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Diseño de experimentos y análisis estadísticos de datos
6 de Octubre de 2015
INSTITUTO TECNOLOGICO DE
ORIZABA
Diseño de Experimento y Análisis Estadísticos de Datos
Tarea No.2
Nombre de los alumnos:
Laura Villaraldo Falfán Nely Paola Andrade Ocampo Emmanuel Santiago Aparicio Josué Adrián Espíndola Padrón
DR. Eusebio Bolaños Reynoso
_____________
Vo. Bo.
Avenida Oriente 9 Núm. 852, Colonia Emiliano Zapata. C.P. 94320Orizaba, Veracruz, México . Teléfonos: (272) 7 24 40 96 Fax. (272) 7 25 17 28
e- mail: [email protected] www.itorizaba.edu.mx
Diseño de experimentos y análisis estadísticos de datos
6 de Octubre de 2015
Ejercicio 3.3Se ha realizado un experimento para determinar si cuatro temperaturas específicas de horneado afectan la densidad de un cierto tipo de ladrillo. El experimento proporcionó los siguientes datos:
Temperatura
Densidad
100 21.8 21.9 21.7 21.6 21.7125 21.7 21.4 21.5 21.4150 21.9 21.8 21.8 21.6 21.5175 21.9 21.7 21.8 21.4
a) ¿Afecta la temperatura de horneado la densidad del ladrillo?b) Compare los valores medios usando la prueba de intervalos múltiples de Duncan.c) Utilice el método gráfico descrito en a sección 3-4.1 para determinar cuáles medias
difieren. ¿Concuerdan las conclusiones a que se llega con este método con las de la prueba de intervalos múltiples de Duncan de la parte (b) de esta pregunta
Solución:a)
H 0=μ1=μ2=μ3=μ4
H 1=μ1≠μ2≠ μ3≠ μ4
Temperatura Densidad Total Promedio100 21.8 21.9 21.7 21.6 21.7 108.7 21.74125 21.7 21.4 21.5 21.4 86 21.50150 21.9 21.8 21.8 21.6 21.5 108.6 21.72175 21.9 21.7 21.8 21.4 86.8 21.70
y ..=390 .1 y ..=21.665
SST=∑i=1
a
∑j=1
¿
y2ij−
y..2
N
SST=(21.8 )2+(21.9 )2+(21.7 )2+(21.6 )2+ (21.7 )2+ (21.7 )2+(21.4 )2+ (21.5 )2+ (21.4 )2+(21.9 )2+(21.8 )2+(21.8 )2+(21.6 )2+ (21.6 )2+ (21.9 )2+(21.7 )2+(21.8 )2+(21.4 )2− (390.1 )2
18
SST=8454.85−8454.33SST=0.5161
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6 de Octubre de 2015
SSTratamientos=∑i=1
aYi2
n j
− y ..2
N
SSTratamientos=(108.7 )2
5+
(86 )2
4+
(108.6 )2
5+
(86.8 )2
4−
(390.1 )2
18
SSTratamientos=8454.49−8454.33
SSTratamientos=0.16
SSE=SST−SSTrtamiento
SS E=0.5161−0.16
SS E=0.3565
ANOVA
Fuente de variación
Suma de cuadrados
Grados de libertad
Media de cuadrados
Fc Fα ,v1 , v2
Temperatura
0.16 4-1=3 0.053 2.12 3.34
Error 0.3561 18-4=14 0.025Total 0.5161 18-1=17
Criterio de rechazo de la hipótesis nula
Se rechaza H0 si: Fc > Fα ,α−1 , N−a
2.12 > 3.34 No ∴ Se acepta la H0. La temperatura de horneado no afecta la densidad
del ladrillo.
ANOVA en NCSS
Analysis of Variance TableSource Sum of Mean Prob PowerTerm DF Squares Square F-Ratio Level
(Alpha=0.05)A: Factor_A 3 0.1561111 5.203704E-02 2.02 0.156875 0.409934S 14 0.36 2.571429E-02Total (Adjusted) 17 0.5161111Total 18* Term significant at alpha = 0.05
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Diseño de experimentos y análisis estadísticos de datos
6 de Octubre de 2015
b)
Y 2=21.5 0 Y 4=21.70 Y 3=21.72 Y 1=21.74
SYi=√CM E
nn
nn=a
∑i=1
a
( 1ni
)= 4
15+
14+
15+
14
=4.44
rα ( p ,glE )r0.05 (2,14 )=3.03
r0.05 (3,14 )=3.18
r0.05 (4,14 )=3.27
Rp=rα ( p , glE )S yi
R2=3.03 ( 4.4 )=13.4532
R3=3.18 ( 4.4 )=14.1192
R4=3.27 (4.4 )=14.5188
Intervalos múltiples de Duncan en NCSS
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1vs 2=0.24>R4 (14.5188 )
1vs 4=0.04>R3 (14.1192 )
1vs3=0.02>R2 (13.4532 )
3vs 2=0.22>R3 (14.1192 )
3vs 4=0.02>R2(13.4532)
4 vs 2=0.20>R2 (13.4532 )
Se concluye que no hay
diferencias significativas entre
las medias.
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Duncan's Multiple-Comparison Test
Response: YTerm A: Factor_A
Alpha=0.050 Error Term=S(A) DF=14 MSE=2.571429E-02
Different FromGroup Count Mean Groups125 4 21.5175 4 21.7150 5 21.72100 5 21.74
c)
La conclusión de esta grafica concuerda con el método de Duncan, que no hay diferencias
significativas entre las medias.
Problema 3.9
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En una forja se utilizan varios hornos para calentar muestras de metal. Se supone que todos los
hornos operan a la misma temperatura, aunque se sospecha que quizás esto probablemente no es
cierto. Se seleccionan aleatoriamente tres hornos y se anotan sus temperaturas en tres
calentamientos sucesivos. Los datos se muestran a continuación.
Horno Temperatura Total Promedio1 491.50 498.30 498.10 493.50 493.60 2475 4952 488.50 484.65 479.90 477.35 1930.4 486.63 490.10 484.80 488.25 473.00 471.85 478.65 2886.6 481.1a=3 y ..7292.05 ȳi = 486
a) ¿Existe variación significativa en la temperatura de los hornos?
SSCT=∑i=1
a
∑j=1
n;
y ij2− y ..2
N
SSCT=( 491.50 )2+(498.30 )2+¿
SSCT = 1008.34
SSTratamientos=∑i=1
a y i2
n j
− y2
n
SSTrat .=(2475)2
5+(1930.4)2
4+
(2886.6)2
6−
(7292 )2
15
SSTrat .=¿594. 2476
SSE=SSCT−SSTratamientos
SSE=1008.3423−594.2476
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SSE=414.094
a=3 factores (hornos)
MST=SSTratamientos
a−1
MST=594.24
3−1=594.24
2=297.12
MSE=SSE
N−a
MSE=414.0915−3
=34.50
Fo=MST
MSE
Fo=297.1234.50
=8.61
Análisis de varianza con el Software NCSS
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Diseño de experimentos y análisis estadísticos de datos
6 de Octubre de 2015
Analysis of Variance TableSource Sum of Mean Prob PowerTerm DF Squares Square F-Ratio Level
(Alpha=0.05)A: Factor_A 2 594.5303 297.2651 8.62 0.004777*S 12 413.8121 34.48434Total (Adjusted) 14 1008.342Total 15* Term significant at alpha = 0.05
b) Estime los componentes de variancia del modelo
σ 2=MSTratamiento−MSE
n
σ 2=594.24−414.093
=59.98≈60
Ejercicio 3.12
Se están investigando cuatro catalizadores que pueden afectar la concentración de un componente
en una mezcla liquida formada por tres componentes. Se obtuvieron las siguientes concentraciones:
Catalizador1 2 3 4
58.2 56.3 50.1 52.9
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57.2 54.5 54.2 49.958.4 57.0 55.4 50.055.8 55.3 51.754.9
a) ¿Tienen el mismo efecto en la concentración los cuatro catalizadores?b) Estime las componentes del modelo estadístico apropiado.c) Elabora una estimación por intervalo de 99% de confiabilidad para la respuesta media del
catalizador 1.
Solución
a)H o : μ1=μ2=μ3=μ4
H 1: μ1≠ μ2≠ μ3≠μ4
Catalizador Concentraciones Totalesy i
Promediosy i .
1 58.2 57.2 58.4 55.8 54.9 284.5 56.92 56.3 54.5 57.0 55.3 223.1 55.7753 50.1 54.2 55.4 159.7 53.234 52.9 49.9 50.0 51.7 204.5 51.125
y ..=871.8 y ..=54.3575
SST=∑i=1
a
❑∑j=1
n j
y ij2−¿
y ..2
N¿
SST=58.22+57.22+58.42+55.82+54.92+56.32+54.52+572+55.32+50.12+54.22+55.42+52.92+49.92+502+51.72−871.82
16
SST=120.2375
SSTratamientos=∑i=1
a y i .2
n j
−¿y ..
2
N¿
SSTratamientos=284.52
5+ 223.12
4+ 159.72
3+ 204.52
4−871.82
16
SSTratamientos=85.6758
SSE=SST−SSTratamientos
SSE=120.2375−85.6758
SSE=34.5617
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ANOVAFuente de variación
Suma de cuadrados
Grados de Libertad
Media de cuadrados
F0
Catalizadores 85.6758 4-1=3 28.5586 9.9158Error 34.5617 16-4=12 2.8801Total 120.2375 16-1=15
Criterio de rechazo de la H 0
F c>Fα , a−1 , N−a
F c>F0.05,3,12
9.9158>3.49
Si, se rechaza H 0
.: μ1≠μ2≠μ3≠ μ4 y se concluye que los 4 catalizadores no tienen el mismo efecto de
concentración.
ANOVA en NCSS
Analysis of Variance TableSource Sum of Mean Prob PowerTerm DF Squares Square F-Ratio Level
(Alpha=0.05)A: Factor_A 3 85.67583 28.55861 9.92 0.001436* 0.981030S 12 34.56167 2.880139Total (Adjusted) 15 120.2375Total 16* Term significant at alpha = 0.05
b)
Estimador de la media
μ= y ..=54.2575
Estimadores de los efectos del tratamiento
T 1= y1.− y ..=56.9−54.2575 = +2.6425
T 2= y2.− y ..=55.775−54.2575= +1.5175Avenida Oriente 9 Núm. 852, Colonia Emiliano Zapata. C.P. 94320
Orizaba, Veracruz, México . Teléfonos: (272) 7 24 40 96 Fax. (272) 7 25 17 28e- mail: [email protected] www.itorizaba.edu.mx
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T 3= y3.− y ..=53.23−54.2575 = -1.0275
T 4= y4.− y ..=51.125−54.2575 = -3.13250 Significa que el estimador es insesgado
c)
Estimación por intervalo de 99% de confiabilidad para la respuesta media del catalizador 1.
α=1−0.99=0.01
y i .± t α2, N−a
√MSE /n
56.9± t 0.012
,16−4√2.8801/5
56.9± t0.005,12 √2.8801/5
56.9±3.055 √2.8801/5
56.9±2.3186
54.58≤56.9≤59.21
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