendría quehacer la sumatoria de la frecuencia por el valor de la proporción muestral ydividirla entre el número total de muestras. Esto es:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3333.0

31

79256*0280*2.0336*4.0112*6.08*8.0

==++++

=pµ

Como podemos observar la media de la distribución muestral de proporciones esigual a la Proporción de la población.

µp = PTambién se puede calcular la desviación estándar de la distribución muestral deproporciones:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1681.0

79256*3/10280*3/12.0336*3/14.0112*3/16.08*3/18.0 22222

=−+−+−+−+−

=pσ

La varianza de la distribución binomial es σ2= npq, por lo que la varianza de ladistribución muestral de proporciones es σ2

p =(Pq)/n. Si se sustituten los valoresen esta fórmula tenemos que:

( )( )2108.0

53/23/1

==pσ , este valor no coincide con el de 0.1681, ya que nos

falta agregar el factor de corrección para una población finita y un muestreo sinreemplazo:

( )( )1681.0

112512

53/23/1

=−−

=pσ

1−−

=N

nNnPq

pσ

La fórmula que se utilizará para el cálculo de probabilidad en una distribuciónmuestral de proporciones está basada en la aproximación de la distribuciónnormal a la binomial . Esta fórmula nos servirá para calcular la probabilidad delcomportamiento de la proporción en la muestra.

nPq

Ppz

−=

0 0.2 0.4 0.6 0.8

Gráfica de frecuencias para las proporciones de las muestras

100

200

300

p

17

A esta fórmula se le puede agregar el factor de corrección de 1−

−N

nN si se cumple con

las condiciones necesarias.

Ejemplo:Se ha determinado que 60% de los estudiantes de una universidad grandefuman cigarrillos. Se toma una muestra aleatoria de 800 estudiantes. Calcule laprobabilidad de que la proporción de la muestra de la gente que fuma cigarrillossea menor que 0.55.

Solución:Este ejercicio se puede solucionar por dos métodos. El primero puede ser con laaproximación de la distribución normal a la binomial y el segundo utilizando lafórmula de la distribución muestral de proporciones.

Aproximación de la distribución normal a la binomial:

Datos:n=800 estudiantesp=0.60x= (.55)(800) = 440 estudiantesp(x<440) = ?Media= np= (800)(0.60)= 480

( )( )92.2

40.060.08004805.439

−=−

=−

=npq

npxz

p(x<440) = 0.0017. Este valor significa que existe una probabilidad del 0.17% deque al extraer una muestra de 800 estudiantes, menos de 440 fuman cigarrillos.

Distribución Muestral de Proporciones

Datos:n=800 estudiantesP=0.60p= 0.55p(p<0.55) = ?

( )( )92.2

80040.060.0

60.0549375.0−=

−=

−=

nPq

Ppz Observe que este valor es igual al obtenido

en el método de la aproximación de la distribución normal a la binomial, por loque si lo buscamos en la tabla de “z” nos da la misma probabilidad de 0.0017.

440 480

0.0017

440-0.5=439.5

0.55 0.60

0.0017

0.55-(0.5/800)=0.549375

18

También se debe de tomar en cuenta que el factor de corrección de 0.5 se estadividiendo entre el tamaño de la muestra, ya que estamos hablando de unaproporción.La interpretación en esta solución, estaría enfocada a la proporción de lamuestra, por lo que diríamos que la probabilidad de que al extraer unamuestra de 800 estudiantes de esa universidad, la proporción deestudiantes que fuman cigarrillos sea menor al 55% es del 0.17%.

Ejemplo:Un medicamento para malestar estomacal tiene la advertencia de que algunosusuarios pueden presentar una reacción adversa a él, más aún, se piensa quealrededor del 3% de los usuarios tienen tal reacción. Si una muestra aleatoria de150 personas con malestar estomacal usa el medicamento, encuentre laprobabilidad de que la proporción de la muestra de los usuarios que realmentepresentan una reacción adversa, exceda el 4%.a) Resolverlo mediante la aproximación de la normal a la binomialb) Resolverlo con la distribución muestral de proporciones

a) Aproximación de la distribución normal a la binomial:Datos:n=150 personasp=0.03x= (0.04)(150) = 6 personasp(x>6) = ?Media = np= (150)(0.03)= 4.5

( )( )96.0

97.003.01505.45.6

=−

=−

=npq

npxz

p(x>6) = 0.1685. Este valor significa que existe una probabilidad del 17% de queal extraer una muestra de 150 personas, mas de 6 presentarán una reacciónadversa.

b) Distribución Muestral de Proporciones

Datos:n=150 personasP=0.03p= 0.04p(p>0.04) = ?

4.5 6

0.1685

6+0.5=6.5

0.040.03

0.1685

0.04+(0.5/150)=0.0433

19

( )( )96.0

15097.003.0

03.00433.0=

−=

−=

nPq

Ppz Observe que este valor es igual al obtenido y la

interpretación es: existe una probabilidad del 17% de que al tomar una muestrade 150 personas se tenga una proporción mayor de 0.04 presentando unareacción adversa.

Ejemplo:Se sabe que la verdadera proporción de los componentes defectuososfabricadas por una firma es de 4%, y encuentre la probabilidad de que unamuestra aleatoria de tamaño 60 tenga:a) Menos del 3% de los componentes defectuosos.b) Más del 1% pero menos del 5% de partes defectuosas.

Solución:

a) Datos:n= 60 artículosP=0.04p= 0.03p(p<0.03) = ?

( )( )73.0

6096.004.0

04.00216.0−=

−=

−=

nPq

Ppz La probabilidad de que en una muestra de 60

artículos exista una proporción menor de 0.03 artículos defectuosos es de0.2327.

b) Datos:n= 60 artículosP=0.04p= 0.01 y 0.05p(0.01<p<0.05) = ?

( )( )86.0

6096.004.0

04.00183.0−=

−=

−=

nPq

Ppz

( )( )06.0

6096.004.0

04.00416.0=

−=

−=

nPq

Ppz

0.040.03

0.2327

0.03-(0.5/60)= 0.0216

0.050.040.01

0.3290

0.01+(0.5/60)= 0.0183 0.05-(0.5/60)= 0.0416

20

Distribución Muestral de Diferencia de Medias

Suponga que se tienen dos poblaciones distintas, la primera con media µ1 ydesviación estándar σ1, y la segunda con media µ2 y desviación estándar σ2. Másaún, se elige una muestra aleatoria de tamaño n1 de la primera población y unamuestra independiente aleatoria de tamaño n2 de la segunda población; secalcula la media muestral para cada muestra y la diferencia entre dichas medias.La colección de todas esas diferencias se llama distribución muestral de lasdiferencias entre medias o la distribución muestral del estadístico .21 xx −

La distribución es aproximadamente normal para n1≥30 y n2≥30. Si laspoblaciones son normales, entonces la distribución muestral de medias esnormal sin importar los tamaños de las muestras.

En ejercicios anteriores se había demostrado que xµµ = y que nx

σσ = , por lo

que no es difícil deducir que 2121 µµµµ −=− xx y que 2

22

1

21

21 nnxx

σσσ +=− .

La fórmula que se utilizará para el calculo de probabilidad del estadístico dediferencia de medias es:

( ) ( )

2

22

1

21

2121

nn

xxz

σσ

µµ

+

−−−=

Ejemplo:En un estudio para comparar los pesos promedio de niños y niñas de sextogrado en una escuela primaria se usará una muestra aleatoria de 20 niños y otrade 25 niñas. Se sabe que tanto para niños como para niñas los pesos siguenuna distribución normal. El promedio de los pesos de todos los niños de sextogrado de esa escuela es de 100 libras y su desviación estándar es de 14.142,mientras que el promedio de los pesos de todas las niñas del sexto grado de esa

X11-X21

X12-X22

X13-X23

X1k-X2k

Muestra 1

Muestra 2

Muestra 3

Muestra K

X11

POBLACION 1Distribución muestral de

Diferencia de Medias

Muestra 1

Muestra 2

Muestra 3

Muestra K

POBLACION 2

X12

X13

X1k

X21

X22

X23

X2k

21

escuela es de 85 libras y su desviación estándar es de 12.247 libras. Si 1xrepresenta el promedio de los pesos de 20 niños y 2x es el promedio de lospesos de una muestra de 25 niñas, encuentre la probabilidad de que el promediode los pesos de los 20 niños sea al menos 20 libras más grande que el de las 25niñas.

Solución:Datos:µ1 = 100 librasµ2 = 85 librasσ1 = 14.142 librasσ2 = 12.247 librasn1 = 20 niños n2 = 25 niñas

( )2021 ⟩− xxp = ? ( ) ( ) ( )

( ) ( )25.1

25247.12

20142.14

851002022

2

22

1

21

2121 =

+

−−=

+

−−−=

nn

xxz

σσ

µµ

Por lo tanto, la probabilidad de que el promedio de los pesos de la muestra deniños sea al menos 20 libras más grande que el de la muestra de las niñas es0.1056.

Ejemplo:Uno de los principales fabricantes de televisores compra los tubos de rayoscatódicos a dos compañías. Los tubos de la compañía A tienen una vida mediade 7.2 años con una desviación estándar de 0.8 años, mientras que los de la Btienen una vida media de 6.7 años con una desviación estándar de 0.7.Determine la probabilidad de que una muestra aleatoria de 34 tubos de lacompañía A tenga una vida promedio de al menos un año más que la de unamuestra aleatoria de 40 tubos de la compañía B.

Solución:Datos:µA = 7.2 añosµB = 6.7 añosσA = 0.8 añosσB = 0.7 añosnA = 34 tubosnB = 40 tubos

( )1⟩− BA xxp = ? ( ) ( ) ( )

( ) ( )84.2

407.0

348.0

7.62.712222

=

+

−−=

+

−−−=

B

B

A

A

BABA

nn

xxz

σσ

µµ

2021 =− xxµ1-µ2=15

0.1056

1=− BA xxµA-µB=0.5

0.0023

22

Ejemplo:Se prueba el rendimiento en km/L de 2 tipos de gasolina, encontrándose unadesviación estándar de 1.23km/L para la primera gasolina y una desviaciónestándar de 1.37km/L para la segunda gasolina; se prueba la primera gasolinaen 35 autos y la segunda en 42 autos.a) ¿Cuál es la probabilidad de que la primera gasolina de un rendimiento

promedio mayor de 0.45km/L que la segunda gasolina?b) ¿Cuál es la probabilidad de que la diferencia en rendimientos promedio se

encuentre entre 0.65 y 0.83km/L a favor de la gasolina 1?.

Solución:En este ejercicio no se cuenta con los parámetros de las medias en ninguna delas dos poblaciones, por lo que se supondrán que son iguales.

Datos:σ1 = 1.23 Km/Ltoσ2 = 1.37 Km/Lton1 = 35 autos n2 = 42 autos

a) ( )45.021 ⟩− xxp = ? ( ) ( )

( ) ( )52.1

4237.1

3523.1

045.022

2

22

1

21

2121 =

+

−=

+

−−−=

nn

xxz

σσ

µµ

b) ( ) =≤−≤ 83.065.0 21 xxp ?( ) ( )

( ) ( )19.2

4237.1

3523.1

065.022

2

22

1

21

2121 =

+

−=

+

−−−=

nn

xxz

σσ

µµ

( ) ( )( ) ( )

80.2

4237.1

3523.1

083.022

2

22

1

21

2121 =

+

−=

+

−−−=

nn

xxz

σσ

µµ

La probabilidad de que la diferencia en rendimientos promedio en las muestrasse encuentre entre 0.65 y 0.83 Km/Lto a favor de la gasolina 1 es de 0.0117.

45.021 =− xxµ1-µ2=0

0.0642

0.0117

µ1-µ2=0 0.65 0.83

23

Distribución Muestral de Diferencia de Proporciones

Muchas aplicaciones involucran poblaciones de datos cualitativos que debencompararse utilizando proporciones o porcentajes. A continuación se citanalgunos ejemplos:• Educación.- ¿Es mayor la proporción de los estudiantes que aprueban

matemáticas que las de los que aprueban inglés?• Medicina.- ¿Es menor el porcentaje de los usuarios del medicamento A que

presentan una reacción adversa que el de los usuarios del fármaco B quetambién presentan una reacción de ese tipo?

• Administración.- ¿Hay diferencia entre los porcentajes de hombres y mujeresen posiciones gerenciales.

• Ingeniería.- ¿Existe diferencia entre la proporción de artículos defectuososque genera la máquina A a los que genera la máquina B?

Cuando el muestreo procede de dos poblaciones binomiales y se trabaja condos proporciones muestrales, la distribución muestral de diferencia deproporciones es aproximadamente normal para tamaños de muestra grande(n1p1≥5, n1q1≥5,n2p2≥5 y n2q2≥5). Entonces p1 y p2 tienen distribucionesmuestrales aproximadamente normales, así que su diferencia p1-p2 tambiéntiene una distribución muestral aproximadamente normal.

Cuando se estudió a la distribución muestral de proporciones se comprobó que

pP µ= y que nPq

p =σ , por lo que no es difícil deducir que 2121 PPpp −=− µµ y

que 2

22

1

1121 n

qPnqP

pp +=−σ .

La fórmula que se utilizará para el calculo de probabilidad del estadístico dediferencia de proporciones es:

p11-p21

p12-p22p13-p23

.

.

.p1k-p2k

Muestra 1

Muestra 2

Muestra 3

Muestra K

p11

POBLACION 1Distribución muestral de

Diferencia de Proporciones

Muestra 1

Muestra 2

Muestra 3

Muestra K

POBLACION 2

p12

p13

p1k

p21

p22

p23

p2k

24

( ) ( )

2

22

1

11

2121

nqP

nqP

PPppz

+

−−−=

Ejemplo:Los hombres y mujeres adultos radicados en una ciudad grande del nortedifieren en sus opiniones sobre la promulgación de la pena de muerte parapersonas culpables de asesinato. Se cree que el 12% de los hombres adultosestán a favor de la pena de muerte, mientras que sólo 10% de las mujeresadultas lo están. Si se pregunta a dos muestras aleatorias de 100 hombres y 100mujeres su opinión sobre la promulgación de la pena de muerte, determine laprobabilidad de que el porcentaje de hombres a favor sea al menos 3% mayorque el de las mujeres.

Solución:Datos:PH = 0.12PM = 0.10nH = 100nM = 100p(pH-pM≥ 0.03) = ?

Se recuerda que se está incluyendo el factor de corrección de 0.5 por ser unadistribución binomial y se está utilizando la distribución normal.

( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )

11.0

10090.010.0

10088.012.0

10.012.0025.0=

+

−−=

+

−−−=

M

MM

H

HH

MHMH

nqP

nqP

PPppz

Se concluye que la probabilidad de que el porcentaje de hombres a favor de lapena de muerte, al menos 3% mayor que el de mujeres es de 0.4562.

Ejemplo:Una encuesta del Boston College constó de 320 trabajadores de Michigan quefueron despedidos entre 1979 y 1984, encontró que 20% habían estado sintrabajo durante por lo menos dos años. Supóngase que tuviera que seleccionarotra muestra aleatoria de 320 trabajadores de entre todos los empleadosdespedidos entre 1979 y 1984. ¿Cuál sería la probabilidad de que su porcentajemuestral de trabajadores sin empleo durante por lo menos dos años, difiera delporcentaje obtenido en la encuesta de Boston College, en 5% o más?

Solución:En este ejercicio se cuenta únicamente con una población, de la cual se estánextrayendo dos muestras y se quiere saber la probabilidad de la diferencia de los

pH-pM=0.03PH-PM=0.02

0.4562

0.03-(0.5/100)=0.025

25

porcentajes en esas dos muestras, por lo que se debe de utilizar la distribuciónmuestral de proporciones con P1= P2, ya que es una misma población.Otra de las situaciones con la cual nos topamos es que desconocemos laproporción de trabajadores despedidos entre 1979 y 1984 que estuvierondesempleados por un período de por lo menos dos años, sólo se conoce lap1= 0.20 ya que al tomar una muestra de 320 trabajadores se observó esaproporción.

En la fórmula de la distribución muestral de proporciones para el cálculo deprobabilidad se necesita saber las proporciones de las poblaciones, las cualesen este ejercicio las desconocemos, por lo que se utilizará el valor de 0.20 comouna estimación puntual de P. En el siguiente tema se abordará el tema deestimación estadística y se comprenderá el porque estamos utilizando de esamanera el dato.

También debe de comprenderse la pregunta que nos hace este problema, ¿cuálsería la probabilidad de que su porcentaje muestral de trabajadores sin empleodurante por lo menos dos años, difiera del porcentaje obtenido en la encuestade Boston College, en 5% o más?, la palabra difiera quiere decir que puedeexistir una diferencia a favor de la muestra uno, o a favor de la muestra dos, porlo que se tendrán que calcular dos áreas en la distribución y al final sumarlas.

Datos:p1 = 0.20n1 = 320 trabajadoresn2 = 320 trabajadoresP1 = P2

( ) ( )( )( ) ( )( )

53.1

32080.020.0

32080.020.0

00484.0

2

22

1

11

2121 =+

−=

+

−−−=

nqP

nqP

PPppz

( ) ( )( )( ) ( )( )

53.1

32080.020.0

32080.020.0

00484.0

2

22

1

11

2121 −=+

−−=

+

−−−=

nqP

nqP

PPppz

1260.0063.0063.0)05.005.0( 21 =+=≥−≥− ppp

La probabilidad de que su proporcion muestral de trabajadores sin empleodurante por lo menos dos años, difiera del porcentaje obtenido en la encuestade Boston College, en 0.05 o más es de 0.1260.

p1-p2=-0.05 p1-p2=0.05P1-P2=0

0.063

0.05-(0.5/320)=0.0484-0.05+(0.5/320)=-0.0484

0.063

26

Ejemplo:Se sabe que 3 de cada 6 productos fabricados por la máquina 1 son defectuososy que 2 de cada 5 objetos fabricados por la máquina 2 son defectuosos; setoman muestras de 120 objetos de cada máquina:a) ¿cuál es la probabilidad de que la proporción de artículos defectuosos de la

máquina 2 rebase a la máquina 1 en por lo menos 0.10?b) ¿cuál es la probabilidad de que la proporción de artículos defectuosos de la

máquina 1 rebase a la máquina 2 en por lo menos 0.15?

Solución:Datos:P1 = 3/6 = 0.5P2 = 2/5 = 0.4n1 = 120 objetosn2 = 120 objetosa) p(p2-p1≥0.10) = ?

( ) ( )( )( ) ( )( )

06.3

12060.040.0

12050.050.0

)10.0(0958.0

2

22

1

11

1212 =+

−−=

+

−−−=

nqP

nqP

PPppz

Otra manera de hacer este ejercicio es poner P1-P2:

( ) ( )( )( ) ( )( )

06.3

12060.040.0

12050.050.0

10.00958.0

2

22

1

11

2121 −=+

−−=

+

−−−=

nqP

nqP

PPppz

La probabilidad de que exista una diferencia de proporciones de artículosdefectuosos de por lo menos 10% a favor de la máquina 2 es de 0.0011.

b) p(p1-p2≥0.15)=?

p2-p1=0.10P2-P1=-0.10

0.0011

0.10-(0.5/120)=0.0958

p1-p2=-0.10 P1-P2=0.10

0.0011

-0.10+(0.5/120)=-0.0958

p1-p2=0.15P1-P2= 0.10

0.2357

0.15-(0.5/120)=0.1458

27

( ) ( )( )( ) ( )( )

72.0

12060.040.0

12050.050.0

10.01458.0

2

22

1

11

2121 =+

−=

+

−−−=

nqP

nqP

PPppz

La probabilidad de que exista una diferencia de proporciones de artículosdefectuosos de por lo menos 15% a favor de la máquina 1 es de 0.2357.

Distribución Muestral de Número de Defectos

En el control de calidad y específicamente en los gráficos de control “c” se aplicaesta distribución, la cual consiste en que al extraer un artículo contabilicemos elnúmero de defectos que tiene ese artículo.Esta distribución muestral proviene de la distribución de Poisson, en la cual lemedia es λ y que en este caso es el número promedio de defectos por unidad.Como ya es conocido la varianza de la distribución de Poisson es igual a λ por loque se puede deducir la formula de la siguiente manera:

λλ−

=x

z

Para la distribución muestral de número de defectos la nomenclatura utilizadaes:c = número defectos por unidad de inspecciónC = número de defectos promedio por unidad de inspección

Se debe de recordar que la distribución de Poisson es una distribución discreta,y se esta utilizando la aproximación de la normal a la Poisson, debiendo aplicarel factor de corrección de ±0.5 según sea el caso. La formula para la dsitribuciónmuestral de número de defectos quedaría de la siguiente manera:

CCc

z−

=

Ejemplo:En cierta empresa se fabrican productos con un promedio de 8 defectos porunidad. Determine la probabilidad de que el próximo producto inspeccionadotenga un número de defectos:a) Mayor o igual a 6b) Exactamente 7c) Como máximo 9

a)

88.08

85.5=

−=

−=

CCc

z

La probabilidad de que el siguiente producto inspeccionado tenga por lo menos6 defectos es de 0.8106.

c=6 C = 8

0.8106

6-0.5 = 5.5

28

b) 53.08

85.6=

−=

−=

CCc

z 17.08

85.7 −=z

La probabilidad de que el siguiente producto inspeccionado tenga exactamente 7defectos es de 0.1344.

c)

53.08

85.9=

−=

−=

CCc

z

La probabilidad de que el siguiente producto inspeccionado tenga a lo más 9defectos es de 0.7019.

Problemas propuestos1. Se sabe que la resistencia a la ruptura de cierto tipo de cuerda se distribuye

normalmente con media de 2000 libras y una varianza de 25,000 lbs2. Si seselecciona una muestra aleatoria de 100 cuerdas; determine la probabilidadde que en esa muestra:a) La resistencia media encontrada sea de por lo menos 1958 libras.b) La resistencia media se mayor de 2080 libras.

2. Como parte de un proyecto general de mejoramiento de la calidad, unfabricante textil decide controlar el número de imperfecciones encontradas encada pieza de tela. Se estima que el número promedio de imperfecciones porcada pieza de tela es de 12, determine la probabilidad de que en la próximapieza de tela fabricada se encuentren:a) Entre 10 y 12 imperfecciones.b) Menos de 9 y más de 15 imperfecciones.

3. En una prueba de aptitud la puntuación media de los estudiantes es de 72puntos y la desviación estándar es de 8 puntos. ¿Cuál es la probabilidad deque dos grupos de estudiantes, formados de 28 y 36 estudiantes,respectivamente, difieran en su puntuación media en:a) 3 ó más puntos.

c=7 C=8

7+0.5=7.57-0.5=6.5

0.1344

c=9 C = 8

0.7019

9+0.5 = 9.5

29

b) 6 o más puntos.c) Entre 2 y 5 puntos.

4. Un especialista en genética ha detectado que el 26% de los hombres y el24% de las mujeres de cierta región del país tiene un leve desordensanguíneo; si se toman muestras de 150 hombres y 150 mujeres, determinela probabilidad de que la diferencia muestral de proporciones que tienen eseleve desorden sanguíneo sea de:a) Menos de 0.035 a favor de los hombres.b) Entre 0.01 y 0.04 a favor de los hombres.

5. Una urna contiene 80 bolas de las que 60% son rojas y 40% blancas. De untotal de 50 muestras de 20 bolas cada una, sacadas de la urna conremplazamiento, ¿en cuántas cabe esperara) Igual número de bolas rojas y blancas?b) 12 bolas rojas y 8 blancas?c) 8 bolas rojas y 12 blancas?d) 10 ó mas bolas blancas?

6. Los pesos de 1500 cojinetes de bolas se distribuyen normalmente con mediade 2.40 onzas y desviación estándar de 0.048 onzas. Si se extraen 300muestras de tamaño 36 de esta población, determinar la media esperada y ladesviación estándar de la distribución muestral de medias si el muestreo sehace:a) Con remplazamientob) Sin remplazamiento

7. La vida media de una máquina para hacer pasta es de siete años, con unadesviación estándar de un año. Suponga que las vidas de estas máquinassiguen aproximadamente una distribución normal, encuentre:a) La probabilidad de que la vida media de una muestra aleatoria de 9 de

estas máquinas caiga entre 6.4 y 7.2 años.b) El valor de la x a la derecha del cual caería el 15% de las medias

calculadas de muestras aleatorias de tamaño nueve.

8. Se llevan a cabo dos experimentos independientes en lo que se comparandos tipos diferentes de pintura. Se pintan 18 especímenes con el tipo A y encada uno se registra el tiempo de secado en horas. Lo mismo se hace con eltipo B. Se sabe que las desviaciones estándar de la población son ambas1.0. Suponga que el tiempo medio de secado es igual para los dos tipo depintura. Encuentre la probabilidad de que la diferencia de medias en eltiempo de secado sea mayor a uno a favor de la pintura A.

30

Respuestas a los problemas propuestos:1. a) 0.9960 b) 02. a) 0.3221 b) 0.31223. a) 0.2150 b) 0.0064 c) 0.45044. a) 0.2227 b) 0.28485. a) 6 b) 9 c) 2 d) 126. a) 008.0,4.22 == xx σµ b) == xx σµ ,4.22 ligeramente menor que 0.0087. a) 0.6898 b) 7.358. 0.0013

31

ESTIMACION

El objetivo principal de la estadística inferencial es la estimación, esto es quemediante el estudio de una muestra de una población se quiere generalizar lasconclusiones al total de la misma. Como vimos en la sección anterior, losestadísticos varían mucho dentro de sus distribuciones muestrales, y mientrasmenor sea el error estándar de un estadístico, más cercanos serán unos deotros sus valores.

Existen dos tipos de estimaciones para parámetros; puntuales y por intervalo.Una estimación puntual es un único valor estadístico y se usa para estimar unparámetro. El estadístico usado se denomina estimador.Una estimación por intervalo es un rango, generalmente de ancho finito, quese espera que contenga el parámetro.

Estimación PuntualLa inferencia estadística está casi siempre concentrada en obtener algún tipo deconclusión acerca de uno o más parámetros (características poblacionales).Para hacerlo, se requiere que un investigador obtenga datos muestrales de cadauna de las poblaciones en estudio. Entonces, las conclusiones pueden estarbasadas en los valores calculados de varias cantidades muestrales . Po ejemplo,representamos con µ (parámetro) el verdadero promedio de resistencia a laruptura de conexiones de alambres utilizados para unir obleas desemiconductores. Podría tomarse una muestra aleatoria de 10 conexiones paradeterminar la resistencia a la ruptura de cada una, y la media muestral de laresistencia a la ruptura x se podía emplear para sacar una conclusión acerca delvalor de µ. De forma similar, si σ2 es la varianza de la distribución de resistenciaa la ruptura, el valor de la varianza muestral s2 se podría utilizar pra inferir algoacerca de σ2.

Cuando se analizan conceptos generales y métodos de inferencia esconveniente tener un símbolo genérico para el parámetro de interés. Se utilizarála letra griega θ para este propósito. El objetivo de la estimación puntual esseleccionar sólo un número, basados en datos de la muestra, que represente elvalor más razonable de θ.Una muestra aleatoria de 3 baterías para calculadora podría presentarduraciones observadas en horas de x1=5.0, x2=6.4 y x3=5.9. El valor calculadode la duración media muestral es x = 5.77, y es razonable considerar 5.77 comoel valor más adecuado de µ.

Una estimación puntual de un parámetro θ es un sólo número que se puedeconsiderar como el valor más razonable de θ. La estimación puntual se obtieneal seleccionar una estadística apropiada y calcular su valor a partir de datos dela muestra dada. La estadística seleccionada se llama estimador puntual de θ.

32

El símbolo θ̂ (theta sombrero) suele utilizarse para representar el estimador de θy la estimación puntual resultante de una muestra dada. Entonces x=µ̂ se leecomo “el estimador puntual de µ es la media muestral x ”. El enunciado “laestimación puntual de µ es 5.77” se puede escribir en forma abreviada 77.5ˆ =µ .Ejemplo:En el futuro habrá cada vez más interés en desarrollar aleaciones de Mg de bajocosto, para varios procesos de fundición. En consecuencia, es importante contarcon métodos prácticos para determinar varias propiedades mecánicas de esasaleaciones. Examine la siguiente muestra de mediciones del módulo deelasticidad obtenidos de un proceso de fundición a presión:

44.2 43.9 44.7 44.2 44.0 43.8 44.6 43.1Suponga que esas observaciones son el resultado de una muestra aleatoria. Sedesea estimar la varianza poblacional σ2. Un estimador natural es la varianzamuestral:

( ) ( ) ( ) ( )251.0

180625.441.43...0625.449.430625.442.44

1ˆ

222222 =

−−++−+−

=−−Σ

==n

xxs iσ

En el mejor de los casos, se encontrará un estimador θ̂ para elcual θθ =ˆ siempre. Sin embargo, θ̂ es una función de las Xi muestrales, por loque en sí misma una variable aleatoria.

θθ =ˆ + error de estimaciónentonces el estimador preciso sería uno que produzca sólo pequeñas diferenciasde estimación, de modo que los valores estimados se acerquen al valorverdadero.

Propiedades de un Buen EstimadorInsesgado.- Se dice que un estimador puntualθ̂ es un estimador insesgado de θsi ( ) θθ =ˆE , para todo valor posible de θ. En otras palabras, un estimadorinsesgado es aquel para el cual la media de la distribución muestral es elparámetro estimado. Si se usa la media muestral x para estimar la mediapoblacional µ, se sabe que la µµ =x , por lo tanto la media es un estimadorinsesgado.

Eficiente o con varianza mínima.- Suponga que θ̂ 1 y θ̂ 2 son dos estimadoresinsesgados de θ. Entonces, aun cuando la distribución de cada estimador estécentrada en el valor verdadero de θ, las dispersiones de las distribucionesalrededor del valor verdadero pueden ser diferentes.Entre todos los estimadores de θ que son insesgados, seleccione al que tengavarianza mínima. El θ̂ resultante recibe el nombre de estimador insesgadocon varianza mínima (MVUE, minimum variance unbiased estimator) de θ.En otras palabras, la eficiencia se refiere al tamaño de error estándar de laestadística. Si comparamos dos estaíisticas de una muestra del mismo tamaño ytratamos de decidir cual de ellas es un estimador mas eficiente, escogeríamos la

33

estadística que tuviera el menor error estándar, o la menor desviación estándarde la distribución de muestreo.Tiene sentido pensar que un estimador con un error estándar menor tendrá unamayor oportunidad de producir una estimación mas cercana al parámetro depoblación que se esta considerando.

Como se puede observar las dos distribuciones tienen un mismo valor en elparámetro sólo que la distribución muestral de medias tiene una menor varianza,por lo que la media se convierte en un estimador eficiente e insesgado.

Coherencia.- Una estadística es un estimador coherente de un parámetro depoblación, si al aumentar el tamaño de la muestra se tiene casi la certeza de queel valor de la estadística se aproxima bastante al valor del parámetro de lapoblación. Si un estimador es coherente se vuelve mas confiable si tenemostamaños de muestras mas grandes.

Suficiencia.- Un estimador es suficiente si utiliza una cantidad de la informacióncontenida de la muestra que ningún otro estimador podría extraer informaciónadicional de la muestra sobre el parámetro de la población que se estaestimando.Es decir se pretende que al extraer la muestra el estadístico calculado contengatoda la información de esa muestra. Por ejemplo, cuando se calcula la media dela muestra, se necesitan todos los datos. Cuando se calcula la mediana de unamuestra sólo se utiliza a un dato o a dos. Esto es solo el dato o los datos delcentro son los que van a representar la muestra. Con esto se deduce que siutilizamos a todos los datos de la muestra como es en el caso de la media, lavarianza, desviación estándar, etc; se tendrá un estimador suficiente.

Estimación por Intervalos

Un estimado puntual, por ser un sólo número, no proporciona por sí mismoinformación alguna sobre la precisión y confiabilidad de la estimación. Porejemplo, imagine que se usa el estadístico x para calcular un estimado puntualde la resistencia real a la ruptura de toallas de papel de cierta marca, y suponga

θ

Distribución muestral demedias

Distribución muestral demedianas

34

que x = 9322.7. Debido a la variabilidad de la muestra, nunca se tendrá el casode que x =µ. El estimado puntual nada dice sobre lo cercano que esta de µ. Unaalternativa para reportar un solo valor del parámetro que se esté estimando escalcular e informar todo un intervalo de valores factibles, un estimado deintervalo o intervalo de confianza (IC). Un intervalo de confianza se calculasiempre seleccionando primero un nivel de confianza, que es una medida de elgrado de fiabilidad en el intervalo. Un intervalo de confianza con un nivel deconfianza de 95% de la resistencia real promedio a la ruptura podría tener unlímite inferior de 9162.5 y uno superior de 9482.9. Entonces, en un nivel deconfianza de 95%, es posible tener cualquier valor de µ entre 9162.5 y 9482.9.Un nivel de confianza de 95% implica que 95% de todas las muestras daría lugara un intervalo que incluye µ o cualquier otro parámetro que se esté estimando, ysólo 5% de las muestras producirá un intervalo erróneo. Cuanto mayor sea elnivel de confianza podremos creer que el valor del parámetro que se estima estádentro del intervalo.Una interpretación correcta de la “confianza de 95%” radica en la interpretaciónfrecuente de probabilidad a largo plazo: decir que un evento A tiene unaprobabilidad de 0.95, es decir que si el experimento donde A está definido rerealiza una y otra vez, a largo plazo A ocurrirá 95% de las veces. Para este casoel 95% de los intervalos de confianza calculados contendrán a µ.

Esta es una construcción repetida de intervalos de confianza de 95% y se puedeobservar que de los 11 intervalos calculados sólo el tercero y el último nocontienen el valor de µ.De acuerdo con esta interpretación, el nivel de confianza de 95% no es tanto unenunciado sobre cualquier intervalo en particular, más bien se refiere a lo quesucedería si se tuvieran que construir un gran número de intervalos semejantes.

Encontrar z a partir de un nivel de confianza

Valor verdadero de µ

35

Existen varias tablas en las cuales podemos encontrar el valor de z, según seael área proporcionada por la misma. En esta sección se realizará un ejemplopara encontrar el valor de z utilizando tres tablas diferentes.

Ejemplo:Encuentre el valor de z para un nivel de confianza del 95%.

Solución 1:Se utilizará la tabla que tiene el área bajo la curva de -∞ hasta z. Si lo vemosgráficamente sería:

El nivel de confianza bilateral está dividido en partes iguales bajo la curva:

En base a la tabla que se esta utilizando, se tendrá que buscar el área de 0.975,ya que cada extremo o cola de la curva tiene un valor de 0.025.

Por lo que el valor de z es de 1.96.

Solución 2:Si se utiliza una tabla en donde el área bajo la curva es de 0 a z:

En este caso sólo se tendrá que buscar adentro de la tabla el área de 0.475 y elresultado del valor de z será el mismo, para este ejemplo 1.96.

z0

z = 1.96

z-∞

0.4750.475

0.975

36

Solución 3:Para la tabla en donde el área bajo la curva va desde z hasta ∞:

Se busca el valor de 0.025 para encontrar z de 1.96.

Independientemente del valor del Nivel de Confianza este será el procedimientoa seguir para localizar a z. En el caso de que no se encuentre el valor exacto setendrá que interpolar.

Estimación para la MediaEs conocido de nosotros durante este curso, que en base a la distribuciónmuestral de medias que se generó en el tema anterior, la formula para el calculo

de probabilidad es la siguiente:

n

xzσ

µ−= . Como en este caso no conocemos

el parámetro y lo queremos estimar por medio de la media de la muestra, sólo sedespejará µ de la formula anterior, quedando lo siguiente:

nz

xσ

µ ±=

De esta formula se puede observar que tanto el tamaño de la muestra como elvalor de z se conocerán. Z se puede obtener de la tabla de la distribución normala partir del nivel de confianza establecido. Pero en ocasiones se desconoce σpor lo que en esos casos lo correcto es utilizar otra distribución llamada “t” destudent si la población de donde provienen los datos es normal.Para el caso de tamaños de muestra grande se puede utilizar una estimaciónpuntual de la desviación estándar, es decir igualar la desviación estándar de lamuestra a la de la población (s=σ).

Ejemplos:1. Se encuentra que la concentración promedio de zinc que se saca del agua a

partir de una muestra de mediciones de zinc en 36 sitios diferentes es de 2.6gramos por mililitro. Encuentre los intervalos de confianza de 95% y 99%para la concentración media de zinc en el río. Suponga que la desviaciónestándar de la población es 0.3.

Solución:La estimación puntual de µ es x = 2.6. El valor de z para un nivel de confianzadel 95% es 1.96, por lo tanto:

∞z

0.025

37

( )( )70.250.2

363.096.1

6.2 yn

zx =±=±=

σµ

Para un nivel de confianza de 99% el valor de z es de 2.575 por lo que elintervalo será más amplio:

( )( )73.247.2

363.0575.2

6.2 yn

zx =±=±=

σµ

El intervalo de confianza proporciona una estimación de la presición de nuestraestimación puntual. Si µ es realmente el valor central de intervalo, entoncesx estima µ sin error. La mayor parte de las veces, sin embargo, x no seráexactamente igual a µ y la estimación puntual es errónea. La magnitud de esteerror será el valor absoluto de la diferencia entre µ y x , y podemos tener el nivel

de confianza de que esta diferencia no excederá n

zσ.

Como se puede observar en los resultados del ejercicio se tiene un error deestimación mayor cuando el nivel de confianza es del 99% y más pequeñocuando se reduce a un nivel de confianza del 95%.

2. Una empresa eléctrica fabrica focos que tienen una duraciónaproximadamente distribuida de forma normal con una desviación estándarde 40 horas. Si una muestra de 30 focos tiene una duración promedio de 780horas, encuentre un intervalos de confianza de 96% para la media de lapoblación de todos los focos que produce esta empresa.

Solución:( )( ) ( )( )

79576530

40054.2780

3040054.2

780 <<=+<<−=+<<− µµσ

µσ

nz

xn

zx

Con un nivel de confianza del 96% se sabe que la duración media de los focosque produce la empresa está entre 765 y 765 horas.

70.2max =µ50.2min =µ

0.95

73.2max =µ47.2min =µ

0.99

38

3. La prueba de corte sesgado es el procedimiento más aceptado para evaluarla calidad de una unión entre un material de reparación y su sustrato deconcreto. El artículo “Testing the Bond Between Repair Materials andConcrete Substrate” informa que, en cierta investigación, se obtuvo unaresistencia promedio muestral de 17.17 N/mm2, con una muestra de 48observaciones de resistencia al corte, y la desviación estándar muestral fue3.28 N/mm2. Utilice un nivel de confianza inferior del 95% para estimar lamedia real de la resistencia al corte.

Solución:En este ejercicio se nos presentan dos situaciones diferentes a los ejerciciosanteriores. La primera que desconoce la desviación estándar de la población y lasegunda que nos piden un intervalo de confianza unilateral.El primer caso ya se había comentado y se solucionará utilizando la desviaciónestándar de la muestra como estimación puntual de sigma.Para el intervalo de confianza unilateral, se cargará el área bajo la curva haciaun solo lado como sigue:

( )( )39.16

4838.3654.1

17.17 =−=−n

zx

σ

Esto quiere decir que con un nivel de confianza de 95%, el valor de la mediaestá en el intervalo (16.39, ∞).

Estimación de una ProporciónUn estimador puntual de la proporción P en un experimento binomial está dadopor la estadística P=X/N, donde x representa el número de éxitos en n pruebas.Por tanto, la proporción de la muestra p =x/n se utiuñlizará como estimadorpuntual del parámetro P.

Si no se espera que la proporción P desconocida esté demasiado cerca de 0 óde 1, se puede establecer un intervalo de confianza para P al considerar ladistribución muestral de proporciones.

nPq

Ppz

−=

Al despejar P de esta ecuación nos queda:

Z=-1.645

0.95

39

nPq

zpP ±=

En este despeje podemos observar que se necesita el valor del parámetro P yes precisamente lo que queremos estimar, por lo que lo sustituiremos por laproporción de la muestra p siempre y cuando el tamaño de muestra no seapequeño.

npq

zpP ±=

Cuando n es pequeña y la proporción desconocida P se considera cercana a 0ó a 1, el procedimiento del intervalo de confianza que se establece aquí no esconfiable, por tanto, no se debe utilizar. Para estar seguro, se debe requerir quenp ó nq sea mayor o igual a 5.

El error de estimación será la diferencia absoluta entre p y P, y podemos tener el

nivel de confianza de que esta diferencia no excederá npq

z .

Ejemplos:1. Un fabricante de reproductores de discos compactos utiliza un conjunto de

pruebas amplias para evaluar la función eléctrica de su producto. Todos losreproductores de discos compactos deben pasar todas las pruebas antes devenderse. Una muestra aleatoria de 500 reproductores tiene como resultado15 que fallan en una o más pruebas. Encuentre un intervalo de confianza de90% para la proporción de los reproductores de discos compactos de lapoblación que no pasan todas las pruebas.

Solución:n=500p = 15/500 = 0.03z(0.90) = 1.645

( ) ( )( )500

97.003.0645.103.0 ±=±=

npq

zpP

0.0237<P<0.0376Se sabe con un nivel de confianza del 90% que la proporción de discosdefectuosos que no pasan la prueba en esa población esta entre 0.0237 y0.0376.

2. En una muestra de 400 pilas tipo B fabricadas por la Everlast Company, seencontraron 20 defectuosas. Si la proporción p de pilas defectuosas en esamuestra se usa para estimar P, que vendrá a ser la proporción verdadera detodas las pilas defectuosas tipo B fabricadas por la Everlast Company,encuentre el máximo error de estimación ε tal que se pueda tener un 95% deconfianza en que P dista menos de ε de p.

40

Solución:p=x/n = 20/400=0.05z(0.95)=1.96

( )( )021.0

40095.005.0

96.1 ===npq

zε

Si p=0.05 se usa para estimar P, podemos tener un 95% de confianza en que Pdista menos de 0.021 de p. En otras palabras, si p=0.05 se usa para erstimar P,el error máximo de estimación será aproximadamente 0.021 con un nivel deconfianza del 95%.

Para calcular el intervalo de confianza se tendría:021.005.0 ±=± εp

Esto da por resultado dos valores, (0.029, 0.071). Con un nivel de confianza del95% se sabe que la proporción de pulas defectuosas de esta compañía estáentre 0.029 y 0.071.

Si se requiere un menor error con un mismo nivel de confianza sólo senecesita aumentar el tamaño de la muestra.

3. En un estudio de 300 accidentes de automóvil en una ciudad específica, 60tuvieron consecuencias fatales. Con base en esta muestra, construya unintervalo del 90% de confianza para aproximar la proporción de todos losaccidentes automovilísticos que en esa ciudad tienen consecuencias fatales.

Solución:P= 60/300 = 0.20Z(0.90) = 1.645

( ) ( )( )038.020.0

30080.020.0

645.120.0 ±=±=±=npq

zpP

0.162<P<0.238

Estimación de la Diferencia entre dos MediasSi se tienen dos poblaciones con medias µ1 y µ2 y varianzas σ1

2 y σ22,

respectivamente, un estimador puntual de la diferencia entre µ1 y µ2 está dadopor la estadística 21 xx − . Por tanto. Para obtener una estimación puntual deµ1- µ2, se seleccionan dos muestras aleatorias independientes, una de cadapoblación, de tamaño n1 y n2, se calcula la diferencia 21 xx − , de las mediasmuestrales.Recordando a la distribución muestral de diferencia de medias:

41

( ) ( )

2

22

1

21

2121

nn

xxz

σσ

µµ

+

−−−=

Al despejar de esta ecuación µ1- µ2 se tiene:

( )2

22

1

21

2121 nnzxx

σσµµ +±−=−

En el caso en que se desconozcan las varianzas de la población y los tamañosde muestra sean mayores a 30 se podrá utilizar la varianza de la muestra comouna estimación puntual.

Ejemplos:1. Se lleva a cabo un experimento en que se comparan dos tipos de motores, A

y B. Se mide el rendimiento en millas por galón de gasolina. Se realizan 50experimentos con el motor tipo A y 75 con el motor tipo B. La gasolina que seutiliza y las demás condiciones se mantienen constantes. El rendimientopromedio de gasolina para el motor A es de 36 millas por galón y el promediopara el motor B es 24 millas por galón. Encuentre un intervalo de confianzade 96% sobre la diferencia promedio real para los motores A y B. Supongaque las desviaciones estándar poblacionales son 6 y 8 para los motores A yB respectivamente.

Solución:Es deseable que la diferencia de medias sea positiva por lo que se recomiendarestar la media mayor menos la media menor. En este caso será la media delmotor B menos la media del motor A.El valor de z para un nivel de confianza del 96% es de 2.05.

( ) ( )7564

5036

05.2364222

+±−=+±−=−B

B

A

AABAB nn

zxxσσ

µµ

3.43<µB-µA<8.57La interpretación de este ejemplo sería que con un nivel de confianza del 96% ladiferencia del rendimiento promedio esta entre 3.43 y 8.57 millas por galón afavor del motor B. Esto quiere decir que el motor B da mas rendimiento promedioque el motor A, ya que los dos valores del intervalo son positivos.

2. Una compañía de taxis trata de decidir si comprar neumáticos de la marca Ao de la B para su flotilla de taxis. Para estimar la diferencia de las dosmarcas, se lleva a cabo un experimento utilizando 12 de cada marca. Losneumáticos se utilizan hasta que se desgastan, dando como resultadopromedio para la marca A 36,300 kilómetros y para la marca B 38,100kilómetros. Calcule un intervalo de confianza de 95% para la diferenciapromedio de las dos marcas, si se sabe que las poblaciones se distribuyen

42

de forma aproximadamente normal con desviación estándar de 5000kilómetros para la marca A y 6100 kilómetros para la marca B.

Solución:

( ) ( )12

610012

500096.13630038100

2222

+±−=+±−=−B

B

A

AABAB nn

zxxσσ

µµ

-2662.68<µB-µA<6262.67Gráficamente:

Como el intervalo contiene el valor “cero”, no hay razón para creer que elpromedio de duración del neumático de la marca B es mayor al de la marca A,pues el cero nos está indicando que pueden tener la misma duración promedio.

Estimación de la Diferencia de dos ProporcionesEn la sección anterior se vio el tema de la generación de las distribucionesmuestrales, en donde se tenía el valor de los parámetros, se seleccionaban dosmuestras y podíamos calcular la probabilidad del comportamiento de losestadísticos. Para este caso en particular se utilizará la distribución muestral dediferencia de proporciones para la estimación de las misma. Recordando laformula:

( ) ( )

2

22

1

11

2121

nqP

nqP

PPppz

+

−−−=

Despejando P1-P2 de esta ecuación:

( )2

22

1

112121 n

qPnqP

zppPP +±−=−

Aquí se tiene el mismo caso que en la estimación de una proporción, ya que alhacer el despeje nos queda las dos proporciones poblacionales y esprecisamente lo que queremos estimar, por lo que se utilizarán las proporcionesde la muestra como estimadores puntuales:

( )2

22

1

112121 n

qpnqp

zppPP +±−=−

Ejemplos:1. Se considera cierto cambio en un proceso de fabricación de partes

componentes. Se toman muestras del procedimiento existente y del nuevo

0=− AB µµ

67.6262=− AB µµ68.2662−=− AB µµ

0.95

43

para determinar si éste tiene como resultado una mejoría. Si se encuentraque 75 de 1500 artículos del procedimiento actual son defectuosos y 80 de2000 artículos del procedimiento nuevo también lo son, encuentre unintervalo de confianza de 90% para la diferencia real en la fracción dedefectuosos entre el proceso actual y el nuevo.

Solución:Sean P1 y P2 las proporciones reales de defectuosos para los procesos actual ynuevo, respectivamente. De aquí, p1=75/1500 = 0.05 y p2 = 80/2000 = 0.04. conel uso de la tabla encontramos que z para un nivel de confianza del 90% es de1.645.

( ) ( ) ( )( ) ( )( )2000

96.004.01500

95.005.0645.104.005.0

2

22

1

112121 +±−=+±−=−

nqp

nqp

zppPP

-0.0017<P1-P2<0.0217Como el intervalo contiene el valor de cero, no hay razón para creer que elnuevo procedimiento producirá una disminución significativa en la proporción deartículos defectuosos comparado con el método existente.

2. Un artículo relacionado con la salud, reporta los siguientes datos sobre laincidencia de disfunciones importantes entre recién nacidos con madresfumadoras de marihuana y de madres que no la fumaban:

Usuaria No UsuariaTamaño Muestral 1246 11178Número de disfunciones 42 294Proporción muestral 0.0337 0.0263

Encuentre el intervalo de confianza del 99% para la diferencia deproporciones.

Solución:Representemos P1 la proporción de nacimientos donde aparecen disfuncionesentre todas las madres que fuman marihuana y definamos P2, de manera similar,para las no fumadoras. El valor de z para un 99% de confianza es de 2.58.

( ) ( ) ( )( ) ( )( )11178

9737.00263.01246

9663.00337.058.20263.00337.0

2

22

1

112121 +±−=+±−=−

nqp

nqp

zppPP

-0.0064<P1-P2<0.0212Este intervalo es bastante angosto, lo cual sugiere que P1-P2 ha sido estimadode manera precisa.

Determinación de Tamaños de Muestra para Estimaciones

Al iniciar cualquier investigación, la primer pregunta que surge es: ¿de quétamaño debe ser la o las muestras?. La respuesta a esta pregunta la veremosen esta sección, con conceptos que ya se han visto a través de este material.

44

Cálculo del Tamaño de la Muestra para Estimar una Media

¿Qué tan grande debe ser una muestra si la media muestral se va a usar paraestimar la media poblacional?. La respuesta depende del error estándar de lamedia, si este fuera cero, entonces se necesitaría una sola media que será igualnecesariamente a la media poblacional desconocida µ, porque σ = 0. Este casoextremo no se encuentra en la práctica, pero refuerza el hecho de que mientrasmenor sea el error estándar de la media, menor es el tamaño de muestranecesario para lograr un cierto grado de precisión.Se estableció antes que una forma de disminuir el error de estimación esaumentar el tamaño de la muestra, si éste incluye el total de la población,entonces µ−x sería igual a cero. Con esto en mente, parece razonable que

para un nivel de confianza fijo, sea posible determinar un tamaño de la muestratal que el error de estimación sea tan pequeño como queramos, para ser maspreciso, dado un nivel de confianza y un error fijo de estimación ε, se puedeescoger un tamaño de muestra n tal que P( µ−x <ε) = Nivel de confianza. Con

el propósito de determinar n. El error máximo de estimación esta dado por:

ε=n

zσ

Si se eleva al cuadrado ambos lados de esta ecuación y se despeja n de laecuación resultante, obtenemos:

2

=

εσz

n

Como n debe de ser un número entero, redondeamos hacia arriba todos losresultados fraccionarios.

En el caso de que se tenga una población finita y un muestreo sin reemplazo, elerror de estimación se convierte en:

ε=1−

−N

nNn

zσ

De nuevo se eleva al cuadrado ambos lados y se despeja la n, obteniendo:

( ) 222

22

1 σεσ

zNNz

n+−

=

Ejemplos:

1. Un biólogo quiere estimar el peso promedio de los ciervos cazados en elestado de Maryland. Un estudio anterior de diez ciervos cazados mostró quela desviación estándar de sus pesos es de 12.2 libras. ¿Qué tan grande debeser una muestra para que el biólogo tenga el 95% de confianza de que elerror de estimación es a lo más de 4 libras?

45

Solución:( )( )

736.354

2.1296.1 22

=

=

=

εσz

n

En consecuencia, si el tamaño de la muestra es 36, se puede tener un 95% deconfianza en que µ difiere en menos de 4 libras de x .

2. Una empresa eléctrica fabrica focos que tienen una duraciónaproximadamente normal con una desviación estándar de 40 horas. ¿De quétamaño se necesita una muestra si se desea tener 96% de confianza que lamedia real esté dentro de 10 horas de la media real?

( )( )43.67

1040053.2 22

=

=

=

εσz

n

Se necesita una muestra de 68 focos para estimar la media de la población ytener un error máximo de 10 horas.

¿Qué pasaría si en lugar de tener un error de estimación de 10 horas sólo serequiere un error de 5 horas?

( )( )74.269

540053.2 22

=

=

=

εσz

n

Se puede observar como el tamaño de la muestra aumenta, pero esto tienecomo beneficio una estimación más exacta.

3. Suponga que en el ejercicio anterior se tiene una población de 300 focos, yse desea saber de que tamaño debe de ser la muestra. El muestreo serealizará sin reemplazo.

Solución:Como se tiene una población finita y un muestreo sin reemplazo es necesarioutilizar la formula con el factor de corrección.

( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )21.55

40053.213001030040053.2

1 222

22

222

22

=+−

=+−

=σε

σzN

Nzn

Si se tiene una población finita de 300 focos sólo se tiene que extraer de lapoblación una muestra sin reemplazo de 56 focos para poder estimar la duraciónmedia de los focos restantes con un error máximo de 10 horas.

Cálculo del Tamaño de la Muestra para Estimar una ProporciónSe desea saber que tan grande se requiere que sea una muestra para asegurarque el error al estimar P sea menor que una cantidad específica ε.

npq

z=ε

Elevando al cuadrado la ecuación anterior se despeja n y nos queda:

2

2

εpqz

n =

46

Esta fórmula está algo engañosa, pues debemos utilizar p para determinar eltamaño de la muestra, pero p se calcula a partir de la muestra. Existenocasiones en las cuales se tiene una idea del comportamiento de la proporciónde la población y ese valor se puede sustituir en la fórmula, pero si no se sabenada referente a esa proporción entonces se tienen dos opciones:• Tomar una muestra preliminar mayor o igual a 30 para proporcionar una

estimación de P. Después con el uso de la fórmula se podría determinar deforma aproximada cuántas observaciones se necesitan para proporcionar elgrado de precisión que se desea.

• Tomar el valor de p como 0.5 ya que sustituyendo este en la fórmula seobtiene el tamaño de muestra mayor posible. Observe el siguiente ejemplo:

Se desconoce el valor de P, por lo que se utilizarán diferentes valores y sesustituirán en la formula para observar los diferentes tamaños de muestras. Elnivel de confianza que se utilizará es del 95% con un error de estimación de0.30.

p2

2

εpqz

n

0.10( ) ( )( )

( )2

2

30.090.010.096.1

3.84

0.20( ) ( )( )

( )2

2

30.0

80.020.096.16.82

0.30( ) ( )( )

( )2

2

30.070.030.096.1

8.96

0.40( ) ( )( )

( )2

2

30.0

60.040.096.110.24

0.50( ) ( )( )

( )2

2

30.050.050.096.1

10.67

0.60( ) ( )( )

( )2

2

30.040.060.096.1

10.24

0.70( ) ( )( )

( )2

2

30.030.070.096.1

8.96

0.80( ) ( )( )

( )2

2

30.0

20.080.096.16.82

0.90( ) ( )( )

( )2

2

30.0

10.090.096.13.84

Como se puede observar en la tabla anterior cuando P vale 0.5 el tamaño de lamuestra alcanza su máximo valor.

En el caso de que se tenga una población finita y un muestreo sin reemplazo, elerror de estimación se convierte en:

1−−

=N

nNnpq

zε

47

De nuevo se eleva al cuadrado ambos lados y se despeja la n, obteniendo:

( ) pqzNpqNz

n22

2

1 +−=

ε

Ejemplos:1. En una muestra aleatoria de 500 familias que tienen televisores en la ciudad

de Hamilton, Canadá, se encuentra que 340 están suscritas a HBO. ¿Quétan grande se requiere que sea una muestra si se quiere tener 95% deconfianza de que la estimación de P esté dentro de 0.02?

Solución:Se tratarán a las 500 familias como una muestra preliminar que proporciona unaestimación de p=340/500=0.68.

( ) ( )( )( )

209002.0

32.068.096.12

2

2

2

===ε

pqzn

Por lo tanto si basamos nuestra estimación de P sobre una muestra aleatoria detamaño 2090, se puede tener una confianza de 95% de que nuestra proporciónmuestral no diferirá de la proporción real por más de 0.02.

2. Una legisladora estatal desea encuestar a los residentes de su distrito paraconocer qué proporción del electorado conoce la opinión de ella, respecto aluso de fondos estatales para pagar abortos. ¿Qué tamaño de muestra senecesita si se requiere un confianza del 95% y un error máximo deestimación de 0.10?

Solución:En este problema, se desconoce totalmente la proporción de residentes queconoce la opinión de la legisladora, por lo que se utilizará un valor de 0.5 para p.

( ) ( )( )( )

04.9610.0

50.050.096.12

2

2

2

===ε

pqzn

Se requiere un tamaño de muestra de 97 residentes para que con una confianzadel 95% la estimación tenga un error máximo de 0.10.

Cálculo del Tamaño de la Muestra para Estimar la Diferencia de MediasSi se recuerda a la distribución muestral de diferencia de medias se tiene queerror esta dado por:

2

22

1

12

nnz

σσε +=

En esta ecuación se nos pueden presentar dos casos:• Los tamaños de muestra son iguales.• Los tamaño de muestra son diferentes .

48

Para el primer caso no se tiene ningún problema, se eleva al cuadrado laecuación y se despeja n ya que n1 es igual a n2.

( )2

22

122

εσσ +

=z

n

Para el segundo caso se pondrá una n en función de la otra. Este caso se utilizacuando las poblaciones son de diferente tamaño y se sabe que una es K vecesmayor que la otra.

( )2

22

122

2 εσσ

kkz

n+

=

Ejemplo:Un director de personal quiere comparar la efectividad de dos métodos deentrenamiento para trabajadores industriales a fin de efectuar cierta operaciónde montaje. Se divide un número de operarios en dos grupos iguales: el primerorecibe el método de entrenamiento 1, y el segundo, el método 2. Cada unorealizará la operación de montaje y se registrará el tiempo de trabajo. Se esperaque las mediciones para ambos grupos tengan una desviación estándaraproximadamente de 2 minutos. Si se desea que la estimación de la diferenciaen tiempo medio de montaje sea correcta hasta por un minuto, con unaprobabilidad igual a 0.95, ¿cuántos trabajadores se tienen que incluir en cadagrupo de entrenamiento?

( ) ( )( )31

12296.1

2

222

2

22

122

=+

=+

=ε

σσzn

Cada grupo debe contener aproximadamente 31 empleados.

Cálculo del Tamaño de la Muestra para Estimar la Diferencia deProporciones

Si se recuerda a la distribución muestral de diferencia de medias se tiene queerror esta dado por:

2

22

1

11

nqp

nqp

z +=ε

En esta ecuación se nos pueden presentar dos casos:• Los tamaños de muestra son iguales.• Los tamaño de muestra son diferentes .

Para el primer caso no se tiene ningún problema, se eleva al cuadrado laecuación y se despeja n ya que n1 es igual a n2.

Población 1

Población 2

n1=Kn2

49

( )2

22112

εqpqpz

n+

=

Para el segundo caso se pondrá una n en función de la otra. Este caso se utilizacuando las poblaciones son de diferente tamaño y se sabe que una es K vecesmayor que la otra.

( )2

22112

2 εkqkpqpz

n+

=

Ejemplo:Una compañía de productos alimenticios contrató a una empresa deinvestigación de mercadotecnia , para muestrear dos mercados, I y II, a fin decomparar las proporciones de consumidores que prefieren la comida congeladade la compañía con los productos de sus competidores. No hay informaciónprevia acerca de la magnitud de las proporciones P1 y P2. Si la empresa deproductos alimenticios quiere estimar la diferencia dentro de 0.04, con unaprobabilidad de 0.95, ¿ cuántos consumidores habrá que muestrear en cadamercado?

( ) ( ) ( )( ) ( )( )[ ]5.1200

04.05.05.05.05.096.1

2

2

22211

2

=+

=+

=ε

qpqpzn

Se tendrá que realizar encuestas a 1201 consumidores de cada mercado paratener una estimación con una confianza del 95% y un error máximo de 0.04.

Problemas propuestos1. Se probó una muestra aleatoria de 400 cinescopios de televisor y se

encontraron 40 defectuosos. Estime el intervalo que contiene, con uncoeficiente de confianza de 0.90, a la verdadera fracción de elementosdefectuosos.

2. Se planea realizar un estudio de tiempos para estimar el tiempo medio de untrabajo, exacto dentro de 4 segundos y con una probabilidad de 0.90, paraterminar un trabajo de montaje. Si la experiencia previa sugiere que σ = 16seg. mide la variación en el tiempo de montaje entre un trabajador y otro alrealizar una sola operación de montaje, ¿cuántos operarios habrá que incluiren la muestra?

3. El decano registró debidamente el porcentaje de calificaciones D y Fotorgadas a los estudiantes por dos profesores universitarios dematemáticas. El profesor I alcanzó un 32%, contra un 21% para el profesor II,con 200 y 180 estudiantes, respectivamente. Estime la diferencia entre los

Población 1

Población 2

n1=Kn2

50

porcentajes de calificaciones D y F otorgadas por los dos profesores. Utiliceun nivel de confianza del 95% e interprete los resultados.

4. Suponga que se quiere estimar la producción media por hora, en un procesoque produce antibiótico. Se observa el proceso durante 100 períodos de unahora, seleccionados al azar y se obtiene una media de 34 onzas por hora conuna desviación estándar de 3 onzas por hora. Estime la producción mediapor hora para el proceso, utilizando un nivel de confianza del 95%.

5. Un ingeniero de control de calidad quiere estimar la fracción de elementosdefectuosos en un gran lote de lámparas. Por la experiencia, cree que lafracción real de defectuosos tendría que andar alrededor de 0.2. ¿Qué tangrande tendría que seleccionar la muestra si se quiere estimar la fracciónreal, exacta dentro de 0.01, utilizando un nivel de confianza fe 95%?

6. Se seleccionaron dos muestras de 400 tubos electrónicos, de cada una dedos líneas de producción, A y B. De la línea A se obtuvieron 40 tubosdefectuosos y de la B 80. Estime la diferencia real en las fracciones dedefectuosos para las dos líneas, con un coeficiente de confianza de 0.90 einterprete los resultados.

7. Se tienen que seleccionar muestras aleatorias independientes de n1=n2=nobservaciones de cada una de dos poblaciones binomiales, 1 y 2. Si sedesea estimar la diferencia entre los dos parámetros binomiales, exactadentro de 0.05, con una probabilidad de 0.98. ¿qué tan grande tendría queser n?. No se tiene información anterior acerca de los valores P1 y P2, perose quiere estar seguro de tener un número adecuado de observaciones en lamuestra.

8. Se llevan a cabo pruebas de resistencia a la tensión sobre dos diferentesclases de largueros de aluminio utilizados en la fabricación de alas deaeroplanos comerciales. De la experiencia pasada con el proceso defabricación se supone que las desviaciones estándar de las resistencias a latensión son conocidas. La desviación estándar del larguero 1 es de 1.0Kg/mm2 y la del larguero 2 es de 1.5 Kg/mm2. Se sabe que elcomportamiento de las resistencias a la tensión de las dos clases delargueros son aproximadamente normal. Se toma una muestra de 10largueros del tipo 1 obteniéndose una media de 87.6 Kg/mm2, y otra detamaño 12 para el larguero 2 obteniéndose una media de 74.5 Kg/mm2.Estime un intervalo de confianza del 90% para la diferencia en la resistenciaa la tensión promedio.

9. Se quiere estudiar la tasa de combustión de dos propelentes sólidosutilizados en los sistemas de escape de emergencia de aeroplanos. Se sabeque la tasa de combustión de los dos propelentes tiene aproximadamente la

51

misma desviación estándar; esto es σ1=σ2 = 3 cm/s. ¿Qué tamaño demuestra debe utilizarse en cada población si se desea que el error en laestimación de la diferencia entre las medias de las tasas de combustión seamenor que 4 cm/s con una confianza del 99%?.

Respuesta a los Problemas propuestos

1. 0.07532 ≤ P ≤ 0.12462. n= 443. 0.0222 ≤ P1- P2 ≤ 0.19784. 33.412 ≤ µ ≤ 34.5885. n= 61476. 0.059 ≤ PB-PA ≤ 0.1417. n= 10868. 12.22 ≤ µ1-µ2 ≤ 13.989. n= 8

52

U N I D A D I I

PRUEBA DE HIPOTESIS

Las secciones anteriores han mostrado cómo puede estimarse un parámetro apartir de los datos contenidos en una muestra. Puede encontrarse ya sea unsólo número (estimador puntual) o un intervalo de valores posibles (intervalo deconfianza). Sin embargo, muchos problemas de ingeniería, ciencia, yadministración, requieren que se tome una decisión entre aceptar o rechazaruna proposición sobre algún parámetro. Esta proposición recibe el nombre dehipótesis. Este es uno de los aspectos más útiles de la inferencia estadística,puesto que muchos tipos de problemas de toma de decisiones, pruebas oexperimentos en el mundo de la ingeniería, pueden formularse como problemasde prueba de hipótesis.

Una hipótesis estadística es una proposición o supuesto sobre los parámetrosde una o más poblaciones.

Suponga que se tiene interés en la rapidez de combustión de un agentepropulsor sólido utilizado en los sistemas de salida de emergencia para latripulación de aeronaves. El interés se centra sobre la rapidez de combustiónpromedio. De manera específica, el interés recae en decir si la rapidez decombustión promedio es o no 50 cm/s. Esto puede expresarse de manera formalcomo

Ho; µ = 50 cm/sH1; µ ≠ 50 cm/s

La proposición Ho; µ = 50 cm/s, se conoce como hipótesis nula , mientras quela proposición H1; µ ≠ 50 cm/s, recibe el nombre de hipótesis alternativa.Puesto que la hipótesis alternativa especifica valores de µ que pueden sermayores o menores que 50 cm/s, también se conoce como hipótesisalternativa bilateral. En algunas situaciones, lo que se desea es formular unahipótesis alternativa unilateral, como en

Ho; µ = 50 cm/s Ho; µ = 50 cm/só

H1; µ < 50 cm/s H1; µ > 50 cm/s

Es importante recordar que las hipótesis siempre son proposiciones sobre lapoblación o distribución bajo estudio, no proposiciones sobre la muestra. Por logeneral, el valor del parámetro de la población especificado en la hipótesis nulase determina en una de tres maneras diferentes:

1. Puede ser resultado de la experiencia pasada o del conocimiento delproceso, entonces el objetivo de la prueba de hipótesis usualmente esdeterminar si ha cambiado el valor del parámetro.

53

2. Puede obtenerse a partir de alguna teoría o modelo que se relaciona con elproceso bajo estudio. En este caso, el objetivo de la prueba de hipótesis esverificar la teoría o modelo.

3. Cuando el valor del parámetro proviene de consideraciones externas, talescomo las especificaciones de diseño o ingeniería, o de obligacionescontractuales. En esta situación, el objetivo usual de la prueba de hipótesises probar el cumplimiento de las especificaciones.

Un procedimiento que conduce a una decisión sobre una hipótesis en particularrecibe el nombre de prueba de hipótesis . Los procedimientos de prueba dehipótesis dependen del empleo de la información contenida en la muestraaleatoria de la población de interés. Si esta información es consistente con lahipótesis, se concluye que ésta es verdadera; sin embargo si esta informaciónes inconsistente con la hipótesis, se concluye que esta es falsa. Debe hacersehincapié en que la verdad o falsedad de una hipótesis en particular nunca puedeconocerse con certidumbre, a menos que pueda examinarse a toda la población.Usualmente esto es imposible en muchas situaciones prácticas. Por tanto, esnecesario desarrollar un procedimiento de prueba de hipótesis teniendo encuenta la probabilidad de llegar a una conclusión equivocada.

La hipótesis nula, representada por Ho, es la afirmación sobre una o máscaracterísticas de poblaciones que al inicio se supone cierta (es decir, la“creencia a priori”).

La hipótesis alternativa, representada por H1, es la afirmación contradictoria aHo, y ésta es la hipótesis del investigador.

La hipótesis nula se rechaza en favor de la hipótesis alternativa, sólo si laevidencia muestral sugiere que Ho es falsa. Si la muestra no contradicedecididamente a Ho, se continúa creyendo en la validez de la hipótesis nula.Entonces, las dos conclusiones posibles de un análisis por prueba de hipótesisson rechazar Ho o no rechazar Ho.

Prueba de una Hipótesis Estadística

Para ilustrar los conceptos generales, considere el problema de la rapidez decombustión del agente propulsor presentado con anterioridad. La hipótesis nulaes que la rapidez promedio de combustión es 50 cm/s, mientras que la hipótesisalternativa es que ésta no es igual a 50 cm/s. Esto es, se desea probar:

Ho; µ = 50 cm/sH1; µ ≠ 50 cm/s

Supóngase que se realiza una prueba sobre una muestra de 10 especímenes, yque se observa cual es la rapidez de combustión promedio muestral. La media

54

muestral es un estimador de la media verdadera de la población. Un valor de lamedia muestral x que este próximo al valor hipotético µ = 50 cm/s es unaevidencia de que el verdadero valor de la media µ es realmente 50 cm/s; estoes, tal evidencia apoya la hipótesis nula Ho. Por otra parte, una media muestralmuy diferente de 50 cm/s constituye una evidencia que apoya la hipótesisalternativa H1. Por tanto, en este caso, la media muestral es el estadístico deprueba.

La media muestral puede tomar muchos valores diferentes. Supóngase que si48.5≤ x ≤51.5, entonces no se rechaza la hipótesis nula Ho; µ = 50 cm/s, y que six <48.5 ó x >51.5, entonces se acepta la hipótesis alternativa H1; µ ≠ 50 cm/s.Los valores de x que son menores que 48.5 o mayores que 51.5 constituyen laregión crítica de la prueba, mientras que todos los valores que están en elintervalo 48.5≤ x ≤51.5 forman la región de aceptación. Las fronteras entre lasregiones crítica y de aceptación reciben el nombre de valores críticos. Lacostumbre es establecer conclusiones con respecto a la hipótesis nula Ho. Portanto, se rechaza Ho en favor de H1 si el estadístico de prueba cae en la regióncrítica, de lo contrario, no se rechaza Ho.

Este procedimiento de decisión puede conducir a una de dos conclusioneserróneas. Por ejemplo, es posible que el valor verdadero de la rapidez promediode combustión del agente propulsor sea igual a 50 cm/s. Sin embargo, paratodos los especímenes bajo prueba, bien puede observarse un valor delestadístico de prueba x que cae en la región crítica. En este caso, la hipótesisnula Ho será rechazada en favor de la alternativa H1cuando, de hecho, Ho enrealidad es verdadera. Este tipo de conclusión equivocada se conoce comoerror tipo I.

El error tipo I se define como el rechazo de la hipótesis nula Ho cuando ésta esverdadera. También es conocido como α ó nivel de significancia.

Si tuviéramos un nivel de confianza del 95% entonces el nivel de significanciasería del 5%. Análogamente si se tiene un nivel de confianza del 90% entoncesel nivel de significancia sería del 10%.

Ahora supóngase que la verdadera rapidez promedio de combustión es diferentede 50 cm/s, aunque la media muestral x caiga dentro de la región de aceptación.En este caso se acepta Ho cuando ésta es falsa. Este tipo de conclusión recibeel nombre de error tipo II.

El error tipo II ó error β se define como la aceptación de la hipótesis nulacuando ésta es falsa.

Por tanto, al probar cualquier hipótesis estadística, existen cuatro situacionesdiferentes que determinan si la decisión final es correcta o errónea.

55

Decisión Ho es verdadera Ho es falsaAceptar Ho No hay error Error tipo II ó β

Rechazar Ho Error tipo I ó α No hay error

1. Los errores tipo I y tipo II están relacionados. Una disminución en laprobabilidad de uno por lo general tiene como resultado un aumento en laprobabilidad del otro.

2. El tamaño de la región crítica, y por tanto la probabilidad de cometer un errortipo I, siempre se puede reducir al ajustar el o los valores críticos.

3. Un aumento en el tamaño muestral n reducirá α y β de forma simultánea.4. Si la hipótesis nula es falsa, β es un máximo cuando el valor real del

parámetro se aproxima al hipotético. Entre más grande sea la distancia entreel valor real y el valor hipotético, será menor β.

PASOS PARA ESTABLECER UN ENSAYO DE HIPOTESISINDEPENDIENTEMENTE DE LA DISTRIBUCION QUE SE ESTE TRATANDO

1. Interpretar correctamente hacia que distribución muestral se ajustan los datosdel enunciado.

2. Interpretar correctamente los datos del enunciado diferenciando losparámetros de los estadísticos. Así mismo se debe determinar en este puntoinformación implícita como el tipo de muestreo y si la población es finita oinfinita.

3. Establecer simultáneamente el ensayo de hipótesis y el planteamiento gráficodel problema. El ensayo de hipótesis está en función de parámetros ya quese quiere evaluar el universo de donde proviene la muestra. En este punto sedetermina el tipo de ensayo (unilateral o bilateral).

4. Establecer la regla de decisión. Esta se puede establecer en función del valorcrítico, el cual se obtiene dependiendo del valor de α (Error tipo I o nivel designificancia) o en función del estadístico límite de la distribución muestral.Cada una de las hipótesis deberá ser argumentada correctamente paratomar la decisión, la cual estará en función de la hipótesis nula o Ho.

5. Calcular el estadístico real, y situarlo para tomar la decisión.

6. Justificar la toma de decisión y concluir.

Tipos de EnsayoSe pueden presentar tres tipos de ensayo de hipótesis que son:§ Unilateral Derecho§ Unilateral Izquierdo§ Bilateral

56

Dependiendo de la evaluación que se quiera hacer se seleccionará el tipo deensayo.

§ Unilateral Derecho. El investigador desea comprobar la hipótesis de unaumento en el parámetro, en este caso el nivel de significancia se carga todohacia el lado derecho, para definir las regiones de aceptación y de rechazo.

Ensayo de hipótesis:

Ho; Parámetro ≤ xH1; Parámetro > x

Parámetro = x§ Unilateral Izquierdo: El investigador desea comprobar la hipótesis de una

disminución en el parámetro, en este caso el nivel de significancia se cargatodo hacia el lado izquierdo, para definir las regiones de aceptación y derechazo.Ensayo de hipótesis:

Ho; Parámetro ≥ xH1; Parámetro < x

Parámetro = x

§ Bilateral: El investigador desea comprobar la hipótesis de un cambio en elparámetro. El nivel de significancia se divide en dos y existen dos regionesde rechazo.Ensayo de hipótesis:

Ho; Parámetro = xH1; Parámetro ≠ x

Parámetro = xPara realizar los ejemplos y ejercicios de ensayo de hipótesis se recomiendaseguir los pasos mencionados anteriormente. Los ejemplos siguientes sesolucionarán por los pasos recomendados, teniéndose una variedad deproblemas en donde se incluirán a todas las distribuciones muestrales que sehan visto hasta aquí.

Ejemplos:

α

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

α

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

Ho

α/2

Región derechazo

Región de aceptación

H1 H1

Región deRechazo

α/2

57

1. Una muestra aleatoria de 100 muertes registradas en Estados Unidos el añopasado muestra una vida promedio de 71.8 años. Suponga una desviaciónestándar poblacional de 8.9 años, ¿esto parece indicar que la vida media hoyen día es mayor que 70 años? Utilice un nivel de significancia de 0.05.

Solución:1. Se trata de una distribución muestral de medias con desviación estándar

conocida.2. Datos:

µ=70 añosσ = 8.9 añosx = 71.8 añosn = 100α = 0.05

3. Ensayo de hipótesisHo; µ = 70 años.H1; µ > 70 años.

4. Regla de decisión:Si zR≤ 1.645 no se rechaza Ho.Si zR> 1.645 se rechaza Ho.

5. Cálculos:

02.2

1009.8

708.71=

−=

−=

n

xZ R

R σµ

6. Justificación y decisión.Como 2.02 >1.645 se rechaza Ho y se concluye con un nivel de significanciadel 0.05 que la vida media hoy en día es mayor que 70 años.

Existe otra manera de resolver este ejercicio, tomando la decisión en base alestadístico real, en este caso la media de la muestra. De la formula de ladistribución muestral de medias se despeja la media de la muestra:

n

xZ L

L σµ−

= 46.71100

)9.8)(645.1(70 =+=+=

nZ

x lL

σµ

ZL = 1.645µ = 70

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

46.71=Lxµ = 70

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

58

Regla de decisión:Si Rx ≤ 71.46 No se rechaza Ho

Si Rx > 71.46 Se rechaza Ho

Como la media de la muestral es de 71.8 años y es mayor al valor de la mediamuestral límite de 71.46 por lo tanto se rechaza Ho y se llega a la mismaconclusión.

2. Una empresa eléctrica fabrica focos que tienen una duración que sedistribuye de forma aproximadamente normal con una media de 800 horas yuna desviación estándar de 40 horas. Si una muestra aleatoria de 30 focostiene una duración promedio de 788 horas, ¿muestran los datos suficienteevidencia para decir que la duración media ha cambiado? Utilice un nivel designificancia del 0.04.

Solución:1. Se trata de una distribución muestral de medias con desviación estándar

conocida.

2. Datos:µ=800 horasσ = 40 horasx = 788 horasn = 30α = 0.04

3. Ensayo de hipótesisHo; µ = 800 horasH1; µ ≠ 800 horas

4. Regla de Decisión:Si –2.052≤ ZR≤ 2.052 No se rechaza Ho

Si ZR < -2.052 ó si ZR > 2.052 Se rechaza Ho

5. Cálculos:

643.1

3040

800788−=

−=

−=

n

xZ R

R σµ

6. Justificación y decisión:

ZL= -2.052 µ = 800

Ho

α/2 = 0.02

Región derechazo

Región de aceptación

H1H1

Región deRechazo

α/2 = 0.02

ZL= 2.052

59

Como –2.052≤ -1.643≤ 2.052 por lo tanto, no se rechaza Ho y se concluyecon un nivel de significancia del 0.04 que la duración media de los focos noha cambiado.

Solución por el otro método:

=±=±=30

)40)(052.2(800

nZ

x lL

σµ 785.02 y 814.98

Regla de decisión:Si 785.02 ≤ Rx ≤ 814.98 No se rechaza Ho

Si Rx < 785.02 ó Rx > 814.98 se rechaza Ho

Como la Rx = 788 horas, entonces no se rechaza Ho y se concluye que laduración media de los focos no ha cambiado.

3. Una muestra aleatoria de 64 bolsas de palomitas de maíz pesan, en pomedio5.23 onzas con una desviación estándar de 0.24 onzas. Pruebe la hipótesisde que µ = 5.5 onzas contra al hipótesis alternativa, µ < 5.5 onzas en el nivelde significamcia de 0.05.

Solución:1. Se trata de una distribución muestral de medias con desviación estándar

desconocida, pero como el tamaño de muestra es mayor a 30 se puedetomar la desviación muestral como un estimador puntual para la poblacional.

2. Datos:µ= 5.5 onzass= 0.24 onzasx = 5.23 onzasn = 64α = 0.05

3. Ensayo de hipótesisHo; µ = 5.5 onzasH1; µ < 5.5 onzas

ZL= -1.645

02.785=Lx µ = 800

Ho

α/2 = 0.02

Región derechazo

Región de aceptación

H1H1

Región deRechazo

α/2 = 0.02

98.814=Lx

µ = 5.5

Ho

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

H1

60

4. Regla de decisión:Si ZR ≥ -1.645 No se rechaza Ho

Si ZR < -1.645 Se rechaza Ho

5. Cálculos:

9

6424.0

5.523.5−=

−=

−=

n

xZ R

R σµ

6. Justificación y decisión:Como –9 < -1.645 por lo tanto se rechaza Ho y se concluye con un nivel designificancia del 0.05 que las bolsas de palomitas pesan en promedio menosde 5.5 onzas.

Solución por el otro método:

45.564

)24.0)(645.1(5.5 =−=−=

nZ

x lL

σµ

Regla de decisión:Si Rx ≥ 5.45 No se Rechaza Ho

Si Rx < 5.45 Se rechaza Ho

Como la Rx = 5.23 y este valor es menor que 5.45 pot lo tanto se rechaza Ho.

4. Un constructor afirma que se instalan bombas de calor en 70% de todas lascasas que se construyen hoy en día en la ciudad de Richmond. ¿Estaría deacuerdo con esta afirmación si una investigación de casas nuevas en estaciudad muestra que 8 de 15 tienen instaladas bombas de calor? Utilice unnivel de significancia de 0.10.

Solución:1. Se trata de una distribución muestral de proporciones.2. Datos:

P= 0.70p = 8/15 = 0.5333n = 15α = 0.10

45.5=Lx µ = 5.5

Ho

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

H1

61

3. Ensayo de hipótesisHo; P = 0.70H1; P ≠ 0.70

4. Regla de Decisión:Si –1.645≤ ZR≤ 1.645 No se rechaza Ho

Si ZR < -1.645 ó si ZR > 1.645 Se rechaza Ho

5. Cálculos:

41.1

15)30.0)(70.0(

70.0533.0−=

−=

−=

nPq

PpZR

6. Justificación y decisión:Como –1.645≤ -1.41≤ 1.645 No se rechaza Ho y se concluye con un nivel designificancia de 0.10 que la afirmación del constructor es cierta.

Solución por el otro método:

15)30.0)(70.0(

645.170.0 ±=±=n

PqzPp LL = 0.505 y 0.894

Regla de decisión:Si 0.505≤ pR≤ 0.894 No se rechaza Ho

Si pR < 0.505 ó si ZR > 0.894 Se rechaza Ho

Como el valor del estadístico real es de 0.533 por lo tanto no se rechaza Ho y sellega a la misma conclusión.

5. Un fabricante de semiconductores produce controladores que se emplean enaplicaciones de motores automovilísticos. El cliente requiere que la fracciónde controladores defectuosos en uno de los pasos de manufactura críticos nosea mayor que 0.05, y que el fabricante demuestre esta característica delproceso de fabricación con este nivel de calidad, utilizando α = 0.05. El

ZL= -1.645 P = 0.70

Ho

α/2 = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

H1 H1

Región deRechazo

α/2 = 0.05

ZL= 1.645

pL= 0.505 P = 0.70

Ho

α/2 = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

H1H1

Región deRechazo

α/2 = 0.05

pL= 0.894

62

fabricante de semiconductores toma una muestra aleatoria de 200dispositivos y encuentra que cuatro de ellos son defectuosos. ¿El fabricantepuede demostrar al cliente la calidad del proceso?

Solución:1. Se trata de una distribución muestral de proporciones.

2. Datos:P= 0.05p = 4/200 = 0.02n = 200α = 0.05

3. Ensayo de hipótesisHo; P = 0.05H1; P < 0.05

4. Regla de decisión:Si ZR ≥ -1.645 No se rechaza Ho

Si ZR < -1.645 Se rechaza Ho

5. Cálculos:

946.1

200)95.0)(05.0(

05.002.0−=

−=

−=

nPq

PpZR

6. Justificación y decisión:Puesto que –1.946<-1.645, se rechaza Ho y se concluye con un nivel designificancia del 0.05 que la fracción de artículos defectuosos es menor que0.05.

6. Un diseñador de productos está interesado en reducir el tiempo de secado deuna pintura tapaporos. Se prueban dos fórmulas de pintura; la fórmula 1 tieneel contenido químico estándar, y la fórmula 2 tiene un nuevo ingredientesecante que debe reducir el tiempo de secado. De la experiencia se sabeque la desviación estándar del tiempo de secado es ocho minutos, y estavariabilidad inherente no debe verse afectada por la adición del nuevoingrediente. Se pintan diez especímenes con la fórmula 1, y otros diez con lafórmula 2. Los dos tiempos promedio de secado muestrales son 121 min y112 min respectivamente. ¿A qué conclusiones puede llegar el diseñador delproducto sobre la eficacia del nuevo ingrediente, utilizando α = 0.05?

P = 0.05

Ho

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

H1

ZL= -1.645

63

Solución:1. Se trata de una distribución muestral de diferencia de medias con desviación

estándar conocida.

2. Datos:σ1=σ2= 8

min112min121

2

1

==

xx

n1=n2= 10α = 0.05

3. Ensayo de hipótesisHo; µ1-µ2 = 0H1; µ1-µ2 > 0 Se desea rechazar Ho si el nuevo ingrediente disminuye eltiempo promedio de secado, por eso se pone la diferencia mayor a cero osea positiva para poder probar que µ2 es menor que µ1.

4. Regla de decisión:Si zR≤ 1.645 no se rechaza Ho.Si zR> 1.645 se rechaza Ho.

5. Cálculos:

52.2

108

108

0)112121()()(22

2

22

1

21

2121 =

+

−−=

+

−−−=

nn

xxZR

σσ

µµ

6. Justificación y decisión:Puesto que 2.52>1.645, se rechaza Ho, y se concluye con un nivel designificancia de 0.05 que la adición del nuevo ingrediente a la pintura sidisminuye de manera significativa el tiempo promedio de secado.

ZL = 1.645µ 1-µ2=070

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

64

Solución por el otro método:

88.5108

108

645.10)()(22

2

21

1

21

2121 =++=++−=−nn

zxx L

σσµµ

Regla de decisión:Si Rxx )( 21 − ≤ 5.88 No se rechaza Ho

Si Rxx )( 21 − > 5.88 Se rechaza Ho

Puesto que Rxx )( 21 − = 121-112 = 9 y este número es mayor a 5.88 por lo tantose rechaza Ho.

7. Se utilizan dos máquinas para llenar botellas de plástico con un volumen netode 16.0 onzas. Las distribuciones de los volúmenes de llenado puedensuponerse normales, con desviaciones estándar σ1= 0.020 y σ2 = 0.025onzas. Un miembro del grupo de ingeniería de calidad sospecha que elvolumen neto de llenado de ambas máquinas es el mismo, sin importar siéste es o no de 16 onzas. De cada máquina se toma una muestra aleatoriade 10 botellas. ¿Se encuentra el ingeniero en lo correcto? Utilice α = 0.05

MAQUINA 1 MAQUINA 216.03 16.01 16.02 16.0316.04 15.96 15.97 16.0416.05 15.98 15.96 16.0216.05 16.02 16.01 16.0116.02 15.99 15.99 16.00

Solución:1. Se trata de una distribución muestral de diferencia de medias con desviación

estándar conocida.

2. Datos:σ1= 0.020σ2= 0.025

015.161 =x Este dato se obtuvo calculando la media de los datos en lamáquina 1.

88.521 =− xxµ 1-µ2=0

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

65

005.162 =x Este dato se obtuvo calculando la media de los datos en lamáquina 2.n1=n2 = 10α = 0.05

3. Ensayo de hipótesisHo; µ1-µ2 = 0H1; µ1-µ2 ≠ 0 Si se cae en Ho se podrá probar que el volumen de llenado es elmismo en las dos máquinas.

4. Regla de Decisión:Si –1.96≤ ZR≤ 1.96 No se rechaza Ho

Si ZR < -1.96 ó si ZR > 1.96 Se rechaza Ho

5. Cálculos:

987.0

10025.0

10020.0

0)005.16015.16()()(22

2

22

1

21

2121 =

+

−−=

+

−−−=

nn

xxZR

σσ

µµ

6. Justificación y decisión:Como –1.96≤ 0.987≤ 1.96 entonces no se rechaza Ho y se concluye con un nivelde significancia de 0.05 que las dos máquinas tienen en promedio la mismacantidad de llenado.

Solución por el otro método:

=+±=+±−=−10025.0

10020.0

96.10)()(22

2

21

1

21

2121 nnzxx L

σσµµ -0.019 y 0.019

ZL= -1.96 µ1−µ2 = 0

Ho

α/2 = 0.025

Región derechazo

Región de aceptación

H1 H1

Región deRechazo

α/2 = 0.025

ZL= 1.96

019.0)( 21 −=− xx µ1−µ2 = 0

Ho

α/2 = 0.025

Región derechazo

Región de aceptación

H1 H1

Región deRechazo

α/2 = 0.025

019.0)( 21 =− xx

66

Regla de decisión:Si –0-019≤ Rxx )( 21 − ≤ 0.019 No se rechaza Ho

Si Rxx )( 21 − < -0.019 ó Rxx )( 21 − > 0.019 Se rechaza Ho

Como Rxx )( 21 − = 16.015 – 16.005 = 0.01, entonces cae en la región deaceptación y no se rechaza Ho.

8. Existen dos tipos de plástico apropiados para su uso por un fabricante decomponentes electrónicos. La tensión de ruptura de ese plástico es unparámetro importante . Se sabe que σ1=σ2= 1.0 psi. De una muestra aleatoriade tamaño 10 y 12 para cada plástico respectivamente, se tiene una mediade 162.5 para el plástico 1 y de 155 para el plástico 2. La compañía noadoptará el plástico 1 a menos que la tensión de ruptura de éste exceda a ladel plástico 2 al menos por 10 psi. Con base a la información contenida en lamuestra, ¿la compañía deberá utilizar el plástico 1? Utilice α = 0.05 parallegar a una decisión.

Solución:1. Se trata de una distribución muestral de diferencia de medias con desviación

estándar conocida.

2. Datos:σ1=σ2= 1.0 psi

psixpsix

1555.162

2

1

==

n1= 10n2= 12α = 0.05

3. Ensayo de hipótesis

Ho; µ1-µ2 = 10H1; µ1-µ2 > 10 Se desea rechazar Ho si la media del plástico 1 supera a lamedia del plástico 2 en por lo menos 10 psi.

ZL = 1.645µ 1-µ2=10

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

67

4. Regla de decisión:Si zR≤ 1.645 no se rechaza Ho.Si zR> 1.645 se rechaza Ho.

5. Cálculos:

83.5

121

101

10)1555.162()()(22

2

22

1

21

2121 −=

+

−−=

+

−−−=

nn

xxZR

σσ

µµ

6. Justificación y decisión:No existe evidencia suficiente para apoyar el uso del plástico 1 ya que–5.83≤ 1.645, por lo tanto no se rechaza Ho.

Solución por el otro método:

70.10121

101

645.110)()(22

2

21

1

21

2121 =++=++−=−nn

zxx L

σσµµ

Regla de decisión:Si Rxx )( 21 − ≤ 10.70 No se rechaza Ho

Si Rxx )( 21 − > 10.70 Se rechaza Ho

Puesto que Rxx )( 21 − = 162.5-155 = 7.5 y este número es no es mayor a 10.7 porlo tanto no se rechaza Ho.

9. Se evalúan dos tipos diferentes de soluciones para pulir, para su posible usoen una operación de pulido en la fabricación de lentes intraoculares utilizadosen el ojo humano después de una cirugía de cataratas. Se pulen 300 lentescon la primera solución y, de éstos, 253 no presentaron defectos inducidospor el pulido. Después se pulen otros 300 lentes con la segunda solución, delos cuales 196 resultan satisfactorios. ¿Existe alguna razón para creer quelas dos soluciones para pulir son diferentes? Utilice α = 0.01

70.1021 =− xxµ 1-µ2=10

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

68

Solución:1. Se trata de una distribución muestral de diferencia de proporciones.

2. Datos:p1= 253/300= 0.8433p2 = 196/300= 0.6533n1=n2 = 300

3. Ensayo de hipótesis:Ho; P1-P2 = 0H1; P1-P2 ≠ 0

4. Regla de Decisión:Si –2.575≤ ZR≤ 2.575 No se rechaza Ho

Si ZR < -2.575 ó si ZR > 2.575 Se rechaza Ho

5. Cálculos:

2

22

1

11

2121 )()(

nqP

nqP

PPppZR

+

−−−=

En esta fórmula se puede observar que en el denominador se tienen a lasproporciones poblacionales o sea los parámetros, los cuales no se conocen,por lo que en el ensayo de hipótesis la fórmula para poder calcular la ZRcambia, estimando a el parámetro común P de la siguiente forma:

21

21

nnxx

P++

= ó bien 21

2211

nnpnpn

P++

=

Entonces la fórmula de ZR quedaría de la siguiente manera:

+

−−−=

21

2121

11

)()(

nnPq

PPppZR

ZL= -2.575 P1−P2 = 0

Ho

α/2 = 0.005

Región derechazo

Región de aceptación

H1 H1

Región deRechazo

α/2 = 0.005

ZL= 2.575

69

Se calculará el valor de P:

7483.0300300196253

21

21 =++

=++

=nnxx

P

36.5

3001

3001

)2517.0)(7483.0(

0)6533.08433.0(

11

)()(

21

2121 =

+

−−=

+

−−−=

nnPq

PPppZR

6. Justificación y decisión:Puesto que 5.36>2.575, se rechaza la hipótesis nula y se concluye con unnivel de significancia de 0.01 que los dos fluidos para pulir son diferentes.

10. Se tomará el voto entre los residentes de una ciudad y el condadocircundante para determinar si se debe construir una planta químicapropuesta. El lugar de construcción está dentro de los límites de la ciudad ypor esta razón muchos votantes del condado consideran que la propuestapasará debido a la gran proporción de votantes que favorecen laconstrucción. Para determinar si hay una diferencia significativa en laproporción de votantes de la ciudad y votantes del condado que favorecen lapropuesta, se realiza una encuesta. Si 120 de 200 votantes de la ciudadfavorecen la propuesta y 240 de 500 residentes del condado también lohacen, ¿estaría de acuerdo en que la proporción de votantes de la ciudadque favorecen la propuesta es más alto que la proporción de votantes delcondado? Utilice un nivel de significancia de 0.025.

Solución:1. Se trata de una distribución muestral de diferencia de proporciones.

2. Datos:p1= 120/200= 0.60p2 = 240/500= 0.48n1 = 200n2 = 500

3. Ensayo de hipótesis:Ho; P1-P2 = 0H1; P1-P2 > 0

ZL = 1.96P1-P2=0

α = 0.025

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

70

4. Regla de decisión:Si zR≤ 1.96 no se rechaza Ho.Si zR> 1.96 se rechaza Ho.

5. Cálculos:Se calculará el valor de P:

51.0500200240120

21

21 =++

=++

=nnxx

P 51.0500200240120

21

21 =++

=++

=nnxx

P

9.2

5001

2001

)49.0)(51.0(

0)48.060.0(

11

)()(

21

2121 =

+

−−=

+

−−−=

nnPq

PPppZR

6. Justificación y decisión:Puesto que 2.9>1.96, se rechaza la hipótesis nula y se concluye con un nivelde significancia de 0.025 que la proporción de votantes de la ciudad a favorde la propuesta es más alta que la proporción de votantes del condado.

Uso de valores P para la toma de decisiones

Al probar hipótesis en las que la estadística de prueba es discreta, la regióncrítica se puede elegir de forma arbitraria y determinar su tamaño. Si α esdemasiado grande, se puede reducir al hacer un ajuste en el valor crítico. Puedeser necesario aumentar el tamaño de la muestra para compensar la disminuciónque ocurre de manera automática en la potencia de la prueba (probabilidad derechazar Ho dado que una alternativa específica es verdadera).

Por generaciones enteras de análisis estadístico, se ha hecho costumbre elegirun nivel de significancia de 0.05 ó 0.01 y seleccionar la región crítica enconsecuencia. Entonces, por supuesto, el rechazo o no rechazo estricto de Hodependerá de esa región crítica. En la estadística aplicada los usuarios hanadoptado de forma extensa la aproximación del valor P. La aproximación sediseña para dar al usuario una alternativa a la simple conclusión de “rechazo” o“no rechazo”.

La aproximación del valor P como ayuda en la toma de decisiones es bastantenatural pues casi todos los paquetes de computadora que proporcionan elcálculo de prueba de hipótesis entregan valores de P junto con valores de laestadística de la prueba apropiada.

• Un valor P es el nivel (de significancia) más bajo en el que el valorobservado de la estadística de prueba es significativo.

71

• El valor P es el nivel de significancia más pequeño que conduce al rechazode la hipótesis nula Ho.

• El valor P es el mínimo nivel de significancia en el cual Ho sería rechazadacuando se utiliza un procedimiento de prueba especificado con un conjuntodado de información. Una vez que el valor de P se haya determinado, laconclusión en cualquier nivel α particular resulta de comparar el valor P conα:

1. Valor P ≤ α ⇒ rechazar Ho al nivel α.2. Valor P > α ⇒ No rechazar Ho al nivel α.

Ensayo Unilateral Derecho:

Ensayo Unilateral Izquierdo:

Ensayo Bilateral:

Z= 0

Valor P

ZR ó calculada

Z= 0

Valor P

ZR ó calculada

ZR, -ZR calculadas

Valor P = Suma de las dos áreas

72

Ejemplos:1. Calcular el valor de P para el primer ejemplo de ensayo de hipótesis en

donde se quería probar que la edad media de los habitantes de EstadosUnidos es superior a 70 años.

Solución:

1. Ensayo de hipótesisHo; µ = 70 años.H1; µ > 70 años.

2. Regla de decisión:Si P≤ 0.05 se rechaza Ho.Si P > 0.05 No se rechaza Ho.

3. Cálculos:

02.2

1009.8

708.71=

−=

−=

n

xZ R

R σµ

Esta es el valor de Z que se utilizará para calcular el valor de P, como es unensayo unilateral derecho se calculará el área a la derecha de este valor.

4. Justificación y decisión:Como el valor de P es 0.217 y es menor al valor del nivel de significancia de0.05 por lo tanto se rechaza H0, y se concluye que la edad media de loshabitantes es mayor a 70 años.

2. Calcular el valor de P para el ejemplo 7 de esta sección en donde se tienedos máquinas y se quiere ver si tienen la misma cantidad promedio dellenado en las botellas de plástico.

Solución:1. Ensayo de hipótesis

Ho; µ1-µ2 = 0

ZL = 1.645µ = 70

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

Z= 0

Valor P = 0.0217

ZR = 2.02

73

H1; µ1-µ2 ≠ 0 Si se cae en Ho se podrá probar que el volumen de llenado es elmismo en las dos máquinas.

2. Regla de Decisión:Si P≤ 0.05 Se rechaza Ho

Si P > 0.05 No se rechaza Ho

3. Cálculos:

987.0

10025.0

10020.0

0)005.16015.16()()(22

2

22

1

21

2121 =

+

−−=

+

−−−=

nn

xxZR

σσ

µµ

Como este es un ensayo bilateral se procederá a calcular el valor de P medianteel valor de la ZR, positiva y negativa y luego se sumarán las áreas.

Como el valor de P es mayor al de α, se no se rechaza H0, y se concluye que lasmaquinas tienen el mismo llenado promedio.

3. Se afirma que un automóvil se maneja en promedio más de 20,000kilómetros por año. Para probar esta afirmación, se pide a una muestra de100 propietarios de automóviles que lleven un registro de los kilómetros queviajen. ¿Está de acuerdo con esta afirmación si la muestra aleatoria tiene unpromedio de 23,500 kilómetros y una desviación estándar de 3900kilómetros? Utilice un valor P para su conclusión.

Solución:En este ejercicio no nos manejan ningún valor de α, por lo que se procederá aplantear el ensayo y luego calcular z para poder conocer el valor de P y llegar auna conclusión.

ZL= -1.96 µ1−µ2 = 0

Ho

α/2 = 0.025

Región derechazo

Región de aceptación

H1H1

Región deRechazo

α/2 = 0.025

ZL= 1.96

ZR = -0.987 ZR = 0.987

Valor P = 0.1618 + 0.1618 = 0.3236

74

1. Ensayo de hipótesisHo; µ = 20,000 kilómetros.H1; µ > 20,000 kilómetros.

2. Cálculos:

97.8

1003900

2000023500=

−=

−=

n

xZ R

R σµ

3. Decisión.Se observa que este valor de Z es muy grande, ni siquiera se encuentra en latabla, entonces quiere decir que el área a la derecha de ese valor es cero yeste sería el valor de P, por lo que no apoya a la hipótesis nula y seconcluye que los automóviles se manejan en promedio más de 20,000kilómetros por año.

4. Se estudia la fracción de circuitos integrados defectuosos producidos en unproceso de fotolitografía. Para ello se somete a prueba una muestra de 300circuitos, en la que 13 son defectuosos. Utilice los datos para probarHo: P=0.05 contra H1: P≠ 0.05. Utilice un valor de P para su conclusión.

Solución:1. Ensayo de hipótesis

Ho; P = 0.05H1; P ≠ 0.05

2. Cálculos:

53.0

300)95.0)(05.0(

05.0043.0−=

−=

−=

nPq

PpZR

3. Decisión:Este valor de P de 0.596 es muy grande por lo que se concluye que lafracción defectuosa de circuitos integrados es de 0.05, o sea no se rechazaHo.

ZR = -0.53 ZR = 0.53

Valor P = 0.298 + 0.298 = 0.596

75

ERROR TIPO II ó β

Al evaluar un procedimiento de prueba de hipótesis, también es importanteexaminar la probabilidad del error tipo II, el cual se denota por β. Esto es,

β = P(error tipo II) = P(aceptar Ho/ Ho es falsa)

Para calcular β se debe tener una hipótesis alternativa específica; esto es, debetenerse un valor particular del parámetro. Por ejemplo, supóngase que esimportante rechazar la hipótesis nula Ho: µ = 50 cada vez que la rapidezpromedio de combustión µ es mayor que 52 cm/s o menor que 48 cm/s. Paraello, puede calcularse la probabilidad β de un error tipo II para los valores µ = 52y µ = 48, y utilizar este resultado para averiguar algo con respecto a la forma enque se desempeñará la prueba. De manera específica, ¿cómo trabajará elprocedimiento de prueba si se desea detectar, esto es, rechazar Ho, para unvalor medio de µ = 52 ó µ = 48? Dada la simetría, sólo es necesario evaluar unode los dos casos, esto es, encontrar la probabilidad de aceptar la hipótesis nulaHo: µ = 50 cuando el valor verdadero es µ = 52.

Para hacer este cálculo se tendrá un tamaño de muestra de 10 y una desviaciónestándar de la población de 2.5 cm/s. Además se evaluará el error tipo II con unnivel de significancia de 0.06.

Ho: µ = 50H1: µ ≠ 50

Como ya sabemos se trata de un ensayo bilateral por lo que se tendrá quecalcular el valor del estadístico Lx de la siguiente manera:

=±=±=10

)5.2)(88.1(50

nZ

x lL

σµ 48.51 y 51.48

Para facilitar los cálculos se redondearán estos números a 48.5 y 51.5

Para poder comprender mejor el cálculo del error tipo II se delimitará el área dela región de aceptación con dos líneas ya que es bilateral y se evaluará laprobabilidad de caer en esa área cuando la media tiene un valor de 52 y de 48.

5.48=Lx µ = 50

Ho

α/2 = 0.03

Región derechazo

Región de aceptación

H1H1

Región deRechazo

α/2 = 0.03

5.51=Lx

76

43.4

105.2

525.48−=

−=z

63.0

105.2

525.51−=

−=z

63.0

105.2

485.48=

−=z

43.4

105.2

485.51=

−=z

Como se puede observar en cada calculo del valor β se tuvieron que evaluar losdos valores de z. En el primer calculo de β se tiene un valor de z=-4.43, estoquiere decir que no existe área del lado izquierdo del 48.5, por lo que β sólo seráel área que corresponda a la z=-0.63. Lo mismo pasa con el segundo cálculo deβ. Como las medias de 52 y 48 son equidistantes del 50 por este motivo losvalores del error tipo II son los mismos.En caso que no estén equidistantes se tienen que calcular por separado ycalcular los valores correspondientes de z porque en ocasiones se tiene un áreaque no está dentro de la región de aceptación, la cual no se tiene que tomar encuenta para evaluar al error tipo II.A continuación se procederá a generar algunas curvas características deoperación para evaluar al error tipo II, entre más se aleja el valor verdadero de lamedia de la media de la hipótesis nula, menor es la probabilidad del error tipo IIpara un tamaño de muestra y nivel de significancia dadas. A medida que eltamaño de la muestra aumenta la probabilidad de cometer el error tipo IIdisminuye. Esto se observará en los ejercicios siguientes.

Ejemplos:

1. Generar una curva característica de operación para el ejercicio número 1 dela sección de ensayo de hipótesis con las siguientes medias supuestas:µ = 70.5, 71, 71.5, 72, 72.5, 73, 73.5, y 74.

5.48=Lx µ = 50

Ho

α/2 = 0.03

Región derechazo

Región de aceptación

H1 H1

Región deRechazo

α/2 = 0.03

5.51=Lx

µ = 52

β = 0.2643

µ = 48

β = 0.2643

77

2. Datos:µ=70 añosσ = 8.9 añosx = 71.8 añosn = 100α = 0.05

3. Ensayo de hipótesisHo; µ = 70 años.H1; µ > 70 años.

Se calculará el estadístico límite:

46.71100

)9.8)(645.1(70 =+=+=

nZ

x lL

σµ

08.1

1009.8

5.7046.71=

−=z

517.0

1009.8

7146.71=

−=z

µ = 71

46.71=Lxµ = 70

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

ZL = 1.645µ = 70

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

µ = 70.5

β= 0.8599

β= 0.6974

78

044.0

1009.8

5.7146.71−=

−=z

606.0

1009.8

7246.71−=

−=z

168.1

1009.8

5.7246.71−=

−=z

73.1

1009.8

7346.71−=

−=z

29.2

1009.8

5.7346.71−=

−=z

85.2

1009.8

7446.71−=

−=z

µ = 74

µ = 73

µ = 72.5

µ = 72

µ = 71.5

β= 0.4824

β= 0.2722

β= 0.1214

β= 0.0418

µ = 73.5

β= 0.011

β= 0.0021

79

En la mayoría de los libros de estadística existen las curvas características deoperación para diferentes tamaños de muestra y éstas se proporcionan tantopara α = 0.05 como para α = 0.01 (son las más comunes). Para poder utilizar lascurvas se define un parámetro llamado d, que estandariza para cualquier valorde µ y σ:

σδ

σ

µµ ||=

−=

od

Si se quisiera consultar en un libro, ¿cuál es la probabilidad de cometer el errortipo II ó β cuando la media verdadera es de 72?; se tendría que calcular el valorde d y buscar en las curvas la que pertenezca a un tamaño de muestra de 100con un α = 0.05.

9.8|2|

9.8

7072=

−=d = 0.2247

Este valor se encuentra en el eje de las x. Si se transforma la curvacaracterística de operación con el valor de d quedaría de la siguiente manera:

CURVA CARACTERISTICA DE OPERACION

0.950.8599

0.6974

0.4824

0.2722

0.12140.0418 0.011 0.00210

0.10.20.30.40.50.60.70.80.9

1

70 70.5 71 71.5 72 72.5 73 73.5 74 74.5

Valor de la media

Pro

bab

ilid

ad e

rro

r ti

po

II

80

Se comentó anteriormente que si el tamaño de la muestra aumenta los dos tiposde errores α y β disminuyen. Para probar esto y específicamente en lo que serefiere al error tipo II se realizará el ejercicio anterior suponiendo que en lugar detener 100 personas, el tamaño de la muestra aumenta a 150 personas.

Se calculará el estadístico límite:

2.71150

)9.8)(645.1(70 =+=+=

nZ

x lL

σµ

963.0

1509.8

5.702.71=

−=z

CURVA CARACTERISTICA DE OPERACION

0.950.8599

0.6974

0.4824

0.2722

0.12140.04180.011 0.00210

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5

d

Pro

babi

lidad

err

or ti

po II

2.71=Lxµ = 70

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

µ = 70.5

β= 0.8322

81

275.0

1509.8

712.71=

−=z

412.0

1509.8

5.712.71−=

−=z

10.1

1509.8

722.71−=

−=z

79.1

1509.8

5.722.71−=

−=z

47.2

1509.8

732.71−=

−=z

16.3

1509.8

5.732.71−=

−=z

µ = 72

µ = 71.5

µ = 71

β= 0.6083

µ = 73

µ = 72.5

β= 0.3407

β= 0.1356

β= 0.0367

β= 0.0067

µ = 73.5

β= 0.0007

82

3. Generar una curva característica de operación (CCO) para el ejercicio 5 deensayo de hipótesis. Suponer los siguientes valores de P; 0.04, 0.03, 0.025,0.02 y 0.01. Enseguida se proporciona la información necesaria para realizarla CCO:

Datos:P= 0.05p = 4/200 = 0.02n = 200α = 0.05

Ensayo de hipótesisHo; P = 0.05H1; P < 0.05

Solución:Se procederá a calcular el estadístico límite pL:

0246.0200

)95.0)(05.0(645.105.0 =−=−=

nPq

zPpL

CURVA CARACTERISTICA DE OPERACION

00.10.20.30.40.50.60.70.80.9

1

70 70.5 71 71.5 72 72.5 73 73.5 74 74.5

Valor de la media

Pro

bab

ilid

ad e

rro

r ti

po

II

n=100

n=150

α = 0.05

P = 0.05

HoRegión derechazo

Región de aceptación

H1

ZL= -1.645

83

11.1

200)96.0)(04.0(

04.00246.0−=

−=z

447.0

200)97.0)(03.0(

03.00246.0−=

−=z

036.0

200)975.0)(025.0(

025.00246.0−=

−=z

464.0

200)98.0)(02.0(

02.00246.0=

−=z

075.2

200)99.0)(01.0(

01.00246.0=

−=z

P = 0.02

P = 0.025

P = 0.03

P = 0.04

α = 0.05

P = 0.05

HoRegión derechazo

Región de aceptación

H1

pL= 0.0246

β=0.8665

β=0.6725

β=0.5143

β=0.3213

P = 0.01

β=0.0189

84

En una distribución muestral de proporciones, para graficar la CCO, se necesitacalcular el valor de np, que es el que irá en el eje de las x para estandarizar lacurva.

4. Genere un CCO para el ejercicio número 6 de la sección anterior. Supongalas siguientes diferencias de medias: µ1-µ2 =2, 4, 6, 7, 9, 12 y 14.Datos:σ1=σ2= 8

min112min121

2

1

==

xx

n1=n2= 10α = 0.05

Ensayo de hipótesisHo; µ1-µ2 = 0H1; µ1-µ2 > 0

88.5108

108

645.10)()(22

2

21

1

21

2121 =++=++−=−nn

zxx L

σσµµ

CURVA CARACTERISTICA DE OPERACION

0.950.8665

0.6725

0.5143

0.3213

0.018900.10.20.30.40.50.60.70.80.9

1

1 3 5 7 9

np

Pro

bab

ilid

ad e

rro

r ti

po

II

ZL = 1.645µ 1-µ2=0

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

85

086.1

108

108

288.522

=

+

−=z

526.0

108

108

488.522

=

+

−=z

033.0

108

108

688.522

−=

+

−=z

313.0

108

108

788.522

−=

+

−=z

873.0

108

108

988.522

−=

+

−=z

µ 1-µ2=7

µ 1-µ2=6

µ 1-µ2=4

µ 1-µ2=2

88.5)( 21 =− Lxxµ 1-µ2=0

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

β= 0.8612

β= 0.70

β= 0.4868

β= 0.3768

µ 1-µ2=9

β= 0.1913

86

714.1

108

108

1288.522

−=

+

−=z

274.2

108

108

1488.522

−=

+

−=z

Para graficar la curva se utilizará el valor de d, el cual para una distribuciónmuestral de diferencia de medias tiene la siguiente fórmula:

22

21

22

21

21

σσ

δ

σσ

µµ

+=

+

−=d

En los libros de estadística lo que se acostumbra en algunos de los ejercicios espreguntar sólo un punto de la CCO, por lo que a continuación se resolverán dosproblemas tipo.

5. Se require que la tensión de ruptura de un hilo utilizado en la fabricación dematerial de tapicería se al menos de 100 psi. La experiencia ha indicado quela desviación estándar de la tensión de ruptura es de 2 psi. Se prueba una

µ 1-µ2=14

µ 1-µ2=12

β= 0.0432

β= 0.011

CURVA CARACTERISTICA DE OPERACION

0.950.8612

0.7

0.48680.3768

0.1913

0.0432 0.01100.10.20.30.40.50.60.70.80.9

1

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4

d

Pro

bab

ilid

ad e

rro

r ti

po

II

87

muestra aleatoria de nueve especímenes, y la tensión de ruptura promedioobservada en ella es de 98 psi. ¿Cual es la probabilidad de aceptar lahipótesis nula con un α = 0.05 si la tensión promedio de ruptura verdadera dela fibra es 104 psi?

Solución:Ensayo de hipótesis:Ho; µ = 100H1; µ > 100

Se calcula el estadístico límite:

09.1019

)2)(645.1(100 =+=+=

nZ

x lL

σµ

32.6

102

100104=

−=z

6. Del ejercicio número 7 de la sección anterior encontrar el error tipo II ó βsuponiendo que la diferencia verdadera entre las medias de las máquinas esfe 0.03

Datos:σ1= 0.020σ2= 0.025

015.161 =x005.162 =x

n1=n2 = 10α = 0.05

09.101=Lxµ = 100

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

µ = 104

β= 0

88

Solución:Ensayo de hipótesisHo; µ1-µ2 = 0H1; µ1-µ2 ≠ 0

=+±=+±−=−10025.0

10020.0

96.10)()(22

2

21

1

21

2121 nnzxx L

σσµµ -0.019 y 0.019

83.4

10025.0

10020.0

03.0019.022

−=

+

−−=z

086.1

10025.0

10020.0

03.0019.022

−=

+

−=z

Por ser bilateral se calcularon dos valores de z, y como se puede observar dellado izquierdo de –0.019 ya no se encuentra área, por lo que el error tipo II sóloserá el área a la izquierda del valor de la diferencia del estadístico límite 0.019.

Problemas propuestos1. En un estudio para estimar la proporción de residentes de cierta ciudad y sus

suburbios que están a favor de la construcción de una planta de energíanuclear, se encuentra que 63 de 100 residentes urbanos están a favor de laconstrucción mientras que sólo 59 de 125 residentes suburbanos lafavorecen. ¿Hay una diferencia significativa entre la proporción de residentesurbanos y suburbanos que favorecen la construcción de la planta nuclear?Use un valor de P para su conclusión.

2. Una compañía petrolera afirma que un quinto de las casas en cierta ciudadse calientan con petróleo. ¿Tenemos razón en dudar de esta afirmación si,en una muestra aleatoria de 1000 casas en esta ciudad, se encuentra que136 se calientan con petróleo? Utilice un nivel de significancia de 0.01.

019.0)( 21 −=− xx µ1−µ2 = 0

Ho

α/2 = 0.025

Región derechazo

Región de aceptación

H1 H1

Región deRechazo

α/2 = 0.025

019.0)( 21 =− xx

µ 1-µ2=0.03

β= 0.1387

89

3. Se sabe que la duración, en horas, de un foco de 75 watts tiene unadistribución aproximadamente normal, con una desviación estándar de 25horas. Se toma una muestra aleatoria de 20 focos, la cual resulta tener unaduración promedio de 1014 horas.a) ¿Existe evidencia que apoye la afirmación de que la duración promedio

del foco es mayor que 1000 horas? Utilice un α = 0.05.b) ¿Cual es el valor P para la prueba?c) ¿Cuál es el valor de β para la prueba del inciso a) si la verdadera

duración promedio del foco es de 1050 horas?

4. Se estudia la tasa de combustión de dos propelentes sólidos utilizados en lossistemas de escape de emergencia de aeroplanos. Se sabe que la tasa decombustión de los dos propelentes tiene aproximadamente la mismadesviación estándar de 3 cm/s. Se prueban dos muestras aleatorias de 20especímenes cada una, obteniéndose medias de 18 y 24 cm/srespectivamente.a) Pruebe la hipótesis de que los dos combustibles sólidos tienen la misma

rapidez promedio de combustión. Utilice un α = 0.05.b) ¿Cuál es el valor de P de la prueba?c) ¿Cuál es el valor de β para la prueba del inciso a) si la verdadera

diferencia en la rapidez promedio de combustión es 2.5 cm/s?

5. Un artículo publicado en Fortune afirma que casi la mitad de todos losingenieros continúan sus estudios académicos después de obtener lalicenciatura. Un artículo publicado en Engineering Horizons indica que 117 de484 recién graduados planean continuar sus estudios.a) ¿Los datos publicados en Engineering Horizons son consistentes con los

publicados en Fortune?b) Encuentre el valor de P de la prueba.

6. En un invierno con epidemia de gripe, una compañía farmacéutica bienconocida estudió 2000 bebes para determinar si la nueva medicina de lacompañía era efectiva después de dos días. Entre 120 bebes que teníangripe y se les administró la medicina, 29 se curaron dentro de dos días. Entre280 bebés que tenían gripe pero que no recibieron la medicina, 56 se curarondentro de dos días. ¿Hay alguna indicación significativa que apoye laafirmación de la compañía de la efectividad de la medicina? Calcule el valorP.

7. Se lanza 20 veces una moneda, con un resultado de cinco caras. ¿Esta essuficiente evidencia para rechazar la hipótesis de que la moneda estabalanceada a favor de la alternativa de que las caras ocurren menos de 50%de las veces.? Realice la prueba con un nivel de significancia de 0.03 y citeun valor P.

90

8. Se supone que los neumáticos para automóvil de cierto tipo reciéncomprados deben llenarse a una presión de 30 lb/pulg2. Se representa con µel verdadero promedio de presión. Encuentre el valor P asociado con cadavalor del estadístico z dado para probar Ho; µ = 30 contra H1; µ ≠ 30.a) 2.10 b) –1.75 c) –0.55 d) 1.41 e) –5.3

9. Se realizó un experimento para comparar la resistencia a la fractura del acerocon níquel maragizado, con el acero de pureza comercial del mismo tipo.Para 32 especímenes, la resistencia promedio muestral fue de 65.6 para elacero de alta pureza, mientras que se obtuvo una media muestral de 59.8 en38 especímenes del acero comercial. Debido que el acero de alta pureza esmás costoso, su uso para cierta aplicación puede justificarse sólo si suresistencia a la fractura excede la del acero de pureza comercial en más de5. Suponga que ambas distribuciones de resistencias son normales.a) Si se supone que σ1 = 1.2 y σ2 = 1.1, pruebe las hipótesis pertinentes

usando α = 0.001.b) Calcule β para la prueba del inciso anterior cuando µ1−µ2 = 6.

10. Se cree que la portada y la naturaleza de la primera pregunta de encuestaspor correo influyen en la tasa de respuesta. Un artículo probó esta teoría alexperimentar con diferentes diseños de portadas. Una portada sencilla, y laotra utilizó la figura de un paracaidista. Los investigadores especularon que latasa de devolución sería menor para la portada sencilla.

Portada Número de envíos Número de devolucionesSencilla 207 104Paracaidista 213 109

¿Esta información apoya la hipótesis de los investigadores? Haga laprueba con un nivel de significancia de 0.10, calculando primero un valorP.

Respuesta a los Problemas propuestos1. z= 2.40; sí, P=0.012. P<0.0001; concluir que menos de 1/5 de las casas se calientan con petróleo.3. a) z = 2.50; se rechaza Ho b) P = 0.0062 c) 04. a) Se Rechaza Ho, z= -6.32 b) 0 c) 0.2485. a) Se rechaza Ho, z= -11.36 b) valor P = 06. No se rechaza Ho, z= 0.93, valor de P = 0.17627. Rechazar Ho. Valor P = 0.02078. a) 0.0358 b) 0.0802 c) 0.5824 d) 0.1586 e) 09. a) z=2.89, no se debe usar el acero de alta pureza o se no se rechaza Ho.

b) 0.298110. Valor P = 0.4247, no se rechaza Ho.

Unidad IIITEORIA DE PEQUEÑAS MUESTRAS O TEORIA EXACTA DEL MUESTREO

En las unidades anteriores se manejó el uso de la distribución z, la cual se podíautilizar siempre y cuando los tamaños de las muestras fueran mayores o igualesa 30 ó en muestras más pequeñas si la distribución o las distribuciones dedonde proviene la muestra o las muestras son normales.

En esta unidad se podrán utilizar muestras pequeñas siempre y cuando ladistribución de donde proviene la muestra tenga un comportamiento normal.Esta es una condición para utilizar las tres distribuciones que se manejarán enesta unidad; t de student, X2 ji-cuadrada y Fisher.

A la teoría de pequeñas muestras también se le llama teoría exacta delmuestreo, ya que también la podemos utilizar con muestras aleatorias detamaño grande.

En esta unidad se verá un nuevo concepto necesario para poder utilizar a lastres distribuciones mencionadas. Este concepto es “grados de libertad”.

Para definir grados de libertad se hará referencia a la varianza muestral:

( )

11

2

2

−

−=

∑=

n

xxs

n

ii

Esta fórmula está basada en n-1 grados de libertad (degrees of freedom). Estaterminología resulta del hecho de que si bien s2 está basada en n cantidades

,1 xx − ,2 xx − . . . , ,xxn − éstas suman cero, así que especificar los valores decualquier n-1 de las cantidades determina el valor restante. Por ejemplo, si n=4 y

81 =− xx ; 62 −=− xx y 44 −=− xx , entonces automáticamente tenemos23 =− xx , así que sólo tres de los cuatro valores de xx i − están libremente

determinamos 3 grados de libertad.

Entonces, en esta unidad la fórmula de grados de libertad será n-1 y susimbología ν = nu.

DISTRIBUCION “t DE STUDENT”

Supóngase que se toma una muestra de una población normal con media µ yvarianza σ2. Si x es el promedio de las n observaciones que contiene la muestra

aleatoria, entonces la distribución

n

xz

σµ−

= es una distribución normal estándar.

Supóngase que la varianza de la población σ2 es desconocida. ¿Qué sucede conla distribución de esta estadística si se reemplaza σ por s? La distribución tproporciona la respuesta a esta pregunta.

La media y la varianza de la distribución t son µ = 0 y ( )22 −= υυσ para ν>2,respectivamente.La siguiente figura presenta la gráfica de varias distribuciones t. La aparienciageneral de la distribución t es similar a la de la distribución normal estándar:ambas son simétricas y unimodales, y el valor máximo de la ordenada sealcanza en la media µ = 0. Sin embargo, la distribución t tiene colas más ampliasque la normal; esto es, la probabilidad de las colas es mayor que en ladistribución normal. A medida que el número de grados de libertad tiende ainfinito, la forma límite de la distribución t es la distribución normal estándar.

Propiedades de las distribuciones t1. Cada curva t tiene forma de campana con centro en 0.2. Cada curva t, está más dispersa que la curva normal estándar z.3. A medida que ν aumenta, la dispersión de la curva t correspondiente

disminuye.4. A medida que ν→ ∞, la secuencia de curvas t se aproxima a la curva normal

estándar, por lo que la curva z recibe a veces el nombre de curva t con gl = ∞

La distribución de la variable aleatoria t está dada por:

( )[ ]( )

( )

.,12/

2/1)(

2/12

∞<<−∞

+

Γ+Γ

=+−

tt

thν

νπυνν

Esta se conoce como la distribución t con ν grados de libertad.

Sean X1, X2, . . . , Xn variables aleatorias independientes que son todas normales

con media µ y desviación estándar σ. Entonces la variable aleatoria

ns

xt

µ−=

tiene una distribución t con ν = n-1 grados de libertad.

0

ν = ∞ Curva z

ν = 10

ν = 1

La distribución de probabilidad de t se publicó por primera vez en 1908 en unartículo de W. S. Gosset. En esa época, Gosset era empleado de una cerveceríairlandesa que desaprobaba la publicación de investigaciones de sus empleados.Para evadir esta prohibición, publicó su trabajo en secreto bajo el nombre de“Student”. En consecuencia, la distribución t normalmente se llama distribución tde Student, o simplemente distribución t. Para derivar la ecuación de estadistribución, Gosset supone que las muestras se seleccionan de una poblaciónnormal. Aunque esto parecería una suposición muy restrictiva, se puede mostrarque las poblaciones no normales que poseen distribuciones en forma casi decampana aún proporcionan valores de t que se aproximan muy de cerca a ladistribución t.

La distribución t difiere de la de Z en que la varianza de t depende del tamaño dela muestra y siempre es mayor a uno. Unicamente cuando el tamaño de lamuestra tiende a infinito las dos distribuciones serán las mismas.

Se acostumbra representar con tα el valor t por arriba del cual se encuentra unárea igual a α. Como la distribución t es simétrica alrededor de una media decero, tenemos t1-α = -tα; es decir, el valor t que deja un área de 1-α a la derechay por tanto un área de α a la izquierda, es igual al valor t negativo que deja unárea de α en la cola derecha de la distribución. Esto es, t0.95 = -t0.05, t0.99=-t0.01,etc.

Para encontrar los valores de t se utilizará la tabla de valores críticos de ladistribución t del libro Probabilidad y Estadística para Ingenieros de los autoresWalpole, Myers y Myers.

Ejemplo:El valor t con ν = 14 grados de libertad que deja un área de 0.025 a la izquierda,y por tanto un área de 0.975 a la derecha, es

t0.975=-t0.025 = -2.145

Si se observa la tabla, el área sombreada de la curva es de la cola derecha, espor esto que se tiene que hacer la resta de 1-α. La manera de encontrar el valorde t es buscar el valor de α en el primer renglón de la tabla y luego buscar losgrados de libertad en la primer columna y donde se intercepten α y ν seobtendrá el valor de t.

t0.975= -t0.025 = -2.145

α = 0.025

Ejemplo:Encuentre la probabilidad de –t0.025 < t < t0.05.Solución:

Como t0.05 deja un área de 0.05 a la derecha, y –t0.025 deja un área de 0.025 a laizquierda, encontramos un área total de 1-0.05-0.025 = 0.925.

P( –t0.025 < t < t0.05) = 0.925Ejemplo:Encuentre k tal que P(k < t < -1.761) = 0.045, para una muestra aleatoria detamaño 15 que se selecciona de una distribución normal.Solución:

Si se busca en la tabla el valor de t =1.761 con 14 grados de libertad nos damoscuenta que a este valor le corresponde un área de 0.05 a la izquierda, por sernegativo el valor. Entonces si se resta 0.05 y 0.045 se tiene un valor de 0.005,que equivale a α. Luego se busca el valor de 0.005 en el primer renglón con 14grados de libertad y se obtiene un valor de t = 2.977, pero como el valor de α está en el extremo izquierdo de la curva entonces la respuesta es t = -2.977 porlo tanto:

P(-2.977 < t < -1.761) = 0.045

Ejemplo:Un ingeniero químico afirma que el rendimiento medio de la población de ciertoproceso en lotes es 500 gramos por milímetro de materia prima. Para verificaresta afirmación toma una muestra de 25 lotes cada mes. Si el valor de tcalculado cae entre –t0.05 y t0.05, queda satisfecho con su afirmación. ¿Quéconclusión extraería de una muestra que tiene una media de 518 gramos pormilímetro y una desviación estándar de 40 gramos? Suponga que la distribuciónde rendimientos es aproximadamente normal.

Solución:

k t = -1.761

α = 0.025α = 0.05

0.045

t

De la tabla encontramos que t0.05 para 24 grados de libertad es de 1.711. Portanto, el fabricante queda satisfecho con esta afirmación si una muestra de 25lotes rinde un valor t entre –1.711 y 1.711.Se procede a calcular el valor de t:

25.2

2540

500518=

−=

−=

ns

xt

µ

Este es un valor muy por arriba de 1.711. Si se desea obtener la probabilidad deobtener un valor de t con 24 grados de libertad igual o mayor a 2.25 se busca enla tabla y es aproximadamente de 0.02. De aquí que es probable que elfabricante concluya que el proceso produce un mejor producto del que piensa.

INTERVALO DE CONFIANZA PARA µ; CON σ DESCONOCIDA

Si x y s son la media y la desviación estándar de una muestra aleatoria de unapoblación normal con varianza σ2, desconocida, un intervalo de confianza de(1-α)100% para µ es:

ns

txns

tx 2/2/ αα µ +<<−

donde tα/2 es el valor t con ν = n-1 grados de libertad, que deja un área de α/2 ala derecha.

Se hace una distinción entre los casos de σ conocida y σ desconocida al calcularlas estimaciones del intervalo de confianza. Se debe enfatizar que para el primercaso se utiliza el teorema del límite central, mientras que para σ desconocida sehace uso de la distribución muestral de la variable aleatoria t. Sin embargo, eluso de la distribución t se basa en la premisa de que el muestreo se realiza deuna distribución normal. En tanto que la distribución tenga forma aproximada decampana, los intervalos de confianza se pueden calcular cuando la varianza sedesconoce mediante el uso de la distribución t y se puede esperar buenosresultados.

Con mucha frecuencia los estadísticos recomiendan que aun cuando lanormalidad no se pueda suponer, con σ desconocida y n≥30, s puedereemplazar a σ y se puede utilizar el intervalo de confianza:

nszx 2/ε±

Por lo general éste se denomina como un intervalo de confianza de muestragrande. La justificación yace sólo en la presunción de que con una muestragrande como 30, s estará muy cerca de la σ real y de esta manera el teoremadel límite central sigue valiendo. Se debe hacer énfasis en que esto es solo unaaproximación y que la calidad de este enfoque mejora a medida que el tamañode la muestra crece más.

Ejemplos:1. El contenido de siete contenedores similares de ácido sulfúrico son 9.8, 10.2,

10.4, 9.8, 10.0, 10.2, y 9.6 litros. Encuentre un intervalo de confianza del 95%para la media de todos los contenedores si se supone una distribuciónaproximadamente normal.

Solución:La media muestral y la desviación estándar para los datos dados son:

=x 10 y s= 0.283En la tabla se encuentra que t0.025=2.447 con 6 grados de libertad, de aquí, elintervalo de confianza de 95% para µ es:

+<<

−

7283.0

)477.2(0.107

283.0)477.2(0.10 µ

Con un nivel de confianza del 95% se sabe que el promedio del contenido de loscontenedores está entre 9.47 y 10.26 litros.

2. Un artículo publicado en el Journal of Testing and Evaluation presenta lassiguientes 20 mediciones del tiempo de combustión residual en segundos deespecímenes tratados de ropa de dormir para niños:9.85 9.93 9.75 9.77 9.679.87 9.67 9.94 9.85 9.759.83 9.92 9.74 9.99 9.889.95 9.95 9.93 9.92 9.89Se desea encontrar un nivel de confianza del 95% para el tiempo decombustión residual promedio. Supóngase que el tiempo de combustiónresidual sigue una distribución normal.

Solución:La media muestral y la desviación estándar para los datos dados son:

=x 9.8525 y s= 0.0965

En la tabla se encuentra que t0.025=2.093 con 19 grados de libertad, de aquí, elintervalo de confianza de 95% para µ es:

+<<

−

200965.0

)093.2(8525.920

0965.0)093.2(8525.9 µ

26.10max =µ47.9min =µ

0.95

Por lo tanto, se tiene una confianza del 95% de que el tiempo de combustiónresidual promedio se encuentra entre 9.8073 y 9.8977 segundos.

PRUEBA DE HIPOTESIS SOBRE LA MEDIA DE UNA DISTRIBUCION NORMAL, VARIANZADESCONOCIDA

Ciertamente sospechamos que las pruebas sobre una media poblacional µ conσ2 desconocida, debe incluir el uso de la distribución t de Student. La estructurade la prueba es idéntica a la del caso de σ conocida, con la excepción de que elvalor σ en la estadística de prueba se reemplaza por la estimación de scalculada y la distribución normal estándar se reemplaza con una distribución t.

Ejemplos:1. El Instituto Eléctrico Edison publica cifras del número anual de Kilowatt-hora

que gastan varios aparatos eléctrodomésticos. Se afirma que una aspiradoragasta un promedio de 46 kilowatt-hora al año. Si una muestra aleatoria de 12hogares que se incluye en un estudio planeado indica que las aspiradorasgastan un promedio de 42 kilowatt-hora al año con una desviación estándarde11.9 kilowatt-hora, ¿esto sugiere con un nivel de significancia de 0.05 quelas aspiradoras gastan, en promedio, menos de 46 kilowatt-horaanualmente? Suponga que la población de kilowatt-hora es normal.

Solución:1. Datos:

µ= 46 kilowatt-horas= 11.9 kilowatt-horax = 42 kilowatt-horan = 12α = 0.05

3. Ensayo de hipótesisHo; µ = 46 kilowatt-horaH1; µ < 46 kilowatt-hora

4. Regla de decisión:Si tR ≥ -1.796 No se rechaza Ho

Si tR < -1.796 Se rechaza Ho

5. Cálculos:

α = 0.05

8977.9max =µ8073.9min =µ

0.95

tL= -1.796 µ = 46

HoRegión derechazo

Región de aceptación

H1

16.1

129.11

4642−=

−=

−=

ns

xt R

R

µ

6. Justificación y decisión:Como –1.16 > -1.796, por lo tanto no se rechaza Ho y se concluye con unnivel de significancia del 0.05 que el número promedio de kilowwatt-hora quegastan al año las aspiradoras no es significativamente menor que 46.

Solución por el otro método:

83.3912

)9.11)(796.1(46 =−=−=

nst

x lL µ

Regla de decisión:Si Rx ≥ 39.83 No se Rechaza Ho

Si Rx < 39.83 Se rechaza Ho

Como la Rx = 42 y este valor no es menor que 39.83 por lo tanto no se rechazaHo.

Se puede aprovechar este ejemplo para calcular el valor de P , como el valor det calculada es de –1.16, se busca en la tabla y se ve que el area a la izquierdade este valor es de 0.135 con 11 grados de libertad, por lo tanto no se rechazaHo., ya que sería un valor alto para un nivel de significancia.

2. Un artículo publicado en la revista Materials Engineering describe losresultados de pruebas de resistencia a la adhesión de 22 especímenes dealeación U-700. La carga para la que cada especímen falla es la siguiente enMPa:

α = 0.05

83.39=Lx µ = 46

HoRegión derechazo

Región de aceptación

H1

t= 0

Valor P = 0.135

tR = -1.16

19.8 18.5 17.6 16.7 15.815.4 14.1 13.6 11.9 11.411.4 8.8 7.5 15.4 15.419.5 14.9 12.7 11.9 11.410.1 7.9

¿Sugieren los datos que la carga promedio de falla es mayor que 10Mpa?Supóngase que la carga donde se presenta la falla tiene una distribuciónnormal, y utilicese α = 0.05. Calcule el valor de P.

Solución:

1. Datos:µ= 10s = 3.55x = 13.71n = 22α = 0.05

3. Ensayo de hipótesisHo; µ = 10H1; µ > 10

4. Regla de decisión:Si tR≤ 1.721 no se rechaza Ho.Si tR> 1.721 se rechaza Ho.

5. Cálculos:

90.4

2255.3

1071.13=

−=

−=

ns

xt R

R

µ

6. Justificación y decisión.Como 4.90 >1.721 se rechaza Ho y se concluye con un nivel de significanciadel 0.05 que la carga de falla promedio es mayor que 10Mpa.

Existe otra manera de resolver este ejercicio, tomando la decisión en base alestadístico real, en este caso la media de la muestra. De la fórmula de ladistribución muestral de medias se despeja la media de la muestra:

α = 0.05

tL = 1.721µ = 10

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

ns

xt L

L

µ−= 30.11

22)55.3)(721.1(

10 =+=+=nst

x lL µ

Regla de decisión:Si Rx ≤ 11.30 No se rechaza Ho

Si Rx > 11.30 Se rechaza Ho

Como la media de la muestral es de 13.71 MPa y es mayor al valor de la mediamuestral límite de 11.30 por lo tanto se rechaza Ho y se llega a la mismaconclusión.

Para calcular el valor de P se va a la tabla y se busca en 21 grados de libertad elvalor de t = 4.90. Se obseva que el valor mayor de t que se encuentra en la tablacon 21 grados de libertad es de 3.819 el cual le corresponde un área a laderecha de 0.0005, por lo que para el valor de 4.90 el valor de P espracticamente cero, y esto apoya la decisión de rechazar Ho.

3. Los pesos en libras de una muestra aleatoria de bebés de seis meses son:14.6, 12.5, 15.3, 16.1, 14.4, 12.9, 13.7 y 14.9. Haga una prueba con nivel de5% de significancia para determinar si el peso promedio de todos los bebésde seis meses es distinto a 14 libras, suponga que sus pesos se distribuyennormalmente y calcule el valor de P.

Solución:

1. Datos:µ= 14 librass = 1.21 librasx = 14.3 librasn = 8α = 0.05

2. Ensayo de hipótesisHo; µ = 14 librasH1; µ ≠ 14 libras

3. Regla de Decisión:Si –2.365≤ tR≤ 2.365 No se rechaza Ho

30.11=Lxµ = 10

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

tL= -2.365

µ = 14

Ho

α/2 = 0.025

Región derechazo

Región de aceptación

H1H1

Región deRechazo

α/2 = 0.025

tL= 2.365

Si tR < -2.365 ó si tR > 2.365 Se rechaza Ho

4. Cálculos:

7012.0

821.1

143.14=

−=

−=

ns

xt R

R

µ

5. Justificación y decisión:Como –2.365≤ 0.7012≤ 2.365 por lo tanto, no se rechaza Ho y se concluyecon un nivel de significancia del 0.05 que el peso promedio de todos losbebés de seis meses es de 14 libras.

Solución por el otro método:

=±=±=8

)21.1)(365.2(14

nst

x lL µ 12.98 y 15.01

Regla de decisión:Si 12.98 ≤ Rx ≤ 15.01 No se rechaza Ho

Si Rx < 12.98 ó Rx > 15.01 se rechaza Ho

Como la Rx = 14.3 libras, entonces no se rechaza Ho .Para calcular el valor de P se busca en la tabla el valor de 0.7012 con 7 gradosde libertad. Se obseva que este valor no se encuentra pero se puede interpolarentre los valores de 0.549 y 0.896 con áreas de 0.30 y 0.20 respectivamente.Interpolando linealmente se obtiene el valor de 0.2561.

Error tipo II ó β

98.12=Lx µ = 14

Ho

α/2 = 0.025

Región derechazo

Región de aceptación

H1 H1

Región deRechazo

α/2 = 0.025

01.15=Lx

tR = -0.7012 tR = 0.7012

Valor P

El error tipo II se calcula de la misma forma en la que se calculó con ladistribución z. Se realizarán algunos ejercicios en los cuales se determinará laprobabilidad de cometer el error tipo II, utilizando la tabla de la distribución.

Existen curvas características de operación en los libros con diferentes gradosde libertad para determinar los tamaños de muestra correspondientes según elgrado de error que se quiera, recordando que entre mayor sea el tamaño demuestra menor será el error.

1. Se sabe que los voltajes de una marca de pilas tamaño C se distribuyennormalmente, se probó una muestra aleatoria de 15 y se encontró que lamedia es de 1.4 volts con una desviación estándar de 0.21 volts. En el nivelde significancia de 0.01:a) ¿Indica esto que la media de los voltajes es menor que 1.5 volts?b) Calcular la probabilidad de cometer el error tipo II si el voltaje promedio

real de las pilas es de 1.3 volts.

Solución:3. Datos:

µ= 1.5 volts.s= 0.21 voltsx = 1.4 volts.n = 15α = 0.01

5. Ensayo de hipótesisHo; µ = 1.5 voltsH1; µ < 1.5 volts

6. Regla de decisión:Si tR ≥ -2.624 No se rechaza Ho

Si tR < -2.624 Se rechaza Ho

7. Cálculos:

84.1

1521.0

5.14.1−=

−=

−=

ns

xt R

R

µ

8. Justificación y decisión:Como –1.84 > -2.624, por lo tanto no se rechaza Ho y se concluye con unnivel de significancia del 0.01 que los voltajes de las pilas tamaño C no sonmenores a 1.5.

Para calcular el error tipo II se tiene que obtener el valor de lx de la siguienteforma:

357.115

)21.0)(624.2(5.1 =−=−=

nst

x lL µ

α = 0.01

tL= -2.624 µ = 1.5

HoRegión derechazo

Región de aceptación

H1

05.1

1521.0

3.1357.1=

−=t

Para encontrar el valor de β se busca en la tabla de la distribución t el valor de1.05 con 14 grados de libertad. Como este valor no se encuentra en la tabla seinterpola entre 0.868 y 1.076 con un área de 0.20 y 0.15 respectivamente. Alinterpolar se obtiene un área de 0.15612 y esta es la probabilidad de cometer elerror tipoII cuando la media verdadera es de 1.3 volts y un tamaño de muestrade 15.

2. Para el ejercicio del peso de los bebés de 6 meses, calcular el error tipo II, silos pesos verdaderos hubieran sido de 11 y 14.5 libras.

Solución:Primero se calculan los valores de lx :

=±=±=8

)21.1)(365.2(14

nst

x lL µ 12.98 y 15.01

µ = 1.3

357.1=lx

α = 0.01

µ = 1.5

HoRegión derechazo

Región de aceptación

H1

β=0.15625

µ = 14

Ho

α/2 = 0.025

Región derechazo

Región de aceptación

H1 H1

Región deRechazo

α/2 = 0.025

01.15=Lx

63.4

821.1

1198.12=

−=t

55.3

821.1

5.1498.12−=

−=t

19.1

821.1

5.1401.15=

−=t

En este último cálculo para β se tendrá que analizar las áreas de los dosextremos, pues estas no están dentro de la región de aceptación, por lo tanto nose deben de tomar en cuenta para el error tipo II.Se busca en la tabla el valor de 3.55 con 7 grados de libertad, y al interpolar nosda un área de 0.00475. El área correspondiente a 1.19 con 7 grados de libertades de 0.1479. Por lo que β=1-(0.00475+0.1479)= 0.8473

3. Para el ejercicio en donde se dan los resultados de pruebas de resistencia ala adhesión de 22 especímenes de aleación U-700., encontrar la probabilidadde cometer el error tipo II si la carga promedio de falla es igual a 11.

Solución:Primero se obtendrá el valor del estadístico límite:

30.1122

)55.3)(721.1(10 =+=+=

nst

x lL µ

98.12=Lx

µ = 11

β=0.0016

µ = 14.5

β= 0.8473

0.00475

0.1479

30.11=Lxµ = 10

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

3963.0

2255.3

1130.11=

−=t

0.35129

DISTRIBUCION JI-CUADRADA (X2)

En realidad la distribución ji-cuadrada es la distribución muestral de s2. O seaque si se extraen todas las muestras posibles de una población normal y a cadamuestra se le calcula su varianza, se obtendrá la distribución muestral devarianzas.

Para estimar la varianza poblacional o la desviación estándar, se necesitaconocer el estadístico X2. Si se elige una muestra de tamaño n de una poblaciónnormal con varianza σ2, el estadístico:

2

2)1(σ

sn −

tiene una distribución muestral que es una distribución ji-cuadrada con gl=n-1grados de libertad y se denota X2 (X es la minúscula de la letra griega ji). Elestadístico ji-cuadrada esta dado por:

2

22 )1(

σsn

X−

=

donde n es el tamaño de la muestra, s2 la varianza muestral y σ2 la varianza dela población de donde se extrajo la muestra. El estadístico ji-cuadrada tambiénse puede dar con la siguiente expresión:

2

22

)(

σ

xxX

−= ∑

Propiedades de las distribuciones ji-cuadrada1. Los valores de X2 son mayores o iguales que 0.2. La forma de una distribución X2 depende del gl=n-1. En consecuencia, hay

un número infinito de distribuciones X2.3. El área bajo una curva ji-cuadrada y sobre el eje horizontal es 1.4. Las distribuciones X2 no son simétricas. Tienen colas estrechas que se

extienden a la derecha; esto es, están sesgadas a la derecha.5. Cuando n>2, la media de una distribución X2 es n-1 y la varianza es 2(n-1).6. El valor modal de una distribución X2 se da en el valor (n-3).

La siguiente figura ilustra tres distribuciones X2. Note que el valor modal apareceen el valor (n-3) = (gl-2).

gl=5gl=3

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

gl=10

La función de densidad de la distribución X2 esta dada por:

( )212

222

1)(

xexxf

−−

Γ=

ν

ν νpara x>0

La tabla que se utilizará para estos apuntes es la del libro de probabilidad yestadística de Walpole, la cual da valores críticos X2

α (gl) para veinte valoresespeciales de α. Para denotar el valor crítico de una distribución X2 con glgrados de libertad se usa el símbolo X2

α (gl); este valor crítico determina a suderecha un área de α bajo la curva X2 y sobre el eje horizontal. Por ejemplo paraencontrar X2

0.05(6) en la tabla se localiza 6 gl en el lado izquierdo y α=0.05 a olargo del lado superior de la misma tabla.

α= 0.05

gl =6 12.592

Cálculo de ProbabilidadEl cálculo de probabilidad en una distribución muestral de varianzas nos sirvepara saber como se va a comportar la varianza o desviación estándar en unamuestra que proviene de una distribución normal.

Ejemplos:b) Suponga que los tiempos requeridos por un cierto autobús para alcanzar un

de sus destinos en una ciudad grande forman una distribución normal conuna desviación estándar σ=1 minuto. Si se elige al azar una muestra de 17tiempos, encuentre la probabilidad de que la varianza muestral sea mayorque 2.

Solución:Primero se encontrará el valor de ji-cuadrada correspondiente a s2=2 comosigue:

32)1(

)2)(117()1(22

22 =

−=

−=

σsn

X

X20

α=0.05

El valor de 32 se busca adentro de la tabla en el renglón de 16 grados delibertad y se encuentra que a este valor le corresponde un área a la derecha de0.01. En consecuencia, el valor de la probabilidad es P(s2>2)

b) Encuentre la probabilidad de que una muestra aleatoria de 25 observaciones,de una población normal con varianza σ2=6, tenga una varianza muestral:a) Mayor que 9.1b) Entre 3.462 y 10.745

Solución.a) Primero se procederá a calcular el valor de la ji-cuadrada:

4.366

)1.9)(125()1(2

22 =

−=

−=

σsn

X

Al buscar este número en el renglón de 24 grados de libertad nos da un área a laderecha de 0.05. Por lo que la P(s2 >9.1) = 0.05

b) Se calcularán dos valores de ji-cuadrada:

847.136

)462.3)(125()1(2

22 =

−=

−=

σsn

X y 98.426

)745.10)(125(2 =−

=X

Aquí se tienen que buscar los dos valores en el renglón de 24 grados de libertad.Al buscar el valor de 13.846 se encuentra un área a la derecha de 0.95. El valorde 42.98 da un área a la derecha de 0.01. Como se está pidiendo la probabilidadentre dos valores se resta el área de 0.95 menos 0.01 quedando 0.94.Por lo tanto la P(3.462 ≤ s2 ≤ 10.745) = 0.94

X2=320

α=0.01

X2=42.980

α=0.01

X2=13.840

α=0.95

0.94

X2=13.84 X2=320

Estimación de la VarianzaPara poder estimar la varianza de una población normal se utilizará ladistribución ji-cuadrada.

2

22 )1(

σsn

X−

=

Al despejar esta fórmula la varianza poblacional nos queda:

2

22 )1(

Xsn −

=σ

Los valores de X2 dependerán de nivel de confianza que se quiera al cual lellamamos 1-α. Si nos ubicamos en la gráfica se tiene:

Ejemplos:1. Los siguientes son los pesos, en decagramos, de 10 paquetes de semillas de

pasto distribuidas por cierta compañía: 46.4, 46.1, 45.8, 47.0, 46.1, 45.9,45.8, 46.9, 45.2 y 46. Encuentre un intervalo de confianza de 95% para lavarianza de todos los paquetes de semillas de pasto que distribuye estacompañía, suponga una población normal.

Solución:Primero se calcula la desviación estándar de la muestra:

( ) ( ) ( )5347.0

110)12.4646(...12.461.4612.464.46

1

2222

=−

−++−+−=

−

−= ∑

n

xxs i

al elevar este resultado al cuadrado se obtiene la varianza de la muestra s2=0.286.

Para obtener un intervalo de confianza de 95% se elige un α= 0.05. Despuescon el uso de la tabla con 9 grados de libertad se obtienen los valores de X2.

X21-α/2 X2

α/2

1-αα/2

α/2

X2(0.975,9)= 2.7 X2

(0.025,9)= 19.023

1-α

α/2=0.025

α/2= 0.025

Se puede observar en la gráfica anterior que el valor de X2 corre en formanormal, esto es de izquierda a derecha.

Por lo tanto, el intervalo de confianza de 95% para la varianza es:

953.07.2

)286.0)(110(max2 =

−=σ

135.0023.19

)286.0)(110(min2 =

−=σ

Graficamente:

Se observa que la varianza corre en sentido contrario, pero esto es sólo en lagráfica. La interpretación quedaría similar a nuestros temas anteriores referentesa estimación. Con un nivel de confianza del 95% se sabe que la varianza de lapoblación de los pesos de los paquetes de semillas de pasto esta entre 0.135 y0.935 decagramos al cuadrado.

2. En trabajo de laboratorio se desea llevar a cabo comprobaciones cuidadosasde la variabilidad de los resultados que producen muestras estándar. En unestudio de la cantidad de calcio en el agua potable, el cual se efectúa comoparte del control de calidad, se analizó seis veces la misma muestra en ellaboratorio en intervalos aleatorios. Los seis resultados en partes por millónfueron 9.54, 9.61, 9.32, 9.48, 9.70 y 9.26. Estimar la varianza de losresultados de la población para este estándar, usando un nivel de confianzadel 90%.

Solución:Al calcular la varianza de la muestra se obtiene un valor de s2= 0.0285.Se busca en la tabla los valores correspondientes con 5 grados de libertad,obteniéndose dos resultados. Para X2

(0.95,5)= 1.145 y para X2(0.0,5)= 11.07.

Entonces el intervalo de confianza esta dado por:

X2(0.975,9)= 2.7 X2

(0.025,9)= 19.023

1-αα/2=0.025

α/2= 0.025

σ2max= 0.953 σ2

min= 0.135

1246.0145.1

)0285.0)(16(max2 =

−=σ y 0129.0

07.11)0285.0)(16(

min2 =−

=σ

Ensayo de Hipótesis para la Varianza de una Población Normal

En la mayoría de los casos se tiene el problema de desconocer la varianza odesviación estándar de la población, en donde las distribuciones son normales.Si se desea probar una hipótesis acerca de la varianza se puede hacerutilizando las medidas estadísticas con las que se construyó el intervalo deconfianza σ2, esto es con la distribución Ji- cuadrada.

Ejemplos:1. Una compañía que produce una parte maquinada para un motor, afirma que

tiene una varianza de diámetro no mayor a 0.0002 pulgadas. Una muestraaleatoria de 10 de dichas partes dio una varianza de muestra s2 = 0.0003. Sise supone que las medidas del diámetro se distribuyen en forma normal,¿hay evidencia para refutar lo que afirma el proveedor? Use α= 0.05.

Solución:Como en todos los ensayos de hipótesis que se han realizado anteriormente elprocedimiento es el mismo. Después de que se identifican los datos, se planteala hipótesis para determinar el tipo de ensayo.

Datos:σ2= 0.0002n = 10s2 = 0.0003α= 0.05

Ensayo de hipótesis:Ho; σ2= 0.0002H1; σ2> 0.0002

X2(0.95,6)= 1.145 X2

(0.05,6)= 11.07

1-αα/2=0.05

α/2= 0.05

σ2max= 0.1246 σ2

min= 0.0.129

Ho

Región de aceptación

X2(0.05,9)= 16.919

α=0.05

H1

Región derechazo

Regla de decisión:Si X2

R≤ 16.919 no se rechaza Ho.Si X2

R>16.919 se rechaza Ho.

Cálculos:

5.130002.0

)0003.0)(110()1(2

22 =

−=

−=

σsn

X R

Justificación y decisión:Como 13.5 no es mayor que 16.919 por lo tanto no se rechaza Ho y se concluyecon un nivel de significancia de 0.05 que no se puede refutar la afirmación delproveedor.

Este ejercicio se puede aprovechar para calcular el valor de P. En la tabla sebusca el valor de 13.5 en el renglón de 9 grados de libertad. Interpolando entre0.10 y 0.20 se obtiene un valor de P de 0.1484.

2. El contenido de azúcar del almíbar de los duraznos enlatados tiene unadistribución normal, donde se cree que la varianza es σ2 = 18 mg2. Se tomauna muestra de 10 latas dieron una desviación estándar de 4.8 mg.¿Muestran estos datos suficiente evidencia para decir que la varianza hacambiado?. Use un α = 0.05 y calcule el valor de P.

Solución:Datos:σ2= 18n = 10s = 4.8α= 0.05

Ensayo de hipótesis:Ho; σ2= 18H1; σ2≠ 18

H1

X2R= 13.5 X2

(0.05,9)= 16.919

α=0.05

P = 0.1484

H1Ho

Región de aceptación

X2(0.025,9)= 19.023

α/2=0.025

Región derechazo

Región derechazo

X2(0.975,9)= 2.7

α/2=0.025

Regla de decisión:Si 2.7≤ X2

R≤ 19.023 no se rechaza Ho.Si X2

R<2.7 ó si X2R>19.023 se rechaza Ho.

Cálculos:

52.1118

)8.4)(110()1( 2

2

22 =

−=

−=

σsn

X R

Justificación y decisión:Como 11.52 está entre 2.7 y 19.023, no se rechaza Ho, y se concluye con unnivel de significancia de 0.05 que la varianza del contenido de azúcar del almíbarno ha cambiado, esto es es de 18 mg2.

Si recordamos al principio de este tema se dijo que la media de la distribución ji-cuadrada es (n-1), por lo tanto la media de este ejercicio es de 9. Como el valorreal de X2

R = 11.52 este número se encuentra a la derecha de la media, lo cualquiere decir que el valor de P/2 será el área a la derecha del valor de X2

R. Albuscar el valor de 11.52 en la tabla se obtiene un área de 0.2423, por lo tantoP/2 = 0.2423 y P= (2)(0.2423) = 0.4846

3. Experiencia anterior indica que el tiempo que se requiere para que losestudiantes de último año de preparatoria completen una pruebaestandarizada es una variable aletoria normal con una desviación estándarde seis minutos. Se toma una muestra aleatoria de 20 estudiantes de últimoaño de preparatoria y se obtiene una desviación estándar de 4.51. ¿Muestranestos datos suficiente evidencia para decir que la desviación estándardisminuyó?. Utilice el valor de P para su decisión.

Solución:

Datos:σ= 6n = 20s = 4.51

Ensayo de hipótesis:

X2(0.975,9)= 2.7 X2

(0.025,9)= 19.023

α/2=0.025α/2=0.025

P/2=0.2423

X2R= 11.52

Ho; σ = 6H1; σ < 6

Cálculos:

( )735.10

6)51.4)(120()1(

2

2

2

22 =

−=

−=

σsn

X R

Para obtener el valor de P, se busca en la tabla el 10.735 con 19 grados delibertad, y el área que se encuentra es la que está a la derecha de este valor.Como la media de esta distribución ji-cuadrada es de 19, por lo tanto el valor de10.735 queda a la izquierda de la media. El valor de P es de 0.07, y con esto sepuede concluir que si hubiéramos utilizado un nivel de significancia de 0.10, serechaza Ho y se concluye que la desviación estándar disminuyo, pero si se utilizaun valor de α = 0.05, entonces no se rechaza Ho y se concluiría que ladesviación estándar no disminuyó. La decisión depende del error tipo I que estédispuesto a tolerar el investigador.

Error tipo II ó β

El error tipo II se calcula de la misma forma en la que se calculó con ladistribución z. Se realizarán algunos ejercicios en los cuales se determinará laprobabilidad de cometer el error tipo II, utilizando la tabla de la distribución Ji-cuadrada.

1. Se tiene un ensayo de hipótesis unilateral derecho, con n=20 y α= 0.05Ho; σ = 0.10H1; σ > 0.10Se quiere calcular el error tipo II ó β si las desviaciones estándar verdaderasfueran de 0.12 y 0.14.

Solución:Para poder calcular el error tipo II, primero se debe encontrar el valor de lavarianza muestral límite, esto es s2

L, para poder calcular los valores de X2 yposteriormente calcular el área. Al buscar en la tabla X2

(0.05,19)=30.144, este valorse sustituirá en la formula. Al despejar de la fórmula original de X2 se obtiene:

( )( )( )

( )0158.0

12010.0144.30

1

2222 =

−=

−=

nX

s LL

σ

X2R= 10.735

P=0.07 Area que da la tabla = 0.9298

84.20)12.0(

)0158.0)(120(2

2 =−

=X

31.15)14.0(

)0158.0)(120(2

2 =−

=X

2. Encontrar el error tipo II para el ejercicio 2 de esta sección, en donde elensayo es bilateral pues se quiere ver si la varianza del contenido de azúcaren el almíbar de los duraznos ha cambiado. Suponga una varianza real de 20y 26.

Solución:Como este es un ensayo bilateral se tendrán dos valores de s2

L. Los cuales secalcularán utilizando las ji-cuadradas límites que eran de de 2.7 y 19.023.

( )( )( )( ) 4.5

110187.2

1

222 =

−=

−=

nX

s LL

σ

y

( )( )( )

( ) 04.3811018023.19

1

222 =

−=

−=

nX

s LL

σ

Estos dos valores se utilizarán para calcular las nuevas ji-cuadradas paracalcular el valor de β.

Ho

Región de aceptación

S2L= 0.0158

α=0.05

H1

Región derechazo

β= 0.6493

Valor de tabla =0.3506

β= 0.30

Valor de tabla =0.70

43.220

)4.5)(110(2 =−

=X

12.1720

)04.38)(110(2 =−

=X

87.126

)4.5)(110(2 =−

=X

16.1326

)04.38)(110(2 =−

=X

Ho

Región de aceptación

α/2=0.025

Región derechazo

Región derechazo

α/2=0.025

s2= 5.4 s2= 38.04

X2=17.12X2=2.43

0.05

Area = 0.9822

β=0.9822-0.05=0.9322

X2=13.16X2=1.87

0.1624

Area = 0.9930

β=0.993-0.1624=0.8306

DISTRIBUCION “F” FISHER

La necesidad de disponer de métodos estadísticos para comparar lasvarianzas de dos poblaciones es evidente a partir del análisis de unasola población. Frecuentemente se desea comparar la precisión deun instrumento de medición con la de otro, la estabilidad de unproceso de manufactura con la de otro o hasta la forma en que varíael procedimiento para calificar de un profesor universitario con la deotro.

Intuitivamente, podríamos comparar las varianzas de dospoblaciones, σ2

1 y σ22, utilizando la razón de las varianzas

muestrales s21/s

22. Si s2

1/s2

2 es casi igual a 1, se tendrá pocaevidencia para indicar que σ2

1 y σ22 no son iguales. Por otra parte, un

valor muy grande o muy pequeño para s21/s

22, proporcionará

evidencia de una diferencia en las varianzas de las poblaciones.

La variable aleatoria F se define como el cociente de dos variables aleatorias ji-cuadrada independientes, cada una dividida entre sus respectivos grados delibertad. Esto es,

2

1

ν

νV

UF =

donde U y V son variables aleatorias ji-cuadrada independientes con grados delibertad ν1 y ν2 respectivamente.

Sean U y V dos variables aleatorias independientes que tienen distribución jicuadradas con ν1 y ν2 grados de libertad, respectivamente. Entonces la

distribución de la variable aleatoria

2

1

ν

νV

UF = está dada por:

( )[ ]( )( ) ( )( )( ) 2/

2121

1222121

21

11

/12/2/

/2/)( νν

νν

νννν

νννν+

−

+ΓΓ

+Γ=

x

xxf o< x <∞

y se dice que sigue la distribución F con ν1 grados de libertad en el numerador yν2 grados de libertad en el denominador.

La media y la varianza de la distribución F son:

22

2−= ν

νµ para ν2 >2,

( )( ) ( )42

22

22

21

21222

−−

−+=

ννν

νννσ para ν2 > 4

La variable aleatoria F es no negativa, y la distribución tiene un sesgo hacia laderecha. La distribución F tiene una apariencia muy similar a la distribución ji-cuadrada; sin embargo, se encuentra centrada respecto a 1, y los dosparámetros ν1 y ν2 proporcionan una flexibilidad adicional con respecto a la formade la distribución.

Si s12 y s2

2 son las varianzas muestrales independientes de tamaño n1 y n2tomadas de poblaciones normales con varianzas σ1

2 y σ22, respectivamente,

entonces:

2

1

2

2

2

121

22

22

21

22

2

21

21

===

σσ

σσ

σ

σss

ss

s

s

Fs

Para manejar las tablas de Fisher del libro de Introducción a la InferenciaEstadística del autor Güenther, se tendrá que buscar primero los grados delibertad dos para luego localizar el área correspondiente, relacionándola con losgrados de libertad uno, para calcular el valor de F.

Las tablas tienen la siguiente estructura:ν1

ν2 P 1 2 3 ……. ….. 500 ∞6 0.0005

0.0010.005

.

.0.9995 30.4

El valor de 30.4 es el correspondiente a una Fisher que tiene 3 grados delibertad uno y 6 grados de libertad dos con un área de cero a Fisher de 0.995. Silo vemos graficamente:

F(0.9995;3,6)=30.4

1−α = 0.9995

Como nos podemos imaginar existen varias curvas Fisher, ya que ahora suforma depende de dos variables que son los grados de libertad.

Ejemplos :1. Encontrar el valor de F, en cada uno de los siguientes casos:

a) El área a la derecha de F, es de 0.25 con ν1=4 y ν2=9.b) El área a la izquierda de F, es de 0.95 con ν1=15 y ν2=10.c) El área a la derecha de F es de 0.95 con con ν1=6 y ν2=8.d) El área a la izquierda de F, es de 0.10 con con ν1=24 y ν2=24

Solución:

a) Como el área que da la tabla es de cero a Fisher, se tiene que localizarprimero los grados de libertad dos que son 9, luego un área de 0.75 con 4grados de libertad uno.

b) En este caso se puede buscar el área de 0.95 directamente en la tabla consus respectivos grados de libertad.

c) Se tiene que buscar en la tabla un área de 0.05, puesto que nos piden unárea a la derecha de F de 0.95.

F(0.95;15,10) = 2.85

Area = 0.95

F(0.75;4, 9)= 1.63

Area=0.25

F(0.05; 6, 8) = 0.241

Area = 0.95

d) Se busca directamente el área de 0.10, con sus respectivos grados delibertad.

2. Si s12 y s2

2 son las varianzas muestrales de muestras aleatoriasindependientes de tamaños n1=10 y n2 =20, tomadas de poblacionesnormales que tienen las mismas varianzas, encuentre P(s1

2/s22≤ 2.42).

Solución:Primero se establecen los grados de libertad. Como en el numerador está lapoblación uno y en el denominador la población dos, entonces los grados delibertad uno equivalen a 10-1=9 y los grados de libertad dos a 20-1=19.

Se procede a ir a la tabla a buscar los grados de libertad dos que son 19 y seobserva que no están, por lo tanto se tiene que interpolar entre 15 y 20 gradosde libertad, buscando el valor de fisher que quedaría:

42.2)1)(42.2(2

1

2

2

2

1 ==

=

σσ

ss

F

Este valor de 2.42 se busca en la columna de 9 grados de libertad uno, con 15grados de libertad dos, y se encuentra los siguiente:

Area ν1= 90.90 2.090.95 2.59

Al interpolar entre estos dos valores nos queda un área de 0.933.Se procede a hacer lo mismo pero con 20 grados de libertad dos:

Area ν1= 90.95 2.390.975 2.84

Al interpolar entre estos dos valores nos queda un área de 0.9516.Ahora ya se tienen las dos áreas referentes a los grados de libertad dos, por loque se interpolará para ver cuánto le corresponde a los grados libertad dos conun valor de 19.

Area = 0.10

F(0.10; 24, 24)= 0.588

ν2 Area15 0.93320 0.9516

Al interpolar nos queda que para 9 grados de libertad uno y 19 grados delibertad dos con un valor de Fisher de 2.42 el área a la izquierda es de 0.9478.

3. Si s12 y s2

2 representan las varianzas de las muestras aleatoriasindependientes de tamaño n1= 25 y n2 = 31, tomadas de poblacionesnormales con varianzas σ1

2 =10 y σ22 = 15, respectivamente, encuentre

P(s12/s2

2 > 1.26).

Solución:Calcular el valor de Fisher:

89.11015

)26.1(2

1

2

2

2

1 =

=

=

σσ

ss

F

Luego se va a la tabla de Fisher a buscar 30 grados de libertad 2 con 24 gradosde libertad uno. Cuando se este en esta posición se busca adentro de la tabla elvalor de Fisher de 1.89. Al localizarlo y ver a la izquierda de este valor se obtieneun área de 0.95, pero esta área correspondería a la probabilidad de que lasrelaciones de varianzas muestrales fueran menor a 1.26, por lo que se calculasu complemento que sería 0.05, siendo esta la probabilidad de que s1

2/s22 >

1.26.

Intervalo de Confianza para el Cociente de Varianzas de Dos Distribuciones Normales

Supóngase que se tienen dos poblaciones normales e independientes convarianzas desconocidas σ1

2 y σ22, respectivamente. De este par de poblaciones,

se tienen disponibles dos muestras aleatorias de tamaños n1 y n2,respectivamente, sean s1

2 y s22 las dos varianzas muestrales. Se desea conocer

F = 2.42

P = 0.9478

F = 1.89

P=0.05

un intervalo de confianza del 100(1-α) por ciento para el cociente de las dosvarianzas, σ1

2/σ22.

Para construir el intervalo de confianza para el cociente de dos varianzaspoblacionales, se coloca la varianza muestral mayor en el numerador delestadístico F.

Ejemplos:1. Un fabricante de automóviles pone a prueba dos nuevos métodos de

ensamblaje de motores respecto al tiempo en minutos. Los resultados semuestran el la tabla:

Método 1 Método 2n1 = 31 n2 = 25s1

2 = 50 s22 = 24

Construya un intervalo de confianza del 90% para σ12/σ2

2.

Solución:Por la recomendación de que la varianza muestral mayor va en el numerador setiene la siguiente fórmula:

2

1

2

2

2

1

=

σσ

ss

F

al despejar:22

21

22

21

Fss

=σσ

.

F toma dos valores dependiendo del nivel de confianza y de los grados delibertad. En este caso los grados de libertad uno valen 30 y los grados delibertad dos 24.

93.3)24)(530.0(

5022

21

22

21 ===

Fss

σσ

y 07.1)24)(94.1(

5022

21

22

21 ===

Fss

σσ

Estos resultados los podemos interpretar de la siguiente manera:Con un nivel de confianza del 90% se sabe que la relación de varianzas σ1

2/σ22

esta entre 1.07 y 3.93. Esto supondría que la varianza de la población 1 esmayor a la varianza de la población 2 entre 1.07 y 3.93.

2. Una compañía fabrica propulsores para uso en motores de turbina. Alingeniero de manufactura le gustaría seleccionar el proceso que tenga la

F(0.95; 30, 24) = 1.94F(0.05; 30, 24) = 0.530

Nivel de confianza= 0.90

menor variabilidad en la rugosidad de la superficie. Para ello toma unamuestra de n1=16 partes del primer proceso, la cual tiene una desviaciónestándar s1 = 4.7 micropulgadas, y una muestra aleatoria de n2=12 partes delsegundo proceso, la cual tiene una desviación estándar s2 = 5.1micropulgadas. Se desea encontrar un intervalo de confianza del 90% para elcociente de las dos varianzas σ1

2/σ22. Suponga que los dos procesos son

independientes y que la rugosidad de la superficie está distribuida de maneranormal.

Solución:Por la recomendación de que la varianza muestral mayor va en el numerador setiene la siguiente fórmula:

2

2

1

2

1

2

=

σσ

ss

F

al despejar:22

21

22

21

sFs

=σσ

.

En este caso los grados de libertad uno valen 11 y los grados de libertad dos 15.

3125.01.5

)7.4)(368.0(2

2

22

21

22

21 ===

sFs

σσ

y 13.21.5

)7.4)(51.2(2

2

22

21

22

21 ===

sFs

σσ

Estos resultados los podemos interpretar de la siguiente manera:Puesto que este intervalo de confianza incluye a la unidad, no es posible afirmarque las desviaciones estándar de la rugosidad de la superficie de los dosprocesos sean diferentes con un nivel de confianza del 90%.

Ensayo de Hipótesis

Supóngase que se tiene interés en dos poblaciones normales independientes,donde las medias y las varianzas de la población son desconocidas. Se deseaprobar la igualdad de las dos varianzas, ya que para poder comparar las mediasde estas dos poblaciones se utiliza la distribución t de Student, en la cualpodemos tener varianzas iguales o diferentes en la población.Para conocer esto último se requiere de la distribución Fisher, y después deutilizarla, se tomará la decisión de tener o no varianzas iguales en la población,

F(0.95; 11, 15) = 2.51F(0.05; 11, 15) = 0.368

Nivel de confianza= 0.90

dando pié a realizar la comparación de las dos medias según estemos hablando.Primer caso en que las varianzas de la población son desconocidas peroiguales, o en el caso dos donde se tienen varianzas desconocidas perodisímiles.

Para el ensayo de hipótesis se utilizará la relación de varianzas, la cual puededar tres resultados:

>1 σ12 > σ2

2

σ12/σ2

2 =1 σ12 = σ2

2

<1 σ12 < σ2

2

En base a lo que se quiera probar, el ensayo podrá ser unilateral derecho,izquierdo o bilateral.

Ejemplos:1. La variabilidad en la cantidad de impurezas presentes en un lote

de productos químicos, utilizada para un proceso en particular,depende del tiempo que tarda el proceso. Un fabricante queemplea dos líneas de producción 1 y 2, hizo un pequeño ajuste alproceso 2, con la esperanza de reducir la variabilidad, así como lacantidad media de impurezas en los productos químicos.Muestras de n1=25 y n2=20 mediciones de dos lotes produjeronlas siguientes medias y varianzas:

2.31 =x 04.112 =s 0.32 =x 51.02

2 =s

¿Presentan los datos evidencia suficiente para indicar que lasvariaciones del proceso son menores para el 2? Realice unaprueba con un α = 0.05.

Solución:Datos:Población 1 Población 2

2.31 =x 0.32 =x

04.112 =s 51.02

2 =sn1 = 25 n2 = 20α = 0.05

Ensayo de hipótesis: 1;

2

22

1 =σσoH

1;2

22

11 ⟩σσH

Estadístico de prueba:

22

21

s

sF = La sugerencia que se hace es que el numerador sea el de

valor mayor .Entonces los grados de libertad uno será el tamaño de la muestra dela población uno menos uno. ν1= 25-1 = 24 y ν2 = 20-1=19.

Regla de decisión:Si Fc≤ 2.11 No se rechaza Ho,Si la Fc > 2.11 se rechaza Ho.

Cálculo:

04.251.004.1

22

21 ===

s

sF

Decisión y Justificación:Como 2.04 es menor que 2.11 no se rechaza Ho, y se concluye conun α = 0.05 que no existe suficiente evidencia para decir que lavarianza del proceso 2 es menor que la del proceso 1.

2. En su incansable búsqueda de un sistema de llenado adecuado,cierta empresa prueba dos máquinas. Robo-fill se usa para llenar16 tarros y da una desviación estándar de 1.9 onzas en el llenado.Con Automat-fill se llenan 21 frascos que dan una desviaciónestándar de 2.1 onzas. Si la empresa tiene que elegir uno deestos sistemas en función de la uniformidad de llenado. ¿Cualdeberá seleccionar? Use un α = 0.10.

Solución:

Región deaceptación

H0

F(0.95; 24, 19)= 2.11

α = 0.05

H1

Datos:Robo-Fill Automat-FillsRF = 1.9 sAF = 2.1nRF = 16 nAF = 21α = 0.10

Ensayo de hipótesis: 1;

22 =RFAFoH σσ

1;22

1 ⟩RFAFH σσ

Estadístico de prueba:

2

2

RF

AF

s

sF = La sugerencia que se hace es que el numerador sea el de

valor mayor .Entonces los grados de libertad uno será el tamaño de la muestra dela población uno menos uno. ν1= 21-1 = 20 y ν2 = 16-1=15.

Regla de decisión:Si Fc≤ 2.20 No se rechaza Ho,Si la Fc > 2.20 se rechaza Ho.

Cálculo:

22.19.11.2

2

2

2

2

===RF

AF

s

sF

Decisión y Justificación:Como 1.22 es menor que 2.20 no se rechaza Ho, y se concluye conun α = 0.10 que la variación de llenado de la máquina Robo-Fill no es

Región deaceptación

H0

F(0.95; 20, 15)= 2.20

α = 0.05

H1

menor a la de Automat-Fill, por lo que se selecciona cualquiermáquina.

3. Las capas de óxido en las obleas semiconductoras sondepositadas en una mezcla de gases para alcanzar el espesorapropiado. La variabilidad del espesor es una característica críticade la oblea, y lo deseable para los siguientes pasos de lafabricación es tener una variabilidad baja. Para ello se estudiandos mezclas diferentes de gases con la finalidad de determinarcon cuál se obtienen mejores resultados en cuanto a la reducciónen la variabilidad del espesor del óxido. Veintiún obleas sondepositadas en cada gas. Las desviaciones estándar de cadamuestra del espesor del óxido son s1 = 1.96 angstroms y s2 = 2.13angstroms. ¿Existe evidencia que indique una diferencia en lasdesviaciones? Utilice α=0.05.

Solución:Datos:s1= 1.96 s2 = 2.13n1 = 21 n2= 21

Ensayo de hipótesis: 1; 2

12

2 =σσoH

1;2

12

2 ≠σσoH

Estadístico de prueba:

21

22

s

sF = La sugerencia que se hace es que el numerador sea el de

valor mayor .Entonces los grados de libertad uno será el tamaño de la muestra dela población uno menos uno. ν1= 21-1 = 20 y ν2 = 21-1=20.

F(0.025; 20,20)= 0.406

H1

Región deaceptación

H0

F(0.975; 20, 20)= 2.46

α/2 = 0.025

H1

α/2 = 0.025

Regla de decisión:Si 0.406≤ Fc ≤ 2.46 No se rechaza Ho,Si la Fc < 0.406 ó si Fc > 2.46 se rechaza Ho.

Cálculo:

85.013.296.1

2

2

21

22 ===

s

sF

Decisión y Justificación:Como 0.85 esta entre los dos valores de Ho no se rechaza , y seconcluye con un α = 0.05 que existe suficiente evidencia para decirque las varianza de las poblaciones son iguales.

Error Tipo II ó β

1. Para el ejercicio anterior, encontrar la probabilidad de cometererror tipo II si la verdadera relación σ1

2/σ22 = 2.

Solución:

= 2

2

21

21

22

σσ

ss

F

s22/s1

2= 0.406 s22/s1

2= 2.46

( )( ) 812.02406.022

21

21

22 ==

=

σσ

ss

F

( )( ) 92.4246.222

21

21

22 ==

=

σσ

ss

F

Area = 1

0.3219

F(0.025; 20,20)= 0.406

H1

Región deaceptación

H0

F(0.975; 20, 20)= 2.46

α/2 = 0.025

H1

α/2 = 0.025

F = 0.812 F = 4.92

β =0.6781

2. Del ejercicio número 1 del ensayo de hipótesis en donde lavariabilidad en la cantidad de impurezas presentes en un lote deproductos químicos dependía del tiempo que tardaba el proceso yel fabricante empleaba dos líneas de producción 1 y 2, e hizo unpequeño ajuste al proceso 2, calcular la probabilidad de cometererror tipo II si le relación σ1

2/σ22 = 1.5.

Solución:

= 2

1

22

22

21

σσ

ss

F por lo tanto s12/s2

2 = 2.11 ya que esto fue lo que dio la tabla y al

despejar nos queda los mismo. Se calcula un nuevo valor de F con la relación devarianzas de 1.5.

( ) 406.15.1

111.22

1

22

22

21 =

=

=

σσ

ss

F

Si se recuerda para este ejercicio se tienen 24 grados de libertad uno y 19 degrados de libertad dos, por lo que se tiene que hacer una doble interpolación yaque 19 grados de libertad dos no vienen en la tabla.

Primero se interpolará para 24 grados de libertad uno y 15 grados de libertad dos:

Area Valor de F0.50 1.020.75 1.41

Al interpolar para un valor de Fisher de 1.406 se ve que este valor está muycercano a 1.41, el cual le corresponde un área de 0.75, por lo que queda unresultado de 0.7474

Ahora se procede a interpolar para 24 grados de libertad uno y 20 grados delibertad dos:

Area Valor de F0.75 1.350.90 1.77

La interpolación para un valor de Fisher de 1.406 es de 0.77.Teniendo los dos valores, se puede calcular el área correspondiente a 24 gradosde libertad uno y 19 grados de libertad dos:

ν2 Area15 0.747420 0.77

Por lo tanto al interpolar para 19 grados de libertad dos nos da un valor de0.76548

s12/s2

2 = 2.11

Región deaceptación

H0

F(0.95; 24, 19)= 2.11

α = 0.05

H1

β = 0.7654

INTERVALO DE CONFIANZA PARA LA DIFERENCIA DE MEDIASDE DOS DISTRIBUCIONES NORMALES, VARIANZASDESCONOCIDAS

En esta sección se verá el caso en donde se tienen dos poblaciones conmedias y varianzas desconocidas, y se desea encontrar un intervalo deconfianza para la diferencia de dos medias µ1−µ2. Si los tamaños demuestras n1 y n2 son mayores que 30, entonces, puede emplearse elintervalo de confianza de la distribución normal. Sin embargo, cuando setoman muestras pequeñas se supone que las poblaciones de interés estándistribuidas de manera normal, y los intervalos de confianza se basan en ladistribución t.

INTERVALO DE CONFIANZA PARA LA DIFERENCIA DE MEDIAS DE DOSDISTRIBUCIONES NORMALES, VARIANZAS DESCONOCIDAS PEROIGUALES

Si ,, 21 xx s12 y s2

2 son las medias y las varianzas de dos muestras aleatoriasde tamaño n1 y n2, respectivamente, tomadas de dos poblaciones normalese independientes con varianzas desconocidas pero iguales, entonces unintervalo de confianza del 100(1-α ) por ciento para la diferencia entremedias es:

( )21

2121

11nn

tsxx p +±−=− µµ

en donde:

2)1()1(

21

2221

212

−+−+−

=nn

nsnss p

es el estimador combinado de la desviación estándar común de lapoblación con n1+n2 – 2 grados de libertad.

Ejemplos:1. Un artículo publicado dio a conocer los resultados de un análisis del

peso de calcio en cemento estándar y en cemento contaminado conplomo. Los niveles bajos de calcio indican que el mecanismo dehidratación del cemento queda bloqueado y esto permite que el aguaataque varias partes de una estructura de cemento. Al tomar diezmuestras de cemento estándar, se encontró que el peso promedio decalcio es de 90 con una desviación estándar de 5; los resultadosobtenidos con 15 muestras de cemento contaminado con plomo fueronde 87 en promedio con una desviación estándar de 4. Supóngase que elporcentaje de peso de calcio está distribuido de manera normal.Encuéntrese un intervalo de confianza del 95% para la diferencia entre

medias de los dos tipos de cementos. Por otra parte, supóngase que lasdos poblaciones normales tienen la misma desviación estándar.

Solución:El estimador combinado de la desviación estándar es:

52.1921510

)115(4)110(52

)1()1( 22

21

2221

212 =

−+−+−

=−+

−+−=

nnnsns

s p

Al calcularle raíz cuadrada a este valor nos queda que sp = 4.41

( ) ( )151

101

)41.4)(069.2(879011

212121 +±−=+±−=−

nntsxx pµµ

expresión que se reduce a – 0.72 ≤ µ1−µ2 ≤ 6.72

Nótese que el intervalo de confianza del 95% incluye al cero; porconsiguiente, para este nivel confianza, no puede concluirse la existenciade una diferencia entre las medias.

2. Se realizó un experimento para comparar el tiempo promedio requeridopor el cuerpo humano para absorber dos medicamentos, A y B.Suponga que el tiempo necesario para que cada medicamento alcanceun nivel específico en el torrente sanguíneo se distribuye normalmente.Se eligieron al azar a doce personas para ensayar cada fármacoregistrándose el tiempo en minutos que tardó en alcanzar un nivelespecífico en la sangre. Calcule un intervalo de confianza del 95% parala diferencia del tiempo promedio. Suponga varianzas iguales.

Medicamento A Medicamento BnA = 12 nB = 12

8.26=Ax 6.32=BxSA

2= 15.57 SB2 = 17.54

Solución:

07.421212

)112(54.17)112(57.152

)1()1( 22

=−+

−+−=

−+−+−

=BA

BBAAp nn

nsnss

Nivel de confianza =0.95

72.621 =− µµ72.021 −=− µµ0

( ) ( )121

121

)07.4)(074.2(8.266.3211

+±−=+±−=−BA

pABAB nntsxxµµ

2.35 ≤ µΒ−µΑ ≤ 9.25Con un nivel confianza del 95% se sabe que el tiempo promedio paraalcanzar un nivel específico es mayor para el medicamento B.

PRUEBA SOBRE DOS MEDIAS, POBLACIONES NORMALES, VARIANZASDESCONOCIDAS PERO IGUALES

Las situaciones que más prevalecen e implican pruebas sobre dos medias son las quetienen varianzas desconocidas. Si el científico prueba mediante una prueba F, que las

varianzas de las dos poblaciones son iguales, se utiliza la siguiente fórmula:

( ) ( )

21

2121

11nns

xxt

p +

−−−=

µµ

donde:

2)1()1(

21

2221

212

−+−+−

=nn

nsnss p

Los grados de libertad están dados por:221 −+= nnν

Ejemplos:1. Para encontrar si un nuevo suero detiene la leucemia, se seleccionan nueve

ratones, todos con una etapa avanzada de la enfermedad. Cinco ratonesreciben el tratamiento y cuatro no. Los tiempos de sobrevivencia en años, apartir del momento en que comienza el experimento son los siguientes:

ConTratamiento 2.1 5.3 1.4 4.6 0.9

Sin Tratamiento 1.9 0.5 2.8 3.1¿Se puede decir en el nivel de significancia del 0.05 que el suero es efectivo?Suponga que las dos poblaciones se distribuyen normalmente con varianzasiguales.

Solución:Primero se probará el supuesto de varianzas iguales con un ensayo de hipótesisbilateral utilizando la distribución Fisher.

Datos:Con tratamiento Sin tratamiento

86.2=x 075.2=x s= 1.97 s = 1.1672n = 5 n = 4

Ensayo de hipótesis: 1;

22 =STCToH σσ

1;22 ≠STCToH σσ

Estadístico de prueba:

2

2

ST

CT

s

sF = La sugerencia que se hace es que el numerador sea el de

valor mayor .Entonces los grados de libertad uno será el tamaño de la muestra dela población uno menos uno. ν1= 5-1 = 4 y ν2 = 4-1=3.

Regla de decisión:Si 0.10≤ Fc ≤ 15.1 No se rechaza Ho,Si la Fc < 0.10 ó si F c > 15.1 se rechaza Ho.

Cálculo:

85.2167.197.1

2

2

2

2

===ST

CT

s

sF

Decisión y Justificación:Como 2.85 esta entre los dos valores de Ho no se rechaza , y seconcluye con un α = 0.05 que existe suficiente evidencia para decirque las varianza de las poblaciones son iguales.

Con la decisión anterior se procede a comparar las medias:

Ensayo de HipótesisHo; µCT-µST=0H1; µCT-µST >0

F(0.025; 4, 3)= 0.10

H1

Región deaceptación

H0

F(0.975; 4, 3)= 15.1

α/2 = 0.025

H1

α/2 = 0.025

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

Los grados de libertad son (5+4-2) = 7

Regla de decisión:Si tR≤ 1.895 No se Rechaza Ho

Si tR > 1.895 se rechaza HoCálculos:

( )415.3

245)14(672.11597.1

2)1()1( 22

21

2221

212 =

−+−+−

=−+

−+−=

nnnsns

s p

por lo tanto sp = 1.848

( ) ( ) ( )6332.0

41

51848.1

0075.286.211

21

2121 =+

−−=

+

−−−=

nns

xxt

p

µµ

Justificación y decisión:Como 0.6332 es menor que 1.895, no se rechaza Ho, y se concluye con un nivelde significancia del 0.05 que no existe suficiente evidencia para decir que elsuero detiene la leucemia.

2. Se realizó un experimento para comparar el tiempo promedio requeridopor el cuerpo humano para absorber dos medicamentos, A y B.Suponga que el tiempo necesario para que cada medicamento alcanceun nivel específico en el torrente sanguíneo se distribuye normalmente.Se eligieron al azar a doce personas para ensayar cada fármacoregistrándose el tiempo en minutos que tardó en alcanzar un nivelespecífico en la sangre. Calcule con α = 0.05 si existe diferencia entrelos tiempos promedio y obtenga el valor de P. Suponga varianzasiguales.

Medicamento A Medicamento BnA = 12 nB = 12

8.26=Ax 6.32=BxSA

2= 15.57 SB2 = 17.54

Solución:Primero se pondrá a prueba el supuesto de varianzas iguales mediante unaprueba de hipótesis con α = 0.10.

Ensayo de hipótesis: 1;

22 =ABoH σσ

1;22 ≠ABoH σσ

Estadístico de prueba:

2

2

A

B

s

sF = La sugerencia que se hace es que el numerador sea el de

valor mayor .Entonces los grados de libertad uno será el tamaño de la muestra dela población uno menos uno. ν1= 12-1 =11 y ν2 = 12-1=11.

Regla de decisión:Si 0.355 ≤ Fc ≤ 2.82 No se rechaza Ho,Si la Fc < 0.355 ó si Fc > 2.82 se rechaza Ho.

Cálculo:

13.157.1554.17

2

2

===A

B

s

sF

Decisión y Justificación:Como 1.13 esta entre los dos valores de Ho no se rechaza , y seconcluye con un α = 0.10 que existe suficiente evidencia para decirque las varianza de las poblaciones son iguales.

Con la decisión anterior se procede a comparar las medias:

Ensayo de HipótesisHo; µB-µA=0H1; µB-µA ≠0

F(0.05; 11, 11)= 0.355

H1

Región deaceptación

H0

F(0.95; 11, 11)= 2.82

α/2 = 0.05

H1

α/2 = 0.05

tL= -2.074 µB-µA = 0

Ho

α/2 = 0.025

Región derechazo

Región de aceptación

H1 H1

Región deRechazo

α/2 = 0.025

tL= 2.074

Los grados de libertad son (12+12-2) = 22

Regla de decisión:Si –2.074 ≤ tc ≤ 2.074 No se rechaza Ho,Si la tc < -2.074 ó si tc > 2.074 se rechaza Ho.

Cálculos:

( )07.4

21212)112(54.1711257.15

2)1()1(

21

2221

21 =

−+−+−

=−+

−+−=

nnnsns

s p

( ) ( ) ( )49.3

121

12107.4

08.266.3211

21

2121 =+

−−=

+

−−−=

nns

xxt

p

µµ

Justificación y decisión:Como 3.49 es mayor que 2.074, no se rechaza Ho, y se concluye con un nivel designificancia del 0.05 que la media del tiempo para que el medicamento A lleguea un nivel específico en el torrente sanguíneo es distinta de la que toma alfármaco B alcanzar ese mismo nivel.

Para calcular el valor de P se ubicará la t calculada en la gráfica para proceder abuscar el área y multiplicarla por dos ya que es bilateral.

P = (2)(0.00139) = 0.00278

INTERVALO DE CONFIANZA PARA LA DIFERENCIA DE MEDIAS DE DOSDISTRIBUCIONES NORMALES, VARIANZAS DESCONOCIDAS PERODIFERENTES

tc = 3.49

tL= -2.074 µB-µA = 0

Región de aceptación

tL= 2.074

P/2 =0.00139P/2 =0.00139

Consideremos ahora el problema de encontrar una estimación porintervalos de µ1−µ2 cuando no es probable que las varianzas poblacionalesdesconocidas sean iguales. La estadística que se usa con más frecuenciaen este caso es:

( ) ( )

2

22

1

21

2121

ns

ns

xxt

+

−−−=

µµ

que tiene aproximadamente una distribución t con ν grados de libertad,donde:

( )( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]11 2

22

221

21

21

22

221

21

−+−

+=

nnsnns

nsnsν

Como ν rara vez es número entero, lo redondeamos al número entero máscercano menor. Esto es si el valor de nu es de 15.9 se redondeará a 15.

Al despejar la diferencia de medias poblacionales de la formula de t nosqueda:

( )2

22

1

21

2121 ns

ns

txx +±−=− µµ

Ejemplos:1. El departamento de zoología de la Universidad de Virginia llevó a cabo

un estudio para estimar la diferencia en la cantidad de ortofósforoquímico medido en dos estaciones diferentes del río James. Elortofósforo se mide en miligramos por litro. Se reunieron 15 muestrasde la estación 1 y se ontuvo una media de 3.84 con una desviaciónestándar de 3.07 miligramos por litro, mientras que 12 muestras de laestación 2 tuvieron un contenido promedio de 1.49 con una desviaciónestándar 0.80 miligramos por litro. Encuentre un intervalo de confianzade 95% para la diferencia del contenido promedio real de ortofósforo enestas dos estaciones, suponga que las observaciones vienen depoblaciones normales con varianzas diferentes.

Solución:Datos:

Estación 1 Estación 2n1 = 15 n2 = 12

84.31 =x 49.12 =xS1= 3.07 S2 = 0.80

Primero se procederá a calcular los grados de libertad:( )

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]( )

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 163.16112/1280.0115/1507.3

1280.01507.3

112222

222

22

2221

21

21

22

221

21 ≈=

−+−

+=

−+−

+=

nnsnns

nsnsν

Al usar α=0.05, encontramos en la tabla con 16 grados de libertad que elvalor de t es 2.120, por lo tanto:

( ) ( )1280.0

1507.3

120.249.184.322

2

22

1

21

2121 +±−=+±−=−ns

ns

txxµµ

que se simplifica a:0.60 ≤ µ1−µ2 ≤ 4.10Por ello se tiene una confianza del 95% de que el intervalo de 0.60 a 4.10miligramos por litro contiene la diferencia de los contenidos promediosreales de ortofósforo para estos dos lugares.

PRUEBA SOBRE DOS MEDIAS, POBLACIONES NORMALES, VARIANZASDESCONOCIDAS PERO DIFERENTES

( ) ( )

2

22

1

21

2121

ns

ns

xxt

+

−−−=

µµ

( )( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]11 2

22

221

21

21

22

221

21

−+−

+=

nnsnns

nsnsν

Ejemplo:1. Un fabricante de monitores prueba dos diseños de microcircuitos para

determinar si producen un flujo de corriente equivalente. El departamento deingeniería ha obtenido los datos siguientes:

Diseño 1 n1 = 16 2.241 =x s12 = 10

Diseño 2 n2 = 10 9.232 =x s22 = 40

Con α = 0.05, se desea determinar si existe alguna diferencia significativa enel flujo de corriente promedio entre los dos diseños, donde se supone que lasdos poblaciones son normales, pero no es posible suponer que las varianzasdesconocidas sean iguales.

Solución:Primero se probarán varianzas desiguales.

Ensayo de hipótesis:

1;22

2 1=σσoH

1;2

12

2 ≠σσoH

Estadístico de prueba:

21

22

s

sF = La sugerencia que se hace es que el numerador sea el de

valor mayor .Entonces los grados de libertad uno será el tamaño de la muestra dela población uno menos uno. ν1= 10-1 = 9 y ν2 = 16-1=15.

Regla de decisión:Si 0.265≤ Fc ≤ 3.12 No se rechaza Ho,Si la Fc < 0.265 ó si Fc > 3.12 se rechaza Ho.

Cálculo:

41040

21

22 ===

s

sF

Decisión y Justificación:Como 4 es mayor que 3.12 se rechaza Ho , y se concluye con un α =0.05 que existe suficiente evidencia para decir que las varianza delas poblaciones son diferentes.

Con la decisión anterior se procede a comparar las medias:

Ensayo de HipótesisHo; µ1-µ2=0H1; µ1-µ2 ≠ 0

Para poder buscar el valor de t en la tabla, se necesita saber el valor de losgrados de libertad:

( )( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]

( )( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 858.11

1101040116161010401610

1122

2

22

2221

21

21

22

221

21 =

−+−+

=−+−

+=

nnsnns

nsnsν

Este valor se redondea al próximo menor que sería 11.

F(0.025; 9, 15)= 0.265

H1

Región deaceptación

H0

F(0.975; 9, 15)= 3.12

α/2 = 0.025

H1

α/2 = 0.025

Ho

α/2 = 0.025

Región derechazo

H1H1

Región deRechazo

α/2 = 0.025

Regla de decisión:Si –2.201≤ tR ≤ 2.201 No se rechaza Ho

Si tR < -2.201 ó si tR > 2.201 se rechaza Ho

Cálculos:

( ) ( ) ( )1395.0

1040

1610

09.232.24

2

22

1

21

2121 =+

−−=

+

−−−=

ns

ns

xxt

µµ

Justificación y decisión:Como 0.1395 esta entre –2.201 y 2.201, no se rechaza Ho y se concluye con unα = 0.05, que no existe diferencia significativa en el flujo de corriente promedioentre los dos diseños.

2. Dos proveedores fabrican un engrane de plástico utilizado en una impresoraláser. Una característica importante de estos engranes es la resistencia alimpacto la cual se mide en pies-libras. Una muestra aleatoria de 10 engranessuministrados por el primer proveedor arroja los siguientes resultados:

2901 =x y s1 = 12. Del segundo proveedor se toma una muestra aleatoria de16 engranes, donde los resultados son 3212 =x y s2 = 45. ¿Existe evidenciaque apoye la afirmación de que los engranes del proveedor 2 tienen unamayor resistencia promedio al impacto. Use un nivel de significancia de 0.05.Calcule el valor de P.

Solución:Datos:

Proveedor 1 Proveedor 2n1 = 10 n2 = 16

2901 =x 3212 =xS1= 12 S2 = 45

Primero se probarán varianzas desiguales.

Ensayo de hipótesis:

1;22

2 1=σσoH

1;2

12

2 ≠σσoH

Estadístico de prueba:

21

22

s

sF = La sugerencia que se hace es que el numerador sea el de

valor mayor .Entonces los grados de libertad uno será el tamaño de la muestra dela población uno menos uno. ν1= 16-1 = 15 y ν2 = 10-1=9.

Regla de decisión:Si 0.320≤ Fc ≤ 3.01 No se rechaza Ho,Si la Fc < 0.320 ó si Fc > 3.01 se rechaza Ho.

Cálculo:

06.141245

2

2

21

22 ===

s

sF

Decisión y Justificación:Como 14.06 es mayor que 3.01 se rechaza Ho , y se concluye con unα = 0.05 que existe suficiente evidencia para decir que las varianzade las poblaciones son diferentes.

Con la decisión anterior se procede a comparar las medias:

Ensayo de HipótesisHo; µ2-µ1=0H1; µ2-µ1 >0

Para poder buscar el valor de t en la tabla, se necesita saber el valor de losgrados de libertad:

F(0.025; 15, 9)= 0.320

H1

Región deaceptación

H0

F(0.975; 15, 9)= 3.01

α/2 = 0.025

H1

α/2 = 0.025

( )( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]

( )( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] 21.18

11616451101012

16451012

112222

222

22

2221

21

21

22

221

21 =

−+−

+=

−+−

+=

nnsnns

nsnsν

Este valor se redondea al próximo menor que sería 18.

Regla de decisión:Si tR ≤ 1.734 No se rechaza Ho

Si tR > 1.734 se rechaza Ho

Cálculos:

( ) ( ) ( )61.2

1645

1012

029032122

2

22

1

21

2121 =+

−−=

+

−−−=

ns

ns

xxt

µµ

Justificación y decisión:Como 2.61 es mayor que 1.734, se rechaza Ho y se concluye con un α=0.05,que existe evidencia suficiente para decir que el promedio de resistencia de losengranes del proveedor 2 es mayor a el promedio de resistencia de los engranesdel proveedor 1.

Para calcular el valor de P se busca adentro de la tabla de t el valor de 2.61 con18 grados de libertad y se observa que se encuentra entre dos áreas que son0.01 y 0.0075, al interpolar nos da un valor de P = 0.00894.

µ1−µ2 = 0

Ho

Región de aceptación

H1

Región deRechazo

α = 0.05

tL= 1.734

tc = 2.61

µB-µA = 0

Región de aceptación

tL= 1.734

P =0.00894

INFERENCIA RESPECTO A LA DIFERENCIA DE DOS MEDIAS CUANDO SEUSAN MUESTRAS DEPENDIENTES PEQUEÑAS

Para hacer inferencias estadísticas sobre dos poblaciones, se necesita tener una muestrade cada población. Las dos muestras serán dependientes o independientes de acuerdo a

la forma de seleccionarlas. Si la selección de los datos de una población no estárelacionada con la de los datos de la otra, son muestras independientes. Si las muestras

se seleccionan de manera que cada medida en una de ellas pueda asociarse naturalmentecon una medida en la otra muestra, se llaman muestras dependientes. Cada dato sale dealguna fuente; una fuente es algo, una persona o un objeto, que produce datos. Si dos

medidas se obtienen de la misma fuente, se puede pensar que las medidas estánpareadas. En consecuencia dos medidas que se obtienen del mismo conjunto de fuentesson dependientes. Note que si dos muestras son dependientes, entonces necesariamente

tienen el mismo tamaño.

Muchas aplicaciones prácticas requieren hacer comparaciones entre dos poblaciones conbase en datos pareados o en muestras dependientes. Las aplicaciones que pueden

involucrar muestras dependientes incluyen:

• Medicina.- Poner aprueba los efectos de una dieta mediante la obtención delas medidas del peso en la misma persona antes y después de aplicar unadieta.

• Enseñanza.- Probar la efectividad de una estrategia de enseñanza aplicandoexámenes antes y después a los mismos individuos.

• Agricultura.- Poner a prueba los efectos de dos fertilizantes en la producciónde frijol de soya comparando la producción de parcelas similares en lasmismas condiciones.

• Finanzas.- Comparar las estimaciones de dos talleres de autos chocadospara las mismas unidades.

• Industria.- Poner a prueba dos marcas de llantas en cuanto al desgaste delpiso colocando una de cada marca en los rines traseros de una muestra decoches del mismo tipo.

Si se tienen dos muestral aleatorias dependientes de tamaño n, donde cadaelemento de la primera muestra es pareja de un elemento de la segunda,entonces estas dos muestras dan lugar a una de parejas o a una diferencias,como lo indica la siguiente figura. La muestra de diferencias d = x1 – x2 se puedepensar como una muestra de la población de diferencias de datos pareados dedos poblaciones. La media de la población de diferencias es igual a ladiferencias de las medias poblacionales.

X11

X12

X13

.

X21

X22

X23

.

X11 – X21

X12 – X22

X13 – X23

.

2121µµµµµ −==− dxx

Se puede demostrar que la media de las diferencias es la diferencias de lasmismas considerando las dos poblaciones siguientes con cuyos elementos sehan formado parejas:

Población 1 Población 2 Diferencia d2 5 2 – 5 = -34 6 4 – 6 = -26 2 6 – 2 = 48 4 8 – 4 = 410 8 10 – 8 = 2

Suma 30 25 5Media 6 5 1

La diferencia entre medias poblacionales es:µ1−µ2 = 6 – 5 = 1

y la media de la población de diferencias se representa:

155

=== ∑N

ddµ

En consecuencia se ve que la media de la población de diferencias es igual a la diferenciaentre las medias poblacionales. Siguiendo la misma línea de razonamiento, se puede

demostrar que, para dos muestras dependientes, la media de sus diferencias muestraleses igual a la diferencia entre sus medias muestrales. Esto es, si x1 – x2 = d, entonces

.21 dxx =−

Si se tiene una muestra aleatoria de n pares de datos y si las diferencias d se distribuyennormalmente, entonces el estadístico:

nsd

d

dµ− tiene una distribución muestral que es una distribución t con gl=n-1, donde sd

representa la desviación estándar de la muestra de puntajes diferencia.

Estadístico

nsd

td

dµ−=

donde g.l = n-1

Límites del intervalo de confianza para µ1−µ2 cuando se usa muestras dependientes

ns

td d±=− 21 µµ

Ejemplos:1. Se hizo un estudio para definirse si los ejercicios aeróbicos reducen el ritmo cardiaco

de una persona durante el descanso, y al examinar a diez voluntarios antes y despuésde seguir un programa de ese tipo durante seis meses, sus pulsaciones, en latidos por

minuto, dieron los siguientes registros:Voluntario 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Antes 73 77 68 62 72 80 76 64 70 72Después 68 72 64 60 71 77 74 60 64 68

Use α = 0.05 para calcular si los ejercicios aeróbicos reducen el ritmo cardiaco duranteel reposo. Calcule el valor de P.

Solución:Ensayo de hipótesis:

Ho; µΑ − µD = 0H1; µΑ − µD > 0

Regla de decisión:Si tR ≤ 1.833 No se rechaza Ho

Si tR > 1.833 se rechaza Ho

Cálculos:Se procederá a calcular las diferencias de cada par:

Voluntario 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Antes 73 77 68 62 72 80 76 64 70 72Después 68 72 64 60 71 77 74 60 64 68

Diferencia 5 5 4 2 1 3 2 4 6 4

Al calcular la media de las diferencias nos da 3.6 con una sd = 1.58.

20.7

1058.1

06.3=

−=

−=

nsd

td

dµ

Justificación y decisión:Como 7.20 es mayor que 1.833, se rechaza H0, y se concluye cn un nivel de significanciade 0.05 que los datos indican que los ejercicios aeróbicos disminuyen significativamente

el ritmo cardiaco durante el reposo.

Para calcular el valor de P se busca el 7.20 en el renglón de 9 grados de libertad en la tablat, y se observa que el valor mayor que aparece en dicha tabla es 4.781 al cual le

µΑ−µD = 0

Ho

Región de aceptación

H1

Región deRechazo

α = 0.05

t(0.05,9)= 1.833

corresponde una área a la derecha de 0.0005, entonces se puede concluir que el valor deP es prácticamente cero.

2. Diez hombres se sometieron a una dieta especial registrando sus pesos antes decomenzarla y después de un mes de estar en ella. Los resultados de los pesos, en

libras, se muestran a continuación:

Hombre A B C D E F G H I JAntes 181 172 190 186 210 202 166 173 183 184Después 178 175 185 184 207 201 160 168 180 189

Haga una prueba con α = 0.05 para determinar si la dieta logró alguna diferencia, ya seapositiva o negativa. Calcule el valor de P.

Solución:Ensayo de hipótesis:

Ho; µΑ − µD = 0H1; µΑ − µD ≠ 0

Regla de decisión:Si –2.262 ≤ tc ≤ 2.262 No se rechaza Ho,

Si la tc < -2.262 ó si tc > 2.262 se rechaza Ho.

Cálculos:Se procederá a calcular las diferencias de cada par:

Hombre A B C D E F G H I JAntes 181 172 190 186 210 202 166 173 183 184Después 178 175 185 184 207 201 160 168 180 189

Diferencia 3 -3 5 2 3 1 6 5 3 -5

Al calcular la media de las diferencias nos da 2 con una sd = 3.53.

79.1

1053.3

02=

−=

−=

nsd

td

dµ

Justificación y decisión:Como 1.79 está entre los dos valores críticos de –2.262 y 2.262, por lo tanto no se rechaza

H0, y se concluye con un α = 0.05 que no existe evidencia estadística que apoye laefectividad de la dieta para variar el peso.

Para calcular el valor de P se interpola entre 0.10 y 0.05, con 9 grados de libertadobteniendo un área de 0.0574, pero como el ensayo es bilateral este sería un valor de P/2,

por lo tanto el valor de P = (2)(0.0574) = 0.1148

tL= -2.262 µA-µD = 0

Ho

α/2 = 0.025

Región derechazo

Región de aceptación

H1 H1

Región deRechazo

α/2 = 0.025

tL= 2.262

tc = 1.79

tL= -2.262 µB-µA = 0

Región de aceptación

tL= 2.262

P/2 =0.0574P/2 =0.0574

3. Calcula el intervalo de confianza del 95% para la diferencia de medias poblacionalesdel ejercicio anterior.

Solución:

1053.3

262.22 ±=±=−n

std d

DA µµ

El intervalo de confianza del 95% es –0.53 y 4.53 y como contiene a cero, no podemosconcluir que la dieta sea efectiva para cambiar el peso.

Ejercicios Para la Unidad III

1. Un economista considera que el número de galones de gasolina que consumemensualmente cada automóvil en Estados Unidos es una variable aleatoria normal con µ=50y varianza desconocida.a) Supóngase que una muestra aleatoria de nueve observaciones presenta una varianza

muestral de 36. ¿Cuál es la probabilidad de que x sea mayor que 54?b) ¿Cuál es la probabilidad de que x sea menor que 44?c) ¿Cuál es la probabilidad de que x este comprendida entre 44 y 55 ?d) ¿Cómo modificarían las respuestas a las preguntas anteriores si n = 36 ?

2. Una máquina produce las varillas de metal utilizadas en el sistema de suspensión de unautomóvil. El diámetro de la varilla está distribuido en forma normal, con media y varianzadesconocida. Se toma una muestra aleatoria de 10 piezas, y se encuentra que los diámetrosson: 2.25, 2.24, 2.27, 2.26, 2.23, 2.25, 2.24, 2.27, 2.22 y 2.23 pulgadas. Encuentre elintervalo de confianza del 99% para el diámetro promedio de todas las varillas de metal.

3. Una muestra de 12 latas de sopa producida por cierta compañía produjo los siguientespesos netos, medidos en onzas:

11.9 12.2 11.6 12.1 12.1 11.811.9 11.8 12.0 12.3 11.8 12.0Si se supone normalidad en los pesos, construya un intervalo de confianza del 95% para elpeso promedio de todas las latas de sopa producidas por la compañía.

4. Los siguientes datos registrados en días, representan el tiempo de recuperación parapacientes que se tratan al azar con uno de los medicamentos para curar infecciones gravesde la vejiga:

Medicamento 1 Medicamento 2n1 = 14 n2 = 16x1 = 17 x2 = 19s1

2 = 1.5 s22 = 1.8

Encuentre un intervalo de confianza de 99% para la diferencia promedio en el tiempo derecuperación para los dos medicamentos, suponga poblaciones normales con varianzasiguales.

5. Un experimento compara las economías en combustible para dos tipos de camionescompactos a diesel equipados de forma similar. Suponga que se utilizaron 12 camionesVolkswagen y 10 Toyota en pruebas de velocidad constante de 90 kilómetros por hora. Si los12 VW promedian 16 Km/lto con una desviación estándar de 1.0 km/lto, y los 10 Toyota

promedian 11 km/lto con una desviación estándar de 0.8 km/lto, construya un intervalo deconfianza de 90% para la diferencia entre los kilómetros promedio por litro de estos doscamiones. Suponga poblaciones normales con varianzas iguales.

6. Encuentre la probabilidad de que una muestra aleatoria de 25 observaciones, de unapoblación normal con varianza σ2 = 6, tenga una varianza s2

a) Mayor que 9.1b) Entre 3.462 y 10.745

7. Encuentre el intervalo de confianza del 90% para la varianza del diámetro de las varillas delejercicio 2 e interprete resultado.

8. Una máquina que produce bolas para cojinetes se le detiene periódicamente para verificar eldiámetro. En este caso en particular no interesa el diámetro medio, sino la variabilidad de losdiámetros. Supóngase que se toma una muestra de 31 bolas y se encuentra que la varianzade los diámetros es de 0.94 mm2. Construya un intervalos de confianza de 95% para lavarianza, e interprete los resultados, suponiendo normalidad en la población.

9. Si s12 y s2

2 representan las varianzas de muestras aleatorias independientes de tamaño n1=8y n2=12, tomadas de poblaciones normales con varianzas iguales, encuentre P(s1

2/s22<4.89).

10. Los siguientes datos representan los tiempos de duración de las películas que producen doscompañías cinematográficas.

Compañía Tiempo (minutos)I 103 94 110 87 98II 97 82 123 92 175 88 118

Construya un intervalo de confianza del 90% para la relación de varianzas.

11. Construya un intervalo de confianza de 98% para la relación de desviaciones estándar delproblema número 5, y de acuerdo con los resultados obtenidos, diga si estuvo bien elsupuesto de varianzas iguales.

12. Pruebe la hipótesis de que el contenido promedio de los envases de un lubricante enparticular es de 10 litros si los contenidos de una muestra aleatoria de 10 envases son: 10.2,9.7, 10.1, 10.3, 10.1, 9.8, 9.9, 10.4, 10.3 y 9.8 litros. Utilice un nivel de significancia de 0.01 ysuponga que la distribución del contenido es normal.

13. De acuerdo con un estudio dietético una ingesta alta de sodio se puede relacionar conúlceras, cáncer de estómago y migraña. El requerimiento humano de sal es de sólo 220miligramos por día, el cual se rebasa en la mayoría de las porciones individuales de cerealeslistos para comerse. Si una muestra aleatoria de 20 porciones similares de Special K tieneun contenido medio de 244 miligramos de sodio y una desviación estándar de 24.5miligramos ¿esto sugiere, en el nivel de significancia del 0.05, que el contenido promedio desodio para porciones individuales de Special K es mayor que 220 miligramos? Suponga quela distribución de contenidos de sodio es normal.

14. Una compañía armadora de automóviles grandes trata de decidir si compra llantas de lamarca o de la B para sus modelos nuevos. Se lleva a cabo un experimento para ayudar allegar a una decisión, en el que se usan 12 llantas de cada marca. Los resultados son:

Marca A: xA = 37,900 KilómetrosSA = 5,100 Kilómetros.

Marca B: xB = 39,800 KilómetrosSB = 5,900 Kilómetros

Pruebe la hipótesis de que no hay diferencia en las dos marcas de llantas con un nivel designificancia de 0.05. También calcule el valor de P, suponiendo normalidad y varianzasiguales.

15. Dos secciones de un curso de estadística son sometidas a un mismo examen final. De lascalificaciones obtenidas se extrae una muestra aleatoria de tamaño 9 en la grupo "A", y otrade tamaño 4 en el grupo "B".Grupo "A" 65 68 72 75 82 85 87 91 95Grupo "B" 50 59 71 80 a) Con un nivel de significación de 0.05 ¿podría decirse que los dos grupos tienen las

mismas calificaciones promedio?. Suponga que provienen de poblaciones normales convarianzas iguales.

b) Calcule el valor de P para este ensayo e interprete su resultadoc) Por medio de un ensayo de hipótesis diga si estuvo acertada la suposición de las

varianzas iguales en el inciso a). Haga la prueba con un nivel de significación de 0.10.

16. Una máquina automática empacadora de azúcar se usa para llenar bolsas de 5 libras. Unamuestra aleatoria de 15 bolsas indicó una media de 4.94 libras y una desviación estándar de0.02; si se supone que la distribución de los pesos es normal, y de la experiencia pasada sesabe que la desviación estándar de los pesos es de 0.015 libras, ¿muestran los datossuficiente evidencia para decir que hubo un aumento en la variabilidad?. Haga la prueba conun nivel de significancia del 0.05 y calcule el valor de P.

17. Una empresa empacadora de azúcar está considerando una máquina nueva parareemplazar su máquina actual. Los pesos de una muestra de 21 paquetes de 5 librasempacados por la máquina vieja producen una varianza de 0.16, mientras que los pesos de20 paquetes de 5 libras empacados por la máquina nueva dan una varianza de 0.09.En basea estos datos, ¿aconsejaría usted al gerente a comprar la máquina nueva? Use un α = 0.05.

18. La Metro Bus Company en una ciudad grande afirma tener una varianza en los tiempos dellegada de sus carros, medidos en minutos, a las distintas paradas, de no más de 5; unejecutivo de la compañía ordenó tomar los tiempos de llegada en varias paradas paradeterminar si los conductores están cumpliendo con sus horarios. Si una muestra de 12llegadas a una parada particular produjo una varianza de 5.7 y se supone que los tiempos dellegada se distribuyen normalmente, ¿muestran estos datos suficiente evidencia paracontradecir a la compañía? Use un nivel de significancia de 0.10 y calcule el valor de P.

Respuesta a los Ejercicios de la Unidad III

1. a) 0.0421, b) 0.00862, c) 0.972762. 2.2284 ≤ µ ≤ 2.26353. 11.859 ≤ µ ≤ 12.114. 0.70 ≤ µ2 − µ1 ≤ 3.305. 4.3 ≤ µvw - µT ≤ 5.76. a) 0.05, b) 0.947. 4.689 x 10-5 ≤ σ2 ≤ 1.559 x 10-4

8. 0.60 ≤ σ2 ≤ 1.6799. 0.9910. 2.20 ≤ (σ2/σ1)2 ≤ 61.5011. 0.549 ≤ (σVw/σT) ≤ 2.69. Estuvo bien la suposición puesto que el uno esta

dentro del intervalo.12. Región crítica -3.25 ≤ t ≤ 3.25. t = 0.77 por lo tanto no rechaza Ho.13. Región crítica t>1.729. t= 4.30 rechazar Ho.14. Región crítica -2.074 ≤ t ≤ 2.074. t = -0.84 no rechazar Ho. P = 0.411

15. a) Región crítica -2.201 ≤ t ≤ 2.201. t = 2.27 rechazar Ho. b) P = 0.0445c) Región crítica 0.1129 ≤ F ≤ 4.07. F = 1.578, no rechaza Ho, estuvo bien lasuposición de varianzas iguales.

16. Región crítica X2 > 23.685. X2 = 24.88 rechazar Ho. P = 0.037717. Región critica F > 2.16. F = 1.77, no se rechaza Ho y no conviene comprar

la máquina nueva.18. Región crítica X2 > 17.275. X2 = 12.54 no se rechaza Ho. P = 0.3280

UNIDAD IVPREUBAS CHI-CUADRADA Y ESTADISTICA NO PARAMETRICA

Como ya se ha visto varias veces, los resultados obtenidos de muestras nosiempre concuerdan exactamente con los resultados teóricos esperados, segúnlas reglas de probabilidad. Por ejemplo, aunque consideraciones teóricasconduzcan a esperar 50 caras y 50 cruces cuando se lanza 100 veces unamoneda bien hecha, es raro que se obtengan exactamente estos resultados.

Supóngase que en una determinada muestra se observan una serie de posiblessucesos E1, E2, E3, . . . , EK, que ocurren con frecuencias o1, o2, o3, . . ., oK,llamadas frecuencias observadas y que, según las reglas de probabilidad, seespera que ocurran con frecuencias e1, e2, e3, . . . ,eK llamadas frecuenciasteóricas o esperadas.

A menudo se desea saber si las frecuencias observadas difierensignificativamente de las frecuencias esperadas. Para el caso en que solamenteson posibles dos sucesos E1 y E2 como, por ejemplo, caras o cruces,defectuoso, etc., el problema queda resuelto satisfactoriamente con los métodosde las unidades anteriores. En esta unidad se considera el problema general.

Definición de X2

Una medida de la discrepancia existente entre las frecuencias observadas yesperadas es suministrada por el estadístico X2, dado por:

( ) ( ) ( ) ( )∑

=

−=

−++

−+

−=

K

j j

jj

K

Kk

e

eo

eeo

eeo

eeo

X1

2

2

222

1

2112 ...

donde si el total de frecuencias es N,Neo jj == ∑∑

Si X2 = 0, las frecuencias observadas y esperadas concuerdan exactamente,mientras que si X2>0, no coinciden exactamente. A valores mayores de X2,mayores son las discrepancias entre las frecuencias observadas y esperadas.Si las frecuencias esperadas son al menos iguales a 5, la aproximación mejorapara valores superiores.

El número de grados de libertad ν está dado por:ν = k – 1 – m

en donde:K = número de clasificaciones en el problema.m = número de parámetros estimados a partir de los datos muestrales paraobtener los valores esperados.

Ensayo de Hipótesis

En la práctica, las frecuencias esperadas se calculan de acuerdo con la hipótesisHo. Si bajo esta hipótesis el valor calculado de X2 dado es mayor que algún valorcrítico, se deduce que las frecuencias observadas difieren significativamente delas esperadas y se rechaza Ho al nivel de significación correspondiente. En casocontrario, no se rechazará. Este procedimiento se llama ensayo o prueba dechi-cuadrado de la hipótesis.

Debe advertirse que en aquellas circunstancias en que X2 esté muy próxima acero debe mirarse con cierto recelo, puesto que es raro que las frecuenciasobservadas concuerden demasiado bien con las esperadas. Para examinar talessituaciones, se puede determinar si el valor calculado de X2 es menor que las X2

críticas o de tabla (ensayo unilateral izquierdo), en cuyos casos se decide que laconcordancia es bastante buena.

Ejemplos:1. La siguiente tabla muestra las frecuencias observadas al lanzar un dado 120

veces. Ensayar la hipótesis de que el dado está bien hecho al nivel designificación del 0.05.

Cara 1 2 3 4 5 6Frecuencia Observada 25 17 15 23 24 16

Solución:Ensayo de Hipótesis:Ho; Las frecuencias observadas y esperadas son significativamente iguales (dado bien hecho)H1; Las frecuencias observadas y esperadas son diferentes (dado cargado).

Primero se procede a calcular los valores esperados. Como es bien sabido portodos la probabilidad de que caiga cualquier número en un dado no cargado esde 1/6. Como la suma de los valores observados es de 120, se multiplica estevalor por 1/6 dando un resultado de 20 para cada clasificación.

Cara 1 2 3 4 5 6 TotalFrecuencia Observada 25 17 15 23 24 16 120Frecuencia esperada 20 20 20 20 20 20

Grados de libertad = k-1-m = 6-1-0 = 5No se tuvo que calcular ningún parámetro para obtener las frecuenciasesperadas.

Regla de decisión:Si X2

R≤ 11.1 no se rechaza Ho.

Ho

Región de aceptación

X2(0.05,5)= 11.1

α=0.05

H1

Región derechazo

Si X2R >11.1 se rechaza Ho.

Cálculos:( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

520

201620

202420

202320

201520

201720

2025 222222

1

22 =

−+

−+

−+

−+

−+

−=

−= ∑

=

K

j j

jj

eeo

X

Justificación y decisión:Como 5 es menor a 11.1 no se rechaza Ho y se concluye con una significaciónde 0.05 que el dado está bien hecho.

2. En los experimentos de Mendel con guisantes, observó 315 lisos y amarillos,108 lisos y verdes, 101 rugosos y amarillos y 32 rugosos y verdes. Deacuerdo con su teoría, estos números deberían presentarse en la proporción9:3:3:1. ¿Hay alguna evidencia que permita dudar de su teoría al nivel designificación del 0.01?

Solución:Ensayo de Hipótesis:Ho; La teoría de Mendel es acertada.H1; La teoría de Mendel no es correcta.

El número total de guisantes es 315+108+101+32=556. Puesto que los númerosesperados están el la proporción 9:3:3:1 (9+3+3+1=16), se esperaría:

( ) 75.312556169

= lisos y amarillos

( ) 25.104556163

= lisos y verdes

( ) 25.104556163

= rugosos y amarillos

( ) 75.34556161

= rugosos y verdes

Grados de libertad = k-1-m = 4-1-0 = 3No se tuvo que calcular ningún parámetro para obtener las frecuenciasesperadas.

Regla de decisión:Si X2

R≤ 11.3 no se rechaza Ho.

Ho

Región de aceptación

X2(0.01,3)= 11.3

α=0.05

H1

Región derechazo

Si X2R >11.3 se rechaza Ho.

Cálculos:( ) ( ) ( ) ( ) ( )

470.075.34

75.343225.104

25.10410125.104

25.10410875.312

75.312315 2222

1

22 =

−+

−+

−+

−=

−= ∑

=

K

j j

jj

e

eoX

Justificación y decisión:Como 0.470 es menor que 11.3 no se rechaza Ho y se concluye con un nivel designificación de 0.01 que la teoría de Mendel es correcta.Como el valor de 0.470 está cercano a cero, se procede a hacer un ensayounilateral izquierdo:

Ensayo de Hipótesis:Ho; La teoría de Mendel es acertada.H1; La teoría de Mendel es muy acertada.

Regla de decisión:Si X2

R ≥ 0.115 no se rechaza Ho.Si X2

R < 0.115 se rechaza Ho.

Como el valor de 0.470 no es menor a 0.115 se concluye que el experimento ola teoría de Mendel solo es buena.

3. Una encuesta sobre 320 familias con 5 niños dio la distribución que apareceen la siguiente tabla. ¿Es el resultado consistente con la hipótesis de que elnacimiento de varón y hembra son igualmente posibles? Use α = 0.05.

Número de niños 5 4 3 2 1 0Número de niñas 0 1 2 3 4 5Número de familias 18 56 110 88 40 8

Solución:Ensayo de hipótesis:H0; El nacimiento de niños y niñas es igualmente probable.H1; El nacimiento de niños y niñas no es igualmente probable.

Este experimento tiene un comportamiento binomial, puesto que se tienen dosposibles resultados y la probabilidad de éxito se mantiene constante en todo elexperimento.

Región derechazo

Región de aceptación

H1

Ho

X2(0.99,3) = 0.115

α=0.01

Se le llamará éxito al nacimiento de un varón o niño. Por lo que la variablealeatoria “x” tomará valores desde 0 hasta 5.Como se quiere ver si es igualmente probable el nacimiento de niños y niñas, laprobabilidad de éxito será de 0.5.Utilizando la fórmula de la distribución binomial se calcularán las probabilidades,que multiplicadas por el número total de familias nos darán los valoresesperados en cada clasificación.

Recordando la fórmula de la distribución binomial:)( xnx

xn qpC −

en donde n = 5 y “x” es el número de niños .

Probabilidad de 5 niños y 0 niñas = 321

)5.0()5.0( )55(555 =−C

Probabilidad de 4 niños y 1 niña = 325

)5.0()5.0( )45(445 =−C

Probabilidad de 3 niños y 2 niñas = 3210

)5.0()5.0( )35(335 =−C

Probabilidad de 2 niños y 3 niñas = 3210

)5.0()5.0( )25(225 =−C

Probabilidad de 1 niño y 4 niñas = 325

)5.0()5.0( )15(115 =−C

Probabilidad de 0 niños y 5 niñas = 321

)5.0()5.0( )05(005 =−C

Si cada una de estas probabilidades se multiplican por 320 se obtienen losvalores esperados:

Número de niños 5 4 3 2 1 0Número de niñas 0 1 2 3 4 5

Total

Número de familias 18 56 110 88 40 8 320Frecuencias esperadas 10 50 100 100 50 10

Grados de libertad: k-1-m = 6-1-0 = 5

Regla de decisión:Si X2

R≤ 11.1 no se rechaza Ho.

Ho

Región de aceptación

X2(0.05,3)= 11.1

α=0.05

H1

Región derechazo

Si X2R >11.1 se rechaza Ho.

Cálculos:( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1210

10850

5040100

10088100

10011050

505610

1018 222222

1

2

2 =−+−+−+−+−+−=−

= ∑=

K

j j

jj

e

eoX

Justificación y decisión:Como el 12 es mayor a 11.1, se rechaza H0 y se concluye con un α = 0.05 que elnacimiento de hombres y mujeres no es igualmente probable.

4. Una urna contiene 6 bolas rojas y 3 blancas. Se extraen al azar dos bolas dela urna, se anota su color y se vuelven a la urna. Este proceso se repite untotal de 120 veces y los resultados obtenidos se muestran en la siguientetabla. Determinar al nivel de significación del 0.05 si los resultados obtenidosson consistentes con los esperados.

0 1 2

Bolas blancas 2 1 0Número de extracciones 6 53 61

Solución:Este experimento tiene las características de una distribución hipergeométrica,por lo cual se calcularán los valores esperados con el razonamiento de estadistribución.Se llamara “x” a la variable aleatoria de interés que en este caso serán las bolasrojas. Por lo tanto “x” puede tomar valores desde 0 hasta 2.

La fórmula de la distribución hipergeométrica es:

nN

xnaNxa

C

CC )()(. −−

Se tiene:

Probabilidad de extraer 0 rojas y 2 blancas:

N =9

a = 6 Rojas

N-a = 3 Blancas

n = 2

x

n-x

363))((

)0(29

2306 ===C

CCxP

Probabilidad de extraer 1 roja y 1 blanca:

3618))((

)1(29

1316 ===C

CCxP

Probabilidad de extraer 2 rojas y 0 blancas:

3615))((

)2(29

0326 ===C

CCxP

Con las probabilidades anteriores se obtendrán los valores esperadosmultiplicando por 120.

0 1 2

Bolas blancas 2 1 0Número de extracciones 6 53 61Frecuencias esperadas 10 60 50

Grados de libertad: k-1-m = 3-1-0 = 2

Regla de decisión:Si X2

R≤ 5.991 no se rechaza Ho.Si X2

R >5.991 se rechaza Ho.

Cálculos:( ) ( ) ( ) ( )

83.450

506160

605310106 222

1

2

2 =−

+−

+−

=−

= ∑=

K

j j

jj

e

eoX

Justificación y decisión:

Ho

Región de aceptación

X2(0.05,2)= 5.991

α=0.05

H1

Región derechazo

Como el 4.83 no es mayor a 5.991, no se rechaza H0 y se concluye con unα = 0.05 que los resultados son los mismos que los esperados.

PRUEBA CHI-CUADRADA PARA LA BONDAD DEL AJUSTE

A lo largo de este curso nos ocupamos de la prueba de hipótesis estadísticasacerca de parámetros de una población como µ, σ y P. Ahora se considera unaprueba para determinar si una población tiene una distribución teóricaespecífica. La prueba se basa en qué tan buen ajuste se tiene entre lafrecuencia de ocurrencia de las observaciones en una muestra observada y lasfrecuencias esperadas que se obtienen a partir de la distribución hipotética.

La formula que se utilizará para calcular el valor de chi-cuadrada es igual a la dela sección anterior, con el mismo concepto de grados de libertad.

Ejemplo:1. Una moneda fue lanzada al aire 1000 series, de 5 veces cada serie y se

observó el número de caras de cada serie. El número de series en los que sepresentaron 0, 1, 1, 3, 4 y 5 caras se muestra en la siguiente tabla.

Número decaras

Número de series(frecuencia observada)

0 381 1442 3423 2874 1645 25

Total 1000

Ajustar una distribución binomial a los datos con un α = 0.05.

Solución:H0; Los datos se ajustan a una distribución binomial.H1; Los datos no se ajustan a una distribución binomial.

Para obtener los valores esperados se tiene que utilizar la formula de la

distribución binomial: )( xnx

xn qpC −, donde n en este ejercicio vale 5, p y q son

las probabilidades respectivas de cara y sello en un solo lanzamiento de lamoneda. Para calcular el valor de p, se sabe que µ=np en una distribuciónbinomial, por lo que µ = 5p.Para la distribución de frecuencias observada, la media del número de caras es:

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )47.2

10002470

10005254164328723421144038

==+++++

==∑∑

ffx

µ

Por lo tanto 494.0547.2

5===

µp . Así pues, la distribución binomial ajustada

viene dada por p(x) = ( ) ( ) )5(5 506.0494.0 xx

xC −.

Al seguir esta fórmula se calcula la probabilidad de obtener caras, según el valorde la variable aleatoria. La probabilidad multiplicada por 1000 nos dará el valoresperado. Se resumen los resultados en la tabla siguiente:

Número de caras(x)

P(x caras) Frecuenciaesperada

Frecuenciaobservada

0 0.0332 33.2 381 0.1619 161.9 1442 0.3162 316.2 3423 0.3087 308.7 2874 0.1507 150.7 1645 0.0294 29.4 25

Para los grados de libertad el valor de m será uno, ya que se tuvo que estimar lamedia de la población para poder obtener el valor de p y así poder calcular losvalores esperados.

Grados de libertad: k-1-m = 6-1-1 = 4

Regla de decisión:Si X2

R≤ 9.49 no se rechaza Ho.Si X2

R >9.49 se rechaza Ho.

Cálculos:( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

54.74.29

4.29257.150

7.1501647.308

7.3082872.316

2.3163429.161

9.1611442.33

2.3338 222222

1

22 =

−+

−+

−+

−+

−+

−=

−= ∑

=

K

j j

jj

e

eoX

Justificación y decisión:Como el 7.54 no es mayor a 9.49, no se rechaza H0 y se concluye con unα = 0.05 que el ajuste de los datos a una distribución binomial es bueno.

2. Se propone que el número de defectos en las tarjetas de circuito impresosigue una distribución Poisson. Se reúne una muestra aleatoria de 60 tarjetas

Ho

Región de aceptación

X2(0.05,4)= 9.49

α=0.05

H1

Región derechazo

de circuito impreso y se observa el número de defectos. Los resultadosobtenidos son los siguientes:

Número dedefectos

Frecuenciaobservada

0 321 152 9

3 ó más 4¿Muestran estos datos suficiente evidencia para decir que provienen de unadistribución Poisson?. Haga la prueba de la bondad del ajuste con un α = 0.05.

Solución:H0; La forma de la distribución de los defectos es Poisson.H1; La forma de la distribución de los defectos no es Poisson.

La media de la distribución Poisson propuesta en este ejemplo es desconocida ydebe estimarse a partir de los datos contenidos en la muestra.

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )75.0

603429115032

=+++

== λµ

A partir de la distribución Poisson con parámetro 0.75, pueden calcularse lasprobabilidades asociadas con el valor de x. Esto es la fórmula de la Poisson es:

!75.0

!)(

75.0

xe

xe

xPxx −−

==λλ

Con esta fórmula se calculan las probabilidades, mismas que se multiplicanpor 60 para obtener los valores esperados.

Número dedefectos

Probabilidad Frecuenciaesperada

Frecuenciaobservada

0 0.472 28.32 321 0.354 21.24 152 0.133 7.98 9

3 ó más 0.041 2.46 4Puesto que la frecuencia esperada en la última celda es menor que 5, secombinan las dos últimas celdas.

Número dedefectos

Frecuenciaesperada

Frecuenciaobservada

0 28.32 321 21.24 15

2 ó más 10.44 13Los grados de libertad serían 3-1-1=1, debido a que la media de la distribuciónPoisson fue estimada a partir de los datos.

Ho

Región de aceptación

X2(0.05,1)= 3.84

α=0.05

H1

Región derechazo

Regla de decisión:Si X2

R≤ 3.84 no se rechaza Ho.Si X2

R >3.84 se rechaza Ho.

Cálculos:( ) ( ) ( ) ( )

94.244.10

44.101324.21

24.211532.28

32.2832 222

1

22 =

−+

−+

−=

−= ∑

=

K

j j

jj

e

eoX

Justificación y decisión:Como el 2.94 no es mayor a 3.84, no se rechaza H0 y se concluye con unα = 0.05 que la distribución de defectos en las tarjetas de circuito impreso esPoisson.

3. Pruebe la hipótesis de que la distribución de frecuencia de las duraciones debaterías dadas en la siguiente tabla, se puede aproximar mediante unadistribución normal con media µ = 3.5 y desviación estándar σ=0.7. Utilice unα = 0.05.

Límites declase

Frecuenciasobservadas

1.45 – 1.95 21.95 – 2.45 12.45 – 2.95 42.95 – 3.45 153.45 – 3.95 103.95 – 4.45 54.45 – 4.95 3

Solución:Se procede a elaborar el histograma, para visualizar los datos:

Como se puede observar el histograma tiene una forma que aparenta sernormal, se probará esta hipótesis.

H0; Los datos provienen de una distribución normal.H1; Los datos no provienen de una distribución normal.

En este ejercicio en particular se cuenta con la media y desviación estándar dela población, por lo que no se tiene que estimar. En caso de que no se tuviera,se estimarían a partir de los datos agrupados con las fórmulas que se vieron enla Unidad III del curso de probabilidad y estadística, tomando en cuenta quepara los grados de libertad el valor de m sería 2, ya que se estimaría la media yla desviación estándar.Se procederá a calcular los valores de z para encontrar las probabilidades en la

tabla. Recordando que σ

µ−=

xz , se sustituye el valor de x por los límites de

clase comenzando con el límite de 1.95

Límite real7.0

5.3−=

xz P(x)

1.95 -2.21 P(x≤1.95) = 0.013552.45 -1.50 P(x≤2.45) = 0.066802.95 -0.79 P(x≤2.95) = 0.214763.45 -0.07 P(x≤3.45) = 0.472103.95 0.64 P(x≥3.95) = 0.261094.45 1.36 P(x≥4.45) = 0.08691

La razón por la cual se comienza con el límite de 1.95 y se termina con ellímite de 4.45, es porque la suma de todas las probabilidades debe ser 1,bajo la curva normal.A continuación se muestra la curva normal con sus respectivasprobabilidades, según los limites reales. Las probabilidades que no se

Histograma

02468

10121416

1

Límites de clase

Fre

cuen

cia

1.45 – 1.95

1.95 – 2.45

2.45 – 2.95

2.95 – 3.45

3.45 – 3.95

3.95 – 4.45

4.45 – 4.95

muestran en la tabla anterior y están en la curva se calcularon pordiferencias.

P(1.95≤ x ≤2.45) = 0.0668-0.013553 = 0.053254P(2.45≤ x ≤2.95) = 0.21476-0.0668 = 0.147953P(2.95≤ x ≤3.45) = 0.4721-0.21476 = 0.25734P(3.45≤ x ≤3.50) = 0.50-0.4721 = 0.0279P(3.50≤ x ≤3.95) = 0.50-0.26109= 0.23891P(3.95≤ x ≤4.45) = 0.26109-0.086915 = 0.17417

Con estas probabilidades se calcularán los valores esperados, multiplicandocada probabilidad por 40.

Límites declase

Frecuenciasobservadas Probabilidad

Frecuenciaesperada

1.45 – 1.95 2 0.01355 0.542121.95 – 2.45 7 1 0.05325 2.130162.45 – 2.95 4 0.14795 5.918122.95 – 3.45 15 0.25734 10.293603.45 – 3.95 10 0.26681 10.672403.95 – 4.45 8 5 0.17417 6.966804.45 – 4.95 3 0.08691 3.47660

Grados de libertad: k-1-m = 4-1-0 = 3

10.4434

8.5905

0.08691

µ = 3.5

Z -2.21 -1.50 -0.79 -0.07 0.64 1.36

0.23891

0.25734

x 1.95 2.45 2.95 3.45 3.95 4.45

0.01355

0.05325

0.14795

0.0279

0.26681

0.17417

Ho

Región de aceptación

X2(0.05,3)= 7.815

α=0.05

H1

Región derechazo

Regla de decisión:Si X2

R≤ 7.815 no se rechaza Ho.Si X2

R >7.815 se rechaza Ho.

Cálculos:( ) ( ) ( ) ( ) ( )

06.34434.104434.108

6724.106724.1010

2936.102936.1015

5904.85904.87 2222

1

22 =

−+

−+

−+

−=

−= ∑

=

K

j j

jj

e

eoX

Justificación y decisión:Como el 3.06 no es mayor de 7.815, no se rechaza H0 y se concluye con unα = 0.05 que el ajuste de los datos a una distribución normal es bueno.

TABLAS DE CONTINGENCIA

En muchas ocasiones, los n elementos de una muestra tomada de unapoblación pueden clasificarse con dos criterios diferentes. Por tanto, esinteresante saber si los dos métodos de clasificación son estadísticamenteindependientes. Supóngase que el primer método de clasificación tiene r niveles,y que el segundo tiene c niveles. O sea O ij la frecuencia observada para el nivel idel primer método de clasificación y el nivel j del segúndo método declasificación. En general, los datos aparecerán como se muestra en la siguientetabla. Una tabla de este tipo usualmente se conoce como tabla de contingenciar x c.

Columnas1 2 . . . c

1 O11 O12 . . . O1c

2 O21 O22 . . . O2c

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

Renglones

r Or1 Or2 . . . Orc

El interés recae en probar la hipótesis de que los dos métodos de clasificaciónrenglón-columna son independientes. Si se rechaza esta hipótesis, entonces seconcluye que existe alguna interacción entre los dos criterios de clasificación.Los procedimientos de prueba exactos son difíciles de obtener, pero puedeobtenerse un estadístico de prueba aproximado válido para n grande.

Sea pij la probabilidad de que un elemento seleccionado al azar caiga el laij-ésima celda, dado que las dos clasificaciones son independientes. Entonces,

pij=uivj, donde ui es la probabilidad de que un elemento seleccionado al azarpertenezca al renglón de la clase i, y vj es la probabilidad de que un elementoseleccionado pertenezca a la columna de la clase j. Ahora bien, si se suponeindependencia, los estimadores de ui y vj son:

∑=

=c

jiji O

nu

1

1ˆ

∑=

=r

iijj O

nv

1

1ˆ

Por lo tanto, la frecuencia esperada de la celda es:

∑∑==

==r

iij

c

jijjiij OO

nvunE

11

1ˆˆ

Entonces, para n grande, el estadístico( )

∑∑= =

−=

r

i

c

j ij

ijij

E

EOX

1 1

22

tiene una distribución aproximada ji-cuadrada con (r-1)(c-1) grados de libertad sila hipótesis nula es verdadera. Por consiguiente, la hipótesis de independenciadebe rechazarse si el valor del estadístico de prueba X2 calculado es mayor queX2 crítico o de tabla.

Ejemplos:1. Una asociación de profesores universitarios quiere determinar si la

satisfacción en el trabajo es independiente del rango académico. Para ellorealizó un estudio nacional entre los académicos universitarios y encontró losresultados mostrados son la tabla siguiente. Con α=0.05, haga una pruebapara saber si son dependientes la satisfacción en el trabajo y el rango.

Rango

InstructorProfesor

asistente

Profesorasociado Profesor

Mucha 40 60 52 63Regular 78 87 82 88

Satisfacciónen el

trabajo

Poca 57 63 66 64

Solución:Ho; La satisfacción en el trabajo y el rango son independientes.H1; La satisfacción en el trabajo y el rango son dependientes.

Grados de libertad: (r-1)(c-1) = (3-1)(4-1)=(2)(3) = 6

Ho

Región de aceptación

X2(0.05,6)= 12.592

α=0.05

H1

Región derechazo

Regla de decisión:Si X2

R≤ 12.592 no se rechaza Ho.Si X2

R > 12.592 se rechaza Ho.

Se procederá a calcular los valores esperados de cada celda. Como los gradosde libertad son 6, esto quiere decir que necesitamos calcular únicamente 6frecuencias esperadas, y las faltantes se encuentran por diferencia.Se calcularán los valores esperados E11, E12, E13, E21, E22 y E23.Como se necesitan los totales de renglón y columna se mostrarán en la tabla:

Rango

InstructorProfesor

asistente

Profesorasociado Profesor Total

Mucha 40 60 52 63 215Regular 78 87 82 88 335

Satisfacciónen el

trabajo

Poca 57 63 66 64 250Total 175 210 200 215 800

( )( )03.47

8001752151ˆˆ 11

11

===== ∑∑==

EOOn

vunEr

iij

c

jijjiij

( )( )44.56

800210215

12 ==E( )( )

75.53800

20021513 ==E

( )( )28.73

800175335

21 ==E

( )( )94.87

800210335

22 ==E( )( )

75.83800

20033523 ==E

Rango

Satisfacción InstructorProfesor

asistente

Profesorasociado

Profesor Total

Mucha 40(47.03)

60(56.44)

52(53.75)

63(57.78)

215

Regular78

(73.28)87

(87.94)82

(83.75)88

(90.03) 335

Poca57

(54.69)63

(65.62)66

(62.50)64

(67.19)250

Total 175 210 200 215 800

Los valores entre paréntesis son los esperados, los que no se calcularon porfórmula se obtuvieron por diferencia con respecto a los totales.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )75.2

19.6719.6764

...75.53

75.535244.56

44.566003.47

03.4740 2222

1 1

22 =

−++

−+

−+

−=

−= ∑∑

= =

r

i

c

j ij

ijij

E

EOX

Decisión y justificación:Como el valor de 2.75 es menor que el de tabla 12.592, por lo tanto no serechaza Ho y se concluye con un α=0.05 que la satisfacción en el trabajo y elrango son independientes.

2. En un estudio de un taller, se reúne un conjunto de datos para determinar sila proporción de defectuosos producida por los trabajadores es la mismapara el turno matutino, vespertino o nocturno. Se reunieron los siguientesdatos:

TurnoMatutino Vespertino Nocturno

Defectuosos

45 55 70

No defectuosos 905 890 870Utilice un nivel de significancia de 0.025 para determinar si la proporción dedefectuosos es la misma para los tres turnos.

Solución:Ho; La proporción de artículos defectuosos es la misma para los tres turnos.H1; La proporción de artículos defectuosos no es la misma para los tres turnos.

Grados de libertad: (r-1)(c-1) = (2-1)(3-1)=(1)(2) = 2

Regla de decisión:Si X2

R≤ 7.378 no se rechaza Ho.Si X2

R > 7.378 se rechaza Ho.

Se procederá a calcular los valores esperados de cada celda. Como los gradosde libertad son 2, esto quiere decir que necesitamos calcular únicamente 2frecuencias esperadas, y las faltantes se encuentran por diferencia.Se calcularán los valores esperados E11, y E22.Como se necesitan los totales de renglón y columna se mostrarán en la tabla:

Matutino Vespertino Nocturno TotalDefectuosos

45 55 70170

No defectuosos 905 890 870 2665

Ho

Región de aceptación

X2(0.025,2)= 7.378

α=0.025

H1

Región derechazo

Total 950 945 940 2835

( )( )57

28359501701ˆˆ 11

11

===== ∑∑==

EOOn

vunEr

iij

c

jijjiij

( )( )33.888

28359452665

22 ==E

Matutino Vespertino Nocturno TotalDefectuosos

45(57.0)

55(56.7)

70(56.3)

170

No defectuosos 905(893.0)

890(888.3)

870(883.7)

2665

Total 950 945 940 2835

( ) ( ) ( ) ( ) ( )29.6

7.8837.883870

...3.56

3.56707.56

7.56550.57

0.5745 2222

1 1

2

2 =−

++−

+−

+−

=−

= ∑∑= =

r

i

c

j ij

ijij

E

EOX

Decisión:Si se busca este valor dentro de la tabla de ji-cuadrada con 2 grados de libertadnos dará un valor de P aproximado a 0.04. Si se observa el valor de la ji-cuadrada calculada de 6.29 con el valor de tabla de 7.378, se llega a la decisiónde no rechazar Ho. Sin embargo sería riesgoso concluir que la proporción dedefectuosos producidos es la misma para todos los turnos por tener un valor deP de 0.04.

Tablas de Contingencia para probar HomogeneidadEl uso de la tabla de contingencia de dos clasificaciones para probarindependencia entre dos variables de clasificación en una muestra tomada deuna población de interés, es sólo una de las aplicaciones de los métodos detablas de contingencia. Otra situación común se presenta cuando existen rpoblaciones de interés y cada una de ellas está dividida en las mismas ccategorías. Luego se toma una muestra de la i-ésima población, y los conteos seintroducen en las columnas apropiadas del i-ésimo renglón. En esta situación sedesea investigar si las proporciones son o no las mimas en las c categorías detodas las poblaciones. La hipótesis nula de este problema establece que laspoblaciones son homogéneas con respecto a las categorías (como el ejemplopasado de los diferentes turnos), entonces la prueba de homogeneidad es enrealidad una prueba sobre la igualdad de r parámetros binomiales. El cálculo delas frecuencias esperadas, la determinación de los grados de libertad y el cálculode la estadística ji-cuadrada para la pruebe de homogeneidad son idénticos a losde la prueba de independencia.

ESTADISTICA NO PARAMETRICA

La mayor parte de los procedimientos de prueba de hipótesis que se presentanen las unidades anteriores se basan en la suposición de que las muestrasaleatorias se seleccionan de poblaciones normales. Afortunadamente, la mayorparte de estas pruebas aún son confiables cuando experimentamos ligerasdesviaciones de la normalidad, en particular cuando el tamaño de la muestra esgrande. Tradicionalmente, estos procedimientos de prueba se denominanmétodos paramétricos. En esta sección se consideran varios procedimientosde prueba alternativos, llamados no paramétricos ó métodos de distribuciónlibre, que a menudo no suponen conocimiento de ninguna clase acerca de lasdistribuciones de las poblaciones fundamentales, excepto que éstas soncontinuas.

Los procedimientos no paramétricos o de distribución libre se usan con mayorfrecuencia por los analistas de datos. Existen muchas aplicaciones en la cienciay la ingeniería donde los datos se reportan no como valores de un continuo sinomas bien en una escala ordinal tal que es bastante natural asignar rangos a losdatos.

Un ejemplo donde se aplica una prueba no paramétrica es el siguiente, dosjueces deben clasificar cinco marcas de cerveza de mucha demanda mediantela asignación de un grado de 1 a la marca que se considera que tiene la mejorcalidad global, un grado 2 a la segunda mejor, etcétera. Se puede utilizarentonces una prueba no paramétrica para determinar donde existe algúnacuerdo entre los dos jueces.

Se debe señalar que hay varias desventajas asociadas con las pruebas noparamétricas. En primer lugar, no utilizan la información que proporciona lamuestra, y por ello una prueba no paramétrica será menos eficiente que elprocedimiento paramétrico correspondiente, cuando se pueden aplicar ambosmétodos. En consecuencia, para lograr la misma potencia, una prueba noparamétrica requerirá la correspondiente prueba no paramétrica.

Como se indicó antes, ligeras divergencias de la normalidad tienen comoresultado desviaciones menores del ideal para las pruebas paramétricasestándar. Esto es cierto en particular para la prueba t y la prueba F. En el casode la prueba t y la prueba F, el valor P citado puede ser ligeramente erróneo siexiste una violación moderada de la suposición de normalidad.

En resumen, si se puede aplicar una prueba paramétrica y una no paramétrica almismo conjunto de datos, debemos aplicar la técnica paramétrica más eficiente.Sin embargo, se debe reconocer que las suposiciones de normalidad a menudono se pueden justificar, y que no siempre se tienen mediciones cuantitativas.

PRUEBA DEL SIGNO

La prueba del signo se utiliza para probar la hipótesis sobre la mediana µ~ deuna distribución continua. La mediana de una distribución es un valor de lavariable aleatoria X tal que la probabilidad de que un valor observado de X seamenor o igual, o mayor o igual, que la mediana es 0.5. Esto es,

( ) ( ) 5.0~~ =≥=≤ µµ XPXP .

Puesto que la distribución normal es simétrica, la media de una distribuciónnormal es igual a la mediana. Por consiguiente, la prueba del signo puedeemplearse para probar hipótesis sobre la media de una población normal.

Suponga que las hipótesis son:oH µµ ~~;0 =

oH µµ ~~;1 <Supóngase que X1, X2, . . . , Xn es una muestra aleatoria tomada de la poblaciónde interés. Fórmense las diferencias

niX oi ,...2,1,~ =− µAhora bien si la hipótesis nula oH µµ ~~;0 = es verdadera, cualquier diferencia

oiX µ~− tiene la misma probabilidad de ser negativa o positiva. Un estadístico deprueba apropiado es el número de estas diferencias que son positivas, porejemplo R+. Por consiguiente, la prueba de la hipótesis nula es en realidad unaprueba de que el número de signos positivos es un valor de una variablealeatoria binomial con parámetro P = ½. Puede calcularse un valor P para elnúmero observado de signos positivos r+ directamente de la distribuciónbinomial. Al probar la hipótesis que se muestra al principio, se rechaza H0 enfavor de H1 sólo si la proporción de signos positivos es suficientemente menorque ½ ( o de manera equivalente, cada vez que el número observado de signospositivos r+ es muy pequeño). Por tanto, si el valor P calculado

P = P(R+≤ r+ cuando p = 1/2)es menor o igual que algún nivel de significancia seleccionado previamente,entonces se rechaza H0 y se concluye que H1 es verdadera.

Para probar la otra hipótesis unilateraloH µµ ~~;0 =

oH µµ ~~;1 >se rechaza H0 en favor de H1 sólo si el número observado de signos más, r+, esgrande o, de manera equivalente, cada vez que la fracción observada de signospositivos es significativamente mayor que ½. En consecuencia, si el valor Pcalculado P = P(R+≥ r+ cuando p = 1/2) es menor que α, entonces H0 se rechazay se concluye que H1 es verdadera.

También puede probarse la alternativa bilateral. Si las hipótesis son:

oH µµ ~~;0 =

oH µµ ~~;1 ≠se rechaza H0 si la proporción de signos positivos difiere de manera significativade ½ (ya se por encima o por debajo). Esto es equivalente a que el númeroobservado de signos r+ sea suficientemente grande o suficientemente pequeño.Por tanto, si r+ >n/2 el valor P es

P=2P(R+≤ r+ cuando p = ½)Y si r+ >n/2 el valor P es

P=2P(R+≥ r+ cuando p = ½)Si el valor P es menor que algún nivel preseleccionado α, entonces se rechazaH0 y se concluye que H1 es verdadera.

Ejemplos:1. Un artículo informa cerca de un estudio en el que se modela el motor de un

cohete reuniendo el combustible y la mezcla de encendido dentro de uncontenedor metálico. Una característica importante es la resistencia alesfuerzo cortante de la unión entre los dos tipos de sustancias. En lasiguiente tabla se muestran los resultados obtenidos al probar 20 motoresseleccionados al azar. Se desea probar la hipótesis de que la mediana de laresistencia al esfuerzo cortante es 2000 psi, utilizando α = 0.05.

Solución:Se mostrará la tabla del ejercicio y es función del investigador poner los signoscon respecto a la mediana.

psiH 2000ˆ;0 =µpsiH 2000ˆ;1 ≠µ

Observación

Resistenciaal esfuerzo

cortantex i

Signo de ladiferencia

x i-2000Observación

Resistenciaal esfuerzo

cortantex i

Signo de ladiferencia

x i-2000

1 2158.70 + 11 2165.20 +2 1678.15 - 12 2399.55 +3 2316.00 + 13 1779.80 -4 2061.30 + 14 2336.75 +5 2207.50 + 15 1765.30 -6 1708.30 - 16 2053.50 +7 1784.70 - 17 2414.40 +8 2575.10 + 18 2200.50 +9 2357.90 + 19 2654.20 +

10 2256.70 + 20 1753.70 -

De la tabla se puede observar que el estadístico de prueba r+ = 14.

Regla de decisión:

Si el valor de P correspondiente a r+=14 es menor o igual que α =0.05 serechaza H0.

Cálculos:Puesto que r+=14 es mayor que n/2=20/2=10, el valor de P se calcula de

P=2P(R+≥ 14 cuando p = ½)La P se calcula con la fórmula de la distribución binomial:

( ) ( ) 1153.05.05.02 2020

1420 == −

=∑ r

r

rrCP

Conclusión:Como P=0.1153 no es menor que α=0.05, no es posible rechazar la hipótesisnula de que la mediana de la resistencia al esfuerzo constante es 2000 psi.

Otra manera de resolver el problema es con Aproximación normal:Cuando p=0.5, la distribución binomial esta bien aproximada por la distribuciónnormal cuando n es al menos 10. Por tanto, dado que la media de la distribuciónbinomial es np y la varianza es npq, la distribución de R+ es aproximadamentenormal con media 0.5n y varianza 0.25n, cada vez que n es moderadamentegrande. Por consiguiente las hipótesis pueden probarse con el estadístico:

nnr

Z5.0

5.0−=

+

Las reglas de decisión se establecerán como cualquier ensayo en unadistribución muestral en donde se utiliza la distribución normal.

Para resolver el problema anterior:psiH 2000ˆ;0 =µpsiH 2000ˆ;1 ≠µ

Como la es mayor que 10 se utilizará la aproximación normal.

Regla de Decisión:Si –1.96≤ ZR≤ 1.96 No se rechaza Ho

Si ZR < -1.96 ó si ZR > 1.96 Se rechaza Ho

Cálculos:

ZL= -1.96 µ = 2000

Ho

α/2 = 0.025

Región derechazo

Región de aceptación

H1H1

Región deRechazo

α/2 = 0.025

ZL= 1.96

( )( )789.1

205.0205.014

5.05.0

=−

=−

=+

nnr

Z

Decisión y Conclusión:Como 1.789 esta entre –1.96 y 1.96, no se rechaza H0 y se concluye con unα=0.05 que la mediana es de 2000 psi.

Prueba del Signo para Muestras PareadasTambién se puede utilizar la prueba de signo para probar la hipótesis nula

021~~ d=− µµ para observaciones pareadas. Aquí se reemplaza cada diferencia,

di, con un signo más o menos dependiendo si la diferencia ajustada, di-d0, espositiva o negativa. A lo largo de esta sección suponemos que las poblacionesson simétricas. Sin embargo, aun si las poblaciones son asimétricas se puedellevar a cabo el mismo procedimiento de prueba, pero las hipótesis se refieren alas medianas poblacionales en lugar de las medias.

Ejemplo:1. Una compañía de taxis trata de decidir si el uso de llantas radiales en lugar

de llantas regulares con cinturón mejora la economía de combustible. Seequipan 16 automóviles con llantas radiales y se manejan por un recorrido deprueba establecido. Sin cambiar de conductores, se equipan los mismosautos con llantas regulares con cinturón y se manejan una vez más por elrecorrido de prueba. Se registra el consumo de gasolina, en kilómetros porlitro, de la siguiente manera:

Automóvil Llantas radiales Llantas con cinturón1 4.2 4.12 4.7 4.93 6.6 6.24 7.0 6.95 6.7 6.86 4.5 4.47 5.7 5.78 6.0 5.89 7.4 6.910 4.9 4.911 6.1 6.012 5.2 4.913 5.7 5.314 6.9 6.515 6.8 7.116 4.9 4.8

¿Se puede concluir en el nivel de significancia de 0.05 que los autosequipados con llantas radiales obtienen mejores economías decombustible que los equipados con llantas regulares con cinturón?

Solución:0~~;0 =− CRH µµ

0~~;1 >− CRH µµ

Regla de decisión:Si zR≤ 1.645 no se rechaza Ho.Si zR> 1.645 se rechaza Ho.

Se procede ha realizar las diferencias entre de los kilómetros por litro entrellantas radiales y con cinturón:

Automóvil Llantas radiales Llantas con cinturón d1 4.2 4.1 +2 4.7 4.9 -3 6.6 6.2 +4 7.0 6.9 +5 6.7 6.8 -6 4.5 4.4 +7 5.7 5.7 08 6.0 5.8 +9 7.4 6.9 +10 4.9 4.9 011 6.1 6.0 +12 5.2 4.9 +13 5.7 5.3 +14 6.9 6.5 +15 6.8 7.1 -16 4.9 4.8 +

Al observar las diferencias se ve que sólo existe una n=14, ya que se descartanlos valores de cero. Se tiene r+ = 11

( )( )14.2

145.0145.011

5.05.0

=−

=−

=+

nnr

Z

Decisión y conclusión:Como 2.14 es mayor a 1.645 se rechaza H0 y se concluye con un α= 0.05 quelas llantas radiales mejoran la economía de combustible.

PRUEBA DE RANGO CON SIGNO DE WILCOXONSe puede notar que la prueba de signo utiliza sólo los signos más y menos delas diferencias entre las observaciones y µ0 en el caso de una muestra, o lossignos más y menos de las diferencias entro los pares de observaciones en elcaso de la muestra pareada, pero no toma en consideración la magnitud deestas diferencias. Una prueba que utiliza dirección y magnitud, propuesta en

ZL = 1.645

α = 0.05

Región derechazo

Región de aceptación

HoH1

1945 por Frank Wilcoxon, se llama ahora comúnmente prueba de rango consigno de Wilcoxon. Esta prueba se aplica en el caso de una distribucióncontinua simétrica. Bajo esta condición se puede probar la hipótesis nula µ=µ0.Primero se resta µ0 de cada valor muestral y se descarta todas las diferenciasiguales a cero. Se asigna un rango de 1 a la diferencia absoluta más pequeña,un rango de 2 a la siguiente más pequeña, y así sucesivamente. Cuando el valorabsoluto de dos o más diferencias es el mismo, se asigna a cada uno elpromedio de los rangos que se asignarían si las diferencias se distinguieran. Porejemplo, si la quinta y sexta diferencia son iguales en valor absoluto, a cada unase le asignaría un rango de 5.5. Si la hipótesis µ=µ0 es verdadera, el total de losrangos que corresponden a las diferencias positivas debe ser casi igual al totalde los rangos que corresponden a las diferencias negativas. Se representanesos totales como w+ y w- , respectivamente. Se designa el menor de w+ y w- conw.

Al seleccionar muestras repetidas esperaríamos que variarían w+ y w-, y portanto w. De esta manera se puede considerar a w+ y w-, y w como valores de lascorrespondiente variables aleatorias W+, W-, y W. La hipótesis nula µ=µ0 sepuede rechazar a favor de la alternativa µ<µ0 sólo si w+ es pequeña y w- esgrande. Del mismo modo, la alternativa µ>µ0 se puede aceptar sólo si w+ esgrande y w- es pequeña. Para una alternativa bilateral se puede rechazar H0 afavor de H1 si w+ o w- y por tanto w son suficientemente pequeñas. No importacuál hipótesis alternativa puede ser, rechazar la hipótesis nula cuando el valorde la estadística apropiada W+, W-, o W es suficientemente pequeño.

Dos Muestras con Observaciones Pareadas

Para probar la hipótesis nula de que se muestrean dos poblaciones simétricascontinuas con µ1=µ2 para el caso de una muestra pareada, se clasifican lasdiferencias de las observaciones paradas sin importar el signo y se procedecomo en el caso de una muestra. Los diversos procedimientos de prueba paralos casos de una sola muestra y de una muestra pareada se resumen en lasiguiente tabla:

Para probar H0 Contra H1 Calcularµ < µ0 w+

µ > µ0 w-µ = µ0

µ ≠ µ0 w

µ1 < µ2 w+

µ1 > µ2 w-µ1 = µ2

µ1 ≠ µ2 w

No es difícil mostrar que siempre que n<5 y el nivel de significancia no exceda0.05 para una prueba de una cola ó 0.10 para una prueba de dos colas, todoslos valores posibles de w+, w-, o w conducirán a la aceptación de la hipótesisnula. Sin embargo, cuando 5 ≤ n ≤ 30, la tabla A.16 muestra valores críticos

aproximados de W+ y W- para niveles de significancia iguales a 0.01, 0.025 y0.05 para una prueba de una cola, y valores críticos de W para niveles designificancia iguales a 0.02, 0.05 y 0.10 para una prueba de dos colas. Lahipótesis nula se rechaza si el valor calculado w+, w-, o w es menor o igual queel valor de tabla apropiado. Por ejemplo, cuando n=12 la tabla A.16 muestra quese requiere un valor de w+ ≤ 17 para que la alternativa unilateral µ < µ0 seasignificativa en el nivel 0.05.

Ejemplos:1. Los siguientes datos representan el número de horas que un compensador

opera antes de requerir una recarga: 1.5, 2.2, 0.9, 1.3, 2.0, 1.6, 1.8, 1.5, 2.0,1.2 y 1.7. Utilice la prueba de rango con signo para probar la hipótesis en elnivel de significancia de 0.05 que este compensador particular opera con unamedia de 1.8 horas antes de requerir una recarga.

Solución:H0; µ = 1.8H1; µ ≠ 1.8

Se procederá a efectuar las diferencias y a poner rango con signo a los datos.Dato di = dato - 1.8 Rangos1.5 -0.3 5.52.2 0.4 70.9 -0.9 101.3 -0.5 82.0 0.2 31.6 -0.2 31.8 0 Se anula1.5 -0.3 5.52.0 0.2 31.2 -0.6 91.7 -0.1 1

Regla de decisión:Para una n = 10, después de descartar la medición que es igual a 1.8, la tablaA.16 muestra que la región crítica es w ≤ 8.

Cálculos:w+ = 7 + 3 + 3 = 13w- = 5.5 + 10 + 8 + 3 + 5.5 + 9 + 1 = 42por lo que w = 13 (menor entre w+ y w-).

Decisión y Conclusión:Como 13 no es menor que 8, no se rechaza H0 y se concluye con un α = 0.05que el tiempo promedio de operación no es significativamente diferente de 1.8horas.

2. Se afirma que un estudiante universitario de último año puede aumentar sucalificación en el área del campo de especialidad del examen de registro degraduados en al menos 50 puntos si de antemano se le proporcionanproblemas de muestra. Para probar esta afirmación, se dividen 20estudiantes del último año en 10 pares de modo que cada par tenga casi elmismo promedio de puntos de calidad general en sus primeros años en launiversidad. Los problemas y respuestas de muestra se proporcionan al azara un miembro de cada par una semana antes del examen. Se registran lassiguientes calificaciones del examen:

Par

Conproblemas

demuestra

Sinproblemas

demuestra

1 531 5092 621 5403 663 6884 579 5025 451 4246 660 6837 591 5688 719 7489 543 53010 575 524

Pruebe la hipótesis nula en el nivel de significancia de 0.05 de que losproblemas aumentan las calificaciones en 50 puntos contra la hipótesisalternativa de que el aumento es menor a 50 puntos.

Solución:La prueba de rango con signo también se puede utilizar para probar la hipótesisnula µ1−µ2 = d0. En este caso las poblaciones no necesitan ser simétricas. Comocon la prueba de signo, se resta d0 de cada diferencia, se clasifican lasdiferencias ajustadas sin importar el signo y se aplica el mismo procedimiento.

En este caso d0 = 50, por lo que se procede a calcular las diferencias entre lasmuestras y luego restarles el valor de 50. Se representara con µ1 y µ2 lacalificación media de todos los estudiantes que resuelven el examen en cuestióncon y sin problemas de muestra, respectivamente.

H0; µ1 − µ2 = 50H1; µ1 − µ2 < 50

Regla de decisión:Para n=10 la tabla muestra que la región crítica es w+ ≤ 11.

Cálculos:

Par

Conproblemas

demuestra

Sinproblemas

demuestra

di di – d0 Rangos

1 531 509 22 -28 52 621 540 81 31 63 663 688 -25 -75 94 579 502 77 27 3.55 451 424 27 -23 26 660 683 -23 -73 87 591 568 23 -27 3.58 719 748 -29 -79 109 543 530 13 -37 710 575 524 51 1 1

w+ = 6 + 3.5 + 1 = 10.5

Decisión y Conclusión:Como 10.5 es menor que 11 se rechaza H0 y se concluye con un α = 0.05 quelos problemas de muestra, en promedio, no aumentan las calificaciones deregistro de graduados en 50 puntos.

Aproximación Normal para Muestras Grandes

Cuando n ≥ 15, la distribución muestral de W+ ó W- se aproxima a la distribución

normal con media ( )

44+

=nn

wµ y varianza ( )( )

241212 ++

=nnn

wσ .

Por tanto, cuando n excede el valor más grande en la tabla A.16, se puedeutilizar la estadística

w

wwz

σµ−

= +

para determinar la región crítica de la prueba.

Ejercicios para la Unidad IV

1. Se lanza 180 veces un dado con los siguientes resultados:

X 1 2 3 4 5 6f 28 36 36 30 27 23

¿Es un dado balanceado? Utilice un α = 0.01.

2. Se supone que una máquina mezcla cacahuates, avellanas, anacardos ypacanas a razón de 5:2:2:1. Se encuentra que una lata que contiene 500 deestas nueces mezcladas tiene 269 cacahuates, 112 avellanas, 74 anacardosy 45 pacanas. Al nivel de significancia de 0.05 pruebe la hipótesis de que lamáquina mezcla las nueces a razón de 5:2:2:1.

3. Se seleccionan tres canicas de una urna que contiene cinco canicas rojas ytres verdes. Después de registrar el número x de canicas rojas, las canicas

se reemplazan en la urna y el experimento se repite 112 veces. Losresultados que se obtienen son los siguientes:

x 0 1 2 3f 1 31 55 25

Pruebe la hipótesis con un nivel de significancia de 0.05, de que los datosregistrados se pueden ajustar a una distribución hipergeométrica.

4. Se lanza una moneda hasta que sale cara y se registra el número delanzamientos x. Después de repetir el experimento 256 veces, se obtuvieronlos siguientes resultados:

X 1 2 3 4 5 6 7 8f 136 60 34 12 9 1 3 1

Pruebe la hipótesis con un nivel de significancia de 0.05 de que ladistribución observada de x se puede ajustar por una distribución geométricag(x;1/2), x = 1, 2, 3, …

5. Con los siguientes datos, pruebe la bondad de ajuste entre las frecuencias declase que se observan y las frecuencias esperadas correspondientes de unadistribución normal con µ = 65 y σ = 21, utilice un nivel de significancia de0.05.

Límite de clase Frecuencia10 - 19 320 – 29 230 – 39 340 – 49 450 – 59 560 – 69 1170 – 79 1480 – 89 1490 - 99 4

6. En un experimento para estudiar la dependencia de la hipertensión de loshábitos de fumar, se tomaron los siguientes datos de 180 individuos:

Nofumadores

Fumadoresmoderados

Fumadoresempedernidos

Con hipertensión 21 36 30Sin hipertensión 48 26 19

Pruebe la hipótesis de que la presencia o ausencia de hipertensión esindependiente de los hábitos de fumar. Utilice un nivel de significancia de0.05.

7. Una muestra aleatoria de 200 hombres casados, todos retirados, se clasificade acuerdo con la educación y el número de hijos:

Número de hijosEducación 0 - 1 2 - 3 Más de 3Elemental 14 37 32Secundaria 19 42 17Universidad 12 17 10

Pruebe la hipótesis, con un nivel de significancia de 0.05, de que el tamañode la familia es independiente del nivel de instrucción del padre.

8. Se comparan dos tipos de instrumentos para medir la cantidad de monóxidode azufre en la atmósfera en un experimento de contaminación atmosférica.Se registraron las siguientes lecturas diarias en un período de dos semanas:

Día Instrumento A Instrumento B1 0.96 0.872 0.82 0.743 0.75 0.634 0.61 0.555 0.89 0.766 0.64 0.707 0.81 0.698 0.68 0.579 0.65 0.5310 0.84 0.8811 0.59 0.5112 0.94 0.7913 0.91 0.8414 0.77 0.63

Con el uso de la aproximación normal a la distribución binomial, realice unaprueba de signo para determinar si los diferentes instrumentos conducen adiferentes resultados. Utilice un nivel de significancia de 0.05.

9. Los siguientes datos representan el tiempo, en minutos, que un pacientetiene que esperar durante 12 visitas al consultorio de una doctora antes deser atendido por ésta:

17 15 20 2032 28 12 2625 25 35 24

Utilice la prueba de rango con signo al nivel de significancia de 0.05 paraprobar la afirmación de la doctora de que la media del tiempo de espera parasus pacientes no es mayor que 20 minutos antes de entrar al consultorio.

10. Los pesos de cuatro personas antes de que dejan de fumar y cinco semanasdespués de dejar de fumar, en kilogramos, son los siguientes:Individuo 1 2 3 4 5Antes 66 80 69 52 75Después 71 82 68 56 73Utilice la prueba de rango con signo para observaciones pareadas paraprobar la hipótesis, en el nivel de significancia de 0.05, de que dejar de fumar

no tiene efecto en el peso de una persona contra la alternativa del que elpeso aumenta si deja de fumar.

11. Los siguientes son los números de recetas surtidas por dos farmacias en unperíodo de 20 días:

Día Farmacia A Farmacia B1 19 172 21 153 15 124 17 125 24 166 12 157 19 118 14 139 20 1410 18 2111 23 1912 21 1513 17 1114 12 1015 16 2016 15 1217 20 1318 18 1719 14 1620 22 18

Utilice la prueba de rango con signo al nivel de significancia de 0.01 paradeterminar si las dos farmacias, en promedio, surten el mismo número derecetas contra la alternativa de que la farmacia A surte más recetas que lafarmacia B.

12. Se afirma que una nueva dieta reducirá el peso de una persona 4.5kilogramos, en promedio, en un período de dos semanas. Se registran lospesos de 10 mujeres que siguen esta dieta antes y después de un período dedos semanas, y se obtienen los siguientes datos:

Mujer Peso antes Peso después1 58.5 60.02 60.3 54.93 61.7 58.14 69.0 62.15 64.0 58.56 62.6 59.97 56.7 54.48 63.6 60.29 68.2 62.3

10 59.4 58.7Utilice la prueba de rango con signo al nivel de significancia de 0.05 paraprobar la hipótesis de que la dieta reduce la mediana del peso en 4.5

kilogramos contra la hipótesis alternativa de que la mediana de la diferenciaen pesos es menor que 4.5 kilogramos.

13. Se toman 10 muestras de un baño de cultivo sobre placa utilizado en unproceso de fabricación de componentes electrónicos, y se mide el pH delbaño. Los valores de pH medidos son 7.91, 7.85, 6.82, 8.01, 7.46, 6.95, 7.05,7.35, 7.25, 7.42. Los ingenieros creen que el valor de la mediana del pH es7.0. ¿ La muestra indica que esta proposición es correcta? Utilice la pruebadel signo con α = 0.05 para investigar esta hipótesis. Encuentre el valor P deesta prueba.

14. Se mide de manera rutinaria el nivel de impurezas (en ppm) en un productoquímico intermedio. En una prueba reciente se observan los datos siguientes:

2.4 2.5 1.7 1.6 1.9 2.6 1.3 1.9 2.0 2.5 2.62.3 2.0 1.8 1.3 1.7 2.0 1.9 2.3 1.9 2.4 1.6

¿Puede afirmarse que la mediana del nivel de impureza es menor que 2.5ppm? Establezca y pruebe la hipótesis apropiada utilizando la prueba designo con α = 0.05. ¿Cuál es el valor P de esta prueba?

Respuestas a los Ejercicios de la Unidad IV

1. Región crítica X2 > 15.086, X2 = 4.47 por lo tanto no rechazar H0, el dadoestá balanceado.

2. Región crítica X2 > 7.815, X2 = 10.14, rechazar H0. Las nueces no estánmezcladas en la proporción 5:2:2:1.

3. Región crítica X2 > 5.991, X2 = 1.67, no rechazar H0. Los datos se ajustana una distribución hipergeométrica.

4. Región crítica X2 > 11.07, X2 = 2.57, no rechazar H0. Los datos se ajustana una distribución geométrica.

5. Región crítica X2 > 12.592, X2 = 12.78, rechazar H0. Los datos no seajustan a una distribución normal.

6. Región crítica X2 > 5.991, X2 = 14.6, rechazar H0. La presencia oausencia de hipertensión y hábitos de fumar no son independientes.

7. Región crítica X2 > 9.488, X2 = 7.54, no rechazar H0. El tamaño de lafamilia es independiente del nivel se educación del padre.

8. Región crítica –1.96 ≤ z ≤ 1.96, z= 2.67, rechazar H0.9. Región crítica w- ≤ 11 para una n=10, w- = 12.5, no rechazar H0.

10. Región crítica w+ ≤ 1 para n = 5, w+ = 3.5, no rechazar H0.11. Región crítica z>2.575. z= 2.80, rechazar H0, la farmacia A surte más

recetas que la farmacia B.12. Región crítica w+ ≤ 11 para una n = 10. w+ = 17.5, no rechazar H0.13. 2P(R+ ≥ 8 / p = 0.5) = 0.109 , como no es menor a 0.05, no se rechaza H0.14. H0; 5.2~ =µ H1; 5.2~ <µ P(R+≤ 2/ p = 0.5) = 0.0002, se rechaza H0.

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