Ejercicios de Estadistica II

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO VICERECTORADO DE INVESTIGACIÓN FACULTAD DE CIENCIAS ECONÓMICAS

TEXTO DE PROBLEMAS DE INFERENCIA ESTADÍSTICA

AUTOR: JUAN FRANCISCO BAZÁN BACA (Resolución Rectoral 940-2011-R del 22-9-11) 01-09-11 al 31-08-13

CALLAO – PERÚ 2013

1

ÍNDICE Pág. INDICE

2

INTRODUCCIÓN

5

Capítulo 1. LA DISTRIBUCIÓN NORMAL Y EL TEOREMA DEL LÍMITE CENTRAL

6

1.1

Distribución normal

6

1.2

Distribución normal estándar

7

1.3

Propiedad reproductiva de la distribución normal

9

1.4

Teorema del límite central

10

1.5

Ejercicios resueltos

13

1.6

Ejercicios propuestos

29

Capítulo 2. DISTRIBUCIONES MUESTRALES

33

2.1

Distribución muestral de la media

37

2.2

Distribución muestral del total (conocida la media)

39

2.3

Distribución de la diferencia de medias muestrales

40

2.4

Distribución muestral de la proporción

43

2.5

Distribución muestral del total (conocida la proporción)

47

2.6

Distribución muestral de la diferencia de proporciones

48

2.7

Ejercicios resueltos

52

2.8

Ejercicios propuestos

73

Capítulo 3. DISTRIBUCIONES ESPECIALES

77

3.1

Distribución Chi-cuadrado

77

3.2

Distribución t de student

86

3.3

Distribución muestral de la media (n < 30)

92

3.4

Distribución de la diferencia de medias muestrales con varianzas desconocidas pero iguales

93

3.5

Distribución F de Snedecor

94

3.6

Distribución de la razón de dos varianzas muestrales

98

3.7

Ejercicios resueltos

100 2

3.8

Ejercicios propuestos

119

Capítulo 4. ESTIMACIÓN PUNTUAL

122

4.1

Estimadores. Propiedades

123

4.2

Métodos de Estimación Puntual

130

4.3

Método de Máxima Verosimilitud

130

4.4

Método de los Momentos

132

4.5

Método de los mínimos cuadrados

133

4.6

Ejercicios resueltos

135

4.7

Ejercicios propuestos

152

Capítulo 5. ESTIMACIÓN POR INTERVALOS DE CONFIANZA

155

5.1

Intervalo de confianza para la media y tamaño de muestra

160

5.2

Intervalo de confianza para el total (conocida la media)

162

5.3

Intervalo de confianza para la proporción y tamaño de muestra

164

5.4

Intervalo de confianza para el total (conocida la proporción)

167

5.5

Intervalo de confianza para la diferencia de medias

168

5.6

Intervalo de confianza para la diferencia de proporciones

170

5.7

Intervalo de confianza para la media (n < 30)

173

5.8

Intervalo de confianza para la varianza

175

5.9

Intervalo de confianza para la razón de varianzas

177

5.10

Intervalo de confianza para la diferencia de medias (n y m a] = 1 – P[X  a] = 1 - Φ [(a - μ ) / σ ]

Los valores de la función de distribución acumulativa normal estándar, Φ (z) o F(z), han sido reproducidos en la Tabla 1 del Anexo utilizando la hoja de cálculo Excel. Uso de la Tabla de la distribución normal estándar a) Para calcular probabilidades.- en la tabla 1, conocido el valor de z, hallar Φ (z) = F(z) = P [Z  z]. Por ejemplo, para z = 1.96, tenemos que: Φ (1.96) = F (1.96) = P [Z  1.96] = 0.97500. b) Para hallar valores de z.- es un proceso inverso al anterior, ya que conocida la probabilidad Φ (z) = F (z) = P [Z  z] = α , en la tabla 1, se debe hallar el valor de z que acumule en probabilidad α y que denotaremos como z = Zα . Para el mismo ejemplo, sí Φ (z) = F (z) = P [Z  z] = 0.97500, esto implica que, en la tabla 1, a la probabilidad 0.97500, le corresponde z = Z0.97500 1.96 . Una característica importante de la distribución normal es que:  Entre μ – σ y μ + σ se encuentra el 68.27% de las observaciones. Es decir que :

    X          P(μ – σ  X  μ + σ) = P    P 1  Z  1       = Φ (1) - Φ (-1) = 0.84134 –0.15866 = 0.68268 8

 Entre μ – 2σ y μ + 2σ se encuentra el 95.45% de las observaciones, puesto que:

  2       2   P(μ – 2σ  X  μ + 2σ) = P  Z   P 2  Z  2      = Φ (2) - Φ (-2) = 0.97725 –0.02275 = 0.9545  Entre μ – 3σ y μ + 3σ se encuentra el 99.73% de las observaciones. Es decir que:

  3       3   P(μ – 3σ  X  μ + 3σ) = P  Z   P 3  Z  3      = Φ (3) - Φ (-3) = 0.99865 – 0.00135 = 0.9973  Entre μ – 4σ y μ + 4σ se encuentra el 99.9937% de las observaciones. Es decir que:

  4       4   P(μ – 4σ  X  μ + 4σ) = P  Z    P  4  Z  4     = Φ (4) - Φ (-4) = 0.999968 – 0.000031 = 0.999937  Entre μ – 5σ y μ + 5σ se encuentra el 99.999942% de las observaciones. Es decir que:

  5       5   Z P(μ – 5σ  X  μ + 5σ) = P    P  5  Z  5     = Φ (5) - Φ (-5) = 0.99999971 – 0.00000029 = 0.99999942  Entre μ – 6σ y μ + 6σ se encuentra el 99.9999998% de las observaciones. Es decir que:

  6       6   Z  P(μ – 6σ  X  μ + 6σ) = P    P  6  Z  6     = Φ (6) - Φ (-6) = 0.999999999 – 0.000000001 = 0.999999998 1.3 PROPIEDAD REPRODUCTIVA DE LA DISTRIBUCIÓN NORMAL Sean X1 , X2 , .... , Xn , n variables aleatorias independientes distribuidas normalmente con media μi y varianza σi2 .

Es decir: Xi ~ N(μi , σi2 ) i = 1, 2, 3,

.... , n . Si Y es una combinación lineal de las v.a. Xi : Y = a0 + a1 X1 + a2 X2 + .... + n

an Xn . Entonces, la variable aleatoria Y ~ N [a0 +  ai i , i 1

9

n

a  i 1

2

i

2 i

]

Puesto que: 

μY = E(Y) = E (a0 + a1 X1 + a2 X2 + .... + an Xn ) = = E(a0 ) + E (a1 X1 ) + E (a2 X2 ) + .... + E (an Xn ) = = a0 + a1 E(X1 ) + a2 E(X2 ) + .... + an E(Xn ) = n

= a0 + a1 μ1 + a2 μ2 + .... + an μn = a0 +  ai i i 1

2   Y = V(Y) = V (a0 + a1 X1 + a2 X2 + .... + an Xn ) =

= V(a0 ) + V(a1 X1 ) + V(a2 X2 ) + .... + V(an Xn ) = = 0 + a12 V(X1 ) + a22 V(X2 ) + .... + an2 V(Xn ) = = a12 σ12 + a22 σ22 + .... + a2n σn2 =

n

a  i 1

2

i

2 i

1.4 TEOREMA DEL LÍMITE CENTRAL Sean X1 , X2 , .... , Xn , n variables aleatorias independientes con media y varianza finitas dadas por: E(Xi) = μi y V(Xi ) = σi2 . n

Si:

Yn = X1 + X2 + .... + Xn =

X i 1

i

, entonces bajo ciertas condiciones generales,

la variable aleatoria Zn definida por: n

Y  E (Yn ) Zn  n  V (Yn )

n

 X   i 1

i

i 1

i

n



2

i

i 1

tiene aproximadamente una distribución normal estándar N(0, 1). Nota.

E(Yn ) = E (X1 + X2 + .... + Xn ) = E (X1 ) + E (X2 ) + .... + E (Xn ) = 10

n

= μ1 + μ2 + .... + μn =

 i 1

i

.

 V(Yn ) = V (X1 + X2 + .... + Xn ) = V(X1 ) + V(X2 ) + .... + V(Xn ) = n



= σ12 + σ22 + .... + σn2 =

i 1

2 i

.

Observaciones.n

1. La variable aleatoria Yn =

X i 1

i

(suma de v.a. independientes) puede ser

aproximada por una v.a. distribuida normalmente, cualquiera que sea la distribución de las Xi . 2. Las condiciones generales indicadas en el teorema están referidas a que los términos Xi tomados individualmente, contribuyen con una cantidad despreciable a la variación de la suma, y no es probable que un simple término tenga una gran contribución a la suma. Una aplicación importante de estas condiciones generales del teorema central del límite, se da en los modelos de regresión: Yi = β0 + β1 X1i + β2 X2i + .... + βk Xki + ei Donde la variable explicada o dependiente Y es función de un conjunto de variables explicativas o independientes (X1 , X2 , .... , Xk ) más un error e. La aplicación del teorema central del límite se da cuando se asume que los errores ei se distribuyen normalmente, debido a que estos errores recogen la suma de las contribuciones despreciables de todas las variables dejadas de considerar en el modelo. Por ejemplo, en los modelos de demanda Qi = a – b Pi + ei , se asume que las cantidades demandadas (Q) de un bien o servicio dependen fundamentalmente del precio (P) del bien. Efectivamente, pero existen otras variables independientes (gastos de publicidad, precio del bien sustituto, gustos y preferencias, etc.) que también podrían explicar dicha demanda, sin embargo, sus contribuciones a explicar la demanda son despreciables, por lo que la suma de sus contribuciones, reflejadas en los errores ei se aproximan a la distribución normal.

11

3. Una situación especial del teorema central del límite se presenta cuando cada Xi tiene la misma distribución (que es el caso de la definición de muestra aleatoria, como veremos más adelante) y que permita encontrar la distribución de una media muestral. La propuesta es la siguiente: Sean X1 , X2 , .... , Xn , n variables aleatorias independientes, idénticamente distribuidas con media y varianza común y finitas dadas por: E(Xi) = μ y V(Xi ) = σ2. n

Si:

Yn = X1 + X2 + .... + Xn =

X i 1

n

por :

Y  E (Yn ) Zn  n  V (Yn )

X i 1

i

i

, entonces la variable aleatoria Zn dada

 n

 n



Xn   / n

tiene aproximadamente distribución normal estándar N(0 , 1). Donde X n  es la media muestral de las Xi . Nota.

E(Yn ) = E (X1 + X2 + .... + Xn ) = E (X1 ) + E (X2 ) + .... + E (Xn ) = = μ + μ + .... + μ = n μ .  V(Yn ) = V (X1 + X2 + .... + Xn ) = V(X1 ) + V(X2 ) + .... + V(Xn ) =

= σ2 + σ2 + .... + σ2 = n σ2

12

1 n  Xi n i 1

1.5 EJERCICIOS RESUELTOS 1.

Sea Z una variable aleatoria con distribución normal estándar [Z ~ N(0, 1)]. Hallar las probabilidades siguientes: a) P(Z > 1.13) ; b) P(1.00 < Z < 1.42) c) P(-1.5 < Z < 0.50) ;

d) P(-1.65 < Z < -1.00) ;

e) P(Z < -1.52) ;

f) P(0 < Z < 1.25) y g)

P(-1.63 < Z < 0). Solución.-Usando la tabla 1 del anexo se tiene: a) P(Z > 1.13) = 1 - P(Z ≤ 1.13) = 1 – Φ(1.13) = 1 – 0.8708 = 0.1292 b) P(1.00 < Z < 1.42) = Φ(1.42) - Φ(1.00) = 0.9222 – 0.8413 = 0.0809 Para obtener los gráficos en Minitab ver Bazán, Juan (2010) 0.4

0.4

0.6247 0.3

Densidad

Densidad

0.3

0.0809

0.2

0.1

0.1

0.0

0.2

0 Z

0.0

1 1.42

-1.5

0

0.5

Z

P(-1.5  Z < 0.5)

En Minitab: P(1.00 < Z < 1.42)

c) P(-1.5  Z < 0.5) = Φ(0.50) - Φ(-1.5) = 0.6915 – 0.0668 = 0.6247 d) P(-1.65  Z  -1.00) = Φ(-1.00) - Φ(-1.65) = 0.1587 – 0.0495 = 0.1092 e) P(Z < -1.52) = Φ(-1.52) = 1 - Φ(1.52) = 1 – 0.9357 = 0.0643 f) P(0  Z  1.25) = Φ(1.25) - Φ(0) = 0.8944 – 0.5000 = 0.3944 g) P(-1.63 < Z  0) = Φ(0) - Φ(-1.63) = 0.5000 – 0.0516 = 0.4484 2.

Sea Z una variable aleatoria normal estándar [Z ~ N(0, 1)]. Hallar el valor de z para los casos siguientes: a) Φ(z) = 0.9500;

b) Φ(z) = 0.9772;

c) Φ(z) =

0.9987; d) el área entre –z y z es 0.95; e) el área a la izquierda de z es 0.01; y f) el área a la derecha de z es 0.05.

13

Solución a) Sí Φ (z) = F (z) = P [Z  z] = 0.9500, esto implica que, en la tabla 1, a la probabilidad 0.9500, le corresponde z = Z0.9500 = 1.645 aproximadamente. b) Sí Φ (z) = F (z) = P [Z  z] = 0.9772, esto implica que, en la tabla 1, a la probabilidad 0.9772, le corresponde z = Z0.9772 = 2.00 aproximadamente. c) Sí Φ (z) = F (z) = P [Z  z] = 0.9987, esto implica que, en la tabla 1, a la probabilidad 0.9987, le corresponde z = Z0.9987 = 3.00aproximadamente. d) Si 0.95 = P [-z  Z  z] = Φ (z) - Φ (-z) = Φ (z) – [1 - Φ (z)] = 2 Φ (z) – 1. Entonces, Φ (z) = 0.9750 y en la tabla le corresponde a z = Z0.9750 = 1.96. e) Si 0.01 = Φ (z) = P [Z  z], esto implica que, en la tabla 1, a la probabilidad 0.01, le corresponde z = Z0.01 = -2.33 aproximadamente. f) Si 0.05 = P [Z ≥ z] = 1 - Φ (z), entonces Φ (z) = 0.9500 y de acuerdo a lo visto en la parte a) de este problema le corresponde a z = Z0.9500 = 1.645. 3.

El monto de las solicitudes de préstamo de los comerciantes que recibe un Banco, está distribuido aproximadamente en forma normal con μ = S/. 10,000 y σ = S/. 1,000. Calcule e interprete la probabilidad de que el monto del préstamo solicitado: a) Esté entre S/. 8,500 y 12,000; b) Sea menor que S/. 8,000; c) Mayores de que cantidad será el 20 % de los préstamos? Solución Sea X = monto de las solicitudes de préstamo. Se sabe que X ~ N(10000 , 10002),

entonces

Z = (X – 10000)/ 1000 ~ N(0,

1). Luego, las probabilidades solicitadas son:

 8500  10000 X  10000 12000  10000    a) P(8500 ≤ X ≤ 12000) = P   = 1000 1000 1000  = P(-1.5 ≤ Z ≤ 2.0) = Φ(2.00) - Φ(-1.50) = 0.97725 – 0.06681 = 0.91044 Rpta. Interpretación: el 91.04% de los montos de préstamo solicitados por los comerciantes fluctúa entre S/. 8,500 y 12,000. 14

 X  10000 8000  10000   b) P(X ≤ 8000) = P   = 1000  1000 = P(Z ≤ -2.0) = Φ(-2.00) = 0.02275 Rpta. Interpretación: el 2.28% (ó en 228 de cada 10000 solicitudes) de los montos de préstamo solicitados por los comerciantes es menor a S/. 8,000. Distribución del monto de préstamo Normal, Media=10000, Desv.Est.=1000

0.0004

Densidad

0.0003

0.0002

0.0001 0.0228 0.0000

8000

10000 X = monto del préstamo

Resultado gráfico en Minitab c) Sea C la cantidad de préstamo buscada, entonces:

C  10000   0.20 = P(X > C) = 1 - P  Z   1000    C  10000  0.80 =     1000 



C  10000  Z 0 . 8 0 0.84 1000

 C = S/. 10840

Rpta. Interpretación: el 20% de los montos de préstamo solicitados por los comerciantes es mayor a S/. 10,840.

15

Distribución del monto de préstamo Normal, Media=10000, Desv.Est.=1000

0.0004

Densidad

0.0003

0.0002

0.20

0.0001

0.0000

4.

10000 10840 X = monto del préstamo

Para cierto examen la calificación vigesimal tiene distribución normal con media 11 y desviación estándar 2. Se desea desaprobar al 40% de los examinados. ¿Cuál debe ser la calificación máxima desaprobatoria? Interprete el resultado. Solución Sea X = calificación vigesimal de los examinados. Se sabe que X ~ N(11 , 22),

entonces

Z = (X – 11)/ 2 ~ N(0, 1).

Sea M la máxima nota desaprobatoria buscada, entonces:

M  11    M  11  0.40 = P(X < M) = P  Z   =  2  2    



M  11  Z 0.40  0.25  M = 10.5 Rpta. 2

Interpretación: el 40% de los examinados desaprobados tiene nota menor a 10.5. 5.

Los ingresos de los trabajadores tiene distribución normal con media µ= S/. 1000 y desviación estándar σ = S/. 200. Si se selecciona a 2000 de estos trabajadores, calcule e interprete: a) ¿Cuántos trabajadores tienen ingreso menor a S/. 600? b) ¿Cuántos trabajadores tienen ingreso entre S/. 850 y 1300? Solución

16

Si X = ingreso de los trabajadores ~ N(1000, 2002), Z = (X – 1000)/ 200 ~ N(0, 1). Para determinar cuántos de los n = 2000 trabajadores tienen ingresos en los intervalos dados, primero se determina la probabilidad P y después multiplica por n. Se pide:

 X  1000 600  1000  a) P = P(X < 600) = P    = P(Z < -2.0) = Φ(-2.0) = 200  200  0.02275 Luego nP = 0.02275 x 2000 = 45.5 trabajadores Rpta. Interpretación: 46 trabajadores (2.28%) tienen ingreso menor a S/. 600.

 850  1000 X  1000 1300  1000    b) P = P(850 ≤ X ≤ 1300) = P   = 200 200  200 = P(-0.75 ≤ Z ≤ 1.5) = Φ(1.5) - Φ(-0.75) = 0.93319 – 0.22663 = 0.70656 Distribución del ingreso

Normal, Media=1000, Desv.Est.=200 0.0020

0.0015

Densidad

0.7066 0.0010

0.0005

0.0000

850

1000 X = ingreso

1300

Luego nP = 0.70656 x 2000 = 1413.12 trabajadores Rpta. Interpretación: alrededor de 1413 trabajadores (70.66%) tienen ingreso entre S/. 850 y 1300. 6.

El volumen de negociaciones diarias (en millones de nuevos soles) para las acciones comercializadas en la bolsa de Lima tiene distribución normal con media µ= 800 y desviación estándar σ = 100. En un período de 60 días, calcule e interprete: a) ¿En cuántos días el volumen de negociaciones es de 600 o menos millones? b) ¿En cuántos días el volumen de negociaciones es mayor de 900 millones? 17

Solución Si X = volumen diario de negociaciones en millones de S/. ~ N(800, 1002)

 Z = (X – 800)/ 100 ~ N(0, 1). Para determinar en cuántos de los n = 60 días el volumen de las negociaciones está en los intervalos dados, primero se determina la probabilidad P y después multiplica por n. Se pide:

 X  800 600  800  a) P = P(X ≤ 600) = P    = P(Z < -2.0) = Φ(-2.0) = 100   100 0.02275 Luego nP = 0.02275 x 60 = 1.4 días Rpta. Interpretación: en alrededor de 1.4 días (2.28%) el volumen de negociaciones es de 600 o menos millones de nuevos soles.

 X  800 900  800  b) P = P(X > 900) = P    = P(Z > 1.0) = 1 - Φ(1.0) = 100   100 = 1 – 0.84134 = 0.15866. Luego nP = 0.15866 x 60 = 9.5días Rpta. Interpretación: en alrededor de 9.5 días (15.87%) el volumen de negociaciones es mayor de 900 millones de nuevos soles. 7.

El peso de los pernos fabricados se distribuye normalmente con media µ= 80 gr. y desviación estándar σ = 5 gr. Si se almacenan 2000 pernos, calcule e interprete ¿qué cantidad de pernos pesan: a) menos de 70 gramos? y b) entre 75 y 90 gramos? Solución Si X = peso de los pernos ~ N(80, 52)  Z = (X – 80)/ 5 ~ N(0, 1). Para determinar cuántos de los n = 2000 pernos tienen un peso en los intervalos dados, primero se determina la probabilidad P y después multiplica por n. Se pide:

 X  80 70  80  a) P = P(X < 70) = P    = P(Z < -2.0) = Φ(-2.0) = 0.02275 5   5 Luego nP = 0.02275 x 2000 = 46 pernos Rpta. Interpretación: alrededor de 46 pernos (2.28%) pesan menos de 70 gramos.

 75  80 X  80 90  80    b) P = P(75 ≤ X ≤ 90) = P  = P(-1 ≤ Z ≤ 2) = 5 5   5 18

= Φ(2.0) - Φ(-1.0) = 0.97725 – 0.15866 = 0.81859. Distribución del peso de los pernos Normal, Media=80, Desv.Est.=5

0.09 0.08 0.07

Densidad

0.06 0.8186

0.05 0.04 0.03 0.02 0.01 0.00

75

80 X = peso

90

Resultado gráfico en Minitab Luego nP = 0.81859 x 2000 = 1637 pernos Rpta. Interpretación: alrededor de 1637 pernos (81.86%) pesan entre 75 y 90 gramos. 8.

El tiempo necesario para terminar un examen se distribuye normalmente con media µ= 80 minutos y desviación estándar σ = 10 minutos. En un curso de 60 alumnos, calcule e interprete cuántos alumnos terminan el examen: a) ¿en una hora o menos? b) ¿en más de 60 minutos, pero en menos de 75 minutos? c) ¿Cuántos alumnos no terminan el examen, si éste dura 90 minutos? Solución Si X = tiempo para terminar un examen ~ N(80, 102)

 Z = (X – 80)/ 10 ~ N(0, 1). Para determinar cuántos de los n = 60 alumnos terminan el examen en los intervalos dados, primero se determina la probabilidad P y después multiplica por n. Se pide:

 X  80 60  80  a) P = P(X ≤ 60) = P    = P(Z ≤ -2.0) = Φ(-2.0) = 0.02275. 10   10 Luego nP = 0.02275 x 60 = 1.4 alumnos Rpta. 19

Interpretación: alrededor de 1.4 alumnos (2.28%) terminan el examen en una hora o menos.

 60  80 X  80 75  80    b) P = P(60 ≤ X ≤ 75) = P  = P(-2 ≤ Z ≤ -0.5) = 10 10   10 = Φ(-0.50) - Φ(-2.0) = 0.30854 – 0.02275 = 0.28579. Resultado gráfico en Minitab Distribución tiempo duración examen Normal, Media=80, Desv.Est.=10

0.04

Densidad

0.03

0.02

0.286

0.01

0.00

60

75 80 X = tiempo duración examen

Luego nP = 0.28579 x 60 = 17 alumnos Rpta. Interpretación: alrededor de 17 alumnos (28.6%) terminan el examen en más de 60 minutos, pero en menos de 75 minutos.

 X  80 90  80  c) P = P(X > 90) = P    = P(Z > 1.0) = 1 - Φ(1.0) = 10   10 = 1 – 0.84134 = 0.15866. Luego nP = 0.15866 x 60 = 9.5 alumnos Rpta. Interpretación: alrededor de 10 alumnos (15.87%) no terminan el examen, si éste dura 90 minutos. 9.

Suponga que el ingreso familiar mensual (X) en una comunidad tiene distribución normal con media $400 y desviación estándar $50. Si los gastos de consumo familiar (C) están dados por la relación C = 0.80 X + 50, ¿calcule e interprete la probabilidad de que los gastos de consumo familiar sean inferiores a $320? Solución 20

Si X = ingreso familiar mensual ~ N(400, 502),  Z = (X – 400)/ 50 ~ N(0, 1). Se pide: P(C < 320) = P(0.80 X + 50 < 320) = P(X < 337.5) =

 X  400 337.5  400  = P   = P(Z < -1.25) 50  50  = Φ(-1.25) = 0.10565 Rpta. Otra forma de resolver es usando la propiedad reproductiva de la distribución normal. Sí C = 0.80 X + 50, entonces la media y la varianza de C son:  C  E(C)  0.8E( X )  50  0.8(400)  50  370   C2  Var (0.8 X  50)   0.8 Var ( X )  0.64(2500)  1600  402 2

Luego C ~ N(370, 402),  Z = (C – 370)/ 40 ~ N(0, 1). Entonces:

 C  370 320  370  P(C < 320) = P    = P(Z < -1.25) = Φ(-1.25) = 0.10565 40  40  Rpta. Interpretación: el 10.6% de (ó en 1057 de cada 10000 familias) los gastos de consumo familiar en la comunidad son menores a S/. 320. 10.

Sean Xl , X2 y X3 variables a1eatorias independientes tales que: X1 ~ N (10 , 3 ) ;

X2 ~ N (12 , 4 ) y X3 ~ N (14 , 6). Si Y = X1 - 2 X2 + X3 . Se pide:

a) Hallar la media y la varianza de Y ; b) Ca1cule e interprete P  8  Y  10 Solución X1 ~ N (10 , 3 )

1  10

;

 12  3

X2 ~ N (12 , 4 )

2  12

;

 22  4

X3 ~ N (14 , 6 )

3  14

;

 32  6

a) Cálculo de la media y la varianza de Y  Y  E Y   E  X1  2 X 2  X 3   E( X1 )  2E( X 2 )  E( X 3 ) =

Y  1  22  3  10  2(12)  14  0 Rpta.   Y2  V (Y )  V ( X1  2 X 2  X 3 )  V ( X1 )  4V ( X 2 )  V ( X 3 )

 Y2  12  4 22   32  3  4(4)  6  25 Rpta. 21

b) Cálculo de la P  8  Y  10 Sabemos que Y  0 y  Y2  25   Y  5 . Además Y ~ N [0, 25]  Z = (Y – 0)/ 5 ~ N(0, 1). Luego:

 8  0 Y  0 10  0  P  8  Y  10  P     P  1.6  Z  2  5 5   5 = Φ(2.0) - Φ(-1.60) = 0.97725 – 0.05480 = 0.92245 Rpta. Interpretación: alrededor del 92.25% de los valores observados de Y se encuentran entre -8 y 10. 11.

Sean X1, X2, X3 y

X4 variables aleatorias normales independientes con μ1

2 2 2 2  30; μ2 = 25 ; μ3 = 12 ; μ4 = 8 ;  1 = 8 ;  2 = 6 ;  3 = 6 ;  4 = 2. Sí:

 X  2X 2   X3  X4  Y=  1  - 2  4     Calcule e interprete: a) P 8  Y  14

y

b) P  Y  12

Solución:

X X X X  X  2X 2   X3  X4  Y =  1 -  = 1 2 3 4   4 2 2 2 4    2  

1 1 1 1 E  X1   E  X 2   E  X 3   E  X 4  4 2 2 2

μY = E(Y) = =



1 1 1 1 (30)  (25)  (12)  (8)  10 4 2 2 2

 Y2 = V (y) = 1 V ( X )  1 V ( X )  1 V ( X )  1 V ( X ) 1 2 3 4 16

=

4

4

4

1 1 1 1 (8)  (6)  (6)  (2)  4 16 4 4 4

Siendo Y una combinación lineal de las variables independientes Xi cada una con distribución normal, entonces por la propiedad reproductiva de la distribución normal se cumple que Y ~ N [10, 4]  Z = (Y – 10)/ 2 ~ N(0, 1). Luego:

 8 10 Y 10 14 10    a) P 8  Y  14 = P  = P (-1.0 ≤ Z ≤ 2.0) = 2 2   2 = Φ(2.0) - Φ(-1.0) = 0.97725 – 0.15866 = 0.81859 Rpta. 22

Interpretación: el 81.86% de los valores de Y se encuentran entre 8 y 14.

 12 10 Y 10 12 10  b) P  Y  12 = P  12  Y  12  = P  =   2 2   2 = P (-11.0 ≤ Z ≤ 2.0) = Φ(2.0) - Φ(-11.0) = = 0.97725 – 0.00000 = 0.0.97725 Rpta. Interpretación: alrededor del 97.73% de los valores absolutos de Y son menores o iguales a 12. 12.

En el proceso de fabricación de condensadores, varias pruebas han demostrado que la temperatura más alta (en °C) que pueden soportar es N(125, 9). En los sistemas en que se utilizan, la temperatura máxima (en °C) a que se sujeta un condensador individual es N(116, 16). ¿Qué proporción de condensadores fallará por sobre calentamiento? Interprete el resultado. Solución Sean: F = temperatura más alta de fabricación ~ N(125, 9) y U = temperatura máxima de uso ~ N(116, 16) Habrá falla por sobrecalentamiento (S) cuando S = F < U = F – U < 0. Para hallar la proporción solicitada mediante P(S) = P(F < U) = P(F – U < 0) determinamos la distribución de F – U usando la propiedad reproductiva de la distribución normal, así: F – U ~ N(9, 25)  Z = ( F – U – 9)/ 5 ~ N(0, 1). Entonces:

 F  U  80 0  9  P(S) = P(F < U) = P(F – U < 0) = P   = 5 5   = P(Z ≤ -1.8) = Φ(-1.8) = 0.03593 Rpta. Interpretación: alrededor del 3.59% de los (ó 359 de cada 10000) condensadores fabricados falla por sobrecalentamiento en los sistemas en que se utilizan. 13.

En una de las etapas de un proceso de ensamble un tapón cilíndrico tiene que ajustarse a una abertura circular seleccionando cada elemento al azar en un suministro continuo. Los diámetros del tapón y de los casquillos en mm, son N(24.9, 0.032 ) y N(25, 0.042 ) respectivamente. Si para que el ajuste sea 23

satisfactorio se requiere un claro de diámetro de cuando menos 0.02 mm, ¿en qué proporción de los casos el ajuste no será satisfactorio? Interprete el resultado. (claro del diámetro = diámetro del casquillo – diámetro del tapón) Solución Sean: T = diámetro del tapón ~ N(24.9, 0.032) y C = diámetro del casquillo ~ N(25, 0.042) Si X = claro del diámetro = C – T, usando la propiedad reproductiva de la distribución normal se tiene que: µX = E(X) = E(C – T) = E(C) – E(T) = 25.0 – 24.9 = 0.10 σ2X = V(X) = V(C – T) = V(C) + V(T) = 0.0009 +0.0016 = 0.0025 = 0.052. Luego: X = claro del diámetro = C – T ~ N(0.10, 0.052)

 Z = (X – 0.10)/ 0.05 ~ N(0, 1). Que el ajuste no sea satisfactorio implica que X < 0.02. Entonces:

 X  0.10 0.02  0.10  P(X < 0.02) = P    = P(Z ≤ -1.8) = Φ(-1.6) = 0.0548 0.05   0.05 Rpta. Interpretación: en alrededor del 5.48% de los (ó en 548 de cada 10000) ensambles el tapón no se ajusta al casquillo. 14.

Las pastillas metálicas cilíndricas que se utilizan en un reactor se fabrican en serie y puede suponerse que sus longitudes siguen una distribución normal con media 0.290 cm. y desviación estándar 0.016cm. Nueve de estas pastillas deben ajustarse, extremo con extremo, en un recipiente que ocupa una longitud no mayor de 2.670 cm. Si las nueve pastillas se ensamblan al azar, ¿qué proporción de estos no se ajustará en el espacio requerido? Interprete el resultado. Solución Sean: Xi = diámetro de las pastillas ~ N(0.29, 0.0162) y 9

L = longitud del recipiente con 9 pastillas =

X i 1

i

.

Por la propiedad reproductiva de la distribución normal, se tiene que: 9

E(L) = E(  X i ) = i 1

9

 E( X i ) = i 1

9

 0.29 = 9 x 0.29 = 2.61 cm. i1

24

9

V(L) = V(  X i ) = i 1

9

V ( X i ) = i 1

9

 0.016

2

= 9 x 0.0162 = 0.002304 cm2.

i1

Luego: 9

L = longitud del recipiente con 9 pastillas =

X i 1

i

~ N(2.61, 0.0002304)

 Z = (L – 2.61)/ 0.048 ~ N(0, 1). Las 9 pastillas no se ajustan al espacio requerido si L > 2.67. Por lo tanto:

 L  2.61 2.67  2.61  P(L > 2.67) = 1 – P(L ≤ 2.67) = 1 - P   = 0.048   0.048 = 1 - P(Z ≤ 1.25) = 1 - Φ(1.25) = 1 - 0.89435 = 0.10565 Rpta. Interpretación: en alrededor del 10.56% de los (ó en 1056 de cada 10000) recipientes con 9 pastillas, éstas no se ajustan en el espacio requerido. 15.

Suponga que las variables aleatorias X1 , X2 , .... , X50 representan la vida útil de 50 tubos electrónicos; los mismos que se usan de la siguiente manera: tan pronto como falla el primer tubo, empieza a funcionar el segundo y cuando falla el segundo empieza a funcionar el tercero, etc. Suponga que los Xi, i = 1, 2, …., 50 tienen distribución exponencial con parámetro λ = 1/500. ¿Cuál es la probabilidad que el tiempo de funcionamiento de los 50 tubos esté comprendido entre 20 000 y 30 000 horas? Interprete el resultado. Solución Sea Xi = tiempo de funcionamiento del tubo i ~ Exponencial (λ = 1/500) Entonces µ = E(Xi) = 1/ λ = 500 , σ2 = 1/ λ2 = 5002] i = 1, 2, …., 50. Sea Y50 = tiempo de funcionamiento de los 50 tubos = 50

= X1  X 2  ............  X 50   X i i 1

Entonces, por el teorema del límite central la probabilidad solicitada es: P(20 000 ≤ Y50 ≤ 30 000) = 50    20000  50 x500  X i  50 x500 30000  50 x500   = P(-1.41 ≤ Z ≤  i 1  = P 500 x 50) 500 x 50)   500 x 50)    

1.41) 25

= Φ(1.41) - Φ(-1.41) = 0.92073 – 0.07927 = 0.84146 Rpta. Interpretación: en alrededor del 84.15% de los (ó en 8415 de cada 10000) tiempos de funcionamiento de 50 tubos estará comprendido entre 20 000 y 30 000 horas. 16.

Las botellas de aceite vegetal “Primor” tienen un contenido medio de 1 litro y una desviación estándar de 0.04. Para la distribución se acomodan en cajas de 36 botellas, Calcule e interprete la probabilidad que una caja contenga más de 36.6 litros. Solución Sea Xi = contenido de las botellas de aceite ~ [µ = 1, σ = 0.04 lts.] Sea Y36 = contenido por caja de las 36 botellas = 36

= X1  X 2  ............  X 36   X i i 1

Entonces, por el teorema del límite central la probabilidad solicitada es:

 36    X i  36 x1 36.6  36 x1  =  P(Y36 > 36.6) = 1 - P(Y36 ≤ 36.6) = 1 - P  i 1 0.04 36   0.04 36     = 1 – P(Z ≤ 2.5) = 1- Φ(2.5) = 1 – 0.99379 = 0.00621 Rpta. Interpretación: alrededor del 0.62% de las (ó en 62 de cada 10000) cajas con 36 botellas de aceite el contenido es de más de 36.6 litros. 17.

En una ciudad grande el 20% de los hogares no tiene desagüe. Si se eligen 100 hogares al azar, calcule e interprete la probabilidad de que más de 30 hogares no tengan desagüe. Solución Sea Xi = 1, si el hogar no tiene desagüe ~ Bernoulli [p = 0.20] Sea Y100 = el total de hogares sin desagüe, entre los 100 elegidos = 100

= X1  X 2  ............  X100   X i ~ B[n = 100, p = 0.20] ó N[np = 20, npq = i 1

16] Entonces, por el teorema del límite central la probabilidad solicitada es:

26

P(Y100

>

30)

=

1

-

P(Y100

≤

30)

=

1

-

 100    X i  100 x0.20 30  100 x0.20  = P  i 1  0.20 x0.80 100   0.20 x0.80 100     = 1 – P(Z ≤ 2.5) = 1- Φ(2.5) = 1 – 0.99379 = 0.00621 Rpta. Interpretación: en alrededor del 0.62% de los (ó en 62 de cada 10000) grupos de 100 hogares escogidos, más de 30 hogares no tienen desagüe. 18.

Un lote de 10 000 pavos tiene un peso medio de 7 Kg. y una desviación estándar de 0.15 Kg. Este lote debe ser entregado a los vendedores minoristas a razón de 100 cada uno. ¿Cuál es la probabilidad de que un vendedor cualquiera de estos tomados al azar, reciba un peso total de menos de 697 kilos? Interprete su resultado. Solución Sea Xi = peso de los pavos ~ [µ = 7, σ = 0.15 Kg.] 100

Sea Y100 = peso total de los 100 pavos = X1  X 2  ............  X100   X i i 1

Entonces, por el teorema del límite central la probabilidad solicitada es:

 100    X i  100 x7 697  100 x7   =  P(Y100 < 697) = P  i 1 0.15 100   0.15 100     = P(Z < -2.0) = Φ(-2.0) = 0.02275 Rpta. Interpretación: alrededor del 2.28% de los (ó 228 de cada 10000) vendedores minoristas recibe un peso total menor a 697 Kg. 19.

La Constructora “Techito” estima que el peso promedio de las personas que vivirán en un edificio de apartamentos es de 68 Kg., con una desviación estándar de 15 Kg. De acuerdo con la estimación, instala en el edificio un ascensor para 36 personas con capacidad máxima de 2700 Kg. Si la estimación es correcta, calcule e interprete la probabilidad de que un cupo completo exceda la capacidad del ascensor. Solución 27

Sea Xi = peso de las personas ~ [µ = 68, σ = 15 Kg.] 36

Sea Y36 = peso total de las 36 personas = X1  X 2  ............  X 36   X i i 1

Entonces, por el teorema del límite central la probabilidad solicitada es:

 36    X i  36 x68 2700  36 x68  =  P(Y36 > 2700) = 1 - P(Y36 ≤ 2700) = 1 - P  i 1 15 36 15 36       = 1 – P(Z ≤ 2.8) = 1- Φ(2.8) = 1 – 0.99744 = 0.00256 Rpta. Interpretación: alrededor del 0.26% de los (ó en 256 de cada 10000) cupos completos del ascensor con 36 personas exceden su capacidad máxima de 2700 Kg. 20.

Las botellas de ron “Pepito” tienen un contenido medio de 2 litros y una desviación estándar de 0.018. Para la distribución se acomodan en cajas de 36 botellas, Calcule e interprete la probabilidad que una caja contenga más de 72.36 litros. Solución Sea Xi = contenido de las botellas de ron ~ [µ = 2, σ = 0.018 lts.] Sea

Y36

=

contenido

por

caja

de

las

36

botellas

=

36

X1  X 2  ............  X 36   X i i 1

Entonces, por el teorema del límite central la probabilidad solicitada es:

 36    X i  36 x2 72.36  36 x 2   =  P(Y36 > 72.36) = 1 - P(Y36 ≤ 72.36) = 1 - P  i 1 0.018 36   0.018 36     = 1 – P(Z ≤ 3.33) = 1- Φ(3.33) = 1 – 0.99957 = 0.00043 Rpta. Interpretación: alrededor del 0.04% de las (ó en 4 de cada 10000) cajas con 36 botellas de ron contienen más de 72.36 litros.

28

EJERCICIOS PROPUESTOS 1. Sea Z una variable aleatoria con distribución normal estándar [Z ~ N(0, 1)]. Hallar las probabilidades siguientes: a) P(Z ≤ 2.15) b) P(0.80 < Z < 1.96) c) P(-2.45 < Z ≤ 1.65) d) P(-2.75 ≤ Z ≤ -0.65) e) P(Z ≥ -1.38) f) P(-2.57 ≤ Z < 0) g) P(0 ≤ Z < 2.33). 2. Sea Z una variable aleatoria normal estándar [Z ~ N(0, 1)]. Hallar el valor de z para los casos siguientes: a) Φ(z) = 0.8665 b) Φ(z) = 0.9222 c) Φ(z) = 0.9972 d) el área entre –z y z es 0.99 e) el área a la izquierda de z es 0.05 f) el área a la derecha de z es 0.025 3. El contenido en las botellas de cierta gaseosa tiene distribución normal con media µ= 1000 ml. y desviación estándar σ = 5 ml. Calcule e interprete la probabilidad de que una botella de gaseosa tenga: a) Entre 990 y 1005 ml. b) Menos de 985 ml. 4. El precio que pagan los hogares por el kilo de pescado en una gran ciudad tiene distribución normal con media µ= S/. 12 y desviación estándar σ = S/. 0.80. Calcule e interprete la probabilidad de que el precio pagado por el kilo de pescado: a) Sea menor de S/. 10. b) Se encuentre entre S/. 10.50 y 13.50. c) Por arriba de que precio paga el 10% superior de los consumidores. 29

5. El tiempo que dura la atención a los clientes de un negocio se distribuye normalmente con media µ= 30 minutos y desviación estándar σ = 4 minutos. Calcule e interprete la probabilidad de que el tiempo de atención a los clientes: a) dure entre 25 y 40 minutos. b) Entre que límites simétricos alrededor de µ dura el 95% de las atenciones. 6. El peso de las cajas de mango se distribuye normalmente con media µ= 20 Kg. y desviación estándar σ = 0.5 Kg. Si se almacenan 2000 cajas, calcule e interprete ¿qué cantidad de cajas pesan: a) menos de 19 kilos? b) entre 19.5 y 21 kilos? 7. El peso de los huevos de gallina producidos por una avícola se distribuye normalmente con media µ= 65 gr. y desviación estándar σ = 5 gr. Si se almacenan 2000 huevos, calcule e interprete ¿qué cantidad de huevos pesan: a) Menos de 70 gramos? b) Entre 55 y 60 gramos? 8. La duración de ciertos focos eléctricos tiene distribución normal con media µ= 1000 horas y desviación estándar σ = 200 horas. Si compra 2000 de estos focos, calcule e interprete: a) ¿Cuántos focos durarán menos de 600 horas? b) ¿Cuántos focos durarán entre 850 y 1300 horas? 9. El volumen de ventas diarias de bolsas de azúcar de la comercializadora “Yapatera” tiene distribución normal con media µ= 800 bolsas y desviación estándar σ = 100. En un período de 60 días, calcule e interprete: a) ¿En cuántos días el volumen de ventas es de 600 o menos bolsas de azúcar? b) ¿En cuántos días el volumen de ventas es mayor de 900 bolsas de azúcar? 10. Sean X1 y X2 variables aleatorias independientes distribuidas normalmente con 2 2 μ1  50; μ2 = 35;  1 = 10;  2 = 6. Si: Y = X1 - X2. Calcule e interprete:

a) La media y la varianza de Y b) P 10  Y  25 30

11. Sean X1, X2 y X3 variables aleatorias independientes distribuidas normalmente 2 2  32 = 6. Sí: Y = X + 2 X con μ1  10; μ2 = 15; μ3 = 12;  1 = 3;  2 = 4; 1 2

X3 Calcule e interprete: a) P  20  Y  40 b) P Y  18 12. Los teléfonos celulares A y B tienen una duración (en días) que son N(2190, 2002 ) y N(2878, 2502 ) respectivamente. Si se prueba la vida de cada uno de los teléfonos correspondientes a cada una de las marcas, ¿cuál es la probabilidad que los A duren un año o más que los B? Interprete su resultado. 13. En una ciudad grande el 20% de hogares no tiene agua. Si se escogen 100 hogares, calcule e interprete la probabilidad que más de 30 no tengan agua. 14. Al lanzar una moneda 100 veces, calcule e interprete la probabilidad de obtener entre 40 y 60 caras. 15. Las cajas con limón tienen un peso medio de 20 Kg. y una desviación estándar de 750 gr. Calcule e interprete la probabilidad de que el peso de 410 cajas recibidas al azar y cargadas en un camión, supere su capacidad máxima que es de 8,250 kg. 16. Los pesos de los sacos de algodón Pima cosechados tienen una media de 50 kilos y una desviación estándar de 1.4 kilos. Calcule e interprete la probabilidad de que el peso de 100 paquetes seleccionados al azar sea menor de 4975 kilos. 17. Las cajas con naranja tienen un peso medio de 15 Kg. y una desviación estándar de 0.5 kilos. Calcule e interprete la probabilidad de que el peso de 400 cajas tomadas al azar sea menor de 5,980 kg. 18. Un lote de 10 000 pollos para parrilla tiene un peso medio de 1 Kg. y una desviación

estándar de 0.05 Kg. Este lote debe ser entregado a las pollerías a

razón de 100 cada una. ¿Cuál es la probabilidad de que una pollería, cualquiera 31

de estas tomada al azar, reciba un peso total de menos de 98.5 kilos? Interprete su resultado. 19. Los pesos de los paquetes recibidos en las tiendas Ripley tienen una media de 580 libras y una desviación estándar de 80 libras. Calcule e interprete la probabilidad de que el peso de 49 paquetes recibidos al azar y cargados en un montacargas, supere su capacidad de 30 000 libras. 20.

Un lote muy grande de cajas con palta tiene un peso medio μ = 20 Kg. y una desviación estándar σ = 0.5 Kg. Este lote debe ser entregado a los supermercados a razón de 100 cajas cada uno. Calcule e interprete ¿la probabilidad de que un supermercado cualquiera, reciba un peso total de menos de 1 990.2 Kg.?

32

Capítulo 2. DISTRIBUCIONES MUESTRALES “¿Hace falta remarcar que un país que no conoce su demografía, tampoco conoce su economía? No se puede saber lo que un país produce y ahorra si se ignora esta cosa fundamental: la población. .... En un país donde no se puede contar a los hombres, menos aún se puede contar la producción. Se desconoce el primero de sus factores: el factor humano, el factor trabajo..” José Carlos Mariátegui CONTENIDO 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8

Distribuciones muestral de la media. Distribución muestral del total (conocida la media) Distribución de la diferencia de medias muestrales. Distribución muestral de la proporción. Distribución muestral del total (conocida la proporción) Distribución muestral de la diferencia de proporciones. Ejercicios resueltos. Ejercicios propuestos.

La estadística es una ciencia importante porque permite el conocimiento de la población basándose en muestras aleatorias representativas. El principal problema de la estadística es estudiar una población con función de cuantía o función de densidad, f(x, θ) conocida o supuestamente conocida, con parámetro θ desconocido. Si se conoce θ, la distribución de probabilidad queda determinada. Para ello, se toma una muestra aleatoria de tamaño n (X1 , X2 , .... , Xn ) de una población de tamaño N y se busca alguna función de esta muestra que estime el parámetro desconocido θ, problema que será abordado con mayor detalle en el capítulo de estimación. En este capítulo se desarrollan las distribuciones muestrales para muestras grandes (n ≥ 30 ) referidas a la media, a la diferencia de medias, a la proporción, a la diferencia de proporciones y a los totales (conocida la distribución de la media y la proporción). Cabe resaltar que el conocimiento de estas distribuciones muestrales es el soporte fundamental para poder comprender el desarrollo de la estimación por intervalos y la docimasia de hipótesis a tratar capítulos más adelante. A continuación se desarrolla cada uno de los conceptos importantes de las distribuciones muestrales. 33

Población.- es el conjunto de todas las unidades de análisis (individuos u objetos) a ser observadas y que poseen una característica común. Es decir, es el conjunto de todas las observaciones posibles que puede tomar una variable aleatoria X. Por ejemplo, en todas las empresas podemos estudiar: el número de trabajadores, las ventas, etc.; en todos los hogares podemos estudiar: los ingresos, los gastos, etc. Muestra.- es una parte representativa de la población. La representatividad implica adecuado: método de muestreo, tamaño de muestra, selección de la muestra y propuesta de estimadores (fórmulas). Relacionado al ejemplo anterior, la muestra vendría dada por una parte representativa de empresas u hogares. Muestra Aleatoria.- Sea X una variable aleatoria con distribución de probabilidad f(x) (función de cuantía o función de densidad) con media μ y varianza σ2. Una muestra aleatoria (m.a.) de tamaño n de X, es un conjunto de n variables aleatorias (X1 , X2 , .... , Xn ) que cumplen: 1. Cada Xi (i = 1, 2, .... , n) tiene la misma distribución que X. Es decir, tienen la misma distribución de probabilidades f X i ( x)  f X ( x) , la misma función de distribución acumulativa FX i ( x)  FX ( x) , la misma media  X i = E(Xi) = E(X) N

=

μ con   N

2 

(X i 1

i

X i 1

N

i

y la misma varianza  X2 I = V(Xi ) = V(X) =

  )2

N

.

2. Las variables aleatorias Xi (i = 1, 2, .... , n) son independientes. Por lo tanto la función de probabilidad conjunta de la muestra aleatoria X1 , X2 , .... , Xn está dada

por: n

f X1 , X 2 ,...., X n ( X 1 , X 2 ,...., X n )  f X ( X 1 ) f X ( X 2 ).... f X ( X n )   f X ( X i ) . i 1

Esta probabilidad de ocurrencia de la muestra observada, es importante en estimación puntual, ya que allí representa la función de verosimilitud a maximizar. Nota:

34



La definición de m.a. se cumple cuando la muestra proviene de una población infinita (discreta o continua) y cuando la muestra se extrae con reemplazo de una población finita.



La definición de m.a. no se cumple cuando el muestreo es sin reemplazo de una población finita, ya que las v.a. X1 , X2 , .... , Xn no son independientes. Sin embargo, si el tamaño n de la muestra es muy pequeño en comparación con el tamaño N de la población (n < 5% N ) se cumple aproximadamente la definición.

Ejemplo 1.Si se toma una m.a. de tamaño n, de una población X con distribución de Poisson, con parámetro λ, hallar la función de probabilidad conjunta (función de verosimilitud) para dicha muestra. Solución: Como la v.a. X ~ Poisson (λ), entonces Xi probabilidad es: f X ( X i ) 

 X e  i

~ Poisson (λ) y su función de

, i  1,2,....,n ; Xi = 0, 1, 2, 3, ......

X i!

Luego la función de probabilidad conjunta (función de verosimilitud) será:

f X1 , X 2 ,....,X n ( X 1 , X 2 ,...., X n )  f X ( X 1 ) f X ( X 2 ).... f X ( X n ) =

n

 i 1

 X e  i

X i!

  X n e     X1 e     X 2 e     .... =  =    X 1!   X 2 !   X n!  n

Xi  i 1

=



e n

n

X ! i 1

, Xi = 0, 1, 2, 3, ...... ;  i = 1, 2, .... , n .

i

Rpta. Ejemplo 2.Si se toma una m.a. de tamaño n, de una población X con distribución N(μ , σ2 ), hallar la función de probabilidad conjunta (función de verosimilitud) para dicha muestra. Solución:

35

Como la v.a. X ~ N(μ , σ2 ), entonces Xi ~ N(μ , σ2 ) y su función de probabilidad está dada por:

1

f X (Xi ) 

2 2

e ( X i   )

2

/ 2 2

;  X i  ,  i = 1, 2, 3, .... , n.

Luego la función de densidad conjunta (función de verosimilitud) será:

f X1 , X 2 ,....,X n ( X 1 , X 2 ,...., X n )  f X ( X 1 ) f X ( X 2 ).... f X ( X n ) =

 1 2 2   1 2 2   2 2  1 e ( X n   ) / 2  = e ( X1  ) / 2   e ( X 2  ) / 2  ....  2 2 2  2   2   2  = n 2

 1  e = 2  2 



n

( X i   ) 2 / 2 2  i 1

;  xi  ,  i = 1, 2, 3, .... , n. Rpta.

Estadístico.- es una variable aleatoria que depende sólo de la muestra observada. Así, si X1 , X2 , .... , Xn es una m.a. de una población X, entonces la media muestral ( X ) y la varianza muestral (s2 ) son estadísticos. Donde: n

X 

n

 Xi i 1

n

s2 

y

( X i 1

i

 X )2

n 1

Distribución muestral.- es la distribución de probabilidad de un estadístico. Error estándar de un estadístico.- es la desviación estándar de la distribución muestral de un estadístico. Error relativo de un estadístico.- es el coeficiente de variación de la distribución muestral de un estadístico. Teorema 1.- Sea X1 , X2 , .... , Xn una muestra aleatoria de tamaño n de una n

población X, con media E(X) = μ

y varianza Var (X) = σ . Sea X  2

media muestral, entonces: E (X )  

y

 X2  Var( X ) 

2 n

X i 1

n

i

la

.

Teorema 2.- Sea X1 , X2 , .... , Xn una muestra aleatoria sin reemplazo de tamaño n de una población X de tamaño N, con media E(X) = E(Xi ) = μ y varianza Var (X) = Var (Xi) = σ2. Entonces: E (X )  

y

2  N n

S2  N  n    Var( X )     . n  N 1  n  N  2 X

36

N

Donde:

S2 

( X i 1

i

  )2 , representa la cuasivarianza poblacional y el factor

N 1

N n se llama factor de corrección para poblaciones finitas (f.c.p.f.) el mismo que N 1 es

f 

descartado

cuando

n  0.05  0.97  N

la

fracción

de

muestreo

(f

)

N n  1. N 1

A continuación presentamos las distribuciones muestrales de la media, del total (conocida la media), de la diferencia de medias muestrales, de la proporción, del total (conocida la proporción) y de la diferencia de proporciones. Todas ellas de suma importancia en el diario quehacer de muchos campos de la investigación científica, ya que como estudiaremos más adelante, van a permitir la determinación de intervalos de confianza y la verificación de hipótesis para los parámetros poblacionales. 2.1 DISTRIBUCIÓN MUESTRAL DE LA MEDIA Teorema 3.- Si X1 , X2 , .... , Xn es una muestra aleatoria de tamaño n de una población X, con media E(X) = μ

y varianza Var (X) = σ2. Entonces, por el n

teorema central del límite, la media muestral X 

X i 1

n

i

tiene aproximadamente

distribución normal con media μ y varianza σ2/n. X  N (, 2 / n) . Y la variable aleatoria Z 

( X  ) tiene aproximadamente distribución N(0, 1). / n

Este teorema es válido para cualquier población finita o infinita, discreta o continua, cuando el tamaño de la muestra n ≥ 30. Si la población es normal, se cumple cualquiera sea el tamaño n de la muestra. Cuando la población es finita de N elementos y el muestreo es sin reemplazo, la variables aleatorias Xi no son independientes, entonces la distribución de X es hipergeométrica, con:

E (X )  

y

 X2  Var( X ) 

2  N n

  . Luego: n  N 1 

37

Teorema 4.- Si X1 , X2 , .... , Xn es una muestra aleatoria de tamaño n extraida sin reemplazo de una población X finita de tamaño N, con media E(X) = μ y varianza n

Var (X) = σ . Entonces, la media muestral X  2

X i 1

n

i

tiene aproximadamente

distribución normal con media μ y varianza   Var( X )  2 X

2  N n

  . Y la n  N 1 

( X  ) tiene aproximadamente distribución N(0, 1).  N n n N 1

variable aleatoria Z 

Ejemplo 3.En Lima Metropolitana la botella de aceite “primor” de un litro tiene un precio promedio de S/. 5.00 y una desviación estándar de S/. 0.40. Si se toman muestras aleatorias de 50 precios, se pide calcular e interpretar: a) la probabilidad que el precio promedio muestral se encuentre entre S/. 4.85 y 5.10; b) la probabilidad que el precio medio muestral sea inferior a S/. 4.80; y c) dentro de que límites simétricos alrededor del precio promedio verdadero se encontrará el 95 % de los precios promedios muestrales. Solución.Como datos del problema se tiene que: μ = S/. 5.00 , σ = S/. 0.40 y n = 50.

 X2  Var( X ) 

2 n

= (0.40)2 / 50 = 0.0032

Luego: X  N (5.00;0.0032) y Z 

  X  0.057. S/.

( X  5.00)  N (0,1) . Nos piden: 0.057

 4.85  5.00 X  5.00 5.10  5.00    a) P(4.85  X  5.10) = P = 0.057 0.057   .057 = P(-2.63  Z  1.75) =  (1.75) -  (-2.63) = = 0.95994 – 0.00427 = 0.95567 Rpta. Interpretación.- el 95.567% de los precios promedios muestrales de las botellas de aceite “primor” de un litro, se encuentran entre S/. 4.85 y 5.10, para muestras de 50 precios. b) P( X < 4.80) = P(

X  5.00 4.80  5.00  )  P( Z  3.51)  0.00022 0.057 0.057 38

Interpretación.- el 0.022% de los precios promedios muestrales de las botellas de aceite “primor” de un litro, será inferior a S/. 4.80, para muestras de 50 precios. c) Sean 5.00 – E y 5.00 + E los límites simétricos alrededor de la media μ = S/. 5.00, dentro de los cuales estará el 95 % de las X . Entonces: 0.95 = P(5.00 – E  X  5.00 + E) = P(

E E Z ) 0.057 0.057

 E   E   E   E  =       2    1     0.975   0.057   0.057   0.057   0.057  E  Z 0.975  1.96  E  1.96(0.057 )  0.11 . Luego los límites serán: 0.057 5.00 – E= 5.00 – 0.11 = S/. 4.89

y

5.00 + 0.11 = S/. 5.11. Es decir:

0.95 = P(4.89  X  5.11) Interpretación.- el 95 % de los precios promedios muestrales de las botellas de aceite “primor” de un litro, se encuentran entre S/. 4.89 y 5.11 alrededor de μ = S/. 5.00, para muestras de 50 precios. 2.2 DISTRIBUCIÓN MUESTRAL DEL TOTAL (conocida la media) En muchas situaciones vamos a estar interesados en efectuar estimaciones de un total poblacional, conocida la media muestral, para lo cual se tiene que tener presente lo siguiente: N



Sí el promedio poblacional es:

X i 1

i

N n

El total de la población se define como: X   X i  N i 1

Xˆ  Nˆ  NX

el cual es estimado por:

Utilizando la propiedad reproductiva de la distribución normal, el teorema central del límite y los operadores esperanza y varianza para el estimador de total, llegamos al resultado siguiente:

Xˆ  Nˆ  NX  N N , N 2 X2 

y

Z

NX  N ~ N(0, 1) N X

Donde la varianza del estimador del total está dada por: 39



 , Var( Xˆ )  Var( Nˆ )  Var( NX )  N 2Var( X )  N 2 X2  N 2 n 2

si

la

fracción de muestreo f = n / N  0.05 , o 

Var( Xˆ )  Var( Nˆ )  Var( NX )  N 2Var( X )  N 2 X2  N 2

2 N n n N 1

,

si

la fracción de muestreo f = n / N > 0.05. 2.3 DISTRIBUCIÓN DE LA DIFERENCIA DE MEDIAS MUESTRALES Esta distribución va a surgir cuando estemos interesados en efectuar la comparación de las medias de dos poblaciones. Por ejemplo: comparar el precio promedio poblacional de un bien o servicio en la ciudad X (μX ) y el precio promedio poblacional del mismo bien o servicio en la ciudad Y (μY ). O comparar los ingresos promedios, ventas promedios, los rendimientos promedios, etc. no sólo entre ciudades, sino también entre grupos. Esta comparación se formula así: ¿Serán iguales los precios promedios de un bien o servicio en las ciudades X e Y (o en las ciudades 1 y 2)? Que es idéntico a plantearse ¿μX = μY o μX – μY = 0? o también ¿μ1 = μ2 o μ1 – μ2 = 0? Es decir, que esta comparación se reduce a conocer la diferencia de medias poblacionales, la misma que va a requerir tomar muestras aleatorias de ambas poblaciones y estudiar el comportamiento de la media muestral en cada una de ellas, de la siguiente manera:  Sea X1 , X2 , .... , Xn es una muestra aleatoria de tamaño n, de una población X de y varianza Var (X) =  X2 . Sabemos que la

tamaño N, con media E(X) = μX n

media muestral X 

X i 1

i

tiene aproximadamente distribución normal:

n

X  N ( X , X2 ) . Donde:  X2 

 X2

o  X2  Var( X ) 

n

 X2  N  n 

  ..... (1) n  N 1 

 Sea Y1 , Y2 , .... , Ym una muestra aleatoria de tamaño m, de una población Y de tamaño M, con media E(Y) = μY

y varianza Var (Y) =  Y2 . Sabemos que la

m

media muestral Y 

Y i 1

m

i

tiene aproximadamente distribución normal:

40

 Y2

Y  N (Y , Y2 ) . Donde:   m o 2 Y

 Y2  Var(Y ) 

 Y2  M  m 

  m  M  1  ..... (2)

 De (1) y (2) tenemos que X - Y es una variable aleatoria con media:

X Y  E X  Y   E X   EY   X  Y  X  Y y varianza:

 X2 Y  Var X  Y   Var X   VarY    X2   Y2

 X2  Y2 + n m

 X2 Y =

o

 X2  N  n 

  M m   + Y  m  M 1  n  N 1  2

.............. (3)

Además, por la propiedad reproductiva de la distribución normal, de (1) y (2) se tiene que:

X - Y ~ N(  X  Y ,  X2 Y )

Z

y

X  Y  (  X  Y ) )

 X Y

~

N(0 , 1)

donde  X Y se obtiene a partir de (3).

Sintetizamos lo expuesto hasta aquí en el teorema 5. Teorema 5.- Si X y Y son las medias de dos muestras aleatorias (de tamaños n y m) de dos poblaciones X e Y, con medias μX y μY , y varianzas Var (X) =  X2 y Var (Y) =  Y2 , respectivamente, entonces la distribución muestral de la diferencia de medias es aproximadamente normal N(  X  Y ,  X2 Y ) y la variable aleatoria

Z

X  Y  (  X  Y ) )

 X2 n



 Y2

o

Z

X  Y  ( X  Y ) )

 X2  N  n   Y2  M  m 

tiene

    n  N 1  m  M 1 

m

aproximadamente distribución normal estándar N(0 , 1). Si n y m son mayores o iguales que 30, la aproximación a la normal para la diferencia de medias muestrales es óptima. Si las poblaciones X e Y son normales, el teorema se cumple para cualesquier tamaño de muestra. Ejemplo 4.Ciertas bolsas de café tienen un peso medio de 500 gr. y una desviación estándar de 20 gr. Cierto día de producción se toman independientemente dos muestras al azar sin reposición, con n = 500 y m = 800. ¿Cuál es la probabilidad que los pesos medios 41

de las dos muestras difieran a) en más de 2 gr.? y b) en menos de 1gr.? Interpretar los resultados. Solución.Sea X la muestra de tamaño n = 500 bolsas de café, con μX = 500 gr. y  X = 20 gr. Sea Y la muestra de tamaño m = 800 bolsas de café, con μY = 500 gr. y  Y = 20 gr. Luego:  X Y =  X  Y = 500 – 500 = 0, 1.3 y Además,

 X2 Y =

 X2  Y2 + n m

=

202 202 =  500 800

 X Y = 1.14 gr. X - Y ~ N(0, 1.3) y

Z

X Y  0 ~ N(0 , 1). 1.14

Nos piden:

a) P ( X - Y > 2 ) = 1 - P ( X - Y  2 ) = 1 - P(-2  X - Y  2) =

  2  0 X Y  0 2  0 = 1 - P    = 1 - P(-1.75  Z  1.14 1.14   1.14 1.75) = = 1 – [ (1.75) -  (-1.75)] = 1 - [ (1.75) – 1 +  (1.75)] = = 2 – 2  (1.75) = 2 – 2 (0.95994) = 0.08012 Rpta. Interpretación.- en el 8.01% de las comparaciones, para muestras de 500 y 800 bolsas de café respectivamente, las diferencias de pesos medios serán mayores a 2 gramos. b) P ( X - Y < 1 ) = P( -1 < X - Y < 1) =

 1 0 X  Y  0 1 0    = P  = P(-0.88  Z  0.88) = 1.14 1.14   1.14 = (0.88) - (-0.88) = 0.81057 – 0.18943 = 0.62114 Rpta. Interpretación.- en el 62.11% de las comparaciones, para muestras de 500 y 800 bolsas de café respectivamente, las diferencias de pesos medios serán menores de 1 gramo.

42

2.4 DISTRIBUCIÓN MUESTRAL DE LA PROPORCIÓN En muchos estudios vamos a estar interesados en clasificar los datos cualitativos o cuantitativos de la población en dos clases distintas (población dicotómica o binomial) tales como: éxitos y fracasos; hombres y mujeres; a favor y en contra; aprueba y desaprueba; jóvenes (menores de x años) y adultos (de x años y más); caras y sellos; empleados y desempleados; etc. En este caso, se desea estimar la proporción de unidades (P) o el número total de unidades (A) en la población que poseen una cierta característica o atributo que cae dentro de una clase definida. Por ejemplo, se desea estimar: - El porcentaje (o número) de personas que consumen un cierto producto. - El porcentaje (o número) de clientes que compran más de 10 000 dólares mensuales. - El porcentaje (o número) de ciudadanos que está a favor de un personaje. Notación: Además de la notación usada anteriormente, si se define la v.a. Bernoulli: Xi = 1, si la unidad estadística observada posee la característica de interés (éxito). Xi = 0, si la unidad estadística no posee la característica de interés (fracaso). Entonces: N

N

A   Xi

y

P

X i 1

i 1

i

representan el número total de unidades (A) y la

N

proporción (P) de unidades en la población que poseen una cierta característica. Suponga que se extrae una muestra aleatoria simple de tamaño n de la población binomial, entonces la proporción muestral p definida como: n

p

X i 1

n

i



X n

43

,

estima a P.

n

X =

X i 1

i

= número de éxitos en la muestra es una v.a. Binomial (n, P). La

proporción muestral p, es una media muestral de v.a. Bernoulli con E(Xi ) = P y V(Xi ) = P Q; representa la proporción de éxitos en la muestra y estima a la proporción de éxitos en la población P. Es decir, que p tiene el mismo comportamiento de una media muestral X . Por lo tanto:



 n   Xi  1 n 1 n 1 E ( p)  E  i 1    E ( X i )   P  (nP)  P n i 1 n  n  n i 1  



n  n  X Var ( Xi )   i  i 1 i 1  Var( p)  Var n2  n   

n



(propiedad de la varianza)

n

Var( X )  PQ i

i 1

n



2

i 1

n

2



nPQ PQ    p2 2 n n

n

Luego:

y

p

Z

X i 1

n

i



X n

 PQ   N  P,  n  

pP ~ N(0, 1) PQ n

Si el muestreo se efectúa sin reemplazo de una población binomial finita, la distribución muestral de p sigue la distribución hipergeométrica y su varianza requiere el factor de corrección para poblaciones finitas (salvo que la fracción de muestreo f = n/N sea menor del 5%, donde no se utiliza). Entonces: n

p

X i 1

n

i



X n

 PQ  N  n   N  P,   n  N  1   44

Z

y

pP ~ N(0, 1) PQ  N  n    n  N 1 

Ejemplo 5.Según el Censo Nacional de Talla en Escolares de 19991 la desnutrición crónica en el Perú era del 27.9%. Si se toma una muestra al azar sin reposición, de n = 1500 niños y niñas. Calcule e interprete la probabilidad que: a) la desnutrición crónica muestral se encuentre entre 26 y 30%? y b) dentro de que límites simétricos alrededor de la proporción verdadera de desnutridos crónicos se encontrará el 95% de las proporciones muestrales. Solución.El mencionado Censo tiene los siguientes datos: N = 2 059 426 niños y niñas censados como casos válidos = tamaño de la población. N

X=

X i 1

= 574 314 niños y niñas desnutridos crónicos.

i

N

P

X i 1

N

i



X 574,314 = 0.279 = proporción censal de niños y niñas con  N 2'059,426

desnutrición crónica. Q = 0.721 = proporción censal de niños y niñas sin desnutrición crónica. n = 1500 niños y niñas = tamaño de la muestra. Como la fracción de muestreo n/N es menor de 0.05, entonces, la proporción muestral:

1

Ministerio de Educación. Nutrición y Retardo en el Crecimiento. Resultados del II Censo Nacional de Talla en Escolares 1999. Lima, Perú, Noviembre de 2000.

45

n

p

y

X i 1

Z

n

i



X n

 PQ   N  P,   N 0.279; 0.0001341  n  

pP p  0.279 p  0.279 ~ N(0, 1)   0.0116 PQ 0.0001341 n

Se pide calcular:

 0.26  0.279 p  0.279 0.30  0.279  a) P ( 0.26  p  0.30 ) = P    0.0116 0.0116   0.0116 = P( -1.64  Z  1.81 ) =  (1.81) -  (-1.64) = = 0.96485 – 0.05050 = 0.91435 Rpta. Interpretación.- en el 91.44 % de las muestras de 1500 niños y niñas a nivel nacional, el porcentaje de desnutridos crónicos, se encuentra entre el 26 y 30 %. b) Sean 0.279 – E y 0.279 + E los límites simétricos alrededor de la proporción verdadera P = 0.279 , dentro de los cuales estará el 95 % de las p. Entonces: 0.95 = P(0.279 – E  p  0.279 + E) = P(

E E Z ) 0.0116 0.0116

 E   E   E   E  =       2    1     0.975   0.0116   0.0116   0.0116   0.0116  E  Z 0.975  1.96  E  1.96(0.0116 )  0.023 . Luego los límites serán: 0.0116 0.279 – E = 0.279 – 0.023 = 0.256

y

0.279 + 0.023 = 0.302 . Es decir:

0.95 = P(0.256  p  0.302 )

Rpta.

Interpretación.- en el 95 % de las muestras de 1500 niños y niñas a nivel nacional, la proporción de desnutridos crónicos se encontrará entre 0.256 y 0.302 alrededor de la proporción verdadera P = 0.279. 46

2.5 DISTRIBUCIÓN MUESTRAL DEL TOTAL (conocida la proporción) En muchas situaciones vamos a estar interesados en efectuar estimaciones de un total poblacional, conocida la proporción muestral, para lo cual se tiene que tener presente lo siguiente: N

Sí

P

X i 1

N

i

representa la proporción (P) de unidades en la población que N

poseen una cierta característica y A   X i

el número total (A) de unidades que

i 1

poseen dicha característica. Entonces: N

El total de la población se define como: A   X i  NP i 1

Aˆ  NPˆ  Np

el cual es estimado por:

Utilizando la propiedad reproductiva de la distribución normal, el teorema central del límite y los operadores esperanza y varianza para el estimador de total, llegamos al resultado siguiente:



Aˆ  NPˆ  Np  N NP, N 2 p2



y

Z

Np  NP ~ N(0, 1) N p

Donde la varianza del estimador del total está dada por: 

Var( Aˆ )  Var( NPˆ )  Var( Np)  N 2Var( p)  N 2 p2  N 2

PQ , n

si

la

fracción de muestreo f = n / N  0.05 , o 

Var( Aˆ )  Var( NPˆ )  Var( Np)  N 2Var( p)  N 2 p2  N 2 la fracción de muestreo f = n / N > 0.05.

47

PQ  N  n    , si n  N 1 

2.6 DISTRIBUCIÓN MUESTRAL DE LA DIFERENCIA DE PROPORCIONES Esta distribución surge cuando estemos interesados en efectuar la comparación de las proporciones de dos poblaciones. Por ejemplo: comparar la proporción poblacional de individuos que prefiere un bien o servicio en la ciudad 1 (P1 ) y la proporción poblacional de individuos que prefiere el mismo bien o servicio en la ciudad 2 (P2 ). Comparar las proporciones de aceptación no sólo entre ciudades, sino también entre grupos. Esta comparación se formula así: ¿Serán iguales las proporciones poblacionales de individuos que prefieren un bien o servicio en las ciudades 1 y 2? Que es idéntico a plantearse ¿ P1 = P2 o P1 – P2 = 0 ? Es decir, que esta comparación se reduce a conocer la diferencia de proporciones poblacionales, la misma que va a requerir tomar muestras aleatorias de ambas poblaciones y estudiar el comportamiento de la proporción muestral en cada una de ellas y de la diferencia p1 – p2 de la siguiente manera:  Suponga que se extrae una muestra aleatoria simple de tamaño n1 de la población binomial 1, de tamaño N1 con una proporción de éxitos igual a P1. Sea X1 el número de éxitos en la muestra de tamaño n1 , entonces la proporción muestral de éxitos p1 , definida como p1 

X1 n1

estima a P1 y para n1 suficientemente

grande tiene aproximadamente distribución normal:

p1  N ( P1, p21 ) . Donde:  p21 

P1Q1 n1

o  p21 

P1Q1  N1  n1    n1  N1  1 

..... (1)

 Suponga que se extrae una muestra aleatoria simple de tamaño n2 de la población binomial 2, de tamaño N2 con una proporción de éxitos igual a P2. Sea X2 el número de éxitos en la muestra de tamaño n2 , entonces la proporción muestral de éxitos p2 , definida como p2 

X2 n2

estima a P2 y para n2 suficientemente

grande tiene aproximadamente distribución normal:

48

p2  N ( P2 , p22 ) . Donde:  p22 

P2Q2 n2

 p2 

o

2

P2Q2  N2  n2    n2  N2  1 

.....

(2)  Siendo p1 y p2 variables aleatorias independientes, cuyas distribuciones están dadas en (1) y (2) tenemos que p1 – p2 es una variable aleatoria con media:

 p  p  E  p1  p2   E  p1   E  p2    p   p  P1  P2 1

2

1

2

y varianza:

 p2  p  Var p1  p2   Var p1   Var p2    p2   p2 1

2

1

 p2  p = 1

2

2

P1Q1 P2Q2 PQ  N  n  P Q  N  n2   + o 1 1  1 1  + 2 2  2 n2  N 2  1  n1 n2 n1  N1  1 

............. (3)

Además, por la propiedad reproductiva de la distribución normal, de (1) y (2) se tiene que: p1 – p2 ~ N(P1 – P2 ,  p21  p2 )

Z

y

p1  p2  ( P1  P2 )

 p p 1

~ N(0 , 1)

2

donde  p1  p2 se obtiene a partir de (3). Sintetizamos lo expuesto hasta aquí en el teorema 6. Teorema 6.- Si p1 y p2 son las proporciones de dos muestras aleatorias (de tamaños n1 y n2 ) de las poblaciones binomiales 1 y 2, respectivamente, entonces la distribución muestral de la diferencia de proporciones p1 - p2 ~ N(P1 – P2 ,  p21  p2 ) y

Z

la

variable

Z

aleatoria

p1  p2  ( P1  P2 ) P1Q1  N1  n1  P2Q2  N 2  n2      n1  N1  1  n2  N 2  1 

normal estándar N(0 , 1). 49

p1  p2  ( P1  P2 ) P1Q1 P2Q2  n1 n2

o

tiene aproximadamente distribución

Si n1 y n2 son mayores o iguales que 30, la aproximación a la normal para la diferencia de proporciones muestrales es óptima. Ejemplo 6.Una empresa que trabaja en ciudades grandes, considera que el nivel de aceptación de su producto en los hogares de la ciudad 1 es de un 35% y en la ciudad 2 de un 30%. Si se toma una muestra aleatoria de 400 hogares de cada ciudad. ¿Cuál es la probabilidad que la diferencia de proporciones muestrales de hogares que prefieren el producto en ambas ciudades sea menor al 8%? Interpretar el resultado. Solución.P1 = 0.35 = proporción de hogares que prefiere el producto en la ciudad 1. Q1 = 1 – P1 = 0.65 = proporción de hogares que no prefiere el producto en la ciudad 1. P2 = 0.30 = proporción de hogares que prefiere el producto en la ciudad 2. Q2 = 1 – P2 = 0.70 = proporción de hogares que no prefiere el producto en la ciudad 2. n1 = n2 = 400 hogares (tamaño de la muestra en ambas ciudades) Considerando que ambas ciudades son grandes y que las correspondientes fracciones de muestreo son menores al 5% (f = n / N < 0.05) se tiene que: p1 – p2 ~ N(P1 – P2 ,  p21  p2 ) Con media:  p1  p 2  P1  P2 = 0.35 – 0.30 = 0.05

Y varianza:

 p2  p = 1

2

(0.35)(0.65) (0.35)(0.65) P1Q1 PQ  + 2 2 = = 0.0011 . 400 400 n1 n2

Luego: p1 – p2 ~ N(0.05 ; 0.0011) y Z 

p1  p2  ( P1  P2 )

 p p 1

50

2



p1  p2  0.05 ~ N(0 , 1) 0.0331

Se pide calcular: P (p1 – p2  0.08 ) = P(-0.08  p1 – p2  0.08) =

  0.08  0.05 p1  p2  0.05 0.08  0.05  = P    = 0.0331 0.0331   0.0331 = P(-3.93  Z  0.91) =  (0.91) -  (-3.93) = = 0.81859 – 0.00004 = 0.81855

Rpta.

Interpretación.- en el 81.86% de las comparaciones, para muestras de 400 hogares de cada ciudad, las diferencias de proporciones muestrales de hogares que prefieren el producto en ambas ciudades será menor al 8%.

51

2.7 EJERCICIOS RESUELTOS 1. Si se toma una muestra aleatoria de tamaño n, de una población X con distribución Bernoulli, con parámetro p, hallar la función de probabilidad conjunta (o de verosimilitud) para dicha muestra. Solución Si la variable aleatoria. X ~ Bernoulli (p), entonces cada Xi ~ Bernoulli (p) y su función de probabilidad es: f X ( xi )  p xi q1 xi , i  1, 2,...., n ; xi = 0 y 1. Luego la función de probabilidad conjunta o de verosimilitud será:

f ( x1, x2 ,...., xn )  f X ( x1 ) f X ( x2 ).... f X ( xn )   p x1 q x1   p x2 q x2  ....  p xn q xn  n

 xi

= p i1

n

q

n

 xi i 1

, xi = 0 y 1;  i = 1, 2, .... , n . Rpta.

2. Si se toma una muestra aleatoria de tamaño m, de una población X con distribución binomial, con parámetros n y p, hallar la función de probabilidad conjunta (o de verosimilitud) para dicha muestra. Solución Como la variable aleatoria X ~ B(n, p), entonces cada Xi ~ B(n, p) y su función de probabilidad es: f X ( xi )  n C x p xi q n xi , i  1, 2,...., m ; xi = 0, 1, 2, 3, .... , n i

Luego la función de probabilidad conjunta o de verosimilitud será:

f ( x1, x2 ,...., xn )  f X ( x1 ) f X ( x2 ).... f X ( xn )  =  n Cx1 p x1 q n x1   n Cx2 p x2 q n x2  ....  n Cxm p xm q n xm  m

m

   xi m xi =   n Cxi  p i1 q i1 , xi = 0, 1, 2,....,n;  i = 1, 2, ..., m .  i 1  m

Rpta. 3. Si se toma una muestra aleatoria de tamaño n, de una población X con distribución de Pareto, con parámetro B, hallar la función de probabilidad conjunta (o de verosimilitud) para dicha muestra. 52

Solución Si la variable aleatoria. X ~ Pareto (B), entonces cada Xi ~ Pareto (B) y su función de probabilidad es: f X ( xi ) 

BX 0B , X i  X 0 , i  1, 2,...., n . Donde: X iB 1

B = Coeficiente de Pareto > 0. Xo = Ingreso mínimo. Luego la función de probabilidad conjunta o de verosimilitud será:

 BX 0B  f ( x1, x2 ,...., xn )  f X ( x1 ) f X ( x2 ).... f X ( xn )   X B 1   1 

 BX 0B   BX 0B   B 1  ....  B 1   X1   X1 

   B n X nB    n 0  ; X i  X 0 , i  1, 2,...., n  X B 1  , i    i 1

Rpta.

4. Si se toma una muestra aleatoria de tamaño n, de una población X con distribución log-normal, con parámetros μ y σ2, hallar la función de probabilidad conjunta (o de verosimilitud) para dicha muestra. Solución Como la variable aleatoria X ~ LN (μ , σ2 ), entonces cada Xi ~ LN (μ , σ2 ) y su

f X ( xi ) 

función de probabilidad esta dada por:

1 xi 2

2

e (ln xi   )

2

/ 2 2

; xi  0,  i =

1, 2, ...., n. Luego la función de densidad conjunta o de verosimilitud será:

f ( x1, x2 ,...., xn )  f X ( x1 ) f X ( x2 ).... f X ( xn )  =

  2 2  2 2   2 2  1 1 1 e (ln x1   ) / 2   e (ln x2   ) / 2  ....  e (ln xn   ) / 2  =  2 2 2  x1 2   x2 2   xn 2  n

n

(ln xi   ) 1  1  2  i 1 = n e  2 2  x 

 i 1

2

/ 2 2

; xi  0,  i = 1, 2, 3, .... , n. Rpta.

i

53

5. Las botellas de aceite para motor de carros tienen un contenido medio de 2.0 litros y una desviación estándar de 0.12 litros. Si se toma una muestra aleatoria de 36 botellas, Calcule e interprete la probabilidad que: a) Las botellas tengan una media de llenado entre 1.96 y 2.03 litros. b) ¿Dentro de qué límites simétricos caerá el 95 % de las medias muestrales alrededor de la media poblacional? Solución Los datos del problema son: μ = 2.0 lts., σ = 0.12 lts. y n = 36 botellas.

 X2  Var( X ) 

2 n

= (0.12)2 / 36 = 0.0004

  X  0.02 lts.

Luego: X  N (  ,  X2 ) = N(2.00, 0.0004) y Z 

( X  2.00)  N (0,1) . Nos piden: 0.02

 1.96  2.00 X  2.00 2.03  2.00    a) P(1.96  X  2.03) = P  = P(-2.0  Z  0.02 0.02   0.02 1.5) =  (1.5) -  (-2.0) = = 0.93319 – 0.02275 = 0.91044 Rpta. Distribución contenido medio de aceite Normal, Media=2, Desv.Est.=0.02 lts.

20

Densidad

15

0.9104

10

5

0

1.96

2.00 2.03 X = media muestral

Resultado gráfico en Minitab

54

Interpretación.- en el 91.04% de las (ó en 9104 de cada 10000) muestras de 36 botellas de aceite para motor de carro de dos litros, el contenido medio está entre 1.96 y 2.03 litros. b) Sean 2.00 – E y 2.00 + E los límites simétricos alrededor de la media μ = 2.0 lts., dentro de los cuales estará el 95 % de las X . Entonces: 0.95 = P(2.00 – E  X  2.00 + E) = P(

E E Z ) 0.02 0.02

 E   E   E   E  =       2   1      0.975  0.02   0.02   0.02   0.02  E  Z 0.975 = 1.96 → E = 1.96 x 0.02 = 0.039 lts. Luego los límites serán: 0.02 2.00 – E = 2.00 – 0.039 = 1.961 lts.

y

2.00 + 0.039 = 2.039 lts. Es decir:

0.95 = P(1.961  X  2.039) Rpta. Interpretación.- en el 95% de las (ó en 9500 de cada 10000) muestras de 36 botellas de aceite para motor de carro de dos litros, el contenido medio está entre 1.961 y 2.039 lts. alrededor de μ = 2.0 lts. 6. Una estación de servicio de una ciudad grande ha encontrado que sus ventas semanales de petróleo tienen un promedio de 15 galones por cliente con una desviación estándar de 2.8. Para una muestra aleatoria de 49 clientes, calcule e interprete: a) La probabilidad de que la compra promedio semanal de petróleo sea menor de 14 galones; b) ¿Dentro de qué límites simétricos caerá el 99% de las medias muestrales alrededor de la media poblacional? Solución Los datos del problema son: μ = 15 glns., σ = 2.8 glns. y n = 49 clientes.

 X2  Var( X ) 

2 n

= (2.8)2 / 49 = 0.16   X  0.4 glns. 55

Entonces: X  N (  ,  X2 ) = N(15, 0.16) y Z 

( X  15)  N(0, 1). Nos piden: 0.4

 X  15 14  15   a) P( X < 14) = P  = P(Z < -2.5) =  (-2.5) = 0.00621 Rpta. 0.4   0.4 Interpretación.- en el 0.621% de las (ó en 62 de cada 10000) muestras de 49 clientes de petróleo, la compra media es menor a 14 galones. b) Sean 15 – E y 15 + E los límites simétricos alrededor de la media μ = 15 glns., dentro de los cuales caerá el 99 % de las X . Entonces: 0.99 = P(15 – E  X  15 + E) = P(

E E Z ) 0.4 0.4

 E   E   E   E  =       2   1      0.995  0.4   0.4   0.4   0.4  E  Z 0.995 = 2.575 → E = 2.575 x 0.4 = 1.03 glns. Luego los límites serán: 0.4 15 – E = 15 – 1.03 = 13.97 glns.

y

15 + 1.03 = 16.03 glns. Es decir:

0.99 = P(13.97  X  16.03)

Rpta.

Distribución compra media de petróleo Normal, Media=15, Desv.Est.=0.4 0.99

1.0

Densidad

0.8

0.6

0.4

0.2

0.0

13.97

15 X = media muestral

16.03

Resultado gráfico en Minitab

56

Interpretación.- en el 99% de las (ó en 9900 de cada 10000) muestras de 49 clientes de petróleo, la venta media se encuentra entre 13.97 y 16.03 glns. alrededor de μ = 15 glns. 7.

La compañía “Yapatera” vende bolsas de azúcar con un contenido medio de 5 kilos y una desviación estándar de 0.2 kilos. Si se toma muestras al azar de 36 bolsas. Calcule e interprete: a) La probabilidad de que el peso medio de la muestra supere los 5.1 kilos. b) ¿Dentro de que límites simétricos alrededor de la media poblacional caerá el 90% de los pesos medios muestrales? Solución Los datos del problema son: μ = 5 Kg., σ = 0.2 Kg. y n = 36 bolsas.

 X2  Var( X ) 

2 n

= (0.2)2 / 36 = 0.0011   X  0.033 Kg.

Entonces: X  N (  ,  X2 ) = N(5, 0.0011) y Z 

( X  5)  N(0, 1). Se pide: 0.033

 X  5 5.1  5   a) P( X > 5.1) = P   = P(Z > 3.03) = 1 -  (3.03) =  0.033 0.033  = 1 - 0.99878 = 0.00122 Rpta. Interpretación.- en el 0.12% de las (ó en 12 de cada 10000) muestras de 36 bolsas de azúcar, el peso medio supera los 5.1 kilos. b) Sean 5 – E y 5 + E los límites simétricos alrededor de la media μ = 5 Kg., dentro de los cuales caerá el 90 % de las X . Entonces: 0.90 = P(5 – E  X  5 + E) = P(

E E Z ) 0.033 0.033

 E   E   E   E  =       2   1      0.95  0.033   0.033   0.033   0.033  E  Z0.95 = 1.645 → E = 1.645 x 0.033 = 0.054 Kg. Luego los límites serán: 0.033

57

5 – E = 5 – 0.054 = 4.946 Kg.

y

5 + 0.054 = 5.054 Kg. Es decir:

0.90 = P(4.946  X  5.054)

Rpta.

Interpretación.- en el 90% de las (ó en 9000 de cada 10000) muestras de 36 bolsas de azúcar, el contenido medio se encuentra entre 4.946 y 5.054 Kg. alrededor de μ = 5 Kg. 8.

En Lima el precio promedio al consumidor del kilo de arroz es μ = S/. 3.20 con una desviación estándar σ = S/. 0.25. Si se selecciona una muestra aleatoria de 100 consumidores de arroz, calcule e interprete: a) La probabilidad que el precio medio muestral del arroz sea mayor a S/. 3.25 el kilo. b) ¿Dentro de que límites simétricos caerá el 95% de los precios medios muestrales alrededor de la media poblacional? Solución Los datos del problema son: μ = S/. 3.20, σ = S/. 0.25. y n = 100 consumidores.

 X2  Var( X ) 

2 n

= (0.25)2 / 100 = 0.000625   X  S/. 0.025

Entonces: X  N (  ,  X2 ) = N(3.20, 0.000625) y Z 

( X  3.20)  N(0, 1). Se 0.025

pide:

 X  3.20 3.25  3.20   a) P( X > 3.25) = P  = P(Z > 2.0) = 1 -  (2.00) = 0.025   0.025 = 1 - 0.97725 = 0.02275 Rpta. Interpretación.- en el 2.28% de las (ó en 228 de cada 10000) muestras de 100 consumidores de arroz, el precio medio del kilo es mayor a S/. 3.25. b) Sean 3.20 – E y 3.20 + E los límites simétricos alrededor de la media μ = S/. 3.20, dentro de los cuales caerá el 95 % de las X . Entonces: 0.95 = P(3.20 – E  X  3.20 + E) = P(

58

E E Z ) 0.025 0.025

 E   E   E   E  =       2   1      0.975  0.025   0.025   0.025   0.025  E  Z 0.975 = 1.96 → E = 1.96 x 0.025 = S/. 0.05. Luego los límites serán: 0.025 3.20 – E = 3.20 – 0.05 = S/. 3.15

y

3.20 + 0.05 = S/. 3.25. Es decir:

0.95 = P(3.15  X 3.25) Rpta. Interpretación.- en el 95% de las (ó en 9500 de cada 10000) muestras de 100 consumidores de arroz, el precio medio del kilo se encuentra entre 3.15 y 3.25 nuevos soles alrededor de μ = S/. 3.20. 9.

La compañía “La negrita” vende latas de café con un contenido medio de 195 gramos y una desviación estándar de 6 gramos. Si se toman muestras al azar de 25 latas. Calcule e interprete: a)

La probabilidad de que el peso medio de la muestra sea menor de 192 gramos.

b) ¿Dentro de que límites simétricos alrededor de la media poblacional caerá el 99.73% de los pesos medios muestrales? Solución Los datos del problema son: μ = 195 gr., σ = 6 gr. y n = 25 latas.

  Var( X )  2 X

2 n

= (6)2 / 25 = 1.44   X  1.2 gr.

Entonces: X  N (  ,  X2 ) = N(195, 1.44) y Z 

( X  195)  N(0, 1). Se pide: 1.2

 X  195 192  195   a) P( X < 192) = P  = P(Z < -2.5) =  (-2.50) = 0.00621 1.2   1.2 Interpretación.- en el 0.62% de las (ó en 62 de cada 10000) muestras de 25 latas de café, el peso medio es menor 192 gr. b) Sean 195 – E y 195 + E los límites simétricos alrededor de la media μ = 195 gr, dentro de los cuales caerá el 99.73 % de las X . Entonces:

59

0.9973 = P(195 – E  X  195 + E) = P(

E E Z  ) 1.2 1.2

 E   E   E   E  =       2    1      0.99865  1.2   1.2   1.2   1.2  E  Z 0.99865 = 3.0 → E = 3 x 1.2 = 3.6 gr. Luego los límites serán: 1.2 195 – E = 3.6 – 0.05 = 191.4 gr.

y

195 + 3.6 = 198.6 gr. Es decir:

0.9973 = P(191.4  X  198.6) Rpta. Interpretación.- en el 99.73% de las (ó en 9973 de cada 10000) muestras de 25 latas de café, el peso medio se encuentra entre 191.4 y 198.6 gr. alrededor de μ = 195 gr. 10. Se sabe que en la ciudad A el gasto medio mensual en arbitrios es de S/. 250, con una desviación típica de S/. 60; mientras que en la ciudad B dicho gasto medio mensual es de S/. 235, con una desviación típica de S/. 50. En una auditoría para determinar el gasto medio mensual en arbitrios en las ciudades A y B, se toma una muestra al azar de 300 hogares de cada ciudad. Calcule e interprete la probabilidad de que: a) El gasto medio mensual en arbitrios en la ciudad B sea mayor que en la ciudad A. b) El gasto medio mensual en arbitrios en la ciudad A sea al menos S/. 25 más que el gasto medio mensual en arbitrios en la ciudad B. Solución Los datos del problema son: μA = S/. 250, σA = S/. 35 y nA = 300 hogares. μB = S/. 235, σA = S/. 20 y nB = 300 hogares. Luego:

 X2  Var ( X A )  A

 A2 nA



 2 (50)2 (60)2 = 12.00 y  X2 B  Var ( X B )  B  = 8.33 300 nB 300

60

X

A XB

X

AXB

  A  B = 250 - 235 = 15,  X2 A  X B   x2A   x2B = 12 + 8.33 = 20.33

y

= 4.51. Luego:

X A  X B  N (  A  B ,  X2 A  X B ) = N(15, 20.33) y Z 

( X A  X B  15)  N(0, 1). 4.51

Se pide: a) P( X B

> XA)

=

P( X A

<

XB )

=

P( X A

-

XB

<

0)

=

 ( X  X B  15) 0  15  P A  = 4.51 4.51   = P(Z < -3.33) =  (-3.33) = 0.00043 Rpta. Interpretación.- en el 0.04% de las (ó en 4 de cada 10000) muestras de 300 hogares de cada ciudad, el gasto medio mensual en arbitrios en la ciudad B será mayor que en la ciudad A.

 X  X B  15 25  15   b) P  X A  X B  25 = 1 - P  X A  X B  25 = 1 - P  A  4.51 4.51   = = 1 – P(Z < 2.22) = 1 -  (2.22) = = 1 – 0.98679 = 0.01321 Rpta. Interpretación.- en el 1.32% de las (ó en 132 de cada 10000) muestras de 300 hogares de cada ciudad, el gasto medio mensual en arbitrios en la ciudad A será al menos S/. 25 más que el gasto medio mensual en arbitrios en la ciudad B. 11. Dos fábricas A y B productoras de bombillas afirman que el promedio de duración de ellas es de 1980 y 1950 horas, respectivamente, con desviaciones típicas de 90 y 100 horas. Si se seleccionan 100 bombillas al azar de cada fábrica, calcule e interprete la probabilidad de que: a) Las bombillas B tengan una duración media menor de 1930 horas. b) Las bombillas B tengan una duración media mayor que la duración media de las bombillas A. 61

Solución Los datos del problema son: μA = 1980 horas, σA = 90 horas y nA = 100 bombillas. μB = 1950 horas, σB = 100 horas y nB = 100 bombillas. Luego:

 X2  Var ( X A )  A

 A2 nA

= (90)2 / 100 = 81 y  X2 B  Var ( X B ) 

 B2 nB

= (100)2 / 100 =

100 a) X B  N ( B ,  X2 B ) = N(1950, 81) y Z 

( X B  1950)  N(0, 1). Se pide: 9

 X  1950 1930  1950   P( X B < 1930) = P  B  = P(Z < -2.22) = 9 9   =  (-2.22) = 0.01321 Rpta. Interpretación.- en el 1.32% de las (ó en 132 de cada 10000) muestras de 100 bombillas B, la duración media menor de 1930 horas. b)  X A  X B   A  B = 1980 - 1950 = 30,  X2 A  X B   x2A   x2B = 81 + 100 = 181 y

X

AXB

= 13.45. Luego:

X A  X B  N (  A  B ,  X2 A  X B ) = N(30, 181) y Z 

( X A  X B  30)  N(0, 13.45

1). Se pide:

 ( X  X B  30) 0  30   P( X B > X A ) = P( X A < X B ) = P( X A - X B < 0) = P  A  13.45 13.45   = = P(Z < -2.23) =  (-2.23) = 0.01287 Rpta. Interpretación.- en el 1.29% de las (ó en 129 de cada 10000) muestras de 100 bombillas A y 100 bombillas B, la duración media de las bombillas B es mayor que la duración media de las bombillas A. 12. Un proceso automático es realizado por dos máquinas que empaquetan un producto en bolsas de 500 gramos. La máquina 1 llena con una desviación estándar de 15 gramos y la máquina 2 de 20 gramos. Si se seleccionan muestras de 100 bolsas de cada máquina, calcule e interprete la probabilidad de que: a) El llenado medio de la máquina 1 sea menor que el llenado medio de la máq. 2. 62

b) Las medias muestrales difieran en menos de 2 gramos. Solución Los datos del problema son: μ1 = 500 gr., σ1 = 15 gr. y n1 = 100 bolsas. μ2 = 500 gr., σ2 = 20 gr. y n2 = 100 bolsas. Luego:



2 X1

 Var ( X 1 ) 

 12 n1

= (15) / 100 = 2.25 y  2

 X  X  1  2 = 500 - 500 = 0, 1

X

2

AXB

2 X2

 Var ( X 2 ) 

 22 n2

= (20)2 / 100 = 4.

 X2  X   x2   x2 = 2.25 + 4 = 6.25 1

2

1

2

y

= 2.5. Luego:

X1  X 2  N ( 1  2 ,  X2 1  X 2 ) = N(0, 6.25) y Z 

( X1  X 2  0)  N(0, 1). Se pide: 2.5

 ( X  X 2  0) 0  0   a) P( X 1 < X 2 ) = P( X 1 - X 2 < 0) = P  1 = 2.5 2.5   = P(Z < 0) =  (0) = 0.5000 Rpta. Interpretación.- en el 50% de las (ó en 5000 de cada 10000) muestras de 100 bolsas de la máquina 1 y 100 bolsas de la máquina 2, el llenado medio de la máquina 1 es menor que el llenado medio de la máquina 2.

 2  0 X 1  X 2  0 2  0    b) P X1  X 2  2 = P  2  X1  X 2  2 = P  = 2.5 2.5   2.5





= P(-0.80 < Z < 0.80) = 2  (0.80) - 1 = = 2 (0.78814) – 1 = 0.57628 Rpta. Interpretación.- en el 57.63% de las (ó en 5763 de cada 10000) muestras de 100 bolsas de cada máquina, las medias muestrales difieren en 2 gramos. 13. Según un estudio del Ministerio de Salud,2 en el Perú los varones de 9 años de edad tienen un peso promedio de 26.8 Kg. y una desviación estándar de 2.5 Kg., mientras que las mujeres tienen un peso promedio de 26.7 Kg. y una desviación estándar de 3.8 Kg. Si se toman independientemente dos muestras al azar sin reposición, de n = 300 niños y m = 300 niñas. Calcule e interprete la probabilidad de que:

2

Ministerio de Salud. Informe del estado nutricional en el Perú. Componente nutricional ENAHO-CENAN Julio 2009 – Junio 2010, CENAN – INEI,.. Lima, Perú, 2011.

63

a) El peso promedio de los niños sea menor que el peso promedio de las niñas. b) El peso promedio de los niños sea al menos 0.6 kg. más que el peso promedio de las niñas. Solución Los datos del problema son: μv = 26.8 Kg., σv = 2.5 Kg. y nv = 300 niños. μm = 26.7 Kg., σm = 3.8 Kg. y nm = 300 niñas. Luego:

 X2  Var ( X v ) 

 v2

v



2 Xm

 Var ( X m ) 

= (2.5)2 / 300 = 0.02083 y

nv

 m2 nm

= (3.8)2 / 300 = 0.04813.

 X  X  v  m = 26.8 – 26.7 = 0.1, v

X

m

v Xm

 X2

v  Xm

  x2v   x2m = 0.06896

y

= 0.2626. Luego:

X v  X m  N ( v  m ,  X2 v  X m ) = N(0.1, 0.2626) y Z 

( X v  X m  0.1)  N(0, 0.2626

1). Se pide:

 ( X  X m  0.1) 0  0.1   a) P( X v < X m ) = P( X v - X m < 0) = P  v  = 0.2626 0.2626   = P(Z < -0.38) =  (-0.38) = 0.35197 Rpta. Interpretación.- en el 35.2% de las (ó en 3520 de cada 10000) muestras de 300 niños y 300 niñas peruanos de 9 años de edad, el peso promedio de los niños es menor que el peso promedio de las niñas. b) P  X v  X m  0.6 

=

1

-

P  X v  X m  0.6 

=

1

-

 X  X m  0.1 0.6  0.1  P v   = 0.2626   0.2626 = 1 – P(Z < 1.90) = 1 -  (1.90) = = 1 – 0.97128 = 0.02872 Rpta. Interpretación.- en el 2.87% de las (ó en 287 de cada 10000) muestras de 300 niños y 300 niñas peruanos de 9 años de edad, el peso promedio de los niños será al menos 0.6 kg. más que el peso promedio de las niñas. 14. Una empresa azucarera embolsa azúcar con un contenido medio de 50 kg. y desviación estándar de 0.5 kg. Para el control de calidad se toman muestras 64

aleatorias de 25 bolsas de la producción diurna y 50 de la producción nocturna. Calcule e interprete la probabilidad de que la producción media de las bolsas de ambos turnos difieran en menos de 0.2 kg. Solución Los datos del problema son: μ1 = 50 Kg., σ1 = 0.5 Kg. y n1 = 25 bolsas. μ2 = 50 Kg., σ2 = 0.5 Kg. y n2 = 50 bolsas. Luego:

 X2  Var ( X 1 )  1

 12 n1

= (0.5) / 25 = 0.01 y  X2  Var ( X 2 )  2

2

 22 n2

= (0.5)2 / 50 =

0.005

 X  X  1  2 = 50 - 50 = 0,  X2  X   x2   x2 = 0.010 + 0.005 = 0.015 1

X

1

2

AXB

2

1

2

y

= 0.1225. Luego:

X1  X 2  N ( 1  2 ,  X2 1  X 2 ) = N(0, 0.015) y Z  pide:



( X1  X 2  0)  N(0, 1). Se 0.1225



P X1  X 2  0.2 = P  0.2  X1  X 2  0.2  =  0.2  0 X1  X 2  0 0.2  0    = P = 0.1225 0.1225   0.1225 = P(-1.63 < Z < 1.63) = 2  (1.63) - 1 = = 2 (0.94845) – 1 = 0.8969 Rpta. Interpretación.- en el 89.69% de las (ó en 8969 de cada 10000) muestras de 25 bolsas de la producción diurna y 50 de la producción nocturna, la producción media de las bolsas de ambos turnos difieren en menos de 0.2 kg. 15. En las tiendas Metro el 70 % de las compras es en alimentos y bebidas. Si se seleccionan muestras aleatorias de 200 compras. Calcule e interprete: a) La probabilidad de que el porcentaje de compras en alimentos y bebidas sea mayor al 80%. b) ¿entre que límites simétricos alrededor del verdadero porcentaje de compras en alimentos y bebidas caerá el 99% de los porcentajes muestrales? Solución Los datos del problema son: P = 0.70 = proporción de las compras en alimentos y bebidas en las tiendas Metro, Q = 0.30,

n = 200 compras = tamaño de la muestra. 65

Asumiendo un número muy grande de compradores, entonces, la proporción muestral: n

p Z

X i 1

n

i



X  PQ   N  P,  = N(0.70; 0.00105) y n n  

pP p  0.70 p  0.70 ~ N(0, 1). Se pide calcular:   PQ 0.00105 0.0324 n

 p  0.70 0.80  0.70  a) P (p > 0.80 ) = 1 - P (p ≤ 0.80 ) = 1 - P    0.0324   0.0324 = 1 - P(Z  3.09) = 1 -  (3.09) = 1- 0.9990 = 0.0010 Rpta. Interpretación.- en el 0.10 % de las (ó en 10 de cada 10000) muestras de 200 compras en las tiendas Metro, el porcentaje de compras en alimentos y bebidas es mayor al 80%. b) Sean 0.70 – E y 0.70 + E los límites simétricos alrededor de la proporción verdadera P = 0.70, dentro de los cuales estará el 99 % de las p (proporciones muestrales). Entonces: 0.99 = P(0.70 – E  p  0.70 + E) = P(

E E Z )= 0.0324 0.0324

 E   E   E   E  =       2   1      0.995  0.0324   0.0324   0.0324   0.0324  E  Z0.995  2.575  E  2.575(0.0324)  0.083 . Luego los límites serán: 0.0324 0.70 – E = 0.70 – 0.083 = 0.617

y

0.70 + 0.083 = 0.783. Es decir:

0.99 = P(0.617  p  0.783)

Rpta.

Interpretación.- en el 99% de las (ó en 9900 de cada 10000) muestras de 200 compras en las tiendas Metro, el porcentaje de compras en alimentos y bebidas se encuentra entre 61.7% y 78.3% alrededor de la proporción verdadera P = 0.70. 16. El 40% de los clientes de las tiendas Saga son varones. Si se toma una muestra aleatoria de 200 clientes. Calcule e interprete: a) La probabilidad que el porcentaje de clientes varones esté entre 36% y 45%.

66

b) ¿dentro de que límites simétricos del porcentaje de mujeres en la población caerá el 95% de los porcentajes de la muestra? Solución Los datos del problema son: P = 0.40 = proporción de clientes varones en las tiendas Saga, Q = 0.60 y

n = 500 clientes.

Asumiendo un número muy grande de clientes en las tiendas Saga, la distribución de la proporción muestral de hombres p es: n

p Z

X i 1

n

i



X  PQ   N  P,  = N(0.40; 0.0012) y n n  

p  P p  0.40 p  0.40 ~ N(0, 1). Se pide calcular:   PQ 0.0012 0.0346 n

 0.36  0.40 p  0.40 0.45  0.40    a) P ( 0.36  p  0.45 ) = P   = 0.0346 0.0346   0.0346 = P(-1.16  Z  1.45) =  (1.45) -  (-1.16) = = 0.92647 – 0.12302 = 0.80345 Rpta. Interpretación.- en el 80.35 % de las (ó en 8035 de cada 10000) muestras de 200 clientes de las tiendas Saga, el porcentaje de clientes varones está entre 36% y 45%. b) La distribución de la proporción muestral de mujeres q es: n

q Z

X i 1

n

i



X  PQ   N  Q,  = N(0.60; 0.0012) y n n  

q  0.60 ~ N(0, 1). Se pide calcular límites simétricos. 0.0346

Sean 0.60 – E y 0.60 + E los límites simétricos alrededor de la proporción verdadera Q = 0.60, dentro de los cuales estará el 95 % de las proporciones muestrales de mujeres q. Entonces: 0.95 = P(0.60 – E  q  0.60 + E) = P(

E E Z )= 0.0346 0.0346

 E   E   E   E  =       2   1      0.975  0.0346   0.0346   0.0346   0.0346  67

E  Z0.975  1.96  E  1.96(0.0346)  0.068 . Luego los límites serán: 0.0346 0.60 – E = 0.60 – 0.068 = 0.532

y

0.60 + 0.068 = 0.668. Es decir:

0.95 = P(0.532  q  0.668)

Rpta.

Interpretación.- en el 95% de las (ó en 9500 de cada 10000) muestras de 200 clientes de las tiendas Saga, el porcentaje de clientes mujeres está entre 53.2% y 66.8% alrededor de la proporción verdadera Q = 0.60. 17. En Lima el 60% de los hogares consume mantequilla. Si se toma una muestra aleatoria de 1000 hogares. Calcule e interprete: a)

La probabilidad que menos del 57% de los hogares consuma mantequilla.

b) Dentro de que límites simétricos, alrededor de la verdadera proporción de hogares que consume mantequilla, estará el 99% de las proporciones muestrales. Solución Los datos del problema son: P = 0.60 = proporción de hogares que consume mantequilla, Q = 0.40 y

n = 1000 hogares.

Asumiendo un número muy grande de hogares en Lima, la distribución de la proporción muestral de hogares que consume mantequilla p es: n

p Z

X i 1

n

i



X  PQ   N  P,  = N(0.60; 0.00024) y n n  

p  P p  0.60 p  0.60   ~ N(0, 1). Se pide calcular: PQ 0.0155 0.0155 n

 p  0.60 0.57  0.60   a) P (p < 0.57 ) = P   = 0.0155   0.0155 = P(Z < - 1.94) =  (-1.94) = 0.02619 Rpta. Interpretación.- en el 2.62 % de las (ó en 262 de cada 10000) muestras de 1000 hogares, menos del 57% de los hogares consume mantequilla. b) Sean 0.60 – E y 0.60 + E los límites simétricos alrededor de la proporción verdadera P = 0.60, dentro de los cuales cae el 99 % de las proporciones muestrales de hogares que consume mantequilla p. Entonces: 68

0.99 = P(0.60 – E  p  0.60 + E) = P(

E E Z )= 0.0155 0.0155

 E   E   E   E  =       2   1      0.995  0.0155   0.0155   0.0155   0.0155  E  Z 0.995  2.575  E  2.575(0.0155)  0.04 . Luego los límites serán: 0.0155 0.60 – E = 0.60 – 0.04 = 0.56

y

0.60 + 0.04 = 0.64. Es decir:

0.99 = P(0.56  p  0.64)

Rpta.

Interpretación.- en el 99% de las (ó en 9900 de cada 10000) muestras de 1000 hogares de Lima, el porcentaje de hogares que consume mantequilla está entre 56% y 4% alrededor de la proporción verdadera P = 0.60. 18. Dos empresas producen cierto artículo, la empresa A produce por término medio 20% de defectuosos, mientras que la empresa B produce un 30% de defectuosos. Si se extrae una muestra aleatoria de 300 y 150 artículos respectivamente, calcule e interprete la probabilidad de que el porcentaje de artículos defectuosos producidos por la empresa B difiere de los defectuosos producidos por la empresa A en 2% o menos. Solución Los datos del problema son: PA = 0.20 = proporción de artículos defectuosos producidos por la empresa A. QA = 0.80 = proporción de artículos buenos producidos por la empresa A. PB = 0.30 = proporción de artículos defectuosos producidos por la empresa B. QB = 0.70 = proporción de artículos buenos producidos por la empresa B. nA = 300 y nB = 150 artículos. Considerando que ambas empresas producen gran número de artículos y que las correspondientes fracciones de muestreo son menores al 5% (f = n / N < 0.05) se tiene que: pB - pA ~ N(PB – PA ;  p2B  pA ) Con media:  pA  pB = PB – PA = 0.30 – 0.20 = 0.10 Y varianza:  p2B  pA =

PAQA PB QB (0.2)(0.8) (0.3)(0.7)  + = = 0.0019. Luego: 300 150 nA nB 69

pB – pA ~ N(0.10 ; 0.0019) y

Z

pB  pA  ( PB  PA )

p



B  pA

pB  pA  0.10 ~ N(0 , 0.044

1) Se pide calcular:

 p  pA  0.10 0.02  0.10  P (pB – pA  0.02) = P  B =  0.044 0.044   = PZ  -1.82) =  (-1.82) = 0.03438 Rpta. Interpretación.- en el 3.44% de las (ó en 344 de cada 10000) comparaciones, para muestras de 300 artículos de la empresa A y 150 de la empresa B, el porcentaje de artículos defectuosos producidos por la empresa B difiere de los defectuosos producidos por la empresa A en 2% o menos. 19. En una ciudad se sabe que la preferencia de las mujeres por un diario es del 20% y para los hombres de un 25%. Si se toma una muestra aleatoria de 200 mujeres y 100 hombres, calcule e interprete la probabilidad de que el porcentaje de mujeres que prefiere el diario difiera del porcentaje de hombres que lo prefiere en 8% o más. Solución Los datos del problema son: PM = 0.20 = proporción de mujeres que prefiere el diario. QM = 0.80 = proporción de mujeres que no prefiere el diario. PH = 0.25 = proporción de hombres que prefiere el diario. QH = 0.75 = proporción de hombres que prefiere el diario. nM = 200 mujeres y nH = 100 hombres. Considerando que el número de mujeres y hombres en la ciudad es grande y que las correspondientes fracciones de muestreo son menores al 5% (f = n / N < 0.05) se tiene que: PM – pH ~ N(PM – PH ;  p2M  pH ) Con media:  pA  pB = PM – PH = 0.20 – 0.25 = -0.05 Y varianza:  p2M  pH =

PM QM PH QH (0.2)(0.8) (0.25)(0.75)  + = = 0.0027. Luego: 200 100 nM nH 70

pM – pH ~ N(-0.05 ; 0.0027) y Z 

pM  pH  ( PM  PH )

p

M

 pH



pM  pH  0.05 ~ N(0 , 0.052

1) Se pide calcular:

 p  pH  0.05 0.08  0.05  P (pM – pH ≥ 0.08) = P  M = P(Z ≥ 2.50) =  0.052 0.052   = 1 -  (2.50) = 1 - 0.99379 = 0.00621 Rpta. Interpretación.- en el 0.62% de las (ó en 62 de cada 10000) muestras de 200 mujeres y 100 hombres, el porcentaje de mujeres que prefiere el diario difiere del porcentaje de hombres que lo prefiere en 8% o más. 20. Considere que los niveles de preferencia de un determinado artículo en la ciudad A es de un 30% de hogares y en la ciudad B de un 35%; si se seleccionan muestras aleatorias de 250 hogares de la ciudad A y 150 hogares de la B, calcule e interprete la probabilidad de que el % de hogares que prefiere el artículo en la ciudad A difiere de los que lo prefieren en la ciudad B en 7% o más. Solución Los datos del problema son: PA = 0.30 = proporción de hogares que prefiere el artículo en la ciudad A. QA = 0.70 = proporción de hogares que no prefiere el artículo en la ciudad A. PB = 0.35 = proporción de hogares que prefiere el artículo en la ciudad B. QB = 0.65 = proporción de hogares que no prefiere el artículo en la ciudad B. nA = 250 y nB = 150 hogares. Considerando que en ambas ciudades hay un gran número de hogares y que las correspondientes fracciones de muestreo son menores al 5% (f = n / N < 0.05) se tiene que: pA – pB ~ N(PA – PB ;  p2A  pB ) Con media:  pA  pB = PA – PB = 0.30 – 0.35 = -0.05 Y varianza:  p2A  pB =

PAQA PB QB (0.3)(0.7) (0.35)(0.65)  + = = 0.0024. Luego: 250 150 nA nB

71

pA – pB ~ N(-0.05 ; 0.0024) y Z 

pA  pB  ( PA  PB )

p

A  pB



p A  pB  0.05 ~ N(0 , 0.049

1) Se pide calcular:

 p  pB  0.05 0.07  0.05  P (pA – pB ≥ 0.07) = P  A = P(Z ≥ 2.45) =  0.049 0.049   = 1 -  (2.45) = 1 - 0.99286 = 0.00714 Rpta. Interpretación.- en el 0.71% de las (ó en 71 de cada 10000) muestras de 250 hogares de la ciudad A y 150 hogares de la ciudad B, el % de hogares que prefiere el artículo en la ciudad A difiere de los que lo prefieren en la ciudad B en 7% o más.

72

2.8 EJERCICIOS PRPUESTOS 1. Si se toma una muestra aleatoria de tamaño n, de una población X con distribución geométrica, con parámetro p, hallar la función de probabilidad conjunta (o de verosimilitud) para dicha muestra. 2. Si se toma una muestra aleatoria de tamaño n, de una población X con distribución binomial negativa, con parámetros r y p, hallar la función de probabilidad conjunta (o de verosimilitud) para dicha muestra. 3. Si se toma una muestra aleatoria de tamaño n, de una población X con distribución exponencial, con parámetro λ, hallar la función de probabilidad conjunta (o de verosimilitud) para dicha muestra. 4. Las botellas de la bebida “Rica Kola” familiar tienen un contenido medio de 2.5 litros y una desviación estándar de 0.1 litros. Si se toma una muestra aleatoria de 36 botellas, Calcule e interprete la probabilidad que: a) Las botellas tengan una media de llenado entre 2.46 y 2.53 litros. b) ¿dentro de qué límites simétricos caerá el 99 % de las medias muestrales alrededor de la media poblacional? 5. En Lima el precio promedio al consumidor del kilo de mango es μ = S/. 2.20 con una desviación estándar σ = S/. 0.20. Si se selecciona una muestra aleatoria de 100 consumidores de mango, calcule e interprete la probabilidad: a) que el precio medio muestral sea mayor a S/. 2.25 el kilo. b) ¿Dentro de que límites simétricos caerá el 95% de las medias muestrales alrededor de la media poblacional? 6. Las cajas con mango tienen un peso medio de 20 Kg. y una desviación estándar de 0.75 Kg. Si se cargan 400 cajas al azar en un camión, calcule e interprete la probabilidad de que: a) El peso total de las cajas supere la capacidad máxima del camión que es de 8,040 Kg. b) El peso medio de las cajas sea menor a 19.92 Kg. c) ¿Dentro de que límites simétricos alrededor de la media poblacional caerá el 95% de las medias muestrales? 73

7. En una gran ciudad el promedio de empleados para establecimientos pequeños es de 10 y la desviación estándar de 5 empleados. Para una muestra aleatoria de 36 establecimientos pequeños extraídos sin reemplazo, calcule e interprete: a) La probabilidad que el promedio muestral de empleados sea menor que 8. b) ¿Dentro de que límites simétricos del promedio poblacional caerá el 95% de las medias muestrales de empleados por establecimientos pequeños? 8. Una empresa eléctrica fabrica focos cuya duración tiene distribución normal con media de 1500 horas y desviación estándar de 50 horas. En una muestra aleatoria de 16 focos, calcule e interprete la probabilidad que: a) La duración promedio de los focos menor de 1475 horas. b) ¿Dentro de que límites simétricos de la duración media poblacional caerá el 95% de las duraciones medias muestrales? 9. Dos fábricas A y B que embolsan café, afirman que el promedio en las bolsas es de 495 y 490 gramos, respectivamente, con desviaciones típicas de 5 y 6 gramos. Si se seleccionan 36 bolsas al azar de cada fábrica, calcule e interprete la probabilidad de que: a) El contenido medio de las bolsas A sea mayor de 497 gramos. b) El contenido medio de las bolsas A sea menor que el contenido medio de las bolsas B. 10. Uno de los principales fabricantes de tv compra cables a dos compañías. Los cables de la compañía A tienen una vida media de 7.2 años con una desviación estándar de 0.8 años, mientras que los de la B tienen una vida media de 6.7 años con una desviación estándar de 0.7 años. Si se toman m.a. de 34 cabless de A y 40 de B, calcule e interprete la probabilidad de que la vida media de los cables A sea de al menos un año más que la vida media de los B. 11. En una empresa de gaseosas la producción media de los varones es de 52 lts. Con una desviación estándar de 7 lts. y la producción media de las mujeres es de 48 lts. con una desviación estándar de 5 lts. Si se toma una muestra aleatoria de 40 trabajadores hombres y 40 mujeres. Calcule e interprete la probabilidad que la producción media de los varones resulte menor que la producción media de las mujeres. 74

12. En una universidad la edad promedio de los alumnos del turno de la mañana es de 22 años con una desviación estándar de 3 años, mientras que los del turno de la noche tienen una edad media de 28 años con una desviación estándar de 5 años. Si se toma una muestra aleatoria de 50 alumnos de cada turno, calcule e interprete la probabilidad de que la edad promedio de los alumnos de la mañana es superior a la edad media de los de la noche. 13. El 60% de los ciudadanos esta de acuerdo con la gestión presidencial. Si se toma una muestra aleatoria de 500 ciudadanos, calcule e interprete: a) La probabilidad de que más del 65% esté de acuerdo con la gestión presidencial. b) Dentro de que límites simétricos, alrededor de la verdadera proporción de ciudadanos esta de acuerdo con la gestión presidencial, esta el 95% de las proporciones muestrales. 14. En Lima el 60% de los hogares usa gas como combustible para cocinar. Si se toma una muestra aleatoria de 1000 hogares. Calcule e interprete: a) La probabilidad que más del 65% de los hogares use gas. b) Dentro de que límites simétricos, alrededor de la verdadera proporción de hogares que usa gas, estará el 99% de las proporciones muestrales. 15. En Lima el 30% de los hogares compra periódicos y/o revistas. Si se toma una muestra aleatoria de 1000 hogares. Calcule e interprete: a) La probabilidad de que más del 34% de hogares compre periódicos y/o revistas. b) ¿Dentro de que límites simétricos alrededor de la proporción verdadera caerá el 99.73% de las proporciones muestrales de hogares que compra periódicos y/o revistas? 16. El 70% de empleados públicos es casado. Si se toma una muestra aleatoria de 64 empleados, calcule e interprete: a) La probabilidad de que más del 85% esté casado. b) Dentro de que límites simétricos, alrededor de la verdadera proporción de empleados públicos casados, estará el 95% de las proporciones muestrales.

75

17. El 70 % de las compras con tarjeta de crédito en tiendas Ripley son superiores a $200. Si se seleccionan muestras aleatorias de 100 compras; Calcule e interprete: a) La probabilidad que las muestras tengan entre 65% y 80 % de compras mayores que $200? b) ¿Entre que límites simétricos del porcentaje de compras mayores de $200 en la población caerá el 99% de los porcentajes muestrales? 18. Dos empresas producen equipos de sonido, la empresa A produce por término medio 10% de defectuosos, mientras que la empresa B produce un 20%. Si se extrae una muestra aleatoria de 400 y 200 unidades respectivamente, calcule e interprete la probabilidad de que el porcentaje de equipos defectuosos producidos por la empresa A difiere de los defectuosos producidos por la empresa B en 7% o menos. 19. En un estudio pasado se determinó que el porcentaje de hombres que está de desacuerdo con la construcción de un gimnasio era del 12%, mientras que el porcentaje de mujeres en desacuerdo era del 10%. Si se toma una muestra aleatoria de 100 hombres y 100 mujeres, calcule e interprete la probabilidad de que el porcentaje de hombres en desacuerdo sea al menos 3% mayor que el de las mujeres. 20. En cierta ciudad se sabe que el 25% de los hombres y el 30% de las mujeres están familiarizados con un producto. Si se toma una muestra aleatoria de 200 hombres y 200 mujeres, calcule e interprete la probabilidad de que el porcentaje de hombres familiarizados con el producto sea mayor que el de mujeres.

76

Capítulo 3. DISTRIBUCIONES ESPECIALES “El informar mal, utilizando material estadístico, podría llamarse manipulación estadística, y resumiéndolo en una sola palabra (aunque no sea muy buena), estadisticulación” Darrell Huff CONTENIDO 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8

Distribución Chi-cuadrado. Distribución t de student. Distribución muestral de la media (n < 30). Distribución de la diferencia de medias muestrales con varianzas desconocidas pero iguales. Distribución F de Snedecor Distribución de la razón de dos varianzas muestrales. Ejercicios resueltos. Ejercicios propuestos.

En este capítulo, se presentan las distribuciones muestrales especiales, las mismas que han sido desarrolladas fundamentalmente para muestras pequeñas (menores de 30 observaciones). Entre las principales distribuciones tenemos: la distribución chi – cuadrado de Pearson, la distribución t – student de Gosset y la distribución F de Snedecor. A continuación veremos sus principales características y propiedades de cada una de ellas. 3.1 DISTRIBUCIÓN CHI-CUADRADO Esta distribución fue descubierta por Helmert el año 1875 y redescubierta por Karl Pearson el año 1900. Definición.- Sean Z1, Z2, ..., Zr, variables aleatorias independientes, cada una con distribución normal estándar, Zi ~ N(0 , 1) . Entonces, la variable aleatoria

x²  Z12  Z22  ...  Zr2 77

tiene una distribución chi-cuadrado (o Ji-cuadrado) con r grados de libertad, si su función de densidad de probabilidades está dada por:

f X 2 ( x) =

1 r 2   2 r 2

r

1

x 2 e x / 2

= 0

,

0 0 y λ > 0, entonces su función de densidad de probabilidades está dada por:

f ( x) 

n  ( n)

x n 1e x

= 0

,x>0

, en otros casos.

La esperanza y la varianza de la distribución gamma son: E(X) = n / λ

Var (X) = n / λ2

y

Notación: decir que la variable aleatoria X tiene distribución chi-cuadrado con r grados de libertad, la denotaremos como X ~ X r2 . Media y Varianza: La media y la varianza de la v. a. chi-cuadrado con r grados de libertad son: 78

 = E(x²) = r

² = Var(x²) = 2r

y

Es decir, la media es igual a los grados de libertad y la varianza es igual a dos veces los grados de libertad. La fig. 1 muestra la forma de la función de densidad de la variable aleatoria chi-cuadrado, para distintos grados de libertad.

Función de Distribución Acumulativa de Probabilidades.Las probabilidades para v.a. chi-cuadrado, se calculan utilizando los valores de la función de distribución acumulativa menor o igual que, los que han sido reproducidos en la Tabla 2 del Anexo, utilizando la hoja de cálculo Excel. Así tenemos que, la probabilidad que la variable aleatoria X con distribución

xr2 1  r  30 sea menor o igual a un valor constante x2 , representada por:









P X  X 2   ,

P X  x2  

x2

0

0 <  < 1, está dada por:

f X 2 x dx   

0

r

1

x2

r 2   2 r 2

y representada en la figura 2.

79

1 

x

x 2 e 2 dx  





Note que P x  x2  1   Puesto que existe una distribución chi-cuadrado diferente para cada valor de r, resulta impráctico proporcionar tablas de áreas completas. En lugar de esto, la tabla 2 de la distribución acumulativa chi-cuadrado, presenta un resumen de la información más esencial acerca de la distribución. En el encabezado de la columna de la izquierda, dice grados de libertad (G.L.) y cada fila de esta tabla corresponde a una distribución chi-cuadrado particular, con sus probabilidades (p) en la parte superior de esta tabla. En la hoja de cálculo Excel se determina las probabilidades y los valores de chi-cuadrado así: a) DISTR.CHI: devuelve la probabilidad de una variable aleatoria continua siguiendo una distribución chi cuadrado de una sola cola. La distribución chi cuadrado está asociada con la prueba chi cuadrado. Sintaxis: DISTR.CHI(x;grados_de_libertad) X es el valor al que desea evaluar la distribución. Grados_de_libertad es el número de grados de libertad = r. Observaciones : 

Si uno de los argumentos no es numérico, DISTR.CHI devuelve el valor de error #¡VALOR!.



Si el argumento x es negativo, DISTR.CHI devuelve el valor de error #¡NUM!.



Si el argumento grados_de_libertad no es un entero, se trunca.



Si el argumento grados_de_libertad < 1 o grados_de_libertad ≥ 10^10, DISTR.CHI devuelve el valor de error #¡NUM!



DISTR.CHI se calcula como DISTR.CHI = P(X>x), donde X es una variable aleatoria chi cuadrado. El cálculo es el complemento de la mayoría de tablas.

Ejemplo: DISTR.CHI(18,307;10) es igual a 0,050001 80

b) PRUEBA.CHI.INV: devuelve para una probabilidad dada, de una sola cola, el valor x de la variable aleatoria siguiendo una distribución chi cuadrado. Si el argumento probabilidad = p = DISTR.CHI(x;...), entonces PRUEBA.CHI.INV(probabilidad,...) = x. Sintaxis: PRUEBA.CHI.INV(probabilidad;grados_de_libertad) Probabilidad

es una probabilidad asociada con la distribución chi

cuadrado. Grados_de_libertad es el número de grados de libertad. Observaciones 

Si uno de los argumentos no es numérico, PRUEBA.CHI.INV devuelve el valor de error #¡VALOR!.



Si

el

argumento

probabilidad

<

0

o

probabilidad

>

1,

PRUEBA.CHI.INV devuelve el valor de error #¡NUM!. 

Si el argumento grados_de_libertad no es un entero, se trunca.



Si el argumento grados_de_libertad < 1 o grados_de_libertad ≥ 10^10, PRUEBA.CHI.INV devuelve el valor de error #¡NUM!.

PRUEBA.CHI.INV usa una técnica iterativa para calcular la función. Dado un valor de probabilidad, PRUEBA.CHI.INV reitera hasta que el resultado tenga una exactitud de ± 3x10^-7. Si PRUEBA.CHI.INV no converge después de 100 iteraciones, la función devuelve el valor de error #N/A. Ejemplo: PRUEBA.CHI.INV(0,05;10) es igual a 18,3070290368475 Ejemplo 1.Si X ~ X r2 . Usando la tabla 2, de Ji-cuadrado, hallar el x2 correspondiente para: 81

a) P(X < x2 ) = 0.05, si r = 15 g.l. Se busca en la tabla 2, 15 g.l. en el margen izquierdo y se intercepta con la probabilidad 0.05 de las columnas y se obtiene x2 = x02.05, 15 = 7.26 Rpta. b) P(X < x2 ) = 0.99, si r = 21 g.l. Procediendo como en a) se obtiene entonces x2 = x02.99, 21 = 38.9 Rpta. Ejemplo 2.2 Si X es una variable aleatoria x20 . Calcular:

a) P[X < 10.9];

c) P[ 10.9 < X  31.4 ]

b) P[ X > 31.4 ];

Solución Para obtener las probabilidades solicitadas, en la fila de 20 g.l de la tabla 2 se buscan los valores dados para X y se leen las probabilidades (acumuladas menores que) correspondientes en el encabezamiento de las columnas así: a) P[X < 10.9] =



P X  x02.05



= 0.05



Rpta.



b) P[ X > 31.4 ] = 1  PX  31.4  1  P X  x02.95 = 1 – 0.95 = 0. 05 Rpta. c) P[ 10.9 < X  31.4 ] = P[X  31.4 ] - P[X  10.9 ] =



 

= P X  x02.95  P X  x02.01 = 0.95 – 0.01 = 0.94

 Rpta.

Ejemplo 3.Si X es X 132 . Hallar P(X  20). Solución P(X  20) = 1 – P(X < 20) = 1 – p Como en la tabla 2, de chi cuadrado, para 13 grados de libertad, no se encuentra el valor 20, pero éste se encuentra entre los valores 19.8 (con probabilidad 0.90) y 22.4 (con probabilidad 0.95) para hallar p interpolamos de la siguiente manera: 82

x2

P

19.8

0.90

20

p

22.4

0.95

22.4  19.8 20  19.8  0.95  0.90 p  0.90



 52 

0.2  52 p  46.8  0.2  p  0.90

 P(X  20) = 1 – 0.9038 = 0.0962

p  0.9038

Rpta.

Ejemplo 4.2 Si X es una variable aleatoria con distribución x25 . Hallar a y b tal que:

P[a ≤ X ≤ b] = 0.95

P[ X ≤ a ] = 0.025

y

Solución a = x02.025 , 25 = 13.1

Para r = 25 g.l.,

Rpta.

0.95 = P[a ≤ X ≤ b] = P[X  b] – P[X  a] = P[X  b] - 0.025 Luego:

P[X  b] = 0.975



b = x02.975 , 25 = 40.6

Rpta.

Veamos a continuación algunos teoremas importantes relacionados con la distribución chi-cuadrado y de mucha importancia para la construcción de intervalos de confianza y pruebas de hipótesis. Teorema 1.- Si la variable aleatoria

X ~ N(, ²), entonces la variable

Y = Z² = (X - )²/² es una x12 .

aleatoria, n

Sabemos que X 

X i 1

n

N(0,1) entonces, Z 2 

I

~ N ( ,

 X   ²n ²

~

 X    n es ² ) y por lo tanto Z  n 

x12 .

Ejemplo 5.Si X ~ N(12, 5). Calcule e interprete P[13.55  (X – 12)² < 19.20 ]

83

Solución Como X ~ N (12, 5) entonces la variable aleatoria

Y

 X  12² 5

~ x12 .

Luego:

13.55  X  12 ² 19.20  P[13.55  (X – 12)² < 19.20 ] = P  =   5 5   5 = P[2.71  x12 < 3.84 ] = P[ x12  3.84 ] - P[ x12  2.71 ] = = 0.95 - 0.90 = 0.04 Interpretación: el

Rpta.

4% de las desviaciones al cuadrado, de los valores

observados de X ~ N (12, 5)

con respecto a su media 12, estarán

comprendidos entre 13.55 y 19.20. Teorema 2.- (Propiedad Reproductiva de la Chi-Cuadrado) Sean X 12 , X 22 ,..., X p2 variables aleatoria chi-cuadrados dependientes con grados de libertad r1, r2, ..., rp respectivamente, entonces la variable aleatoria:

X ²  X 12  X 22  ...  X p2 p

Sigue una distribución chi-cuadrado con grado de libertad igual a r   ri i 1

Teorema 3.-

Sea X1, X2, ..., Xn, una muestra aleatoria de una variable

aleatoria X ~ N (, ²). Entonces, la variable aleatoria: n

2 Y   xi    /  ² ~ x n2 i 1

Distribución de la Varianza Muestral Teorema 4.- Sea X1, X2, ... , Xn una muestra aleatoria de tamaño n de una población normal con media  y varianza ². Sea X y S² la media muestral y varianza muestral respectivamente, entonces: a) Las variables aleatorias X y S² son independientes. n

b) La función de la varianza muestral x 84

2

n  1S ²   i 1  ²

xi  X ² ²

~ x n21 .

Demostración.- Demostraremos sólo la parte b) n

 x i 1

Sabemos que la variable aleatoria

i

  ² tiene una distribución xn2 ,

²

puesto que cada término (xi - )/ son variables aleatorias normales estándar e independientes (teorema 3). Consideremos: n

n

i 1

i 1

  X i   ²    X i  X    X   ² n

n

n

i 1

i 1

i 1

   X i  X ²    X   ²  2 X     X i  X  n

=

 X i 1

i

 X ²  n X   ²

Dividiendo entre ² y ordenando tenemos: n

n

 X i   ²   X i  X ²   X   ² i 1  i 1  ²

²

²/n

=

n  1S ²   X   ² ²

²/n

Dado que ( X - )²/(²/n) tiene una distribución X 12 . Además, como X y S² n

son independientes, y

 X i 1

i

  ² /  ² tiene una distribución x n2 , por la

propiedad aditiva de la chi-cuadrado, concluimos que la distribución de

n  1S ² ²

2 es x n 1 .

Ejemplo 6.Suponga que X1, X2, …......,X10 es una muestra aleatoria de una variable aleatoria normal estándar. Calcule e interprete: 10   a) P 2.56   X i2  18.3 110  

b) P(S2 < 1.88)

y

Solución entonces X2 i ~ X 12 y por lo tanto

a) Como las v.a Xi ~ N(0, 1), 10

X i 1

2 i

85

~ X 102

10    P 2.56   X i2  18.3 = P 2.56  X 102  18.3 = 110  





= P( X 102  18.3) – P( X 102  2.56) = = 0.95 – 0.01 = 0.94

Rpta.

Interpretación: En el 94% de las muestras de 10 observaciones de la 10

distribución normal estándar, la

X i 1

b) P(S2 < 1.88) = P(

9S 2



2



2 i

estará entre 2.56 y 18.3.

9 x1.88 ) = P( X 92  16.92) = 0.95 1

Rpta.

Interpretación: En el 95% de las muestras de 10 observaciones de la distribución normal estándar, la varianza muestral es menor que 1.88. 3.2 DISTRIBUCIÓN T DE STUDENT Esta distribución fue descrita en 1908 por el estadístico inglés William S. Gosset, quien, al estar prohibido de publicar artículos científicos por la empresa cervecera Guinness donde laboraba en Dublin, tuvo que presentarla con el pseudónimo de “Student” y es comúnmente conocida como la “distribución t”. “Es Ronald A. Fisher quien aprecia la importancia de los trabajos de Gosset sobre muestras pequeñas, tras recibir correspondencia de Gosset en la que le decía le envío una copia de las Tablas de Student, ¡ya que es la única persona que probablemente las use jamás.” 3 Definición.- Sea Z una variable aleatoria normal estándar N(0, 1). Sea X2 ~ X r2 una variable aleatoria que tiene una distribución chi-cuadrado con r grados de libertad, y si Z y X2 son independientes, entonces la variable aleatoria

T

Z X2 r



Z r ~ tr Y

tiene una distribución t, con r grados de libertad, y su función de densidad de probabilidades está dada por:

3

http://es.wikipedia.org/wiki/William_Sealy_Gosset; revisado en agosto de 2012.

86

 r  1  r 1     2   t ²   2   f t   1 ,  r   r  r   2

- < t < 

Notación: decir que la variable aleatoria T, tiene distribución t con r grados de libertad, se denota como T ~ tr. Media y Varianza: La media y la varianza de la v. a. T con r grados de libertad son: E(T) =  T = 0 Var(T) =  T2 

,

r r2

r>1

,

r>2

Observe que la distribución de la variable aleatoria T, queda completamente determinada sólo por el parámetro r. Por lo tanto, hay una distribución t correspondiente a cada grado de libertad. En la figura 3 se presenta la función de densidad de la variable aleatoria T, para diferentes grados de libertad. En la misma figura se da, la gráfica de la normal estándar.

La distribución t es simétrica alrededor de la media 

T

= 0 y varía de menos

infinito a más infinito. Es muy similar a la distribución normal estándar, ya que ambas varían de -  a , son simétricas y centradas alrededor de  = 0, es decir su media es cero, pero la distribución t tiene mayor dispersión que la 87

distribución normal estándar, esto se observa de la varianza  T2 

r , que r2

se aproxima a 1 cuando el grado de libertad r es grande (r → ∞). Por lo tanto, la distribución t, se aproxima a la distribución normal estándar cuando el grado de libertad r es suficientemente grande. En la práctica se trata a la distribución t, como N(0,1) cuando r > 30. Función de Distribución Acumulativa de Probabilidades.El cálculo de probabilidades para la v.a. t, se efectúa utilizando los valores de la función de distribución acumulativa menor o igual que, los que han sido reproducidos en la Tabla 3 del Anexo, utilizando la hoja de cálculo Excel. Así tenemos que, la probabilidad que la variable aleatoria T con distribución tr (con 1  r < 30) sea menor o igual a un valor constante t , representada por:

PT  t   

,

0 t ), donde X es una variable aleatoria que sigue la distribución t.



Puede devolverse un valor t de una cola reemplazando probabilidad por 2*probabilidad. Para una probabilidad de 0,05 y grados de libertad de 10, el valor de dos colas se calcula con DISTR.T.INV(0,05;10), que devuelve 2,28139. El valor de una cola para la misma probabilidad y los mismos

grados

de

libertad

puede

calcularse

con

DISTR.T.INV(2*0,05;10), que devuelve 1,812462. Nota.- En algunas tablas, la probabilidad se describe como (1-p). DISTR.T.INV se calcula utilizando una técnica iterativa. Dado un valor del argumento probabilidad, DISTR.T.INV reitera hasta obtener un resultado con una exactitud de ± 3x10-7. Si DISTR.T.INV no converge después de 100 iteraciones, la función devuelve el valor de error #N/A. Ejemplo: DISTR.T.INV(0,054645;60) es igual a 1,96 Ejemplo7.Si la variable aleatoria T ~ t20 (r = 20). Usando la tabla 3, de T de student, hallar: P[T  1.725 ] Solución Para obtener las probabilidad solicitada, buscar en la tabla 3 el valor T = 1.725 en la fila de 20 g.l y su probabilidad correspondiente se lee en la parte superior de esa columna, cuyo valor es 0.95. Es decir: 90

P[T  1.725 ] = P[T  t 0.95 ] = 0.95

Rpta.

Nota.- Por la simetría de la distribución t, se tiene que:  Para  < 0.5, los valores t son: t = - t1- , .

(ver fig. 5).

Fig. 5 Obtención de valores Tα para α < 0.05

α 0

α

Tα = - T(1 - α)

0

T(1 - α)

 P[ T  -a ] = 1 - P[ T  a ] Ejemplo 8.Sea T una variable aleatoria que tiene una distribución t con varianza ² =

5 . 3

Calcular: P[-2.015  T  2.571] Solución Como  T2 

r 5  , entonces r = 5 y T ~ t5 . Luego: r 2 3

P [- 2.015  T  2.571] = P[T  2. 571] – P[T  - 2. 015 ] = = P[T  2. 571] – [1 – P[T  2. 015 ] = Buscando las probabilidades en la tabla 3 y reemplazando se tiene: = P [T  t0.975 ] – {1 - P[T  t0.95 ]} = = 0.975 – [ 1 - 0.95 ] = = 0.975 - 0.05 = 0.925

Rpta.

Ejemplo 9.Sea T una variable aleatoria que tiene una distribución t con 23 grados de libertad. Hallar el valor de a tal que: P[T  a ] = 0.95 91

Solución 0.95 = P [T  a ] = P[-a  T  a ] = = P[T  a] – P[T  - a] = P[ T  a ] – [ 1 – P[T  a ] = 2P[Ta]–1 

P[ T  a ] = 0.975 

En la tabla 3, a = t0.975 , 23 = 2.069

Rpta.

3.3 DISTRIBUCIÓN MUESTRAL DE LA MEDIA (n < 30) En el acápite 2.1 vimos la distribución muestral para la media, con muestras grandes (n ≥ 30), la misma que se aproximaba a la distribución normal. Sin embargo, cuando las muestra son pequeñas (n < 30) la aproximación es hacia la distribución t de student, tal como veremos a continuación. Sea X1, X2, ..., Xn una muestra aleatoria de tamaño n, de una variable aleatoria X con distribución N(, ²), en acápites anteriores hemos visto que:

X  ~ N(0,1). / n

1.

La variable aleatoria Z 

2.

La variable aleatoria x 2 

3.

X y S² son variables aleatorias independientes

(n  1)S 2



2

~ x 2n 1

(teorema 4). (teorema 4).

Usando la definición de la variable aleatoria T, tenemos que:

X    T

Z x2 g.l.





n

n  1S ² / n  1



X    S

n

~ tn-1

²

tiene distribución t con n – 1 grados de libertad y se usa para estimar  cuando no se conoce la desviación estándar . Ejemplo 9.Si X y S 2 son la media y la varianza de una muestra aleatoria de tamaño 17 de una distribución N(, o2). Hallar la constante C tal que: 92

4X      P  C   C   0.95 S   Solución En el problema propuesto, T 

( X   ) n ( X   ) 17 ~ t 16. Entonces:  S S

 C 17 X    17 C 17  = P     = 4 S 4  

  4X     C 0.95 = P  C  S  

 C 17   C 17  C 17  C 17  = P   t16   = P t16   - P t16    = 4 4  4  4      C 17  = P t16  4  



 1  P  t16  



 C 17  0.95 = 2 P t16  - 1 4  



C 17  t16 , 0.975  2.12 4

C 17   4 

  C 17  P t16   = 0.975 4  



 C = 2. 0567

Rpta.

3.4 DISTRIBUCIÓN DE LA DIFERENCIA DE MEDIAS MUESTRALES, CON VARIANZAS DESCONOCIDAS PERO IGUALES Si se toma dos muestras aleatorias independientes de dos poblaciones normales X e Y, con varianzas desconocidas pero iguales ²X = ² Y = ², así: Sea X1, X2, ..., Xn una muestra aleatoria de tamaño n, de una variable aleatoria X con distribución N(X, ²). Sea también Y1, Y2, ..., Ym una muestra aleatoria de tamaño m de una variable aleatoria Y, con distribución N(Y, ²). De acuerdo a lo estudiado en acápites anteriores se tiene que: 1.

La distribución de la variable aleatoria

Z

 X  Y    X  Y    X  Y    X  Y  ² ² n

2.



1 1   n m

m

~ N (0 , 1 )

La variable aleatoria: n

n  1S U ²

2 X



X i 1

93

i

 X ²

²

~ x 2n  1

U es independiente de X e Y . 3.

La variable aleatoria: n

 m  1SY2 V ²

 Y  Y ²



i 1

i

~ x2m  1

²

V es independiente de X , Y y S X2 .

4.

Por la propiedad reproductiva de la distribución chi-cuadrado, la v.a. : U+V=

n  1S X2

+

²

m  1SY2 ²

~ x2n  m  2

Con los resultados encontrados en (1) y (4); siendo las variables Z normal estándar y U + V chi-cuadrado e independientes; usando la definición de la variable aleatoria T se obtiene la distribución de la diferencia de medias muestrales X - Y siguiente:

 X  Y    X  Y  T

Z  U V nm2

1 1  n m (n  1) S X2  (m  1) SY2 /  2 nm2







 X  Y    X  Y  n  1S X2  m  1SY2 1  1

~ t n+m-2

Simplificando:

T

nm2

n

m

tiene distribución t con n + m – 2 grados de libertad. Observe que esta variable aleatoria depende de las medias y las varianzas muestrales. 3.5 DISTRIBUCIÓN F DE SNEDECOR Esta distribución fue descubierta por Fisher, de allí la denominación F y redescubierta por Snedecor. Es muy utilizada para comparar las varianzas de dos variables aleatorias independientes distribuidas normalmente.

94

Definición.- Sea U y V dos variables aleatorias independientes que tienen distribuciones chi-cuadrado, con r1 y r2 grados de libertad, respectivamente.

F

Entonces, la variable aleatoria:

tiene una distribución F con r

1

y r

2

U / r1 V / r2

grados de libertad y su función de

densidad de probabilidades está dada por:

r r  1 2 r1 1   1 2  r1 2 r2 2 x2  2  .  r1   r2  x r  r r1 2 r2      1 2 2  2  r

fF (x) =

r

= 0

,

,

0 4

Función de Distribución Acumulativa de Probabilidades El cálculo de probabilidades para v.a. F, se efectúa utilizando la Tabla 4 de distribución acumulativa F, las mismas que han sido elaboradas utilizando la función de distribución acumulativa de probabilidades que en la mayoría de los casos son del tipo de acumulación menor o igual que. La probabilidad que la variable aleatoria F ~ Fr1 , r 2 sea menor o igual que una constante f está dada por:

PF  f   

0

PF  f    0

f F x  dx  

r r  1 2 r1 1   1 2  r1 2 r2 2 2 x 2   . dx    r1   r2  x r  r r1 2 r2      1 2 2  2  r

f

f

96

r

Estas probabilidades se presentan en tablas de F. Como la distribución depende de los dos parámetros r1, y r2, se necesita una tabla con tres entradas para tabular el valor de F que corresponde a diferentes probabilidades y valores de r1 y r2. Para valores de  < 0.50 , se obtiene usando la siguiente igualdad

U / r



V / r

1 

1 2   P  F ,r ,r   P    V / r U / r f ,r ,r   2 1    1 2

1 2

V / r2 1 = 1  P  U / r1 f ,r1 ,r2

V / r2 1  P    1 U / r1 f ,r1 ,r2 



Pero,

  

1 V / r2  ~ Fr2 , r1 F U / r1

tiene distribución F con r2 y r1 g.l.

V / r2  P  f1 ,r2 ,r1   1   U / r1 



................ (1)

............... (2)

Igualando (1) y (2), se tiene que:

f1 , r2 , r1 

1 f , r1 , r2

f , r1 , r2 



1 f1 , r2 , r1

, para  < 0.50

Ejemplo 10.Sea F una variable aleatoria que tiene una distribución F con r1 y r2 grados de libertad. Hallar : a) PF  15.0 ,

con r1 = 7,

r2 = 4

b) PF  3.69 ,

con r1 = 5,

r2 = 8

c) P[F  0.0358 ],

con r1 = 3,

r2 = 6

d) Hallar los valores a y b tales que: 97

P[ F  b ] = 0.975 y P[a  F  b] = 0.95 . Con r1 = 7,

r2 = 5

Solución Usando la tabla F: a) P[F  15.0 ] = 1 – P[F  15.0 ] = 1 – P[F  f0.99, 7, 4 ] =1 – 0.99 = 0.01 Rpta. b) P[F  3.69 ] = P[F  f0.95, 5, 8 ] = 0.95

Rpta.

1  1 1  c) P[F  0.0358] = P    1  P   27.9   F 0.0358  F  1  = 1  P   f 0.99, 6, 3  = 1 – 0.99 = 0.01 F  d) P[F  b] = 0.975



b = f0.975, 7, 5 = 6.85

Rpta. Rpta.

0.95 = P[a  F  b] = P[F  b] - P[F  a] = 0.975 - P[F  a]  P[F  a] = 0.025

 1 1  1 1 P[F  a] = P     1  P     0.025 F a F a 

 1 1 P     0.975 , F a

Luego:

1  f.0975, 5, 7  5.29 , de donde a = 0.189 a

1/F ~ F 5, 7

Rpta.

3.6 DISTRIBUCIÓN DE LA RAZÓN DE DOS VARIANZAS MUESTRALES Si se toman dos muestras aleatorias independiente de las poblaciones normales X e Y, encontraremos la distribución de probabilidades para la razón de varianzas muestrales de la siguiente manera. Sea X1, X2, ..., Xn una muestra aleatoria de tamaño n de una variable aleatoria X ~ N(X,  X2 ). Sea Y1, Y2, ..., Ym una muestra aleatoria de tamaño m de una





variable aleatoria Y con distribución N Y ,  Y2 . Entonces, la variable aleatoria, 98

n

n  1S X2 U 

2 X



X i 1

i



 X ² 2 X

~ x 2n  1

De modo similar, la variable aleatoria, m

V

m  1SY2   Y2



 Y  Y ² i 1

i

 Y2

~ x2m  1

Además, las dos variables aleatorias chi-cuadrado U y V son independientes por que X e Y son independientes. Entonces, usando la definición de la variable aleatoria F, tenemos que la variable aleatoria:

n  1S X2 / n  1

F

U / (n  1)  X2  V / (m  1) m  1SY2

 Y2

/ m  1

99



S X2 /  X2 S X2  Y2 ~ Fn–1,m-1  SY2 /  Y2 SY2  X2

3.7 EJERCICIOS RESUELTOS 1.

Si X ~ X2 con 15 grados de libertad, hallar: a) P(X > 27.5). b) P(7.26 ≤ X ≤ 25.0). c) P(X ≤ 23.5). d) Hallar a y b tal que P(X ≤ a) = 0.025 y P(a ≤ X ≤ b) = 0.95. Solución Para obtener las probabilidades solicitadas, en la fila de 15 g.l de la tabla 2 se buscan los valores dados para X y se leen las probabilidades (acumuladas menores que) correspondientes en el encabezamiento de las columnas así: 2  = 1 – 0.975 = 0.025 Rpta. a) P[X > 27.5] = 1 - P(X ≤ 27.5) = 1- P  X  x0.975

b) P[7.26 ≤ X ≤ 25.0] = P[X  25.0 ] - P[X  7.26] = 2 2   P  X  x0.05  = = P  X  x0.95

= 0.95 – 0.05 = 0.90

Rpta.

Distribución chi-cuadrado con 15 g.l.

0.900

0

0

7.26

25.0

X

Resultado gráfico en Minitab c) P(X ≤ 23.5) = p Como en la tabla 2, de chi cuadrado, para 15 grados de libertad, no se encuentra el valor 23.5, pero éste se encuentra entre los valores 22.3 (con probabilidad 0.90) y 25.0 (con probabilidad 0.95) para hallar p interpolamos de la siguiente manera: 100

x2

P

22.3

0.90

23.5

p



25.0

0.95

 54 

Luego:

25.0  22.3 23.5  22.3  0.95  0.90 p  0.90 1.2  54 p  48.6  1.2  p  0.90

P(X ≤ 23.5) = 0.9222

p = 0.9222

Rpta.

d) P(X ≤ a) = 0.025 2 a = x0.025 , 15 = 6.26

Para r = 15 g.l.,

Rpta.

0.95 = P[a ≤ X ≤ b] = P[X  b] – P[X  a] = P[X  b] - 0.025 P[X  b] = 0.975

Luego:



2 b = x0.975, 15 = 27.5

Rpta.

Distribución chi-cuadrado con 15 g.l.

0.95

0

0

a = 6.26

b = 27.5 X

2.

De una población X: N(u, 18 ), se extrae una muestra aleatoria de tamaño n = 21. Calcule e interprete: a) P [ 3.291 < ( x - µ )2 < 5.683 ] b) ¿Entre que valores se encontrará el 90 % central de las varianzas muestrales? Solución

101

n

a) Se sabe que X 

X i 1

n

N(0,1) entonces, Z 2 

I

~ N ( ,

 X    n es ² ) y por lo tanto Z  n 

 X    ²n   X    ² x21 ~  ²

18

2 1

.

Para obtener la probabilidad solicitada se multiplica dentro de la desigualdad por 21/18 y se construye una 12 así:

 3.291x21 ( x  ) 2 x21 5.683 x21  P [3.291 < ( x - µ ) < 5.683] = P  =   18 18   18 2

= P [3.84 < 12 < 6.63] = P[ 12  6.63] - P[ 12  3.84] = 0.99 – 0.95 = 0.04. Interpretación.- en el 4% de las muestras de tamaño 21, de una población X N(u, 18 ), las desviaciones al cuadrado, de las medias muestrales x con respecto a la media poblacional µ, se encuentran entre 3.291 y 5.683. b) Sean a y b los valores centrales dentro de los cuales se encuentra el 90% de las varianzas muestrales (S2), con el 5% hasta a y 95% hasta b, es decir: 0.90 = P (a ≤ S2 ≤ b), con P (S2 ≤ a) = 0.05 y P (S2 ≤ b) = 0.95 Se sabe que:

(n 1)S 2

2

 n21 entonces,

(21  1)S 2 20S 2   202 18 18

Multiplicando en la probabilidad anterior por 20/18 se tiene una  202 así: 0.05

 20S 2 20a   2 20a  P    P  20   18  18    18

=

20a 2   20, 0.05  10.9 . 18

Luego: a = 9.81. Además: 0.95

 20S 2 20b   2 20b  P    P  20   18  18    18

=

20b   22 0 , 0 . 931.4 . 5 18

Luego: b = 28.26. Entonces: 0.90 = P (9.81 ≤ S2 ≤ 28.26) Rpta. Interpretación.- en las muestras de tamaño 21, de una población X N(u, 18 ), el 90% central de las varianzas muestrales (S2) se encuentra entre 9.81 y 28.26. 3.

De una población X: N(u, 18), se extrae una muestra aleatoria de tamaño n = 21. Calcule e interprete: 21

a) P [208.7 <



(X i - µ)2 < 638.7]

i 1

102

b) P (9.77 < S2 < 30.78) Solución a) Se sabe que n

(X i 1

2 i  )



2

para muestras de una población normal se cumple que: 21

  n2 

(X i 1

i

  )2

18

  212 .

Para obtener la probabilidad solicitada se divide dentro de la desigualdad por 18 y se construye una  212 así: 21

P [208.7 <

 i 1

21   2  208.7  ( X i   )  638.17  =  i 1  (X i - µ)2 < 638.7] = P  18 18   18  

= P [11.6 <  212 < 35.5] = P[  212  35.5] - P[  212  11.6] = 0.975 – 0.05 = 0.925. Interpretación.- en el 92.5% de las muestras de tamaño 21, de una población X

N(u, 18 ), las sumas de desviaciones al cuadrado, de los valores

observados con respecto a la media poblacional µ, se encuentran entre 208.7 y 638.7. b) Se sabe que:

(n 1)S 2

2



2 n 1

(21  1)S 2 20S 2 entonces,   202 18 18

Multiplicando en la probabilidad solicitada por 20/18 se tiene una  202 así:

 20 x9.77 20 S 2 20 x30.78 P (9.77 < S2 < 30.78) = P    18 18  18

 = 

= P[10.9 <  212 < 34.2] = P[  202  34.2] - P[  202  10.9] = 0.975 – 0.05 = 0.925. Interpretación.- en el 92.5% de las muestras de tamaño 21, de una población X N(u, 18 ), las varianzas muestrales (S2) se encuentra entre 9.77 y 30.78. 4.

Suponga que el número de horas semanales que las amas de casa ven TV tiene distribución normal con una varianza de 3. Al escoger una muestra de 17 amas de casa y registrar el número de horas a la semana que ven TV, calcule e 103

interprete la probabilidad de que la varianza muestral de los tiempos obtenidos sea mayor que 5.4 (horas)2. Solución Sean X = número de horas semanales que las amas de casa ven TV, n = 17 y σ2 = 3. Se sabe que:

(n 1)S 2

2

 n21 entonces,

(17  1)S 2 16S 2   162 3 3

Multiplicando en la probabilidad solicitada por 16/3 se tiene una 162 así:

 16S 2 16 x5.4   P (S > 5.4) = 1 - P (S ≤ 5.4) = 1 - P   = 3   3 2

2

= 1 - P[ 162 < 28.8] = 1 - 0.975 = 0.025

Rpta.

Interpretación.- en el 92.5% de las muestras de 17 amas de casa, las varianzas muestrales (S2) del número de horas semanales que ven TV es mayor que 5.4 (horas)2. 5.

La duración de los transistores fabricados por una compañía tienen una media de 2000 horas y una desviación típica de 60 horas. Se selecciona 10 transistores al azar, calcule e interprete la probabilidad que la desviación típica muestral se encuentre entre 50 y 70 horas. Solución Sean X = duración de los transistores, µ = 2000, σ2 = (60)2 = 3600 y n = 10. Se sabe que:

(n 1)S 2

2



2 n 1

(10 1)S 2 S 2 entonces,   92 3600 400

Dividiendo en la probabilidad solicitada entre 400 se tiene una  92 así:

 2500 S 2 4900  P(50 ≤ S ≤ 70) = P (2500 ≤ S2 ≤ 4900) = P    =  400 400 3600  = P[6.25 ≤  92 ≤ 12.25] = P[  92 ≤ 12.25] – P[  92 ≤ 6.25] = 0.80 - p Como en la tabla 2, de chi-cuadrado, para 9 grados de libertad, no está el valor 6.25, pero éste se encuentra entre los valores 5.38 (con probabilidad 0.20) y 6.39 (con probabilidad 0.30) para hallar p interpolamos así: 104

x2

P

5.38

0.20

6.25

p



6.39

0.30

 10.1 

6.39  5.38 6.25  5.38  0.30  0.20 p  0.20 0.87  10.1 p  2.02  0.87  p = 0.2861 p  0.20

Reemplazando p = 0.2861 en la última expresión se tiene que: P(50 ≤ S ≤ 70) = 0.80 - 0.0.2861 = 0.5139

Rpta.

Interpretación.- en el 51.4% de las muestras de 10 transistores, la desviación estándar muestral de la duración de dichos transistores se encuentra entre 50 y 70 horas. 6.

De una población X: N(0, 1) se extrae una muestra aleatoria de tamaño n = 15. Calcule e interprete: 15   a) P  7.26   X i2  27.5  i 1  

b) P(0.4693 < S² < 1.864) Solución a) Se sabe que las observaciones muestrales tienen la misma distribución que la población, luego Xi ~ N(0, 1), entonces X i2 ~ 12 y por tanto

15

X i 1

2 i

~ X 152 .

La probabilidad solicitada es: 15   P  7.26   X i2  27.5  = P  7.26  152  27.5 = i 1  

= P[ 152 ≤ 27.5] – P[ 152 ≤ 7.26] = 0.975 – 0.05 = 0.925 Rpta. Interpretación.- en el 92.5% de las muestras de 15 observaciones de la distribución normal estándar, la suma de los valores observados al cuadrado se encuentra entre 7.26 y 27.5. b) Dado que:

(n 1)S 2

2

 n21 entonces,

(15 1)S 2  14 S 2  142 1

Para obtener la probabilidad solicitada se multiplica dentro de la desigualdad por 14 y se construye una 142 así: 105





P(0.4693 < S² < 1.864) = P 14 x 0.4693  14 S 2  14 x1.864 = = P[6.57 ≤ 142 ≤ 26.1] = P[ 142 ≤ 26.1] – P[ 142 ≤ 6.57] = 0.975 – 0.05 = 0.925. Interpretación.- en el 92.5% de las muestras de 15 observaciones de la distribución normal estándar, la varianza muestral se encuentra entre 0.4693 y 1.964. 7.

De una población X: N(μ, 10) se extrae una muestra aleatoria. de tamaño n = 9 y de una población Y: N(μ, 12) se extrae una muestra aleatoria de tamaño m = 4. Calcule e interprete: 9   a) P  21.8   ( X i  X )2  175  i 1  

y

4   b) P  5.81   (Yi   ) 2  133.2  i 1  

Solución

 x  X  ² n

a) Si  2 

 n  1 S ²  ²

i 1

i

²

 x  X  ² 9

  n21 entonces

i 1

i

10

 82 .

Para obtener la probabilidad solicitada se divide dentro de la desigualdad entre 10 y se construye una  82 así: 9   ( X i  X )2   9 21.8 i 1 175    =   P  21.8   ( X i  X )2  175  = P  10 10   10 i 1      

= P(2.18 ≤  82 ≤ 17.5) = P[  82 ≤ 17.5] – P[  82 ≤ 2.18] = = 0.975 – 0.025 = 0.955 Rpta. Interpretación.- en el 92.5% de las muestras de 9 observaciones de la población X: N(μ, 10), la suma de de las desviaciones al cuadrado de los valores observados respecto a la media muestral, se encuentra entre 21.8 y 175.

106

m

 Y    ² b) Para una muestra de una población normal, se sabe que:

i 1

i

²

  m2

4

 Y    ² entonces

i 1

i

12

  42 . Para obtener la probabilidad solicitada se divide

dentro de la desigualdad por 12 y se construye una  42 así: 4   (Yi   )2    4 5.81 133.2   =  i 1  P  5.81   (Yi   ) 2  133.2  = P  12 12   12 i 1      

= P[0.484 ≤  42 ≤ 11.1] = P[  42 ≤ 11.1] – P[  42 ≤ 0.484] = = 0.975 – 0.025 = 0.95.

Rpta.

Interpretación.- en el 92.5% de las muestras de 4 observaciones de la distribución normal Y: N(μ, 12), la suma de de las desviaciones al cuadrado de los valores observados respecto a la media poblacional μ, se encuentra entre 5.81 y 133.2. 8.

Si T ~ t con 18 grados de libertad (T18), hallar: a) P(T > 2.101) b) P(-1.734 ≤ T ≤ 2.552) c) P(T ≤ 1.53) d) Hallar t0 tal que P(-t0 ≤ T ≤ t0) = 0.95. Solución Para obtener las probabilidades solicitadas, en la fila de 18 g.l de la tabla 3 se buscan los valores dados para T y se leen las probabilidades (acumuladas menores que) correspondientes en el encabezamiento de las columnas así: a) P(T > 2.101) = 1 - P(T ≤ 2.101) = 1- P(T ≤ T18, 0.975) = 1 – 0.975 = 0.025 Rpta. b) P(-1.734 ≤ T ≤ 2.552) = P(T  2.552) – P(T  -1.734) = = P(T ≤ T18, 0.99) – [1 - P(T  1.734)] = = 0.99 – [1 – 0.95] = 0.99 - 0.05 = 0.94

107

Rpta.

Gráfica de distribución T con 18 G.L.

0.940

0

-1.734

0 T

2.552

Resultado gráfico en Minitab c) P(T ≤ 1.53) = p Solución Como en la tabla 3, T de student, para 18 grados de libertad, no se encuentra el valor 1.53, pero éste se encuentra entre los valores 1.33 (con probabilidad 0.90) y 1.734 (con probabilidad 0.95) para hallar p interpolamos de la siguiente manera: Tα

P

1.33

0.90

1.53

p



1.734

0.95

 8.08 

Luego:

1.734 1.33 1.53 1.33  0.95  0.90 p  0.90 0.2  8.08 p  7.272  0.2  p = 0.9248 p  0.90

P(T ≤ 1.53) = 0.9248

Rpta.

d) 0.95 = P(-t0 ≤ T ≤ t0) = P(T18 ≤ t0 ) – P(T18 ≤ -t0) = = P(T18 ≤ t0 ) – [1 - P(T18 ≤ t0)] = 2 P(T18 ≤ t0 ) – 1  P(T18 ≤ t0 ) = 0.975  to = T18, 0.975 = 2.101 Rpta. Resultado gráfico en Minitab 108

Gráfica de distribución T con 18 G.L.

0.95

0.025 0

9.

0.025 -2.101

0 T

2.101

Un inspector investiga las acusaciones contra la fábrica de ron “Pepito” porque no llena bien sus envases. Una muestra de 25 botellas de ron indica una desviación típica S = 0.18 litros. Calcule e interprete la probabilidad de que el promedio muestral difiera de su media poblacional µ en menos de 0.085 litros. Solución



Datos: n = 25, S = 0.18 lts. Se pide hallar P X    0.085 Se sabe que: T 



X  X  X   tn1 , entonces: T    t24 0.18 / 25 0.036 S/ n

Para obtener la probabilidad solicitada se divide dentro de la desigualdad por 0.036 y se construye una T24 así:

 X   0.085  P X    0.085 = P     P( T24  2.361) = 0.036 0.036  





= P(-2.131 ≤ T24 ≤ 2.131) = P(T24 ≤ 2.131) – P(T24 ≤ -2.131) = = P(T24 ≤ 2.131) – [1 - P(T24 ≤ 2.131)] = = 2 P(T24 ≤ 2.131) – 1 = 2p – 1 …. (1) Como en la tabla 3, T de student, para 24 grados de libertad, no está el valor 2.131, pero éste se encuentra entre los valores 2.064 (con probabilidad 0.975) y 2.492 (con probabilidad 0.99) para hallar p interpolamos de la siguiente manera: 109

Tα

P

2.064 0.975 2.131

p



2.492  2.064 2.131  2.064 0.067  28.53 =  0.990  0.975 p  0.975 p  0.975

2.492

0.990



28.53p - 27.817 = 0.067  p = 0.9774

Reemplazando p = 0.9774 en (1) se tiene que:





P X    0.085 = 2 (0.9774) – 1 = 0.9548 Rpta. Interpretación.- en el 95.48% de las muestras de 25 botellas de ron “Pepito”, el promedio muestral difiere de su media poblacional µ en menos de 0.085 litros. 10. De una población X ~ N(10, 100) se extrae una muestra aleatoria de tamaño 10 y de una población Y ~ N(20, 40) se extrae una m.a. de tamaño 10. Determine el valor de la constante a tal que: P (a SY <

X

- 10) = 0.95. Donde

X

es la media

muestral de las X y SY es la desviación estándar muestral de las Y. Solución Para resolver el problema es necesario construir una distribución T de student. Con la muestra de tamaño 10 de la población X, se tiene que: X  N(10, 10). Entonces: Z 

X  10  N (0, 1) . 10

Con la muestra de la población Y se tiene que:  2 

(10 1)SY2  92 40

Con los resultados anteriores construimos una variable T así:

T

Z

2

se distribuye como una T con los grados de libertad de la chi-

G.L cuadrado. Reemplazando Z y la  92 en la expresión anterior se obtiene:

X  10 2( X  10) 10 T   t9 SY 9SY2 / 40 9 110

Para hallar el valor de la constante a solicitada, la probabilidad dada se adecúa a la distribución t de student antes construida, así: 0.95 = P(a SY <

X

- 10) = P ( X - 10 ≥ a SY ) = 1 - P ( X - 10 ≤ a SY )

 2( X 10)   2a  = P(T9 ≤ 2a)  0.05 = P ( X - 10 ≤ a SY) = P  SY   Luego: 2a = T9, 0.05 = - T9, 0.95 = -1.833  a = -0.9165 Rpta. 11. Para analizar el tiempo de atención por clienta en las tiendas de pantalones “Ricas y apretaditas”, se tomó una muestra aleatoria sin reemplazo de 25 atenciones con lo cual se obtiene S2 = 2.25 minutos2. Calcule e interprete la probabilidad de que el tiempo promedio muestral de atención a las clientas difiera de su media poblacional µ en menos de 0.57 minutos. Solución



Datos: n = 25, S2 = 2.25 minutos2. Se pide hallar P X    0.57 Se sabe que: T 



X  X  X   tn1 , entonces: T    t24 0.3 1.5 / 25 S/ n

Para obtener la probabilidad solicitada se divide dentro de la desigualdad por 0.3 y se construye una T24 así:

 X   0.57  P X    0.57 = P     P( T24  1.9) = 0.3 0.3  





= P(-1.9 ≤ T24 ≤ 1.9) = P(T24 ≤ 1.9) – P(T24 ≤ -1.9) = = P(T24 ≤ 1.9) – [1 - P(T24 ≤ 1.9)] = 2 P(T24 ≤ 1.9) – 1 = 2p – 1

…. (2)

Como en la tabla 3, T de student, para 24 grados de libertad, no tiene el valor 1.9, pero éste se encuentra entre los valores 1.711 (con probabilidad 0.95) y 2.064 (con probabilidad 0.975) para hallar p interpolamos así: Tα

P

1.711

0.95

1.9

p

2.064 0.975



2.064  1.711 1.9  1.711 0.189  14.12 =  0.975  0.95 p  0.95 p  0.95



14.12p - 13.414 = 0.189  p = 0.9634 111

Reemplazando p = 0.9634 en (2) se tiene que:





P X    0.57 = 2 (0.9634) – 1 = 0.9268

Rpta.

Interpretación.- en el 92.68% de las muestras de 25 atenciones en las tiendas de pantalones “Ricas y apretaditas”, el tiempo promedio muestral de atención a las clientas difiere de su media poblacional µ en menos de 0.57 minutos. 12. De una población X: N(0, ¼) se extrae una m.a. de tamaño 7 y de una población Y: N(0, 1/3) se extrae una m.a. de tamaño 9. Determine el valor de la constante a tal que: P (a x > SY) = 0.01. Donde x es la media muestral de las X y SY es la desviación estándar de las Y. Solución Para resolver el problema es necesario construir una distribución T de student. Con la muestra de tamaño 7 de la población X, se tiene que: X  N(0, 1/28). Entonces: Z 

X 0  2 7 X  N (0, 1) . 1/ 28

Con la muestra de la población Y se tiene que:  2 

(9 1)SY2  24SY2  82 1/ 3

Con los resultados anteriores construimos una variable T así:

T

Z

2

se distribuye como una T con los grados de libertad de la chi-

G.L cuadrado. Reemplazando Z y la  82 en la expresión anterior se obtiene:

T

2 7X 24SY2 8



3.055 X  t8 SY

Para hallar el valor de la constante a solicitada, la probabilidad dada se adecúa a la reciente distribución t de student construida, así: 0.01 = P (a x > SY) = 1 - P ( X /SY ≤ 1/a)

 3.055 X 3.055    0.99 = P ( X /SY ≤ 1/a) = P   = P(T8 ≤ 3.055/a) a   SY Luego: 3.055/a = T8, 0.99 = 2.896  a = 1.055 Rpta. 112

13. Para analizar el Nº de libros encuadernados diariamente por una máquina automática, se seleccionó una muestra aleatoria de 25 días con lo cual se obtiene S = 8 libros. Calcule e interprete la probabilidad de que el número medio muestral de libros encuadernados difiera de su media poblacional µ en a lo más 4 libros. Solución



Datos: n = 25 días, S = 8 libros. Se pide hallar P X    4 Se sabe que: T 



X  X  X   tn1 , entonces: T    t24 1.6 8 / 25 S/ n

Para obtener la probabilidad solicitada se divide dentro de la desigualdad entre 1.6 y se construye una T24 así:

 X  4  P X    4 = P    P( T24  2.5) = 1.6   1.6





= P(-2.5 ≤ T24 ≤ 2.5) = P(T24 ≤ 2.5) – P(T24 ≤ -2.5) = = P(T24 ≤ 2.5) – [1 - P(T24 ≤ 2.5)] = 2 P(T24 ≤ 2.5) – 1 = 2(0.99) – 1 = 0.98 Rpta. Interpretación.- en el 98% de las muestras de 25 días de encuadernación cada una, el número medio muestral de libros encuadernados difiere de su media poblacional µ en a lo más 4 libros. 14. De una población X: N(μ, σ²), se extrae una m.a. de n+1 observaciones. Encontrar c tal que el estadístico c( X – Xn+1)/S tenga distribución t. Donde X y S es la media y la desviación estándar muestral obtenidas con las n + 1 observaciones. Solución Para hallar la constante c es necesario construir una distribución T de student. Con la muestra dada se tiene que: X → N(μ,

2 n 1

) y Xn+1 → N(μ, σ²).

Por la propiedad reproductiva de la distribución normal, se tiene que:

X - Xn+1 → N[0, σ²(n +2)/(n + 1)]. Puesto que las correspondientes medias se restan y las varianzas se suman.

113

Entonces: Z 

X  X n1  0

 (n  2) /(n  1) 2

n  1  X  X n1     N (0, 1) . n2   



Como S la desviación estándar muestral obtenidas con las n + 1 observaciones, entonces la chi-cuadrado es:  2 

nS 2



2

 n21

Con los resultados anteriores construimos una variable T así:

T

Z

2

se distribuye como una T con los grados de libertad de la chi-

G.L cuadrado. Reemplazando Z y la  n21 en la expresión anterior se obtiene:

T

n  1  X  X n1   n  2    nS 2



n  1  X  X n1     tn1 n(n  2)  S 

2 Comparando el resultado anterior con la expresión dada, se tiene que: c=

n 1 n(n  2)

Rpta.

15. Si F ~ f con 7 y 8 grados de libertad, hallar: a) P(F7,8 > 3.50) b) P(F7,8 ≤ 0.268) c) P(0.1462 ≤ F7,8 ≤ 4.53) d) Hallar c y d tal que P(F7,8 ≤ c) = 0.025 y P(c ≤ F7,8 ≤ d) = 0.95 Solución Para obtener las probabilidades solicitadas en la tabla 4, ubicarse en la gran casilla formada por la intercepción de la columna 7 (G.L. numerador) y la fila 8 (G.L. denominador) se busca el valor dado de F y se leen las probabilidades acumuladas menores que correspondientes, en la intercepción de la línea del valor dado de F (en la fila 8) con la columna P así: a) P(F7,8 > 3.50) = 1 - P(F7,8 ≤ 3.50) = 1 – 0.95 Rpta.

 1 1  b) P(F7,8 ≤ 0.268) = P  F   P(F8,7 > 3.73) = 1 - P(F8,7 ≤ 3.73) =  7,8 0.268  = 1 – 0.95 = 0.05

Rpta. 114

Para valores de 0 < F < 1 les corresponde probabilidades P =  < 0.50 y se usa la relación: f , r1 , r2 

1 f1 , r2 , r1

Como el valor de F7,8 = 0.268 no se encuentra en la intercepción de la columna 7 y la fila 8 de la Tabla 4, se toma el inverso de F7,8 que es otra distribución F8,7 (con los grados de libertad permutados). En la intercepción de la columna 8 y la fila 7 de la Tabla 4 se busca el valor 3.73 y le corresponde la probabilidad 0.95. c) P(0.1462≤ F7,8 ≤ 4.53) = P(F7,8 ≤ 4.53) - P(F7,8 ≤ 0.1462)

 1 1  = P(F7,8 ≤ 4.53) - P  F  0 . 268 7 , 8   = P(F7,8 ≤ 4.53) - P(F8,7 > 3.73) = P(F7,8 ≤ 4.53) - [1 - P(F8,7 ≤ 3.73)] = 0.975 - [1 – 0.95] = 0.925

Rpta.

d) Hallar c y d tal que P(F7,8 ≤ c) = 0.025 y P(c ≤ F7,8 ≤ d) = 0.95 Si P(F7,8 ≤ c) = 0.025 entonces c = f 7,8,0.025 

1 f 8,7,0.975



1 = 0.204 4.90

Rpta. Si 0.95 = P(c ≤ F7,8 ≤ d) = P(F7,8 ≤ d) - P(F7,8 ≤ c) = P(F7,8 ≤ d) – 0.025 Luego: P(F7,8 ≤ d) = 0.975 entonces d = F7,8,0.975 = 4.53

Rpta.

16. Si muestras aleatorias independientes de tamaño n1 = n2 = 8 provienen de poblaciones normales con la misma varianza. Calcule e interprete la probabilidad que la varianza de la primera muestra sea al menos 4 veces más grande que la otra. Solución Dado que las varianzas son iguales, para obtener la probabilidad solicitada se

S12  22 S12 emplea la distribución siguiente: F  2 2  2  f n1 1,n2 1 = F7,7 S2 1 S2



P S  5S 2 1

2 2



 S12   P 2  5  = P(F7,7 > 5) = 1 - P(F7,7 ≤ 5) =  S2 

= 1 – 0.975 = 0.025 Rpta. 115

Interpretación.- en el 2.5% de las (ó en 25 de cada 1000) muestras de tamaño 8 de cada población, la varianza de la primera muestra es al menos 4 veces más grande que la segunda. 17. Si muestras aleatorias independientes de tamaño n1 = 6 y n2 = 8 provienen de poblaciones normales con la misma varianza. Calcule e interprete la probabilidad que la varianza de la primera muestra sea menor que seis veces la segunda. Solución Para hallar la probabilidad solicitada se emplea la propuesta del problema 16.

 S2  P S12  6S 22  P 12  6  = P(F5,7 < 6) = p = 0.984 Rpta.  S2 





Como en la tabla 4 de la distribución F, para 5 y 7 grados de libertad, no se tiene el valor 6, pero éste se encuentra entre los valores 5.29 (con probabilidad 0.975) y 7.46 (con probabilidad 0.99) para hallar p interpolamos de la siguiente manera: Fα

P

5.29

0.975

6.0

p



7.46  5.29 6.0  5.29 1.29  144.67 =  0.99  0.975 p  0.975 p  0.975

7.46

0.99



144.67 p – 141.05 = 1.29  p = 0.984

Interpretación.- en el 98.4% de las (ó en 984 de cada 1000) muestras de tamaño 6 de la población 1 y 8 de la población 2, la varianza de la primera muestra es menor que seis veces la segunda. 18. De una población X: N(0, ¼) se extrae una muestra aleatoria de tamaño 7 y de una población Y: N(0, 1/3) se extrae una muestra aleatoria de tamaño 9 Calcule 9  7  e interprete: P 4 X i2  9Y j2  . j 1  i 1 

Solución Para hallar la probabilidad solicitada se construye una F como el cociente de dos chi-cuadrados entre sus respectivos grados de libertad. 116

Si X: N(0, ¼) entonces cada Xi: N(0, ¼) → Z i  Luego: Z i2  4 X i2  12 y

7

7

i 1

i 1

 Z i2  4 X i2   72 .

Si Y: N(0, 1/3) entonces cada Yj: N(0, 1/3) → Z j  Luego: Z 2j  3Y j2  12 y

Xi  0  2 X i  N (0,1) . 1/ 2

9

Z j 1

Yj  0 1/ 3

 3Y j  N (0,1) .

9

2 j

 3Y j2   92 . j 1

Con las dos chi-cuadrado anteriores se construye la distribución F siguiente: 7

F

4 X i2 / 7 i 1 9

3 Y / 9 2 j

j 1

7



9 x4 X i2 / 7 i 1 9

7 x3 Y / 9 j 1

 F7,9

2 j

Acondicionando la probabilidad solicitada a la distribución anterior se tiene: 7  7 2    4 X 9 x 4 X i2       i 7 9  9 x3  2 2 i 1 i 1    = P 4 X i  9 Y j   P 9 3 P  9    7  2 2 j 1  i 1   3 Y j   7 x3 Y j  j 1  j 1   

= P(F7,9 > 3.86) = 1 - P(F7,9 ≤ 3.86) = 1 – p = 1 – 0.991 = 0.009 Rpta. Como en la tabla 4 de la distribución F, para 7 y 9 grados de libertad, no está el valor 3.86, pero éste se encuentra entre los valores 5.61 (con probabilidad 0.99) y 6.88 (con probabilidad 0.995) para hallar p interpolamos así: Fα

P

5.61

0.99

5.86

p



6.88  5.61 5.86  5.61 0.25  254 =  0.995  0.99 p  0.99 p  0.99

6.88

0.995



254 p – 251.46 = 0.25 

p = 0.991

Interpretación.- en el 0.9% de las (ó en 9 de cada 1000) muestras de tamaño 7 7

9

i 1

j 1

de la población X y 9 de la población Y, 4 X i2  9Y j2 . 19. Dos compañías A y B fabrican transistores. La duración para los fabricados por A tienen una desviación estándar de 40 horas, en tanto que los B tienen una desviación estándar de 50 horas. Se toma una muestra de 8 transistores de A y 117

16 de B. Calcule e interprete la probabilidad que la varianza de la primera muestra sea mayor 4.23 veces que la segunda. Solución Datos: σA = 40 horas, σB = 50, nA = 8 transistores y nB = 16. Para obtener la probabilidad solicitada se emplea la distribución F siguiente:

F

S A2  B2 S A2 40 2 S A2   0 . 64  f n A 1,nB 1 = F7,15 S B2  A2 S B2 50 2 S B2

Adecuando la probabilidad solicitada al resultado anterior se obtiene:

 S2    S2 P S A2  4.23S B2  P A2  4.23   P 0.64 A2  4.23x0.64  = P(F7,15 > 2.71) = SB  SB   





= 1 - P(F7,15 ≤ 2.71) = 1 – 0.95 = 0.05 Rpta. Interpretación.- en el 5% de las (ó en 50 de cada 1000) muestras de tamaño 8 de la población A y 16 de la población B, la varianza de la duración de los transistores de la primera muestra es mayor 4.23 veces que la varianza muestral de la segunda. 20. De una población X ~ N(μ, 100) se extrae una muestra aleatoria de tamaño 12 y de una población Y ~ N(μ, 225) se extrae una muestra aleatoria de tamaño 8. Calcule e interprete: P( S X2  1.6SY2 ) . Solución Datos: σ2X = 100 horas, σ2Y = 225, nX = 12 transistores y nY = 8. Para obtener la probabilidad solicitada se emplea la distribución F siguiente:

F

S X2  Y2 S X2 225 S X2   2 . 25  f n X 1,nY 1 = F11,7 SY2  X2 SY2 100 SY2

Adecuando la probabilidad solicitada al resultado anterior se obtiene:

 S2    S2 P S X2  1.6SY2  P X2  1.6   P 2.25 X2  2.25 x1.6  = SY  SY   





= P(F11,7 ≤ 3.6) = 0.95 Rpta. Interpretación.- en el 95% de las (ó en 950 de cada 1000) muestras de tamaño 12 de la población X y 8 de la población Y, la varianza muestral de las X es menor o igual que 1.6 veces que la varianza muestral de las Y. 118

3.7 EJERCICIOS PROPUESTOS 1. Si X ~ X2 con 25 grados de libertad, hallar: a) P(X ≤ 46.9). b) P(11.5 ≤ X ≤ 44.3). c) P(X > 37.7). d) Hallar a y b tal que P(X ≤ a) = 0.05 y P(a ≤ X ≤ b) = 0.90. 2.

De una población X N(u, 18 ), se extrae una muestra aleatoria de tamaño n = 25. Calcule e interprete: a) P [ 0.011 < ( x - µ )2 < 3.614 ] b) ¿Entre que valores se encontrará el 95 % central de las varianzas muestrales?

3.

De una población X → N(µ , 20 ), se extrae una muestra aleatoria de tamaño n = 30. Calcule e interprete: a) P [354 ≤

30

(X i 1

i

  ) 2 ≤ 876 ]

b) P ( 11.04 ≤ S2 ≤ 31.52 ) 4.

Se sabe que los pesos de ciertas latas de atún se distribuyen normalmente con una desviación estándar de 2 gramos. Si se toma una muestra de 12 latas, calcule e interprete la probabilidad de que la varianza de la muestra sea menor que 8.5 (gr.)2.

5.

La duración de los focos producidos por una compañía tienen una media de 1500 horas y una desviación típica de 80 horas. Se seleccionan 23 focos al azar, calcule e interprete la probabilidad de que la desviación estándar muestral se encuentre entre 60 y 100 horas.

6.

La duración de transistores fabricados por una compañía tienen distribución normal con una media de 2000 horas y una desviación típica de 60 horas. Se selecciona 10 transistores al azar, calcule e interprete la probabilidad que la varianza muestral se encuentre entre 2500 y 4900 (horas)2.

7.

De una población X: N(u, 18), se extrae una muestra aleatoria de tamaño n = 25. Calcule e interprete: 25

a) P [327.5 <



(X i - µ)2 < 978.8 ]

i 1

119

b) P (8.18 < S2 < 32.25). 8.

De una población X → N(μ, 10) se extrae una m.a. de tamaño n = 10 y de una población Y → N(μ, 15) se extrae una m.a. de tamaño m = 8. Calcule e interprete:

9.

10   a) P  30.1   ( X i  X )2  190.0  i 1   8   b) P  32.7   (Yi   ) 2  201.0  i 1   Si T ~ t con 23 grados de libertad, hallar:

a) P(T ≤ -1.714) b) P(-1.319 ≤ T ≤ 2.5) c) P(T > 1.319) d) Hallar a y b tal que P(T ≤ -t0) = 0.05 y P(-t0 ≤ T ≤ t0) = 0.90. 10. Un inspector investiga las acusaciones contra una fábrica de gaseosas porque no llena bien sus envases. Una muestra de 16 botellas de gaseosa indica una desviación típica S = 0.18 litros. Calcule e interprete la probabilidad de que el promedio muestral difiera de su media poblacional µ en menos de 0.096 litros. 11. De una población X: N(0, ¼) se extrae una muestra aleatoria de tamaño 10. Determine el valor de la constante k tal que: P (k x > SX) = 0.05. Donde x es la media muestral de las X y SX es la desviación estándar muestral de las X. 12. Para analizar el tiempo de atención por cliente en un establecimiento grande, se tomó una muestra aleatoria sin reemplazo de 25 atenciones con lo cual se obtiene un tiempo promedio de 7.5 minutos y una varianza S2 = 2.25 minutos2. Calcule e interprete la probabilidad de que el promedio muestral difiera de su media poblacional en menos de 0.513 minutos. 13. De una población X: N(μ, σ²), se extrae una muestra aleatoria de n+1 observaciones. Encontrar c tal que el estadístico c( x – Xn+1

)/S

tenga

distribución t. Donde x y S es la media y la desviación estándar muestral obtenidas con las n primeras observaciones. 14. Una inspectora de calidad investiga las acusaciones contra una fábrica de cerveza porque no llena bien sus envases. Una muestra de 25 latas de cerveza indica un contenido medio x = 33.2 onzas y S = 2.25 onzas. Calcule e interprete la probabilidad de que el promedio muestral difiera de su media poblacional en menos de 0.929 onzas. 120

15. Si F ~ f con 10 y 12 grados de libertad, hallar: a) P(F ≤ 0.212) b) P(0.276 ≤ F ≤ 4.30) c) P(F > 3.37) d) Hallar c y d tal que P(F ≤ c) = 0.05 y P(c ≤ T ≤ d) = 0.90. 16. Si muestras aleatorias independientes de tamaños n1 = n2 = 8 provienen de poblaciones normales con la misma varianza. Calcule e interprete la probabilidad que la varianza de la primera muestra sea mayor que 5 veces la segunda. 17. Si muestras aleatorias independientes de tamaño n1 = 6 y n2 = 8 provienen de poblaciones normales con la misma varianza. Calcule e interprete la probabilidad que la varianza de la primera muestra sea 5 veces más grande que la segunda 18. Sea X1 , X2 , …. , X7 e Y1 , Y2 , …. , Y9 muestras aleatorias independientes de distribuciones normales, ambas con media cero y varianza uno. Calcule e 9  7  interprete: P 2 X i2  7Y j2  j 1  i 1 

19. Dos compañías A y B fabrican transistores. La duración para los fabricados por A tiene una desviación estándar de 40 horas, en tanto que los B tienen una desviación estándar de 50 horas. Se toma una muestra de 10 transistores de A y 10 de B. Calcule e interprete la probabilidad que la varianza de la muestra A sea al menos dos veces más grande que la B. 20. Dos compañías A y B fabrican focos. La duración de los fabricados por A tiene una desviación típica de 40 horas, en tanto que los B tienen una desviación estándar de 50 horas. Se toma una muestra aleatoria de 10 focos de A y 10 de B. Calcule e interprete la probabilidad que la varianza de la muestra A sea mayor que tres veces la varianza de la muestra B.

121

Capítulo 4. ESTIMACIÓN PUNTUAL “Lo que escucho lo olvido, lo que veo lo recuerdo, pero lo que hago lo entiendo” Confucio CONTENIDO 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7

Estimadores. Propiedades. Métodos de estimación puntual. Método de máxima verosimilitud. Método de los momentos. Método de los mínimos cuadrados. Ejercicios resueltos. Ejercicios propuestos.

En este capítulo, se presenta los aspectos fundamentales de la estimación puntual, es decir la aproximación al valor del parámetro a través de un solo valor, buscando de observar las propiedades que deben reunir los estimadores de los parámetros, así como el uso de los métodos de estimación puntual. La estadística provee técnicas que permiten obtener conclusiones generales a partir de una muestra (un conjunto limitado, pero representativo de datos). Cuando inferimos no tenemos garantía de que la conclusión que obtenemos sea exactamente correcta. Sin embargo, la estadística permite cuantificar el error asociado a la estimación. La mayoría de las distribuciones de probabilidad dependen de cierto número de parámetros. Por ejemplo: P(λ), N(µ, σ2 ), B(n, p), etc. Salvo que estos parámetros se conozcan, deben estimarse a partir de los datos muestrales. El objetivo de la estimación puntual es usar una muestra para obtener números que, en algún sentido, sean los que mejor representan a los verdaderos valores de los parámetros de interés. Supongamos que se selecciona una muestra de tamaño n de una población. Antes de obtener la muestra no sabemos cuál será el valor de cada observación. Así, la primera observación puede ser considerada una variable aleatoria X1, la segunda una v.a. X2, etc. Por lo tanto, antes de obtener la muestra denotaremos X1 , X2 , .... , Xn a las observaciones y, una vez obtenida la muestra los valores observados los denotaremos x1, x2, .... , xn. 122

4.1 ESTIMADORES. PROPIEDADES Estimador y estimación Definición: Un estimador puntual ˆ del parámetro θ es un estadístico, una fórmula, obtenido como una función de la muestra, es decir ˆ = F(X1 , X2 , .... , Xn). Definición: Una estimación puntual de un parámetro θ es un valor que puede ser considerado representativo de θ y se indicará ˆ . Se obtiene una vez determinada la muestra de valores observados x1 , x2 , .... , xn , es decir

ˆ =

F(x1 , x2 , .... , xn ). Ejemplo 1.- Con el fin de estudiar si un dado es o no equilibrado, se arroja el dado 100 veces en forma independiente, obteniéndose 21 ases. ¿Qué valor podría utilizarse, en base a esa información, como estimación de la probabilidad de as? Parece razonable utilizar la frecuencia relativa de ases. En este caso, si llamamos p a la probabilidad que queremos estimar, p = 21 / 100 = 0.21. Propiedades de los estimadores Observemos que dada una m.a. X1 , X2 , .... , Xn un estimador puntual del parámetro θ obtenido en base a ella, es una v.a. ˆ . La diferencia ˆ - θ es el error de estimación y una estimación será más precisa cuanto menor sea este error. Este error es también una v.a. dado que depende de la muestra obtenida. Para algunas muestras será positivo, para otras negativo. Una propiedad deseable es que la esperanza del error sea 0, es decir que “en promedio” el error obtenido al estimar a partir de diferentes muestras sea cero. a) Insesgamiento.- un estimador puntual ˆ del parámetro θ es insesgado si: E( ˆ ) = θ . Si ˆ no es insesgado, a la diferencia E( ˆ ) – θ = b ( ˆ ) se le denomina sesgo de

ˆ . 123

Por lo tanto, se dice que un estimador es insesgado si su distribución tiene como valor esperado al parámetro que se desea estimar. Ejemplo 2.- sea X1 , X2 , .... , Xn una m.a. de una población X con media μ y varianza σ2. Hemos visto en las distribuciones muestrales que un estimador de la n

media poblacional μ es la media muestral, es decir que ˆ  X 

X i 1

n

i

, y

hemos probado que:

 n   Xi  1 n 1 n 1 E ( X )  E  i 1    E ( X i )     (n )   n i 1 n  n  n i 1   Es decir que la media muestral X es un estimador insesgado de la media poblacional μ. Ejemplo 3.- Si X1 , X2 , .... , Xn una m.a. de una población X ~ N(μ , σ2 ) . Veremos más adelante, en estimación máximo verosímil, que un estimador de la n

ˆ 2 

varianza poblacional σ2 es

( X i 1

i

 X )2

n

, cuya esperanza está dada por:

 n    ( X I  X )2  n n   1 E X 2  nX 2   1 E X 2   E X 2 E (ˆ 2 )  E I 1  i i   n  n i 1  n  i 1    

 

=

    

 

n 2 2 E X i2  E X 2  V ( X i )  E ( X i )   V ( X )  E ( X )  n

=    2

2

n

 2 

E (ˆ 2 ) 

Es decir que: n

Luego ˆ 2 

2

( X i 1

i



n 1 2  n

n 1 2  n

 X )2

n

no es estimador insesgado de la varianza poblacional

σ2. b) Insesgamiento asintótico.- Un estimador puntual ˆ del parámetro θ, basado en una muestra aleatoria X1 , X2 , .... , Xn , es insesgado asintóticamente si: 124

lím n

E(ˆ)  

n

En el ejemplo 3, si bien ˆ 2 

( X i 1

i

 X )2 no es un estimador insesgado,

n

pero es asintóticamente insesgado ya que su esperanza tiende a σ2 cuando el tamaño de la muestra tiende a infinito. n

Ejercicio.- verificar que la varianza muestral s 2 

( X i 1

i

 X )2

n 1

es un

estimador insesgado de la varianza poblacional σ2 cualquiera sea la distribución. c) Consistencia.- Sea X1, X2, .... , Xn una m.a. de una distribución que depende de un parámetro θ, y sea ˆn un estimador puntual de θ basado en esa muestra. Diremos que ˆn es un estimador consistente de θ, si

  0 ,





lím P ˆn      1 n n

Ejemplo 4.- Demuestre que la media muestral ˆ  X 

X i 1

n

i

es un estimador

consistente de la media poblacional μ. Solución.Como la media muestral

Z

X  N (, 2 / n) . Y la variable aleatoria

( X  ) tiene aproximadamente distribución N(0, 1) ; tenemos que: / n

  n  n   n  1 P X       P   X       P Z   2         

Luego:

 n  lím lím   1 = 2 (1) – 1 = 1 2  P X      = n n      125

n

Por lo tanto, la media muestral X 

X i 1

i

es un estimador consistente de la

n

media poblacional μ, cualquiera que sea el tipo de distribución de la población, siempre que tenga media y varianza. d) Error Cuadrático Medio (ECM) de un Estimador .- Sea ˆ un estimador puntual

del

θ,

parámetro

su

error

cuadrático

medio

es:

2 ECM (ˆ)  Eˆ   

Proposición.-

ECM (ˆ)  Eˆ     Var(ˆ)  b(ˆ) 2

2

Siendo b (ˆ ) = E( ˆ ) – θ el sesgo del estimador ˆ . Demostración.2 ECM (ˆ)  E[(ˆ   ) 2 ]  E[ˆ  E(ˆ)  E(ˆ)    ] =

2 2 = E[ˆ  E(ˆ   E(ˆ)     2ˆ  E(ˆE(ˆ)   ]

=

E[ˆ  E(ˆ ]  E[E(ˆ)    ]  2Eˆ  E(ˆE(ˆ)    2

2

Utilizando las propiedades del operador esperanza, se tiene que:

ECM (ˆ)  E[ˆ  E (ˆ  ]  [E (ˆ)    ]  2Eˆ  E (ˆ E (ˆ)     V (ˆ)  [b(ˆ)]2  0 2

2

y, por lo tanto, ECM ( ˆ ) = Var ( ˆ ) + [ b( ˆ ) ]2, como queríamos probar. Nota.- Si el estimador ˆ es insesgado, el error cuadrático medio es igual a la varianza del estimador. Es decir, ECM ( ˆ ) = Var ( ˆ ). e) Eficiencia Relativa (Principio de estimación de menor error cuadrático medio).- Dados dos o más estimadores del parámetro θ, se debe elegir al que tiene menor ECM. En el caso de que los estimadores sean insesgados, se escoge al que tenga menor varianza. Entre un estimador insesgado y otro que no lo es, si el 126

estimador sesgado tiene una varianza mucho menor que el insesgado, podría ser preferible su uso. Ejemplo 5.Suponga que ˆ1 y ˆ2 son dos estimadores de  con E ( ˆ1 ) = , E( ˆ2 ) = /3, Var ( ˆ1 ) = 6 , Var ( ˆ2 ) = 2. ¿Cuál es mejor estimador de  ? ¿por qué? Solución.El estimador ˆ1 es insesgado, por lo tanto: ECM ( ˆ1 ) = Var ( ˆ1 ) = 6 ........ (1) El estimador ˆ2 es sesgado, por lo tanto: ECM ( ˆ2 ) = Var( ˆ2 ) + [ E ( ˆ2 ) -  ]2 = 2 + [/3 -  ]2 = (18 + 4 2) / 9 ... (2)

ˆ1 será mejor estimador que ˆ2 si: ECM (1 ) < ECM ( ˆ2 ) Reemplazando (1) y (2):

6

< (18 + 4 2) / 9

 > 3.

Cuya solución es:

Es decir que ˆ1 será mejor estimador que ˆ2 si  > 3, porque tiene menor ECM; en caso contrario, si

 < 3, ˆ2 será mejor estimador que ˆ1 .

Rpta. Ejemplo 6.Sea X1 , X2 , .... , Xn una m.a. de una población X ~ N(μ , σ2 ) . Se puede verificar inmediatamente que los siguientes estimadores, son estimadores insesgados de μ.

ˆ1  X ,

ˆ 2 

X1  X 2 2

y

ˆ 3  X 1

Mientras que, la varianza de estos estimadores es:

127

V (ˆ1 ) 

2 n

, V ( ˆ 2 ) 

2

y V ( ˆ 3 )   2

2

Por lo tanto, el mejor estimador de μ será ˆ1  X por tener menor varianza. f) Eficiencia.- Se dice que un estimador puntual ˆ es un estimador eficiente del parámetro θ si es insesgado y de varianza mínima. Para todos los estimadores insesgados de θ, Cramer y Rao establecieron una cota inferior de las varianzas, de la siguiente manera: La cota inferior de Cramer – Rao [ B(θ) ] Sea ˆ un estimador insesgado del parámetro θ, basado en una m.a. de n observaciones y sea f(x; θ) la distribución de probabilidades de la v.a X. Entonces, la cota inferior de la varianza de ˆ es:

Var(ˆ)  B( ) 

1 d  nE  ln f ( x;   d 

2

Si la varianza de un estimador insesgado ˆ satisface la desigualdad de Cramer y Rao como una igualdad, este es un estimador insesgado de varianza mínima o eficiente. Ejemplo 7.Demostrar que la proporción muestral p es un estimador insesgado de varianza mínima de la proporción poblacional P, de una variable aleatoria X con distribución de Bernoulli. Solución.Suponga que se extrae una muestra aleatoria simple de tamaño n de la población X con distribución de Bernoulli., entonces: n

p

X i 1

i

,

n

estima a P.

La proporción muestral p, es una media muestral de v.a. Bernoulli con E(Xi ) = P y V(Xi ) = PQ; representa la proporción de éxitos en la muestra y estima a la proporción de éxitos en la población P. Luego: 128



 n   Xi  1 n 1 n 1 E ( p)  E  i 1    E ( X i )   P  (nP)  P n i 1 n  n  n i 1  

Es decir que la proporción muestral p es un estimador insesgado de la proporción poblacional P. Veamos si es de varianza mínima.



n  n    X i  Var( X i ) i 1 Var( p)  Var i 1   n2  n    n

 

Var( X i ) i 1

n

2

(propiedad de la varianza)

n



 PQ i 1

n

2



nPQ PQ  n2 n

Hallemos la cota inferior de Cramer – Rao, B(P): i)

f(x; P) = P x (1 – P) 1 - x , x = 0 , 1

ii)

ln f(x; P) = x ln P + (1 – x) ln (1 – P)

iii)

d x 1 x xP ln f ( x; P)    dP P 1  P P(1  P)

iv)

 ( x  P)2  Var( X ) PQ 1 d  E  ln f ( x; P)  E  2  2 2  2 2  2 PQ PQ PQ  dP   P (1  P) 

v)

B( P) 

2

1 d  nE  ln f ( x; P)  dP 

2



1 PQ = Var (p)  n  1  n   PQ 

Dado que la Var (p) es igual a la cota inferior de Cramer-Rao B(P), p es un estimador de varianza mínima para P. Como la proporción muestral p es un estimador insesgado y de varianza mínima para P, es un estimador eficiente.

129

4.2 MÉTODOS DE ESTIMACIÓN PUNTUAL Entre los principales métodos de estimación puntual se tiene: El método de máxima verosimilitud (que busca maximizar la probabilidad de que ocurra la muestra observada) El método de los momentos (en el que se iguala los correspondientes momentos poblacionales y muestrales). El método de los mínimos cuadrados ordinarios (que busca minimizar la varianza de los errores en el modelo de regresión lineal). A continuación presentamos cada uno de estos métodos de estimación. 4.3 MÉTODO DE MÁXIMA VEROSIMILITUD El método consiste en seleccionar como Estimador Máximo Verosímil4 (EMV) puntual del parámetro θ, al estimador ˆ que maximiza la probabilidad de obtener la muestra realmente observada. Dicha probabilidad está representada por la función de probabilidad conjunta de la muestra y recibe la denominación de función de verosimilitud. Procedimiento.Sea X1, X2, .... , Xn una m. a. de X, una variable aleatoria con función de probabilidad f(x; θ) que depende del parámetro θ, y sean x1 , x2 , .... , xn , los valores observados. Para hallar el EMV del parámetro desconocido θ se procede de la siguiente manera: 1) Hallar la función de verosimilitud, que representa la probabilidad de obtener la muestra observada, y se define así: n

V(θ) = f (x1 , x2 , .... , xn ; θ) = f (x1 ; θ) f (x2 ; θ) .... f (xn ; θ) =

 f ( x ; ) i 1

i

2) El método de máxima verosimilitud consiste en tomar como estimación el valor ˆ que hace máxima la función de verosimilitud V(θ). Sabemos que si

4

http://buscon.rae.es/drae/ Real Academia Española © Todos los derechos reservados. Vigésima segunda edición (2001). Verosímil: 1. Adj. Que tiene apariencia de verdadero. 2. Adj. Creíble por no ofrecer carácter alguno de falsedad.

130

ˆ hace máxima a V(θ), también hace máxima a su logaritmo ln V(θ). Para convertir el producto en suma, se toma la función: n

L = ln V(θ) =

 ln f ( x ; ) i 1

i

3) Se toma derivadas parciales de L con respecto a θ, se iguala a cero y se obtiene ˆ . Es decir: n L  ln f ( xi ; )   0  ˆ = F (x1 , x2 , .... , xn )  i 1 

Si la distribución tiene r parámetros desconocidos θ1 , θ2 , .... , θr ; se toma derivadas parciales con respecto a cada parámetro y en lugar de una ecuación tendremos las r ecuaciones:

L 0 , 1

L L  0 , .... , 0  2  r

a partir de las cuales se obtiene los estimadores ˆ 1 , ˆ 2 , .... , ˆ r . Ejemplo 8.Hallar el estimador de máxima verosimilitud para el parámetro P (proporción o probabilidad de éxito) de la distribución X de Bernoulli. Solución.i)

La función de probabilidad de la v.a. X Bernoulli es: f (x; P) = P x (1 – P) 1 - x , x = 0 , 1 ; 0 < P < 1

ii) Sea X1 , X2 , .... , Xn una m. a. de X, cuyos valores observados son x1 , x2 , .... , xn. Entonces:

f ( xi ; P)  P xi (1  P)1 xi , xi = 0 , 1 ; i = 1, 2, …. , n iii) La función de verosimilitud V(P) está dada por: V(P) = f (x1 , x2 , .... , xn ; P) = f (x1 ; P) f (x2 ; P) .... f (xn ; P) = n

n

=

 f ( x ; P) =  P i 1

i

xi

X n X (1  P)1 xi = P  i (1  P)  i

i 1

n   x ln P  n   i   xi  ln(1  P) i 1 i 1   n

iv) L = ln V(P) =

131

n

 xi

v)

n

n   xi

L i 1 i 1   P P 1 P

n

0

1 P  P

n   xi i 1

n

x i 1



i

n

Pˆ  p 

Luego:

x i 1

n

i

X

Rpta.

Estimador muestral que sabemos es un estimador eficiente de la proporción poblacional P. 4.4 MÉTODO DE LOS MOMENTOS La idea básica de este método consiste en igualar los momentos muestrales con los correspondientes momentos poblacionales. Recordemos la siguiente definición. Definición.Sea X una v.a. con función de probabilidad puntual p(x) en el caso discreto o función de densidad f(x) en el caso continuo. Se denomina momento de orden k (k  N) o momento poblacional de orden k a E(Xk ), es decir:

E ( X k )   x k p( x) en el caso discreto, y x

E( X k ) 



x

k

f ( x)dx en el caso continuo.



si esas esperanzas existen. Dada una muestra aleatoria X1 , X2 , .... , Xn , el momento muestral de orden k n

alrededor del origen denotado por M’k , es:

M 'k 

X i 1

k i

n

Definición.Sea X1 , X2 , .... , Xn , una m.a. de una distribución con función de probabilidad o función de densidad que depende de m parámetros Ө1, Ө2, ...., Өm. Los estimadores de momentos de Ө1, Ө2, ...., Өm son los valores ˆ 1, ˆ 2, .... , ˆ m que se obtienen igualando m momentos poblacionales con los correspondientes momentos muestrales. En general, se obtienen resolviendo el siguiente sistema de ecuaciones: 132

n

E ( X k )  M 'k 

X i 1

k i

,

n

k = 1, 2, .... , m

Ejemplo 9.Sea X1, X2, .... , Xn, una m.a. de una distribución exponencial de parámetro λ. Como hay un solo parámetro a estimar, basta plantear una ecuación basada en el primer momento. Es decir, M1’ = E (X). Sabemos que para la distribución exponencial E ( X ) 

1

Entonces:



n

M  ' 1

X i 1

n

i

 E( X ) 

1



 ˆ 

n



n

X i 1

1 X

i

4.5 MÉTODO DE LOS MÍNIMOS CUADRADOS Conocido también como el método de los mínimos cuadrados ordinarios, es utilizado para estimar los parámetros del modelo de regresión lineal simple y múltiple. Se parte del hecho de que no todos los puntos caen sobre la recta postulada, a la cual se le agrega la variable aleatoria error y lo que se busca es n

minimizar la varianza de los errores representada por

e i 1

2 i

.

Si Yi = a + b Xi + ei entonces ei = Yi - a - b Xi y por tanto se busca minimizar: n

n

i 1

i 1

 ei2   (Yi  a  bX i ) 2 Se toman derivadas parciales con respecto a a y con respecto a b, se igualan a cero así: n d n 2 ei  2 (Yi  a  bX i )(1)  0  da i 1 i 1

133

n d n 2 e  2 (Yi  a  bX i )( X i )  0 i  db i 1 i 1

Luego de igualarlas a cero se obtiene las denominadas ecuaciones normales: n

n

i 1

i 1

na  b X i   Yi

….. (1)

n

n

n

i 1

i 1

i 1

a X i  b X i2   X i Yi ….. (2) Cuya solución proporciona los siguientes estimadores: de b y a: n

bˆ 

 X Y  nX Y i 1 n

i i

X i 1

aˆ  Y  bˆ X

y 2 i

 nX

2

Cuando se reemplaza los resultados muestrales se obtiene: Yˆ  aˆ  bˆX i

134

4.6 PROBLEMAS RESUELTOS n

1.

Demostrar que la varianza muestral ˆ 2  s 2 

(X i 1

i

 X )2

n 1

es un estimador

insesgado de la varianza poblacional σ2. Solución Sabemos que:

n

n

i 1

i 1

 ( X i  X ) 2   X i2  nX 2

Hallando la esperanza de la varianza muestral se tiene:

 n 2  n 2  n  2 2   ( X I  X ) 2  E  X i  nX  E  X i   nE X    i 1     i 1 E (ˆ 2 )  E (s 2 )  E i 1   n 1 n 1 n 1    

 

  

 

 

nE X i2  nE X 2 n V ( X i )  E ( X i )   V ( X )  E ( X )   = n 1 n 1 2

2



  2 n 2   2   2 n n 2   2   =  n 1 n 1

(n  1) 2 Es decir que: E(ˆ )  E(s )  2 n 2

2

n

Luego ˆ 2  s 2 

(X i 1

i

 X )2

n 1

es estimador insesgado de la varianza poblacional

σ2. 2.

La primera observación de una muestra aleatoria de tamaño n, podría utilizarse como un estimador de la media poblacional. ¿Es éste un estimador: a) insesgado? y b) eficiente? Solución Por definición de muestra aleatoria se sabe que: X1, X2 , …., Xn son n variables aleatorias independientes con: E(Xi) = µ, V(Xi) = σ2. Si ˆ  X1 , entonces: a) E(ˆ )  E( X1 ) = µ, luego ˆ  X1 es un estimador insegado de µ. 135

b) Como X1 es un estimador insesgado, entonces ECM (X1) = V(X1) = σ2. n

Pero,

X

X i 1

i

también es un estimador insesgado de µ, con

n

ECM ( X )  V ( X ) 

2 n .

Comparando los errores cuadráticos medios de ambos estimadores, se tiene que: ECM (X1) > ECM ( X ) luego X1 no es un estimador eficiente de µ, ya que

X es un estimador más eficiente. 3.

Las cajas de un cereal producido por una fábrica deben tener un contenido de 16 onzas (una libra). Un inspector toma una muestra aleatoria simple que arroja los siguientes pesos en onzas: 15.7, 15.7, 16.3, 15.8, 16.1, 15.9, 16.2, 15.9, 15.8, 15.6. a) ¿Cuál es la estimación puntual del peso medio poblacional de las cajas de cereal? b) ¿Cuál es la estimación puntual de la varianza poblacional del peso de las cajas? Solución a) El estimador puntual de la media poblacional es la media muestral y su estimación es la siguiente: n



 X 

 Xi i 1

n

10



X i 1

i

10



15.7  15.7  ....  15.6 159  = 15.9 onzas. 10 10

b) El estimador puntual de la varianza poblacional es la varianza muestral y su estimación es: n

ˆ 2  S 2  n

10

i 1

i 1

( X i  X )2 i 1

n 1

n



 X i2  nX 2 i 1

n 1

10



X i 1

2 i

 10 X 2

10  1



 X i2   X i2  15.7 2  15.7 2  ....  15.6 2 = 2528.58. Reemplazando en la expresion de la varianza muestral se obtiene: 136

10

ˆ 2  S 2  4.

X i 1

2 i

 10 X 2

10  1



2528 .58  10 x (15.9) 2 = 0.0533 (onzas)2. 9

En una encuesta de opinión a 1000 adultos para conocer su opinión acerca de la economía. Las respuestas fueron las siguientes: OPINIÓN:

ADULTOS

La economía se está contrayendo

300

La economía permanece igual

400

La economía está creciendo

200

No sabe/No opina

100

Determine la estimación puntual de los siguientes parámetros de la población: a) La proporción de adultos que opinan que la economía se está contrayendo. b) La proporción de adultos que opinan que la economía permanece igual. c) La proporción de adultos que opinan que la economía está creciendo. d) La proporción de adultos que No sabe/No opina. Solución El estimador puntual de la proporción poblacional es la proporción muestral siguiente: n



p p

X i 1

n

i



X N  de éxitos  n n

a) La estimación de la proporción de adultos que opinan que la economía se está contrayendo es: 

p

X adultos que opinan que la economía se está contrayendo 300   = n 1000 1000

0.30. b) La estimación de la proporción de adultos que opinan que la economía permanece igual es: 

p

X adultos que opinan que la economía sige igual 400   = 0.40 n 1000 1000

c) La estimación de la proporción de adultos que opinan que la economía está creciendo es: 137



p

X adultos que opinan que la economía está creciendo 200   = 0.20. n 1000 1000

d) La estimación de la proporción de adultos que No sabe/No opina es: 

p

X adultos que No sabe/No opina 100   = 0.10. n 1000 1000

Estimaciones que casi siempre son presentadas como porcentajes de la siguiente manera: NÚMERO Y PORCENTAJE DE ADULTOS, SEGÚN SU OPINIÓN SOBRE LA SITUACIÓN DE LA ECONOMÍA OPINIÓN:

5.

ADULTOS

%

La economía se está contrayendo

300

30

La economía permanece igual

400

40

La economía está creciendo

200

20

No sabe/No opina

100

10

Total

1000

100

Asumiendo que X1 y X2 son variables aleatorias independientes con: E(X1) = 3, V(X1) = 4, E(X2) = 4, V(X2) = 8. Si ˆ1 = 3X1 – X2 y ˆ2 = 3X2 – X1 son dos estimadores de ϴ, ¿Cuál de los estimadores es más eficiente? Solución Para determinar cuál de los estimadores es más eficiente hay que hallar sus errores cuadráticos medios y compararlos.

ECM (ˆi )  V (ˆi )    E(ˆi ) 

2

E (ˆ1 ) = E[3X1 – X2] = 3 E(X1) - E(X2) = 3(3) – 4 = 5 V (ˆ1 ) = V[3X1 – X2] = 32 V(X1) + V(X2) = 9(4) + 8 = 44. Luego: 2

ECM (ˆ1 )  V (ˆ1 )    E (ˆ1 )  = = 44 + [ϴ - 5]2 = 44 + [ϴ2 – 10 ϴ + 25] = ϴ2 – 10 ϴ + 69

E(ˆ2 ) = E[3X2 – X1] = 3 E(X2) – E(X1) = 3(4) – 3 = 9 V (ˆ2 ) = V[3X2 – X1] = 32 V(X2) + V(X1) = 9(8) + 4 = 76. Luego: 138

2

ECM (ˆ2 )  V (ˆ2 )    E (ˆ2 )  = = 76 + [ϴ - 9]2 = 68 + [ϴ2 - 18ϴ + 81] = ϴ2 - 18ϴ + 157 El estimador ˆ1 es un estimador más eficiente para ϴ que ˆ2 si se cumple que:

ECM (ˆ1 )  ECM (ˆ2 ) → 8ϴ < 88

→ ϴ2 – 10 ϴ + 69 < ϴ2 - 18ϴ + 157

→

→ ϴ < 11.

Si ϴ > 11, el estimador ˆ2 es un estimador más eficiente para ϴ que ˆ1 Rpta. 6.

Suponga que tiene una muestra de tamaño 2n de una población X con E(X) = µ 2n

y Var(X) = σ . Sean X 1  2

n

 Xi i 1

X2 

y

2n

X i 1

i

n

dos estimadores de µ, ¿cuál

es el mejor estimador de µ? Solución 2n

Ambos estimadores de µ propuestos, X 1 

n

 Xi i 1

2n

y

X2 

X i 1

n

i

, son

estimadores insesgados, ya que son medias muestrales con 2n y n observaciones muestrales respectivamente. Luego, será mejor estimador el que tenga menor varianza. Teniendo en cuenta que E(Xi) = µ y Var(Xi) = σ2, por definición de muestra aleatoria, hay que hallar sus varianzas y compararlas.

 2n   Xi V ( X 1 )  V  i 1  2n  

     

V ( X i )

 n   Xi V ( X 2 )  V  i 1  n  

     

V ( X )  

2n

i 1

( 2 n) 2

2n



n



2

i 1

( 2 n) 2



2n 2  2  2n ( 2n ) 2



n 2  2  n n2

n

i

i 1

n2



i 1

n2

2

Se observa que V ( X 1 )  V ( X 2 ) . Por lo tanto, X 1 es el mejor estimador de µ. Rpta.

139

7.

Sea X1, X2,…..,Xn, una muestra aleatoria de una variable aleatoria X con distribución uniforme en el intervalo [α, α + 1]. a) Demuestre que la media muestral x = ˆ es un estimador sesgado de α. b) Calcule el error cuadrático medio del estimador ˆ  x . Solución a) Como la variable aleatoria X tiene distribución uniforme en el intervalo [α, α + 1], entonces f ( x) 

1  1 , α ≤ X ≤ α + 1. Así mismo,  1

E( X )  EX i  

   1 2

2  1 (  1   ) 2 1 y V ( X )  V X i    2 12 12



Si ˆ  x , entonces:

 n   Xi E (ˆ )  E ( x )  E  i 1  n  

     

n

 E( X i ) i 1

n

n



 i 1

2  1 2  1 1 2    n 2 2

Luego: ˆ = x es un estimador sesgado de α. Rpta. b) El error cuadrático medio del estimador ˆ  x esta dado por:

ECM (ˆ )  V (ˆ )    E(ˆ )

2

 n   Xi V (ˆ )  V ( X )  V  i 1  n  

     

….. (b)

n

n

1

V ( X )  12 i

i 1

n

2



i 1

n

2



1 n  2 12n 12n

Reemplazando la varianza de ˆ y la esperanza de ˆ en (b) se tiene: 2

1  1  1 1 1  3n  ECM (ˆ )           12n  2  12n 4 12n  8.

Rpta.

Sea X1 , X2 , …. , X7 una muestra aleatoria de una población con media µ y varianza 2. Considere los siguientes estimadores de µ:

ˆ1 = (X1 + X2 + …. + X7 ) / 7 ;

ˆ2 = ( 2 X1 - X6 + X4 ) / 2

a) ¿Son estimadores insesgados? y b) ¿Cuál es mejor estimador de µ? Solución a) Por definición de muestra aleatoria E(Xi) = µ y Var(Xi) = σ2. Luego: 140

E ( X 1 )  E ( X 2 )  ....  E ( X 7 )     .... 7    7 7 7 2E ( X 1 )  E ( X 6 )  .E ( X 4 ) 2     2 E ˆ2      2 2 2 Por lo tanto ˆ1 como ˆ2 son estimadores insesgados de µ. Rpta. E ˆ1  

b) Por ser insesgados, es mejor estimador de µ el que tiene menor varianza. Luego:

V ˆ1  

V ( X 1 )  V ( X 2 )  ....  V ( X 7 )  2   2  ....   2 7 2 = 0.14 σ2.   2 49 49 7

2 2 V ( X 1 )  V ( X 6 )  .V ( X 4 ) 4 2   2   2 6 2 ˆ = 1.5 σ2. V  2     2 4 4 2 Por lo tanto ˆ1 es mejor estimador de µ que ˆ2 . 9.

Rpta.

 Suponga que ˆ 1 y ˆ 2 son estimadores de  con E(ˆ 1) = , E( ˆ 2) = , Var ( ˆ 1 2 ) = 6 , Var ( ˆ 2 ) = 2. ¿Cuál es mejor estimador de  ? ¿por qué? Solución De los dos estimadores, es mejor el que tiene menor error cuadrático medio. 2

ˆ ˆ ˆ Sabemos que: ECM (i )  V (i )    E (i )  . Como ˆ 1 es estimador insesgado de , entonces: ECM (ˆ1 )  V (ˆ1 )  6 2    8  ECM (ˆ2 )  V (ˆ2 )    E (ˆ2 )   2      2 4  2

2

El estimador ˆ1 es mejor estimador de ϴ que ˆ2 si se cumple que:

ECM (ˆ1 )  ECM (ˆ2 )

→ 6

8  2 → 24 < 8 + 2 → 2 > 16 →   4 . 4

Si   4 , el estimador ˆ2 es mejor estimador de ϴ que ˆ1 . 10. Suponga que ˆ1 y ˆ2 son 2 estimadores de β con: /3, Var ( ˆ1 ) = 7

y

Rpta.

E ( ˆ1 ) = β /2, E ( ˆ2 ) = β

Var ( ˆ2 ) = 6. ¿Cuál es mejor estimador de β? ¿Por

qué? Solución 141

De los dos estimadores, es mejor el que tiene menor error cuadrático medio. 2   28    ECM (ˆ1 )  V (ˆ1 )     E (ˆ1 )   7       2 4  2

2

2   54  4  ECM (ˆ2 )  V ( ˆ2 )     E (ˆ2 )   6       3 9  2

2

El estimador ˆ1 es mejor estimador de β que ˆ2 si se cumple que:

28   2 54  4 2  → 252 + 9 β2 < 216 + 16 β2 ECM (ˆ1 )  ECM (ˆ2 ) → 4 9 → 36 < 7 β2 → 7 β2 > 36 →

6 7

  Si 7 ,

 

6 7 7 .

el estimador ˆ2 es mejor estimador de β que ˆ1 .

Rpta.

11. Si ˆ1 y ˆ2 son estimadores independientes insesgados de un parámetro desconocido , con varianzas conocidas  12 y  22 respectivamente: a) Demostrar que ˆ = a ˆ1 + (1 – a) ˆ2 también es un estimador insesgado de , para cualquier valor de a. b) Encontrar el valor de a que minimiza la varianza de ˆ . Solución a) Si ˆ1 y ˆ2 son estimadores independientes insesgados del parámetro desconocido , entonces: E( ˆ1 ) =  y E( ˆ2 ) = . Luego: E( ˆ ) = E[a ˆ1 + (1 – a ) ˆ2 ] = a E( ˆ1 ) + (1 – a) E( ˆ2 ) = = a  + (1 – a )  = . Por lo tanto ˆ es un estimador insesgado de , para cualquier valor de a. b) Se tiene como datos: V( ˆ1 ) =  12 y V( ˆ2 ) =  22 . Luego, la varianza del estimador es: V( ˆ ) = V[a ˆ1 + (1 – a ) ˆ2 ] = a2 V( ˆ1 ) + (1 – a)2 V( ˆ2 ) Reemplazando la varianza de los estimadores se obtiene: V( ˆ ) = a2  12 + (1 – a)2  22 = f(a) 142

Para hallar el valor de a que minimiza la varianza del estimador ˆ , se toma la derivada parcial de V( ˆ ) con respecto a a y se iguala a cero. Así:

dV (ˆ) = 2a  12 + 2(1 – a)  22 (-1) = 0 da

f’(a) =

Para resolver la ecuación anterior se divide entre 2 en ambos miembros y se tiene: a  12 - (1 – a )  22 = 0 → a  12 + a  22 =  22 →

a=

 22 , punto  12   22

crítico. f’’(a) =

d 2V (ˆ) = 2  12 + 2  22 . da 2

Reemplazando el punto crítico encontrado en f’’(a) se tiene que: f’’(a) = 2  12 + 2  22 > 0 → a es un mínimo para la V( ˆ ). Por lo tanto el valor a = 12.

 22 minimiza la varianza de ˆ . Rpta.  12   22

Sea X una variable aleatoria con media  y varianza σ2. Dadas dos muestras aleatorias de tamaños n1 y n2 con medias muestrales X 1 y X 2 respectivamente. a) Demostrar que: X  aX1  (1  a) X 2 , 0 ≤ a ≤ 1, es un estimador insesgado de . b) Asumiendo que X 1 y X 2 son independientes, hallar el valor de a que minimiza la varianza de X . Solución Se sabe que la media muestral es un estimador insesgado de la media poblacional. Entonces: E( X 1 ) =  y E( X 2 ) = . Además, la varianza de la media muestral es igual a la varianza poblacional entre el tamaño de la muestra. Luego: V ( X 1 ) 

2 n1

y V (X 2 ) 

a) E( X ) = E[ aX 1  (1  a) X 2 ] = a E( X 1 ) + (1 – a) E( X 2 ) = = a  + (1 – a)  = . Entonces, X es un estimador insesgado de . L.Q.Q.D. 143

2 n2

.

b) V( X ) = V[ aX 1  (1  a) X 2 ] = a2 V( X 1 ) + (1 – a) 2 V( X 2 ) = Reemplazando la varianza de las medias muestrales se obtiene: V( X ) = a2

2 2 + (1 – a)2 = f(a) n1 n2

Para hallar el valor de a que minimiza la varianza del estimador X , se toma la derivada parcial de V( X ) con respecto a a y se iguala a cero. Así: f’(a) =

2 2 dV ( X ) = 2a + 2(1 – a) (-1) = 0 da n1 n2

Para resolver la ecuación anterior se divide entre 2σ2 en ambos miembros y se tiene:

n1 a 1 a = 0 → an2 + an1 = n1 → a = , punto crítico. n1 n2 n1  n 2 f’’(a) =

2 2 d 2V ( X ) = 2 + 2 . n1 n2 da 2

Reemplazando el punto crítico encontrado en f’’(a) se tiene que:

2 2 f’’(a) = 2 +2 > 0 → a es un mínimo para la V( X ). n1 n2 Por lo tanto el valor a = 13.

n1 minimiza la varianza de X . Rpta. n1  n 2

En base a una muestra aleatoria de tamaño n de una distribución Poisson con parámetro  , se pide: a) Determinar el estimador máximo verosímil del parámetro  . b) Es eficiente el estimador obtenido para el parámetro  ? Solución Sea X1, X2, .... , Xn, una m.a. de una distribución X ~ Poisson( ). Entonces: f (Xi, ) =

 X e  i

Xi !

Además: E(Xi) =  = Var (Xi).

, Xi = 0, 1, 2, ……

La función de verosimilitud es: n

V() = f(X1, X2, X3 ,…, Xn) =

 i 1

 X e  i

X i!



 Xi e  n n

 Xi !

i 1

144

n



 Xi

i 1

L = Ln V() = Ln

e n

n

 Xi !

i 1 n

L=

n

 X i Ln  n Ln e  ln  X i ! = i 1

i 1

n

n

i 1

i 1

 X i Ln  n   ln X i !

a) Determinación del estimador de : n

L  

n

 Xi

n0

i 1



→





X i 1

i

n

= x Rpta.

b) ¿Es eficiente el estimador de ? Será eficiente si es insesgado y de varianza mínima. 



E ( ) 

1 n 1 n n E ( X )      i n i 1 n i 1 n 

Por lo tanto  = x es un estimador insesgado para  . 



Es de varianza mínima si: V(  ) = B() 

V ( λ) 

λ , n

B( ) 

1   nE  ln f ( x,  )   

2

 X e 

f(X, ) =

X!

ln f(X, ) = X ln  -  ln e – ln X ! = X ln  -  - ln X !

 X ( X  ) ln f ( X ,  )   1     2

   ( X   )²  ln f ( X ,  )   ²    2

   1 1  1 E ln f ( X ,  )   E ( X   )²  V ( X )  2  ² ²      Luego:

B( ) 

 1     V ( )  . n 1 n n  . 



Por lo tanto  = x es un estimador de varianza mínima. 145



Como  = x es un estimador insesgado y de varianza mínima, es un estimador eficiente para  . 14.

En base a una muestra aleatoria de tamaño n de la distribución geométrica determine el estimador máximo verosímil del parámetro p. Solución Sea X1, X2, .... , Xn, una m.a. de una variable X ~ Geométrica (p). Entonces:

f X ( X i )  p(1  p) X 1 ; X i  1, 2,3,....  i  1, 2,3,...., n Luego la función de verosimilitud será: n

n

V ( p)  f ( X1 , X 2 ,...., X n )   p(1  p)

X i 1

 Xi  n

 p (1  p) i1 n

i 1

 n Xi  n   n i 1   = n Ln p    X i  n  Ln (1  p) L = Ln V(p) = Ln p (1  p)    i 1    n

n

L n   p p

X i 1

i

n 0

1 p

pˆ 

→

n

X i 1

15.



n

1 X

Rpta.

i

En base a una muestra aleatoria de tamaño n de una distribución normal N(µ, σ2 ) se pide: a) Determinar el estimador máximo verosímil de µ y σ2. b) Es eficiente el estimador del parámetro µ? Solución Sea X1, X2, .... , Xn, una m.a. de una distribución X ~ N(μ , σ2 ) . Entonces:

f (Xi ) 

1 2 2

1

e

2 2

( X i  )2

;    X i   ;  i  1,2,....,n

La función de verosimilitud es: n

V(,²) = f(X1, X2, X3 ,…, Xn) =

 i 1

n 2

1

 1  2 e L = Ln V(,²) = Ln  2  2 

2

1 2 2

n

( X i  )2  i 1

146

1

e

2

2

n

( X i  )2

1

n

( X i  )  1  2 2 2  i 1 e =  2  2 

2

n  Ln1  Ln ( ²2 )  1  ( X i   )² Ln e 2 2 ²

= L=

n n 1 Ln ²  Ln 2  2 2 2 ²

n

(X i 1

  )²

i

a) Determinación del estimador de μ n L 1  (2) (1)  ( X i   )  0  2 ² i 1 n

Luego:

(X i 1

i

n

 )  0

X

ó

i 1

i

 n  0

n

X



i 1

μ=

Por lo tanto:

i

X

n

Rpta.

Determinación del estimador de σ2

L n 1   2 2 ² 2( ²)² 

n

(X i 1

i

n

1

  )² = 0

→

n

 ( Xi   )²  2 ² 2( ²)² i 1

n

→

 ( X i   )² i 1

n

n

2( ²)²  2 ²



² 

→

 ( Xi   ) i 1

2

Rpta.

n

b) ¿Es eficiente el estimador de μ? Será eficiente si es insesgado y de varianza mínima. n



E( X ) 

X i 1

i

n



1 n 1 n n E X i   E( X i )    n i 1 n i 1 n



Por lo tanto μ = X es un estimador insesgado para μ. 

Es de varianza mínima si: B(  ) 

f(X, ) =

1    nE  ln f ( x,  )   

1

 2 2

e

1  X      2  

2

1 X  Ln f(X,) = Ln1-Ln  2    Ln e 2   2

2

147

2

V ( X ) 

2 n

1 X  = - Ln  2    2  

2

2

 1 ( X  ) ln f ( X ,  )   (2) ( X   )(1) =  2 ² ² B ( ) 

1 ( X  )  n E   ² 

2

1 1 ²   = n n  ( X   )²  ( ²) n E  (  ²)² (  ²)²  

=

V (X ) 

Por lo tanto μ = X es un estimador de varianza mínima. 

Como μ = X es un estimador insesgado y de varianza mínima, es un estimador eficiente para μ. 16.

Rpta.

En base a una muestra aleatoria de tamaño n de la distribución de Pareto determine el estimador máximo verosímil del parámetro B. Solución Sea X1, X2, .... , Xn, una m.a. de una variable X ~ Pareto (B) . Entonces:

fX (Xi ) 

BX 0B , X i  X 0 , i  1, 2,...., n . Donde: B = Coeficiente de Pareto > 0 y X iB 1

Xo = Ingreso mínimo. La función de verosimilitud es: n

V(B) = f(X1 , X2 , ....,Xn ) =  i 1

BX 0B B n X 0nB  n X iB 1  X iB1 i 1

L = Ln V(B) = Ln

B n X 0nB n

X i 1

B 1 i

n

 n LnB  nB LnX 0  ( B  1) Ln X i i 1

n n L n n   n Ln X 0   Ln X i  0    Ln X i  n Ln X 0  B B B i 1 i 1



n n n n   Ln X i   Ln X 0   Ln ( X i / X 0 ) B i 1 i 1 i 1

148

 Bˆ 

n

 Ln ( X i 1

17.

Rpta.

n

i

/ X0)

En base a una muestra aleatoria de tamaño n de una distribución Lognormal con parámetros (µ, σ2). Se pide: a) Determinar el estimador máximo verosímil de los parámetros µ y σ2. b) Se sabe que el ingreso familiar anual (en miles de soles) tiene aproximadamente distribución Lognormal. Determine una estimación de µ con los ingresos de 20 familias escogidas al azar siguientes: 10 18

50 61

40 16

8 9

12 11

15 19

10 21

25 27

14 25

32 30

Solución Sea X1, X2, .... , Xn, una m.a. de una variable X ~ Lognormal (µ, σ2). Entonces:

fX (Xi ) 

1 X i 2 2

e ( L n X i   )

2

/ 2 2

; X i  0,  i = 1, 2, ...., n.

Luego la función de verosimilitud será: V(µ, σ2) = f ( X1, X 2 ,...., X n ) 

n

X i 1

=

n 2

 1   2 2  e  Xi 1



1 2

i

e ( L n X i   )

2

2

/ 2 2

=

n

( L n X i  )2 / 2 2 i 1

n

; X i  0,  i = 1, 2, 3, .... , n.

i 1

L = Ln V(,²) = Ln

n 2

 1   2 2  e  Xi 1



n

( L n X i  )2 / 2 2 i 1

n

i 1

n

= Ln1  Ln X i  i 1

n

L =   Ln X i  i 1

n  Ln1  Ln ( ²2 )  1  ( Ln X i   )² Ln e 2 2 ²

n n 1 Ln ²  Ln 2  2 2 2 ²

 ( Ln X

a) Determinación del estimador de μ

L 1  (2) (1)  2 ²

n

 (Ln X i 1

i

 )  0

149

n

i 1

i

  )²

n

Luego:

n

 ( Ln X i   )  0

 Ln X

ó

i 1

i 1

 n  0

i

n



μ=

Por lo tanto:

 Ln X i 1

i

Rpta.

n

Determinación del estimador de σ2

L n 1   2 2 ² 2( ²)² 

n

 ( Ln X i 1

i

  )² = 0 → n

 ( Ln X

n

1

n → → ( Ln Xi   )²   2( ²)² i 1 2 ²

i 1

i

  )²

n



2( ²)² 2 ²

n



² 

Por lo tanto:

 ( Ln Xi   )

2

i 1

Rpta.

n

b) Estimación de µ con los ingresos de las 20 familias: n



Ln10  Ln 50  Ln 40  ....  Ln 25  Ln 30 = 2.9538 Rpta. n 20 Basados en una muestra aleatoria de tamaño n, hallar el estimador de momentos

μ=

18.

 Ln X i 1

i



para el parámetro , de la distribución de Poisson. Solución Sea X1, X2, .... , Xn, una muestra aleatoria de una variable X ~ Poissón () Como hay un solo parámetro a estimar, basta plantear una ecuación basada en el primer momento. Es decir, M1’ = E (X). Sabemos que para la distribución Poisson E(X) = . Entonces: n

M  ' 1

19.

 Xi i 1

n

n

 E ( X )    ˆ 

X i 1

n

i

X

Rpta.

Sea X una variable aleatoria con distribución uniforme en el intervalo [-a , 3a]. Hallar el estimador de a por el método de los momentos, basado en una muestra aleatoria de tamaño n de X. Solución

150

Sea X1, X2, .... , Xn, una muestra aleatoria de una variable X ~ uniforme en el intervalo [ -a , 3a ]. Como el único parámetro es a, basta plantear una ecuación basada en el primer momento. Es decir, M1’ = E (X). Sabemos que para la distribución uniforme en el intervalo [a, b], E(X) = (a + b)/2. Luego: en el intervalo [ -a , 3a ], E(X) = a. Por lo tanto: n

M  ' 1

20.

 Xi i 1

n

n

 E ( X )  a  aˆ 

X i 1

i

 X Rpta.

n

Basados en una muestra aleatoria de tamaño n, hallar el estimador de momentos para los parámetros  y σ2 de la distribución de normal. Solución Sea X1, X2, .... , Xn, una muestra aleatoria de una variable X ~ N(, σ2). Como la distribución tiene dos parámetros, es necesario igualar los dos momentos muestrales y poblacionales correspondientes. Es decir: M1’ = E (X)

….. (1)

M2’ = E (X2) …. (2) En la distribución normal E (X) =  y E (X2) = σ2 + 2. Reemplazando en las ecuaciones anteriores se tiene: n

En (1): M  ' 1

X i 1

n

i

n

 E ( X )    ˆ 

X i 1

n

i

X

Rpta.

n

En (2): M 2' 

X i 1

n

2 i

 E( X 2 )   2   2

Como la media muestral es un estimador de la media poblacional , la reemplazamos en la expresión anterior para hallar el estimador de σ2. n

 2  2  2  X 2 

X i 1

n

 ˆ 2 

 X i2 i 1

n

2 i

n n

X2 

 X i2  nX 2 i 1

n

n



151

(X i 1

i

 X )2

n

Rpta.

4.7 PROBLEMAS PROPUESTOS 1.

Si X1, y X2 son variables aleatorias independientes con: E(X1) = 4, E(X2) = 2, V(X1) = 8 y V(X2) = 4. Siendo ˆ1 = 2X1 – 3 X2 y ˆ2 = 3 X2 - X1 dos estimadores de ϴ, ¿cuál de los estimadores es más eficiente?

2.

Suponga que tiene una muestra de tamaño n de una población X con E(X) = µ y n2

2

Var(X) = σ . Sean X 1 

X i 1

n

i

n2

y

X2 

X i 1

n

i

dos estimadores de µ, ¿cuál es

el mejor estimador de µ? 3.

Los pesos netos (grs.) en una muestra aleatoria simple de diez latas de conserva fueron los siguientes: 159, 162, 159, 158, 156,157, 157, 163, 158, 161 a) ¿Cuál es la estimación puntual del peso neto medio poblacional de las latas de conserva? b) ¿Cuál es la estimación puntual de la desviación estándar poblacional del peso neto de las latas de conserva?

4.

Realizada una encuesta de opinión, a una muestra aleatoria simple de 800 ciudadanos, en la pregunta, ¿Está usted de acuerdo con la gestión del Alcalde de la ciudad? 260 responden que Sí, 440 que No y el resto No sabe/No opina. a) ¿Cuál es la estimación puntual de la proporción de la población que Si está de acuerdo con la gestión del Alcalde de la ciudad? b) ¿Cuál es la estimación puntual de la proporción de la población que No está de acuerdo con la gestión del Alcalde de la ciudad?

5.

Sea X1, X2, …. , X10 una muestra aleatoria de una población con media µ y varianza 2. Considere los siguientes estimadores de µ:

ˆ1 = (X1 + X2 + …. + X10 ) / 10 ;

ˆ2 = ( X1 + 3 X5 - X10 ) / 3

a) ¿Son estimadores insesgados? y b) ¿Cuál es mejor estimador de µ? 6.

Sean ˆ 1 y ˆ 2 dos estimadores de  con E ( ˆ 1) = , E ( ˆ 2) = /3, Var ( ˆ 1 ) = 8, Var ( ˆ 2 ) = 2. ¿Cuál es mejor estimador de  ? ¿por qué?

152

7.

Suponga que ˆ1 y ˆ2 son 2 estimadores de β con: /3, Var ( ˆ1 ) = 4

y

E ( ˆ1 ) = β /2, E ( ˆ2 ) = β

Var ( ˆ2 ) = 3. ¿Cuál es mejor estimador de β? ¿Por

qué? 8.

ˆ Si 1 y

ˆ2 son estimadores independientes insesgados de un parámetro

desconocido β, con varianzas conocidas  12 y  22 respectivamente: a) Demostrar que ˆ = k ˆ2 + (1 – k ) ˆ1 también es un estimador insesgado de β, para cualquier valor de k; b) Encontrar el valor de k que minimiza la varianza de ˆ . 9.

Sea Y una variable aleatoria con media  y varianza σ2. Dadas dos muestras aleatorias de tamaños n1 y n2 con medias muestrales y1 y y2 respectivamente. a) Demostrar que: Y  b y2  (1  b) y1 , 0 ≤ b ≤ 1, es estimador insesgado de  . b) Asumiendo que y1 y y2 son independientes, hallar el valor de b que minimiza la varianza de Y .

10. En base a una muestra aleatoria de tamaño m de la distribución binomial con parámetros n y p, determine el estimador máximo verosímil de dichos parámetros. 11. En base a una muestra aleatoria de tamaño n de la distribución de Pascal o binomial negativa, determine el estimador máximo verosímil del parámetro p. 12. En base a una muestra aleatoria de tamaño n de la distribución gamma con parámetros α = 2 y β, determine el estimador máximo verosímil del parámetro β. 13. En base a una muestra aleatoria de tamaño n de la distribución exponencial con parámetro λ, se pide: a) Determinar el estimador máximo verosímil del parámetro λ. b) Es eficiente el estimador obtenido para el parámetro  ? 14. Basados en una muestra aleatoria de tamaño n, hallar el estimador de momentos para el parámetro p, de la distribución Bernoulli. 15. Basados en una muestra aleatoria de tamaño n, hallar el estimador de momentos para el parámetro p, de la distribución Geométrica. 16. Basados en una muestra aleaatoria de tamaño m, hallar el estimador de momentos para el parámetro p, de la distribución binomial. 153

17. Basados en una muestra aleatoria de tamaño n, hallar el estimador de momentos para el parámetro p, de la distribución Pascal o binomial negativa. 18. Sea X una variable aleatoria con distribución uniforme en el intervalo [-2, 2a]. Basado en una muestra aleatoria de tamaño n, halle el estimador de a por el método de los momentos. 19. En base a una muestra aleatoria de tamaño n de la distribución gamma con parámetros α = 2 y β, determine el estimador de momentos del parámetro β. 20. En base a una muestra aleatoria de tamaño n de la distribución de Pareto determine el estimador de momentos del parámetro B.

154

Capítulo 5. ESTIMACIÓN POR INTERVALOS DE CONFIANZA “Quien hace que las cosas difíciles parezcan fáciles, es el educador” Emerson CONTENIDO 5.1 5.2 5.3 5.4 5.5 5.6 5.7 5.8 5.9 5.10 5.11 5.12

Intervalo de confianza para la media y tamaño de muestra. Intervalo de confianza para el total (conocida la media). Intervalo de confianza para la proporción y tamaño de muestra. Intervalo de confianza para el total (conocida la proporción). Intervalo de confianza para la diferencia de medias. Intervalo de confianza para la diferencia de proporciones. Intervalo de confianza para la media (n < 30). Intervalo de confianza para la varianza. Intervalo de confianza para la razón de varianzas. Intervalo de confianza para la diferencia de medias (n y m 0.05 es necesario el factor de corrección para poblaciones finitas y se ajusta el tamaño de muestra así:

n

n0 n 1 0 N

Ejemplo 3 En el estudio de mercado del ejemplo 2, para estimar la venta promedio mensual de una nueva marca de gaseosas, ¿Qué tamaño de muestra debe tomarse, si se desea que

difiera de µ en menos de S/. 30, con el 95 % de

confianza? Solución Datos: S = 120, E = |

- µ| = S/. 30 y según la tabla de la distribución normal

estándar, al 95% de confianza: Z = Z0. 975 = 1.96 Entonces:

Z 2 2 1.96 2 x120 2 n0    61 tiendas. Rpta. E2 30 2 5.2 INTERVALO DE CONFIANZA PARA EL TOTAL (conocida la media) Sea X1, X2, .............., Xn una muestra aleatoria de tamañazo n de una población X de tamaño N, distribuida con media  desconocida y varianza  2 conocida. Sabemos que el estimador del total poblacional X = N , es N , y que para n suficientemente grande (n ≥ 30) por el teorema central del límite:

Xˆ  Nˆ  NX  N N , N 2 X2 

y

Z

NX  N ~ N(0, 1) N X

Entonces, para un nivel de confianza 1 – α, se tiene que:

162

  NX  N 1 – α = P [ - z0  Z  z0 ] = P  Z    Z    1 1 N / n 2 2   Trabajando como en el caso general y dejando al centro de la desigualdad el total poblacional N , se obtiene:

    1 – α = P NX  NZ   N   N X  NZ   1 1 n n  2 2  A partir del cual se deduce el intervalo de confianza para el total poblacional N siguiente:

    N   NX  NZ  , NX  NZ   con el 100 (1 – α ) % de 1 1 n n 2 2  confianza. Si las muestras se toman sin reposición de una población finita de tamaño N, debe emplearse el factor de corrección por finitud y el intervalo será:

  N   NX  NZ  1 n 2 

N n  , NX  NZ  1 N 1 n 2

N n  N 1 

al 100(1 – α ) % de confianza. Observe que si se quiere construir intervalos de confianza para el total poblacional, basta con multiplicar por N los límites encontrados para la media poblacional; y viceversa, si se conoce el intervalo de confianza para el total poblacional, entonces dividirlo entre N para determinar los intervalos para la media poblacional. Ejemplo 4 En el ejemplo 2, si el número de tiendas de la cadena es 1000, calcule e interprete un intervalo de confianza del 95% para determinar el monto total mensual de las ventas de la nueva marca de gaseosas en la cadena de tiendas. Solución

163

En el ejemplo 2, se ha determinado que la verdadera venta media mensual de gaseosas en la cadena de tiendas es:  Є [960.80, 1039.20] S/. con el 95% de confianza. Entonces, para hallar los límites de confianza para la real venta total mensual de gaseosas, se multiplica a los límites anteriores por 1000. Es decir, T = N  Є [(1 000x 960.8) , (1 000x1039.2)] T = N  Є [960 800, 1 039 200] S/. con el 95% de confianza. Interpretación: el monto total mensual por la venta de gaseosas se encuentran entre S/. 960 800 y 1 039 200 con el 95% de confianza. 5.3 INTERVALO DE CONFIANZA PARA LA PROPORCIÓN Y TAMAÑO DE MUESTRA Sea X1, X2, ..............,Xn una muestra aleatoria de tamañazo n de una población binomial X con parámetro P. Sabemos que el estimador de la proporción poblacional P , es la proporción muestral p, y que para n suficientemente grande (n ≥ 30) por el teorema central del límite: n

p

X i 1

n

i



X n

 PQ   N  P,  n  

y

Z

pP  ~ N(0, 1) PQ n

Entonces, para un nivel de confianza 1 – α, se tiene que:

    pP  1 – α = P [ - Z0  Z  Z0 ] = P  Z   Z   1 1  PQ 2 2   n   Trabajando como en el caso general y dejando al centro de la desigualdad la proporción poblacional P, se obtiene:

 PQ PQ  1 – α = P p  Z   P p  Z  1 1 n n  2 2  Luego el intervalo de confianza para la proporción poblacional P es: 164

 PQ PQ  Pp  Z  , pZ   con el 100 (1 – α ) % de confianza. 1 1 n n  2 2  Como los valores poblacionales P y Q = 1 - P se desconocen, se estiman mediante p y q = 1 - p, resulta entonces el intervalo de confianza para la proporción poblacional P siguiente:

 P  p  Z  1 2 

pq , pZ  1 n 2

pq   con el 100 (1 – α ) % de confianza. n 

Si las muestras se toman sin reposición de una población finita de tamaño N, debe emplearse el factor de corrección por finitud y el intervalo será:

 Pp  Z  1 2 

pq N  n , pZ  1 n N 1 2

pq N  n   al 100 (1 – α ) % de conf. n N 1 

TAMAÑO DE MUESTRA PARA ESTIMAR LA PROPORCIÓN P n

Se sabe que: p 

X i 1

i

n



X n

 PQ   N  P,  n  

→ Z

pP  PQ n

E PQ n

Elevando al cuadrado y despejando n se obtiene el tamaño inicial de muestra siguiente:

Z 2 PQ n0  E2 Donde: Z = valor de la abscisa de la distribución normal estándar para un nivel de confianza (1 – α) dado. P = proporción de éxitos para la variable en estudio. Si se desconoce se estima con una muestra pasada o reciente (p). Q = 1 – P. E = |p - P| = error máximo permisible.  Si la fracción inicial de muestreo f = n0 / N ≤ 0.05 ó n0 ≤ 0.05N → n = n0.  Si f = n0 / N > 0.05 es necesario el factor de corrección para poblaciones finitas y se ajusta el tamaño de muestra así:

n

165

n0 n 1 0 N

Ejemplo 5 El auditor de una dependencia gubernamental de protección del consumidor, quiere determinar la proporción de reclamos sobre pólizas de enfermedades que paga el seguro, en un plazo de dos meses de haber recibido el reclamo. Se selecciona una muestra aleatoria de 200 reclamos y se determina que 80 fueron pagados en un plazo de 2 meses después de recibidos. a) Calcule e interprete un intervalo del 99 % de confianza para la proporción real de reclamos pagados dentro de ese plazo de dos meses; y b) Con un 95% de confianza, ¿qué tamaño de muestra (reclamos) será necesario si desea cometer un error máximo del 5%? Solución a) n = 200,

X = 80,

1 – α = 0.99,

Z0 = Z 0.995 = 2.575

p = proporción muestral de reclamos pagados en el plazo de dos meses.

p

X 80   0.4 , n 200

q = 1 – p = 0.6

El intervalo de confianza para la verdadera proporción poblacional P de reclamos pagados en plazo de dos meses, es:

 P  p  Z  1 2 

pq , pZ  1 n 2

pq   n 

Reemplazando valores se tiene: P ϵ [ 0.40 – 2.575

0.40 x0.60 ; 0.40 + 2.575 200

0.40 x0.60 ] 200

P ϵ [ 0.40 – 0.089 ; 0.40 + 0.089 ] Por lo tanto: P ϵ [ 0.311 ; 0.489 ] con el 99% de confianza.

Rpta.

Interpretación.- la verdadera proporción (porcentaje) de reclamos, sobre pólizas pagadas dentro del plazo de dos meses de haber recibido el reclamo, se encuentra entre 0.311 y 0.489 (31.1% y 48.9%) con el 99% de confianza. b) Datos: p = 0.40, q = 0.60, E = |p - P| = 0.05 y según la Tabla 1 de la distribución normal estándar, al 95% de confianza: Entonces:

n0 

Z 2 pq 1.96 2 x0.40 x0.60   369 reclamos. Rpta. E2 (0.05) 2 166

Z = Z0. 975 = 1.96

5.4 INTERVALO DE CONFIANZA PARA EL TOTAL (conocida la proporción) Sea X1, X2, ..............,Xn una muestra aleatoria de tamañazo n de una población binomial X con parámetro P. Sabemos que el estimador del total poblacional A = NP, es Np, y que para n suficientemente grande (n ≥ 30) por el teorema central del límite:



Aˆ  NPˆ  Np  N NP, N 2 p2



y

Z

Np  NP ~ N(0, 1) N p

Entonces, para un nivel de confianza 1 – α, se tiene que:

    Np  NP  1 – α = P [ - Z0  Z  Z0 ] = P  Z   Z   1 1  PQ 2 2 N   n   Trabajando como en el caso general y dejando al centro de la desigualdad el total poblacional NP, se obtiene:

 PQ PQ  1 – α = P N p  N Z   N P N p  N Z  1 1 n n  2 2  A partir del cual se deduce el intervalo de confianza para el total poblacional NP siguiente:

 PQ PQ  NP   N p  N Z  , N pNZ   con el 100 (1 – α ) % de 1 1 n n 2 2   confianza. Como los valores poblacionales P y Q se desconocen, se estiman por p y q, resulta entonces el intervalo de confianza para el total poblacional NP siguiente:

 NP   N p  N Z  1 2 

pq , N pNZ  1 n 2

pq   con el 100 (1 – α ) % de n 

confianza. Si las muestras se toman sin reposición de una población finita de tamaño N, debe emplearse el factor de corrección por finitud y el intervalo será:

 NP   Np  NZ  1 2 

pq N  n , Np  NZ  1 n N 1 2 confianza. 167

pq N  n   al 100 (1 – α ) % de n N 1 

Observe que si se quiere construir intervalos de confianza para el total poblacional, basta con multiplicar por N los límites encontrados para la proporción poblacional; y viceversa, si se conoce el intervalo de confianza para el total poblacional, entonces dividirlo entre N para determinar los intervalos para la proporción poblacional. Ejemplo 6 En el problema 6, si en la dependencia gubernamental de protección del consumidor hay 5 000 reclamos sobre pólizas de enfermedades que paga el seguro, en un plazo de dos meses de haber recibido el reclamo. Calcule e interprete un intervalo del 99% de confianza para el total verdadero de reclamos pagados dentro de ese plazo de dos meses. Solución En el ejemplo 6, se ha determinado que la verdadera proporción de reclamos, sobre pólizas pagadas dentro del plazo de dos meses de haber recibido el reclamo, se encuentra entre 0.311 y 0.489 con el 99% de confianza. Entonces, para hallar los límites de confianza para el total de reclamos pagados dentro del plazo de dos meses, se multiplica a los límites anteriores por 5 000. Es decir, A = N P Є [(5 000 x 0.311), (5 000 x 0.489)] A = N P Є [1 555, 2 445 ] con el 99% de confianza.

Rpta.

Interpretación: el verdadero total de reclamos, sobre pólizas pagadas dentro del plazo de dos meses de haber recibido el reclamo, se encuentra entre 1 555 y 2 445 reclamos con el 99% de confianza. 5.5 INTERVALO DE CONFIANZA PARA LA DIFERENCIA DE MEDIAS Sea X1, X2, ..............,Xn una muestra aleatoria de tamañazo n de una población X de tamaño N, distribuida con media  X desconocida y varianza  X2 conocida. Sea también Y1, Y2, ..............,Ym una muestra aleatoria de tamañazo m de una población X de tamaño M, distribuida con media 

Y

desconocida y varianza

 Y2 conocida.

Sabemos que el estimador de la diferencia de medias poblacionales X - Y es la diferencia de medias muestrales X - Y , y que para n y m suficientemente grandes (n y m ≥ 30) por el teorema central del límite: 168

X - Y ~ N(  X  Y ,  X2 Y )

X  Y  (  X  Y ) )

y Z

 X Y

~ N(0 , 1)

Entonces, para un nivel de confianza 1 – α, se tiene que:

  X  Y  ( X  Y ) 1 – α = P [- Z0  Z  Z0] = P  Z    Z    1 1  X Y 2 2   Trabajando como en el caso general y dejando al centro de la desigualdad el parámetro poblacional X - Y, se obtiene:

 1 – α = P ( X  Y )  Z   X Y   X  Y  ( X  Y )  Z   X Y 1 1 2 2 

   

A partir del cual se deduce el intervalo de confianza para la diferencia de medias poblacionales X - Y siguiente:

  µX - µY  ( X  Y )  Z   X Y , ( X  Y )  Z   X Y  al 100 (1- α)% de conf. 1 1 2 2   Donde, el error estándar de la diferencia de medias muestrales  X Y =  Y  X es:

 X Y 

 X2 n



 Y2 m

 X Y 

o

 X2  N  n   Y2  M  m      n  N 1  m  M 1 

Si se desconoce las varianzas poblacionales, se estiman con las varianzas muestrales y el error estándar de la diferencia de medias muestrales  X Y es:

 X Y 

S X2 SY2  n m

 X Y 

o

S X2 n

 N  n  SY  M  m       N 1  m  M 1  2

Ejemplo 7 Muestras del pago por hora a los choferes de camiones, en las ciudades X e Y, proporcionan los siguientes datos:

X = $ 5.40, n = 30, SX = $ 0.16

y

Y = $ 5.30, m = 30, SY = $

0.15. a) Calcule e interprete un intervalo del 95 % de confianza para la diferencia entre los pagos medios por hora a los choferes de camiones de las dos ciudades. b) ¿Son iguales los pagos medios por hora en ambas ciudades? Solución 169

a) Un intervalo de confianza para la diferencia de pagos medios por hora a los choferes de ambas ciudades viene dado por:





 X  Y  ( X  Y )  Z   X Y , ( X  Y )  Z   X Y  ................ (1) 1 1 

2



2

Si 1 – α = 0.95, entonces: Z0 = Z 0.975 = 1.96

 X Y 

S X2 SY2 (0.16) 2 (0.15) 2    = $ 0.04 n m 30 30

Reemplazando valores en (1): X - Y Є [(5.40 – 5.30) – 1.96 (0.04) , (5.40 – 5.30) + 1.96 (0.04)] Luego: X - Y Є [0.02, 0.18] $ con el 95% de confianza. Rpta. Interpretación: la diferencia entre los pagos medios por hora a los choferes de camiones de las dos ciudades se encuentra entre $ 0.02 y 0.18 con el 95% de confianza. b) Responder a la pregunta ¿Son iguales los pagos medios por hora en ambas ciudades? implica responder si ¿ X =  Y? o también ¿ X -  Y = 0? Si apreciamos el intervalo de confianza construido en a)  X -  Y no puede ser cero, es decir  X -  Y ≠ 0 o  X ≠  Y. Por lo tanto, los pagos medios por hora en ambas ciudades son diferentes. Rpta. 5.6

INTERVALO DE CONFIANZA PROPORCIONES

PARA

LA

DIFERENCIA

DE

Suponga que se extrae una muestra aleatoria simple de tamaño n1 de la población binomial 1, de tamaño N1 con una proporción de éxitos igual a P1. Sea X1 el número de éxitos en la muestra de tamaño n1 , entonces la proporción muestral de éxitos p1 , definida como p1 

X1 n1

estima a P1 .

Suponga también que se extrae una muestra aleatoria simple de tamaño n2 de la población binomial 2, de tamaño N2 con una proporción de éxitos igual a P2. Sea X2 el número de éxitos en la muestra de tamaño n2 , entonces la proporción muestral de éxitos p2 , definida como p2 

170

X2 n2

estima a P2 .

Para n1 y n2 suficientemente grande (n1 y n2 ≥ 30) por el teorema central del límite: p1 – p2 ~ N(P1 – P2 ,  p21  p2 ) y

Z

p1  p2  ( P1  P2 )

 p p 1

~ N(0 , 1)

2

Entonces, para un nivel de confianza 1 – α, se tiene que:

  p  p2  ( P1  P2 ) 1 – α = P [ - z0  Z  z0 ] = P  Z   1 Z   1 1   p1  p2 2 2   Trabajando como en el caso general y dejando al centro de la desigualdad la proporción poblacional P1 - P2 se obtiene:

  1 – α = P ( p1  p2 )  Z   p1  p2  P1  P2  ( p1  p2 )  Z   p1  p2  1 1 2 2   A partir del cual se deduce el intervalo de confianza para la diferencia de proporciones poblacionales P1 - P2 siguiente:



P1 – P2  ( p1  p2 )  Z



1



 p  p , ( p1  p2 )  Z 1

2

2



1

 2

 p  p  al 100 (1 – α ) % de 1

2



conf.

Donde  p1  p2 =  p2  p1 se obtiene a partir de:

 p p = 1

2

P1Q1 P2Q2  n1 n2

 p p =

ó

1

2

P1Q1  N1  n1  P2Q2  N 2  n2      n1  N1  1  n2  N 2  1 

Como los proporciones poblacionales P1 , Q1 , P2 y Q2 se desconocen, se estiman con las proporciones muestrales p1  = 1 – p2 , resultando entonces:

 p p =

p1q1 p2 q2  n1 n2

 p p =

p1q1  N1  n1  p2 q2  N 2  n2      n1  N1  1  n2  N 2  1 

1

1

2

2

o

171

X1 X , q1 = 1 – p1 , p2  2 y q2 n1 n2

Ejemplo 8 Una empresa de estudios de mercado quiere estimar las proporciones de hombres y mujeres que conocen un producto promocionado a escala nacional. en una muestra aleatoria de 100 hombres y 200 mujeres se determina que 20 hombres y 60 mujeres están familiarizados con el artículo indicado. a) Calcular el intervalo de confianza de 95 % para la diferencia de proporciones de hombres y mujeres que conocen el producto. b) ¿Son iguales las proporciones de hombres y mujeres que conocen el producto? Solución Sea el grupo 1, el referido a los hombres y el grupo 2, a las mujeres. a) El intervalo de confianza para la diferencia de proporciones de hombres (P1 ) y de mujeres (P2 ) que conocen el producto, P1 - P2 está dado por:

  P1  P2  ( p1  p2 )  Z   p1  p2 , ( p1  p2 )  Z   p1  p2  ............... (1) 1 1 2 2   Si 1 – α = 0.95, entonces Z0 = 1.96 Como:

n1 = 100,

Entonces: p1 

 p p = 1

2

X1 = 20,

X 1 20  = 0.20 n1 100

n2 = 200

y

p2 

y

X2 = 60

X2 60  = 0.30 n2 200

p1q1 p2q2 (0.20)(0.80 (0.30)(0.70)    = 0.0515 n1 n2 100 200

Z0  p1  p2 = 1.96 (0.0515) = 0.1009 Reemplazando valores en (1) se tiene que: P1 - P2  [(0.20 – 0.30) – 0.1009 ; (0.20 – 0.30) + 0.1009] = [0.10 ± 0.1009] P1 - P2  [-0.2009 ; 0.0009] con el 95% de confianza.

Rpta.

Interpretación: la diferencia de proporciones de hombres (P1) y de mujeres (P2) que conocen el producto, está entre -0.2009 y 0.0009 con el 95% de confianza. b) La pregunta ¿Son iguales las proporciones de hombres y mujeres que conocen el producto? implica preguntar ¿P1 = P2? o también ¿P1 - P2 = 0? 172

La diferencia P1 - P2 = 0 está incluida en el intervalo de confianza construido en a), puede ser cero, es decir P1 - P2 = 0 o P1 = P2. Por lo tanto, las proporciones de hombres y mujeres que conocen el producto son iguales.

Rpta.

Veamos a continuación la construcción de intervalos de confianza para la media poblacional y la diferencia de medias poblacionales, cuando se trabaja con muestras pequeñas (n < 30), donde es necesario utilizar la distribución t de student. El proceso de construcción es idéntico a los determinados anteriormente. 5.7 INTERVALO DE CONFIANZA PARA LA MEDIA (n < 30) Sea X1, X2, ..., Xn una muestra aleatoria de tamaño n, de una variable aleatoria X con distribución N(, ²), con varianza desconocida, al estudiar la distribución t de student vimos que para muestras pequeñas, n < 30, la variable aleatoria:

T

X  ~ tn-1 S/ n

Esta variable aleatoria depende de valores conocidos con la información muestral, entonces, dado un nivel de confianza 1 – α es posible hallar: 1 – α = P [ - t0  T  t0 ] ..................... (1) Donde los valores t0 son simétricos, de modo que centralizan la probabilidad 1 - α y se determinan como t0 = t

1

 2

, n 1

, cuyos valores son ubicados en la tabla

de la distribución t de student. Reemplazando la variable aleatoria T 

X  en (1) y trabajando con la S/ n

desigualdad buscando dejar al centro el parámetro  , la probabilidad queda como: 1 – α = P [- t0  T  t0 ] = P [ - t0 

X  S/ n

 t0]

Multiplicando por el error estándar del estimador S / n en la desigualdad: 173

1 – α = P [- t0 S / n  X    t0 S / n ] Restando el estimador X en la desigualdad 1 – α = P [- X - t0 S / n  -   - X + t0 S / n ] Multiplicando por (-1) y manteniendo el sentido de la desigualdad, se tiene: 1 – α = P [ X - t0 S / n    X + t0 S / n ] A partir del cual se obtiene el intervalo de confianza para el parámetro  ,   [ X - t0 S / n ,

X + t0 S / n ] con el 100 (1 - α )% de confianza.

El intervalo de confianza para el total N se determina multiplicando el intervalo de confianza para la media  por el tamaño de la población N, obteniéndose: N  [N X - Nt0 S / n ; N X + Nt0 S / n ] con el 100 (1 - α )% de confianza. Ejemplo 9 Una Universidad grande (12 000 alumnos) quiere estimar el número promedio de días de enfermedad de los estudiantes

durante

un año

académico; una muestra de 25 estudiantes indica que x = 5.2 días y S = 3.1 días. Calcule e interprete intervalos de confianza del 95% Para: a) el verdadero número medio de días de enfermedad de los estudiantes, y b) el verdadero número total de días que los estudiantes se enferman en un año. Solución N = 12 000 alumnos, n = 25, x = 5.2 días y

S = 3.1 días

Para 1 – α = 0.95 , t0 = t24 , 0.975 = 2.064 a) El intervalo de confianza para la media  está dado por:   [ X - t0 S / n , X + t0 S / n ] Reemplazando valores tenemos:   [5.2 – 2.064 x

3.1 3.1 , 5.2 + 2.064 x ] = [5.2 ± 1.28] 25 25

Por lo tanto:   [3.92 ; 6.48] días con el 95% de confianza. Rpta.

174

Interpretación: en la Universidad el verdadero número medio de días de enfermedad de los estudiantes en el año, se encuentra entre 3.92 y 6.48 días con el 95% de confianza. b) Para hallar el intervalo de confianza para el total se multiplica por N = 12 000 el intervalo de confianza para la media encontrado en a) y se obtiene: Total = N  [12 000 (3.92) , 12 000 (6.48) ] Por lo tanto: Total = N  [47,040 ; 77,760 ] días con el 95% de confianza. Rpta. Interpretación: el verdadero número total de días que los estudiantes se enferman en un año, se encuentra entre 47,040 y 77,760 días con el 95% de confianza. 5.8 INTERVALO DE CONFIANZA PARA LA VARIANZA Al estudiar la distribución chi-cuadrado determinamos que si X1, X2, ... , Xn es una muestra aleatoria de tamaño n de una población normal con media  y varianza ², entonces: La función de la varianza muestral x 2 

n  1S ² ²

~ x n21 .

Esta variable aleatoria depende de valores conocidos con la información muestral, entonces, dado un nivel de confianza 1 – α es posible hallar: 1 – α = P [ a  x 2  b ] ..................... (2) Los valores a y b son valores chi-cuadrados, obtenidos en la tabla 2, con n – 1 grados de libertad, centralizando la probabilidad 1 - α y se determinan como: a = x2

n 1 ,

y



b = x2

2

n 1 , 1



,

2

los mismos que son ubicados en la tabla 2, de la distribución chi – cuadrado. Reemplazando la v.a. x 2 

n  1S ² ²

en (2) y trabajando con la desigualdad

buscando dejar al centro el parámetro ², la probabilidad queda como: 1 – α = P [ a  x2  b ] = P [ a  175

n  1S ² ²

 b]

Dividiendo entre (n – 1) S2 tenemos:

  a 1 b 1 – α = P  2  2 2  (n  1)S   (n  1)S Tomando el inverso dentro de la probabilidad y buscando mantener el sentido de la desigualdad, se tiene que:

 (n  1) S 2 (n  1) S 2  2  1 – α = P  b a   Luego se tiene que el intervalo de confianza para la varianza ², está dado por:

 (n  1)S 2 (n  1)S 2   (n  1) S 2 (n  1) S 2  , ²   = , 2  2  al 100 (1 – α)% de  b a    xn 1 , 1 / 2 xn 1 ,  / 2  confianza. Un intervalo de confianza para la desviación estándar  se obtiene sacando raíz cuadrada a cada uno de los límites del intervalo anterior, entonces:

 (n  1)S 2 (n  1)S 2   (n  1)S 2 (n  1)S 2  ,   ,  al 100(1 – α)% de  =  2 xn21 ,  / 2  b a    xn 1 , 1 / 2 confianza Ejemplo 10 Para el ejemplo 9, en la Universidad grande se estudia el número de días que los estudiantes se enferman durante el año académico, una muestra de 25 estudiantes indica que x = 5.2 días y S = 3.1 días. Calcule e interprete intervalos de confianza del 95% para la varianza y la desviación estándar del número de días que los estudiantes se enferman. Solución El intervalo de confianza para la varianza está dado por:

 (n  1) S 2 (n  1) S 2  , ²    b a   Como n = 25 y 1 – α = 0.95, entonces: 2 a = x24 , 0.025 = 12.4

y

2 b = x24 , 0.975 = 39.4

Se tiene además la desviación estándar muestral S = 3.1 176

Reemplazando valores en el intervalo de confianza para la varianza, se tiene que:

 (25  1)(3.1)2 (25  1)(3.1)2  ²   ,  39.4 12.4   Por lo tanto: ²  [5.85 , 18.60 ] (días)² con el 95% de confianza.

Rpta.

  [ 2.42 , 4.31 ] (días) con el 95% de confianza.

Rpta.

Interpretación: la varianza del número de días que los estudiantes enferman en la Universidad durante el año académico, se encuentra entre 5.85 y 18.60 (días)² con el 95% de confianza. Mientras que la desviación estándar esta entre 2.42 , 4.31 (días) con el 95% de confianza. 5.9 INTERVALO DE CONFIANZA PARA LA RAZÓN DE VARIANZAS Cuando estudiamos la distribución F, encontramos que si se toman dos muestras aleatorias independientes de tamaños n y m, de las poblaciones X ~ N (X ,

 X2 )





e Y ~ N Y ,  Y2 , la distribución de probabilidades para la razón de

varianzas muestrales estaba dada por:

F

S X2  Y2 ~ Fn–1,m-1 SY2  X2

Esta variable aleatoria depende de valores conocidos con la información muestral, entonces, dado un nivel de confianza 1 – α es posible hallar: 1 – α = P [ c  F  d ] ..................... (3) Los valores c y d son valores de la variable aleatoria F, de modo tal que centralizan la probabilidad 1 - α y se determinan como: c= F

n 1 , m 1,



y

d= F

2

n 1 , m 1 , 1



,

2

los mismos que son ubicados en la tabla 4 de la distribución F.

S X2  Y2 Reemplazando la variable aleatoria F  2 2 en (3) y trabajando con la SY  X desigualdad buscando dejar al centro el parámetro razón de varianzas poblacionales  X2 /  Y2 , la probabilidad queda como: 1–α =P[c  F  d]=P[c  177

S X2  Y2  d] SY2  X2

Multiplicando en la desigualdad por

SY2 se tiene que: S X2 SY2 S X2

1–α =P[c



 Y2 SY2  d ]  X2 S X2

Tomando el inverso dentro de la probabilidad y buscando mantener el sentido de la desigualdad, obtenemos: 1–α =P[

1–α =P[

1 S X2  X2 1 S X2   ] d SY2 c SY2  Y2

1 F

n 1, m 1,1



 X2 S X2 1   2 2 Y SY F

n 1, m 1,

2



S X2 ] SY2

2

Entonces, el intervalo de confianza para la razón de varianzas  X2 /  Y2 , está dado por:

 2 2  S X2 / S Y2 S X2 / S Y2  S X2 / SY2  X2  S X / SY ; ;  =   F c  F  Y2   d  n 1,m1,1 n 1, m 1, 2 2 

   al 100 (1 – α)% de  

conf. Ejemplo 11 Se hacen 16 ensayos para cada uno de los tratamientos X e Y, con las siguientes varianzas maestrales S X2 = 35 y SY2 = 10. a) Calcule e interprete un intervalo del 95% de confianza para  X2 /  Y2 b) ¿Son iguales las varianzas poblacionales de X e Y? Solución

a) El intervalo de confianza solicitado es: Datos:

n = m = 16,

S X2 = 10,

 S X2 / S Y2 S X2 / S Y2   X2  ;   c   Y2  d

SY2 = 35.

Como 1 – α = 0.95,

entonces d = F15 , 15 , 0.975 = 2.86 y c = F15 , 15 , 0.025 = 1/ F15 , 15 , 0.975 = 1/ 2.86 = 0.349. Reemplazando valores en el intervalo se tiene que:

178

 X2 35 / 10 35 / 10    = [1.22; 10.03] con el 95% de confianza. Rpta. ; 2 Y 0.349   2.86 Interpretación: la razón de varianzas de las poblaciones X e Y se encuentra entre 1.22 y 10.03 con el 95% de confianza. b) Preguntar si ¿Son iguales las varianzas poblacionales de X e Y? es similar a preguntar si ¿  X2 =  Y2 ? o también si ¿

 X2 = 1?  Y2

Para responder a esto último, basta con observar si el valor 1 se encuentra en el intervalo construido. Como el valor 1 no pertenece al intervalo de confianza, entonces:

 X2 ≠ 1  Y2

 X2 ≠  Y2 .



Por lo tanto, las varianzas poblacionales de X e Y no son iguales. Rpta.

Si en el intervalo de confianza para la razón de varianzas

 X2 = 1, las varianzas  Y2

son iguales (homogéneas) caso contrario, son diferentes (heterogéneas)

5.10 INTERVALO DE CONFIANZA PARA LA DIFERENCIA DE MEDIAS (n y m 0.05 es necesario ajustar el tamaño de muestra así:

225

n

n0 205  = 170 familias n0 205 1 1 1000 N

Rpta.

Interpretación.- para estimar el número medio de personas por familia, con el 99% de confianza y un error máximo de 0.6 personas, se requiere de 170 familias. 31. Muestras del pago semanal a los obreros (1) y obreras (2) proporcionan los siguientes datos: n1 = 15, x1 = $ 135, S1 = $ 25

y

n2 = 15, x 2 = $ 125,

S2 = $ 15. Calcule e interprete intervalos de confianza del 95% para: a) La razón de varianzas de los pagos semanales a obreros y obreras. ¿Son iguales las varianzas de los pagos semanales a obreros y obreras? b) La diferencia entre los pagos medios semanales a obreros y obreras. ¿Son diferentes los pagos medios semanales a obreros y obreras? Explique. Solución

 12  S12 / S 22 S12 / S 22  ; a) Intervalo de confianza para la razón de varianzas: 2 ϵ   c  2  d Datos: n1 = n2 = 15, S12 = 252 = 625, S 22 = 152 = 225. Como 1 – α = 0.95, entonces en la tabla 4: d = F14, 14, 0.975 = 2.98 y c = F14, 14, 0.025 = 1/ F14, 14, 0.975 = 1/ 2.98 = 0.336. Reemplazando valores en el intervalo se tiene que:

 12  625 / 225 625 / 225  ; ϵ = [0.93; 8.27] con el 95% de confianza. 2 0.336   2  2.98 Interpretación.- con el 95% de confianza, la razón de varianzas de los pagos semanales a obreros y obreras, se encuentra entre 0.93 y 8.27. Preguntar sí: ¿Son iguales las varianzas de los pagos semanales a obreros y obreras? Es similar a preguntar sí: ¿  12 =  22 o

 12 = 1? La respuesta es sí, ya  22

que el intervalo para la razón de varianzas toma el valor 1, es decir

 12 = 1,  22

entonces  12 =  22 (las varianzas de los pagos semanales a obreros y obreras son iguales) 226

b) Considerando que las muestras son pequeñas y que las varianzas de los pagos semanales a obreros y obreras son iguales, el intervalo de confianza para la diferencia entre los de los pagos semanales a obreros y obreras está dado por: 1 - 2 ϵ [( x1 - x 2 )  t0

(n1  1)S12  (n2  1)S 22 n1  n2  2

1 1  ] n1 n2

Datos del problema: n1 = 15, x1 = $ 135, S1 = $ 25

y

n2 = 15, x 2 = $ 125, S2 = $ 15.

Los grados de libertad de la t son n1 + n2 – 2 = 15 + 15 – 2 = 28. Si 1 – α = 0.95,

 En la tabla 3, t0 = t28, 0.975 = 2.048.

Reemplazando valores en la fórmula para el intervalo de confianza, tenemos que: 1 - 2 ϵ [(135 – 125)  2.048

(15  1)(25) 2  (15  1)(15) 2 15  15  2

1 1  ] 15 15

 1 - 2 ϵ [10  2.048(7.53) ]  1 - 2 ϵ [10  15.42 ] Por lo tanto: 1 - 2 ϵ [-5.42 ; 25.42] $ con el 95% de confianza.

Rpta.

Interpretación: la diferencia entre los pagos semanales a obreros y obreras, se encuentra comprendida entre $ -5.42 y 25.42 con el 95% de confianza. Preguntar sí, ¿Son diferentes los pagos medios semanales a obreros y obreras? Es similar a preguntar sí: ¿1 ≠ 2 o 1 - 2 ≠ 0? La respuesta es no, ya que el intervalo para su diferencia de medias toma el valor cero, es decir, 1 - 2 = 0 o 1 = 2. Entonces, los pagos medios semanales a obreros y obreras son iguales. 32. Dos grupos (de 16 alumnas cada uno) escogidos al azar de una escuela para secretarias, aprenden taquigrafía por dos métodos diferentes y luego se les somete a pruebas de dictado. Se encuentra que el grupo 1 obtiene en promedio 123 palabras por minuto con una desviación estándar de 15 palabras, mientras que el grupo 2 promedia 110 palabras por minuto con una desviación estándar de 10 palabras. Calcule e interprete intervalos de confianza del 99 % para: a) La verdadera razón de varianzas de los 2 grupos. ¿Son heterogéneas las varianzas de ambos grupos? b) La diferencia de medias de palabras por minuto de ambos métodos. ¿Es diferente el promedio de palabras por minuto para los dos métodos? 227

Solución Datos: n1 = 16, x1 = 123, S1 = 15

y

n2 = 16, x 2 = 110, S2 = 10.

a) Intervalo de confianza para la razón de varianzas:

 12  S12 / S 22 S12 / S 22  ; ϵ  c   22  d

Si: n1 = n2 = 16, S12 = 152 = 225, S 22 = 102 = 100. Como 1 – α = 0.99, entonces en la tabla 4: d = F15, 15, 0.995 = 4.07 y c = F15, 15, 0.005 = 1/ F15, 15, 0.995 = 1/ 4.07 = 0.246. Reemplazando valores en el intervalo se tiene que:

 12  225 / 100 225 / 100  ϵ = [0.55; 9.15] con el 99% de confianza. ; 2 0.246   2  4.07 Interpretación.- con el 99% de confianza, la razón de varianzas de las palabras por minuto de ambos grupos, se encuentra entre 0.55 y 9.15. Preguntar sí: ¿Son heterogéneas las varianzas de ambos grupos? Es similar a preguntar sí: ¿  12 ≠  22 o

 12 ≠ 1?  22

La respuesta es no, ya que el intervalo para la razón de varianzas toma el valor 1, es decir

 12 = 1, entonces  12 =  22 (las varianzas son homogéneas o iguales) 2 2

b) Considerando que las muestras son pequeñas y que las varianzas de las palabras por minuto de ambos grupos son iguales, el intervalo de confianza para la diferencia de medias de palabras por minuto de los dos métodos está dado por: 1 - 2 ϵ [( x1 - x 2 )  t0

(n1  1)S12  (n2  1)S 22 n1  n2  2

1 1  ] n1 n2

Datos del problema: n1 = 16, x1 = 123, S1 = 15

y

n2 = 16, x 2 = 110, S2 = 10.

Los grados de libertad de la t son n1 + n2 – 2 = 16 + 16 – 2 = 30. Si 1 – α = 0.99,

 En la tabla 3, t0 = t30, 0.995 = 2.75.

Reemplazando valores en la fórmula para el intervalo de confianza, tenemos que: 1 - 2 ϵ [(123 – 110)  2.75

(16  1)(15) 2  (16  1)(10) 2 16  16  2

 1 - 2 ϵ [13  2.75(4.51) ]  1 - 2 ϵ [13  12.4] 228

1 1  ] 16 16

Por lo tanto: 1 - 2 ϵ [0.6 ; 25.4] palabras por minuto con el 95% de confianza.

Rpta.

Interpretación: la diferencia de medias de los dos métodos, se encuentra comprendida entre 0.6 y 25.4 palabras por minuto con el 95% de confianza. Preguntar sí, ¿Es diferente el promedio de palabras por minuto para los 2 métodos? Es similar a preguntar sí: ¿1 ≠ 2 o 1 - 2 ≠ 0? La respuesta es sí, ya que el intervalo para su diferencia de medias no toma el valor cero, es decir, 1 - 2 ≠ 0 o 1 ≠ 2. Entonces, el promedio de palabras por minuto para ambos métodos sí es diferente. 33. Para determinar el costo medio de la enseñanza en las universidades 1 y 2, se toma una muestra al azar de 21 alumnos de la universidad 1 arrojando un costo medio de S/. 675 y una desviación estándar de S/ 90. Una muestra al azar de 21 alumnos de la universidad 2 da una costo medio de S/. 650 y una desviación estándar de S/. 50. Calcule e interprete intervalos de confianza del 95% para: a) La razón de varianzas de los costos de enseñanza en las universidades 1 y 2. ¿Son diferentes las varianzas de los costos de enseñanza en las 2 universidades? b) La diferencia del costo medio de la enseñanza en las 2 universidades. ¿Son diferentes los costos medios de la enseñanza en las universidades 1 y 2? Solución Datos: n1 = 21, x1 = S/. 675, S1 = 90

y

n2 = 21, x 2 = 650, S2 = 50.

 12  S12 / S 22 S12 / S 22  ; a) Intervalo de confianza para la razón de varianzas: 2 ϵ   c  2  d Si: n1 = n2 = 21, S12 = 902 = 8100, S 22 = 502 = 2500. Como 1 – α = 0.95, entonces en la tabla 4: d = F20, 20, 0.975 = 2.46 y c = F20, 20, 0.025 = 1/ F20, 20, 0.975 = 1/ 2.46 = 0.407. Reemplazando valores en el intervalo se tiene que:

 12  8100 / 2500 8100 / 2500  ; ϵ 2  = [1.32; 7.96] con el 95% de confianza. 0.407  2  2.46

229

Interpretación.- con el 95% de confianza, la razón de varianzas de los costos de enseñanza en las universidades 1 y 2, se encuentra entre 1.32 y 7.96. Preguntar sí: ¿Son diferentes las varianzas de los costos de enseñanza en las 2 universidades? Es similar a preguntar sí: ¿  12 ≠  22 o

 12 ≠ 1?  22

La respuesta es sí, ya que el intervalo para la razón de varianzas no toma el valor 1, es decir

 12 ≠ 1, entonces  12 ≠  22 (las varianzas de los costos de enseñanza 2 2

en las 2 universidades son diferentes o heterogéneas) b) Considerando que las muestras son pequeñas y que las varianzas de los costos de enseñanza en las 2 universidades son diferentes, el intervalo de confianza para la diferencia de medias de los costos de enseñanza en las 2 universidades está dado por:

S12 S 22  ] n1 n2

1 - 2 ϵ [( x1 - x 2 )  t0 Datos del problema:

n1 = 21, x1 = S/. 675, S12 = 8100 y

n2 = 21, x 2 = 650, S 22 = 2500.

Si 1 – α = 0.95,  en la tabla 3: t0 = tH, 0.975 = t31, 0.975 = 2.04. 2

2  S12 S 22   8100 2500        n1 n2  21 21    Donde: H = = = 31.27 ≡ 31 2 2 2 2  8100   2500   S12   S 22           21    21   n1    n2  21  1 21  1 n1  1 n2  1 Reemplazando valores en el intervalo de confianza propuesto, se tiene: 8100 2500  1 - 2 ϵ [(675 - 650)  2.04 x ] = [25  45.83] 21 21 Por lo tanto: 1 - 2 ϵ [-20.83 ; 70.83] S/. con el 95 % de confianza. Rpta.

Interpretación: con el 95% de confianza, la diferencia de los costos medios de enseñanza en las universidades 1 y 2 se encuentra comprendido entre S/. -20.83 y S/. 70.83. Preguntar sí: ¿Son diferentes los costos medios de la enseñanza en las universidades 1 y 2? Es similar a preguntar sí: ¿1 ≠ 2 o 1 - 2 ≠ 0? La 230

respuesta es no, ya que el intervalo para su diferencia de medias toma el valor cero, es decir, 1 - 2 = 0 o 1 = 2. Entonces, los costos medios de la enseñanza en las universidades 1 y 2 no son diferentes, son iguales. 34. Dos máquinas embolsan diariamente detergente de manera independiente. Mediante muestras aleatorias sin reemplazo de 12 bolsas de cada máquina se han obtenido los siguientes resultados sobre el peso de las bolsas (en gramos): n1 = 12, x1 = 505, S1 = 10

y

n2 = 12, x 2 = 495, S2 = 4.

Calcule e interprete intervalos de confianza del 99% para: a) La razón de varianzas de los pesos de las bolsas con detergente de ambas máquinas. ¿Son diferentes las varianzas de los pesos de las bolsas con detergente de ambas máquinas? b) La diferencia de los pesos medios de las bolsas con detergente de ambas máquinas. ¿Son diferentes los pesos medios de las bolsas con detergente de ambas máquinas? Solución Datos: n1 = 12, x1 = 505, S1 = 10

y

n2 = 12, x 2 = 495, S2 = 4.

a) Intervalo de confianza para la razón de varianzas:

 12  S12 / S 22 S12 / S 22  ; ϵ  c   22  d

Si: n1 = n2 = 12, S12 = 102 = 100, S 22 = 42 = 16. Como 1 – α = 0.99, entonces en la tabla 4: d = F11, 11, 0.995 = 5.32 y c = F11, 11, 0.005 = 1/ F11, 11, 0.995 = 1/ 5.32 = 0.188. Reemplazando valores en el intervalo se tiene que:

 12 100 / 16 100 / 16  ϵ = [1.17; 33.24] con el 99% de confianza. ; 2 0.188   2  5.32 Interpretación.- con el 99% de confianza, la razón de varianzas de los pesos de las bolsas con detergente de ambas máquinas, se encuentra entre 1.17 y 33.24. Preguntar sí: ¿Son diferentes las varianzas de los pesos de las bolsas con detergente de ambas máquinas? Es similar a preguntar sí: ¿  1?

231

2 1

≠

2 2

 12 o ≠  22

La respuesta es sí, ya que el intervalo para la razón de varianzas no toma el valor

 12 1, es decir 2 ≠ 1, entonces  12 ≠  22 (las varianzas de los pesos de las bolsas 2 con detergente de ambas máquinas son diferentes o heterogéneas) b) Considerando que las muestras son pequeñas y que las varianzas de los pesos de las bolsas con detergente de ambas máquinas son diferentes, el intervalo de confianza para la diferencia de medias de los pesos de las bolsas con detergente de ambas máquinas está dado por:

S12 S 22  ] n1 n2

1 - 2 ϵ [( x1 - x 2 )  t0 Datos del problema:

n1 = 12, x1 = 505, S12 = 100 y

n2 = 12, x 2 = 495, S 22 = 16.

Si 1 – α = 0.99,  en la tabla 3: t0 = tH, 0.995 = t14, 0.995 = 2.977. 2

2  S12 S 22  100 16         n1 n2  12 12    Donde: H = = = 14.43 ≡ 14 2 2 2 2  100   16   S12   S 22          12 12   n n  1   2    12  1 12  1 n1  1 n2  1 Reemplazando valores en el intervalo de confianza propuesto, se tiene: 100 16  ] = [10  9.26] 1 - 2 ϵ [(505 - 495)  2.977 x 12 12 Por lo tanto: 1 - 2 ϵ [0.74 ; 19.26] gr. con el 99 % de confianza. Rpta.

Interpretación: con el 99% de confianza, la diferencia de los pesos medios de las bolsas con detergente de ambas máquinas se encuentra comprendido entre 0.74 y 19.26 gramos. Preguntar sí: ¿Son diferentes los pesos medios de las bolsas con detergente de ambas máquinas? Es similar a preguntar sí: ¿1 ≠ 2 o 1 - 2 ≠ 0? La respuesta es sí, ya que el intervalo para su diferencia de medias no toma el valor cero, es decir, 1 - 2 ≠ 0 o 1 ≠ 2. Entonces, los pesos medios de las bolsas con detergente de ambas máquinas sí son diferentes.

232

35. Se compararon dos marcas de llantas de automóvil, 1 y 2, respecto a su duración en Km; dos muestras aleatorias de 16 llantas de cada marca, dieron estos resultados: n1 = 16,

x1 = 49,658, S1 = 2,150

y

x 2 = 48,125,

n2 = 16,

S2 =

1,875. Calcule e interprete intervalos de confianza del 99% para: a) La razón de varianzas de la duración de las llantas de ambas marcas. ¿Son diferentes las varianzas de la duración de las llantas de ambas marcas? b) La diferencia de las duraciones medias de las llantas de ambas marcas. ¿Son diferentes las duraciones medias de las llantas de ambas marcas? Solución Datos:

n1 = 16,

x1 = 49,658, S1 = 2,150

y

n2 = 16,

x2

=

48,125, S2 = 1875. a) Intervalo de confianza para la razón de varianzas:

 12  S12 / S 22 S12 / S 22  ; ϵ  c   22  d

Si: n1 = n2 = 16, S12 = 4’622,500, S 22 = 3’515,625. Como 1 – α = 0.99, entonces en la tabla 4: d = F15, 15, 0.995 = 4.07 y c = F15, 15, 0.005 = 1/ F15, 15, 0.995 = 1/ 4.07 = 0.246. Reemplazando valores en el intervalo se tiene que:

 12 4622500 / 3515625   4622500 / 3515625 ϵ  ; 2  = [0.32; 5.34] con el 4.07 0.246 2  99% de confianza. Interpretación.- con el 99% de confianza, la razón de varianzas de la duración de las llantas de ambas marcas, se encuentra entre 0.32 y 5.34. Preguntar sí: ¿Son diferentes las varianzas de la duración de las llantas de ambas marcas? Es similar a preguntar sí: ¿  ≠  2 1

2 2

 12 o ≠ 1?  22

La respuesta es no, ya que el intervalo para la razón de varianzas toma el valor 1,

 12 es decir 2 = 1, entonces  12 =  22 (las varianzas de la duración de las llantas 2 de ambas marcas son homogéneas o iguales). 233

b) Considerando que las muestras son pequeñas y que las varianzas de la duración de las llantas de ambas marcas son iguales, el intervalo de confianza para la diferencia de medias de la duración de las llantas de ambas marcas está dado por: 1 - 2 ϵ [( x1 - x 2 )  t0

(n1  1)S12  (n2  1)S 22 n1  n2  2

1 1  ] n1 n2

Datos del problema: n1 = 16, x1 = 49,658, S1 = 2,150

y

n2 = 16,

x 2 = 48,125, S2 = 1,875.

Los grados de libertad de la t son n1 + n2 – 2 = 16 + 16 – 2 = 30. Si 1 – α = 0.99,

 En la tabla 3, t0 = t30, 0.995 = 2.75.

Reemplazando valores en la fórmula para el intervalo de confianza, tenemos que: 1

-

2

ϵ

[(49,658

(16  1)(2150 ) 2  (16  1)(1875) 2 16  16  2

–

48,125)



2.75

1 1  ] 16 16

 1 - 2 ϵ [1533  2.75(713.18) ]  1 - 2 ϵ [1533  1961.25] Por lo tanto: 1 - 2 ϵ [-428.25 ; 3594.25] Km. con el 99% de confianza.

Rpta.

Interpretación: con el 99% de confianza, la diferencia de duraciones medias de las llantas de las marcas 1 y 2, se encuentra comprendida entre -428.25 ; 3594.25 Km. Preguntar sí, ¿Son diferentes las duraciones medias de las llantas de ambas marcas? Es similar a preguntar sí: ¿1 ≠ 2 o 1 - 2 ≠ 0? La respuesta es no, ya que el intervalo para su diferencia de medias toma el valor cero, es decir, 1 - 2 = 0 o 1 = 2. Entonces, las duraciones medias de las llantas de ambas marcas no son diferentes, son iguales.

234

5.12 PROBLEMAS PROPUESTOS 1.

Demuestre que: a) Las desigualdades µ - E < x < µ + E, son equivalentes a | x - µ | < E b) Si 1    P(t1 / 2  T  t1 / 2 ) y T  ( x   ) n / s entonces: s s 1    P( x  t1 / 2    x  t1 / 2 ) n n

2.

Se desea estimar el peso total de una partida de 10,000 manzanas. Para ello se selecciona una muestra aleatoria de 50 manzanas, la cual da una media de 300 gramos y una desviación estándar de 25 gramos. Calcule e interprete intervalos de confianza del 95 % para: a) El verdadero peso medio de las manzanas y el peso total (Nμ). b) La verdadera varianza (σ2) de los pesos de las manzanas. c) ¿Qué tamaño de muestra debe tomarse, si se desea que x difiera de µ en menos de 8 gramos con el 95 %

3.

Se toma una muestra al azar de 45 alumnos, sin reposición de una clase de estadística de 221 alumnos que dan una calificación final media de 70 puntos y una desviación típica de 9 puntos. Determine el intervalo de confianza del 95 % para la media y la varianza de las calificaciones.

4.

Un proceso está programado para embolsar la cantidad media de 500 gramos de frejol. Se toma una muestra aleatoria de 36 bolsas, resultando una media de 496.5 gramos y una desviación típica de 12 gramos. a) Construya un intervalo de confianza del 95% para el verdadero peso medio de las bolsas de frejol. ¿Se puede afirmar que no se está cumpliendo con el contenido medio en las bolsas de frejol? b) ¿Qué tamaño de muestra debe tomarse, si se desea que X difiera de µ en menos de 3 gramos con el 95 % de confianza? c) Construya un intervalo de confianza del 95% para la verdadera varianza de los pesos de las bolsas con frejol.

5.

Una universidad grande quiere estimar el número medio de días de enfermedad de los estudiantes durante un año; una muestra de 50 estudiantes indica que

235

x = 3.2 días y S = 5.2 días. Calcule e interprete intervalos de confianza del 95% para: a) La media μ y la varianza σ2. b) ¿Qué tamaño de muestra debe tomarse, si se desea que x difiera de µ en menos de 10 gr. con el 95 % de confianza? 6.

Una muestra de 50 animales experimentales reciben una cierta clase de ración por un período de 2 semanas. Sus aumentos de pesos arrojan los valores x = 480 gr. y S = 30 gr. Calcule e interprete intervalos de confianza del 99% para: a) La media μ y la varianza σ2. b) ¿Qué tamaño de muestra debe tomarse, si se desea que x difiera de µ en menos de 13 gr. con el 99 % de confianza?

7.

Se acaba de lanzar al mercado una nueva marca de cigarrillos; un estudio en 35 cigarros, para determinar su contenido medio de nicotina dio x = 25.4 mg. y S = 1.9 mg. Calcule e interprete intervalos de confianza del 95% para: a) El verdadero contenido medio μ de nicotina y la verdadera varianza (σ2) del contenido de nicotina. b) ¿Qué tamaño de muestra debe tomarse, si se desea que x difiera de µ en menos de 13 mg. con el 95 % de confianza?

8.

De los 500 establecimientos pequeños de una ciudad, se ha tomado una muestra aleatoria de 50, obteniéndose los siguientes datos sobre el número de empleados por establecimiento: Empleados por establecimiento (Xi)

0

1

2

3

4

5

Establecimientos (ni)

10

15

12

6

4

3

Calcule e interprete intervalos de confianza del 99 % para: a) El número medio de empleados por establecimiento en la ciudad. b) El total de empleados en los establecimientos pequeños de la ciudad. c) La proporción de establecimientos pequeños con 2 ó más empleados. d) El total de establecimientos pequeños que emplean a 2 ó más personas.

236

9.

Una “Encuesta de Opinión” realizada en 1000 hogares de Lima Metropolitana (con 1.4 millones de hogares) indica que el 35 % de los hogares tiene acceso a internet. Calcule e interprete un intervalo de confianza del 95 % para: a) La proporción de hogares limeños que tiene acceso a internet; b) El total de hogares limeños que tiene acceso a internet; c) Con un error del 2.5 % y una confianza del 95 %. ¿Cuál sería el tamaño de muestra necesario para estimar la proporción de hogares que tiene acceso a internet?

10. En una muestra aleatoria de 400 hinchas del fútbol peruano (de un total de 15 millones) se encontró que 140 opinan que Perú clasifica al mundial de fútbol. a) Calcule e interprete un intervalo del 99% de confianza para la proporción verdadera y el total de hinchas que opinan que Perú clasifica al mundial de fútbol. b) Con un 99% de confianza y un error máximo del 3%, ¿qué tamaño de muestra será necesario para estimar la proporción de hinchas que opinan que Perú clasifica al mundial de fútbol? 11. De una población de 4.5 millones de ciudadanos, se selecciona una muestra aleatoria de 2,000 y se halla que 520 están de acuerdo con la gestión del actual presidente. Calcule e interprete intervalos de confianza del 95 % para: a) La fracción de la población de ciudadanos que están de acuerdo con la gestión del actual presidente. b) El total de votantes que están de acuerdo con la gestión del presidente. c) Con un 95% de confianza y un error máximo del 4%, ¿qué tamaño de muestra será necesario para estimar la proporción de ciudadanos que están de acuerdo con la gestión del actual presidente? 12. De una población de 100,000 fumadores, se selecciona una muestra aleatoria de 1,000 fumadores y se encuentra que 350 tienen preferencia por la marca A. Calcule e interprete intervalos de confianza del 90 % para: a) La proporción de la población de fumadores que prefieren la marca A. b) El total de fumadores que prefieren la marca A.

237

c) Con el 95 % de confianza, ¿Qué tamaño de muestra debe tomarse, si se desea un error máximo del 5%? 13. Una “Encuesta de Opinión” realizada en 1000 hogares de Lima Metropolitana (con 1.4 millones de hogares) indica que el 16.3 % de los hogares usa tele cable. a) Determine un intervalo de confianza del 95 % para la proporción y otro para el total de hogares limeños que usan tele cable. b) Con un error del 2.5 % y una confianza del 95 %. ¿Cuál sería el tamaño de muestra necesario para estimar la proporción de hogares que usa tele cable? 14. De una población de 1’500000 ciudadanos de una región, se selecciona una muestra aleatoria de 2,000 ciudadanos y se halla que 1,140 están contentos con el actual presidente regional. a) Calcule e interprete intervalos de confianza del 90 % para la fracción de la población de ciudadanos y otro para el total que están a favor del actual presidente regional. b) Con un 95% de confianza, ¿qué tamaño de muestra será necesario si desea cometer un error máximo del 5%? 15. En un estudio para determinar el gasto medio mensual en luz en las ciudades A y B, se toma una muestra al azar de 250 hogares de A arrojando un gasto medio de S/. 120 y una desviación estándar de 15. Una muestra al azar de 200 hogares de la ciudad B da una gasto medio de 105 y una desviación estándar de 10. a) Determine un intervalo de confianza del 99 % para la diferencia del gasto medio mensual en luz en las ciudades A y B. b) ¿Será diferente el gasto medio mensual en luz en las ciudades A y B? 16. Para determinar el costo medio de la enseñanza en las universidades A y B, se

toma una muestra al azar de 121 alumnos de la universidad A arrojando un costo medio de S/. 650 y una desviación estándar de S/ 70. Una muestra al azar de 121 alumnos de la universidad B da una costo medio de S/. 675 y una desviación estándar de S/. 90. a) Calcule e interprete intervalos de confianza del 95% para la diferencia del costo medio de la enseñanza en las universidades A y B. b) ¿Será diferente el costo medio de la enseñanza en las universidades A y B? 238

17. Una muestra al azar de 200 pilas para calculadoras de la marca A muestra una vida media de 240 horas y una desviación estándar de 10 horas. Una muestra al azar de 120 pilas de la marca B da una vida media de 225 horas y una desviación estándar de 9 horas. a) Determine un intervalo de confianza del 99 % para la diferencia de la vida media de las pilas A y B. b) ¿Será diferente la duración media de las pilas A y B? Explique. 18. Dos grupos escogidos al azar, cada uno de 40 alumnas, de una escuela para secretarias, aprenden taquigrafía por dos sistemas diferentes y luego se les somete a pruebas de dictado. Se encuentra que el primer grupo obtiene en promedio 120 palabras por minuto con una desviación estándar de 11 palabras, mientras que el segundo grupo promedia 115 palabras por minuto con una desviación estándar de 10 palabras. a) Determine un intervalo de confianza del 95 % para la diferencia de medias de palabras por minuto con los dos métodos. b) ¿Serán diferentes las medias de palabras por minuto con los 2 métodos? Explique. 19. En un estudio para determinar el gasto medio semanal en alimentos en las ciudades 1 y 2, se toma una muestra al azar de 200 hogares de la ciudad 1 arrojando un gasto medio de S/. 150 y una desviación estándar de 15. Una muestra al azar de 180 hogares de la ciudad 2 da una gasto medio de 135 y una desviación estándar de 10. a) Calcule e interprete un intervalo de confianza del 95 % para la diferencia del gasto medio en las ciudades 1 y 2. b) ¿Será igual el gasto medio semanal en alimentos en las ciudades 1 y 2? 20. Se compararon los gastos mensuales (S/.) en educación en las ciudades 1 y 2; muestras aleatorias de 200 familias de la ciudad 1 y 150 de la ciudad 2, dieron estos resultados: X 1 = 160, n1 = 200, S1 = 60 S2 = 50.

239

y

X 2 = 150, n2 = 150,

a) Calcule e interprete un intervalo del 95 % de confianza para la verdadera diferencia entre los gastos medios mensuales en educación de las familias de las dos ciudades; b) ¿Difieren los gastos medios en educación de ambas ciudades? Explique 21. En una muestra aleatoria de 400 adultos, 220 están de acuerdo con la gestión presidencial. Mientras que en una muestra de 600 jóvenes, 300 están de acuerdo con la gestión presidencial. a) Calcule e interprete un intervalo del 99 % de confianza para la diferencia entre las verdaderas proporciones de adultos y jóvenes que están de acuerdo con la gestión presidencial. b) ¿Se puede afirmar que hay una diferencia entre las verdaderas proporciones de adultos y jóvenes que están de acuerdo con la gestión presidencial? 22. Se entrevistaron dos grupos de mujeres respecto a su interés por la compra de casacas de cuero. De una muestra de 300 mujeres de 40 años a más, 75 estuvieron interesadas, mientras que de 200 mujeres menores 40 años, 80 mostraron interés. a) Calcule e interprete un intervalo del 95 % de confianza para la diferencia entre las verdaderas proporciones de mujeres menores de 40 años y las de 40 años a más que mostraron interés por la compra de casacas de cuero. b) ¿Existe diferencia entre la proporción de mujeres menores de 40 años y las de 40 años a más que mostraron interés por la compra de casacas de cuero. Explique. 23. De los alumn@s de la UNAC se toma una muestra aleatoria de 600 hombres, 300 de las cuales están a favor del cambio curricular. En una muestra de 400 mujeres, 240 indican que están a favor de lo mismo. a) Determine un intervalo de confianza del 99 % para la proporción de alumnas que están a favor del cambio curricular. b) ¿Se puede afirmar que hay diferencia entre las verdaderas proporciones de alumnos y alumnas que están a favor del cambio curricular? 24. Se entrevistaron dos grupos de hombres respecto a su interés en una nueva rasuradora eléctrica que tiene cuatro navajas. De una muestra de 60 hombres 240

menores de 40 años, sólo 12 estuvieron interesados, mientras que de 40 hombres mayores 40 años, sólo 5 mostraron interés. a) Calcule e interprete un intervalo del 95 % de confianza para la diferencia entre las verdaderas proporciones de hombres menores de 40 años y mayores de 40 años que mostraron interés. b) ¿Existe diferencia entre las verdaderas proporciones de hombres menores de 40 años y mayores de 40 años que mostraron interés? Explique. 25. Se entrevistaron dos grupos de mujeres respecto a su interés por la transmisión de encuentros de voleibol por TV. De una muestra de 120 mujeres de 40 años a más, sólo 30 estuvieron interesadas, mientras que de 100 mujeres menores 40 años, sólo 40 mostraron interés. a) Calcule e interprete un intervalo del 99 % de confianza para la diferencia entre las verdaderas proporciones de mujeres menores de 40 años y las de 40 años a más que mostraron interés. b) ¿Existe diferencia entre la proporción de mujeres menores de 40 años y las de 40 años a más que mostraron interés. Explique. 26. Es ampliamente conocido que no cualquiera coopera respondiendo a los cuestionarios de los entrevistadores puerta por puerta. En un experimento para determinar si las personas mayores (1) son más cooperadoras que los jóvenes (2), se obtuvieron los siguientes resultados: Mayores (1): n1 = 250, X1 = 150;

Jóvenes (2): n2 = 200, X2 = 110

a) Calcule e interprete un intervalo del 95 % de confianza para la diferencia entre las verdaderas proporciones de personas mayores y de jóvenes que cooperaron con los entrevistadores. b) ¿Existe diferencia entre las proporciones de mayores y de jóvenes que cooperan? Explique. 27. Se entrevistaron a un grupo de hombres en las ciudades de Cusco y Puno respecto a su interés por la compra de abrigos de lana. De una muestra de 400 cusqueños, sólo 160 estuvieron interesados, mientras que de 300 puneños, sólo 90 mostraron interés.

241

a) Calcule e interprete un intervalo del 99 % de confianza para la diferencia entre las verdaderas proporciones de cusqueños y puneños que mostraron interés por la compra de abrigos de lana. b) ¿Existe diferencia entre la proporción de cusqueños y puneños que mostraron

interés por la compra de abrigos de lana? Explique. 28. Las cajas de un cereal producido por una fábrica deben tener un contenido de 160 gramos. Un inspector tomó una muestra que arrojó los siguientes pesos en gramos: 157, 157, 163, 158, 161, 159, 162, 159, 158, 156 Calcule e interprete intervalos de confianza del 90 % para la media poblacional y la varianza poblacional de los pesos. 29. Los pesos netos (grs.) de diez latas de conserva fueron los siguientes: 159, 162, 159, 158, 156,157, 157, 163, 158, 161 Calcule e interprete intervalos de confianza del 90 % para la media poblacional y la varianza poblacional de los pesos netos. 30. De las 1500 micro empresas de una ciudad se extrae una muestra aleatoria de 20 y se recolecta información sobre el número de personas empleadas (X) por empresa, obteniéndose la siguiente información: 20

20

 X i  210

X

i 1

i 1

2 i

 1526

Calcule e interprete intervalos de confianza del 95 % para el(la) verdadero(a): a) Número medio de empleados por micro empresa en la ciudad. ¿Aceptaría usted que el tamaño medio de las microempresas es de 7 empleados? b) Número total de empleados en las micro empresas. c) La varianza del número de empleados por micro empresa. d) Para estimar en el futuro el número medio de empleados por establecimiento, con un margen de error máximo de 0.8 empleados y una confianza del 95 % ¿qué tamaño mínimo de muestra será necesario? 31. Los contenidos netos (ml.) de una muestra aleatoria de 10 frascos de yogurt fueron los siguientes: 248, 254, 249, 252, 250, 253, 250, 249, 247, 248 Calcule e interprete intervalos de confianza del 99 % 242

a) Para la media poblacional de los contenidos netos en los frascos. b) La varianza poblacional de los contenidos netos en los frascos. c) ¿Qué tamaño de muestra debe tomarse, si se desea que x difiera de µ en menos de 1.5 ml. con el 99 % de confianza? 32. La producción de 13 obreros de la jornada diurna, dio un promedio de 82 piezas con una desviación estándar de 10, mientras que para 11 obreros de la jornada nocturna, dio un promedio de 74 con una desviación estándar de 7. Calcule e interprete intervalos de confianza del 95% para: a) La razón de varianzas de la producción de ambas jornadas. ¿Serán heterogéneas las varianzas de ambos grupos? b) La diferencia de la producción media de ambos grupos. ¿Son diferentes las producciones medias de ambas jornadas? 33. En un colegio de secundaria, el cociente de inteligencia de 15 alumnos del turno diurno, dio un promedio de 112 con una desviación estándar de 6; mientras que para 15 estudiantes del turno nocturno, dio un promedio de 105 con una desviación estándar de 15. Calcule e interprete intervalos de confianza del 99 % para: a) La verdadera razón de varianzas de los cocientes de inteligencia de los alumnos de ambos turnos. ¿Son heterogéneas las varianzas de los 2 turnos? b) La verdadera diferencia de las medias de los cocientes de inteligencia de los alumnos de ambos turnos. ¿Son diferentes los cocientes medios de inteligencia de los 2 grupos? 34. Dos máquinas producen diariamente mil latas de conservas cada una independientemente. Mediante muestra aleatoria sin reemplazo de 16 latas tomadas de cada máquina se han obtenido los siguientes resultados sobre el peso de las latas (en gramos): n1 = 16,

x1 = 495, S1 = 5

y

n2 = 16,

x2 =

505, S2 = 7. Calcule e interprete intervalos de confianza del 99% para: a) La razón de varianzas de los pesos de las latas de conservas de ambas máquinas. ¿Son diferentes las varianzas de los pesos de las latas de conservas de ambas máquinas?

243

b) La diferencia de los pesos medios de las latas de conservas de ambas máquinas. ¿Son diferentes los pesos medios de las latas de conservas de ambas máquinas? 35. Se ha llevado a cabo un estudio para analizar los gastos mensuales en seguridad particular realizada por las empresas de dos ciudades. Mediante muestras aleatorias de 20 empresas tomadas en cada ciudad se han obtenido los siguientes resultados: n1 = 20,

x1 = 458, S1 = 25

y

n2 = 20,

x 2 = 385, S2 = 15.

Calcule e interprete intervalos de confianza del 95% para: a) La razón de varianzas de los gastos mensuales en seguridad particular realizada por las empresas de ambas ciudades. ¿Son diferentes las varianzas de los gastos mensuales en seguridad particular realizada por las empresas de ambas ciudades? b) La diferencia de los gastos medios mensuales en seguridad particular realizada por las empresas de ambas ciudades. ¿Son diferentes los gastos medios mensuales en seguridad particular realizada por las empresas de ambas ciudades?

244

Capítulo 6. CONTRASTE DE HIPÓTESIS ESTADÍSTICAS PARAMÉTRICAS “El pensamiento estadístico será un día tan necesario para el ciudadano eficiente como la capacidad de leer y escribir.” H.G. Wells CONTENIDO 6.1 6.2 6.3 6.4 6.5 6.6 6.7 6.8 6.9 6.10

Prueba de hipótesis para la media (con varianza conocida). Prueba de hipótesis para la media (con varianza desconocida). Prueba de hipótesis acerca de una varianza. Prueba de hipótesis para la razón de varianzas. Prueba de hipótesis acerca de dos medias (varianzas conocidas). Prueba de hipótesis acerca de dos medias (varianzas desconocidas). Prueba de hipótesis para la proporción. Prueba de hipótesis para la diferencia de proporciones. Ejercicios resueltos. Ejercicios propuestos.

En el capítulo anterior se ha desarrollado los diferentes aspectos relacionados con la estimación, que han permitido establecer las bases para de una manera sencilla hacer el contraste, prueba o docimasia de hipótesis. Prueba que es fundamental en la investigación científica cuando se usa el modelo hipotético-deductivo, ya que frente a un problema de la realidad tiene que formularse una hipótesis, cuyo contraste pasa muchas veces por el uso de la estadística. En este capítulo, se presenta los aspectos fundamentales de las pruebas de hipótesis, así como la propuesta de contrastes de hipótesis estadísticas referidas a parámetros como: la media, la varianza, la razón de varianzas, la diferencia de medias, la proporción y la diferencia de proporciones. Hipótesis Estadística Es una aseveración que se hace acerca del valor del parámetro o los valores de los parámetros de una población. Ejemplo 1.El contenido medio de las bolsas de arroz es de  = 1 000 gr., la tasa de desempleo es del 12% (P = 0.12), las notas tienen distribución normal con  = 12 y  = 2.1 etc. 245

Planteamiento del Problema Contrastar una hipótesis estadística es juzgar si cierta propiedad supuesta para una población es compatible con lo observado en una muestra de ella. Es decir que: La prueba estadística de una hipótesis es una regla que cuando los valores muestrales son observados nos conducen a aceptar o rechazar la hipótesis bajo consideración. Ejemplo 2.La “Compañía Agrícola Yapatera S.A.” embolsa arroz con un contenido medio de 1 000 gr. El proceso de llenado tiene distribución N ( = 1 000 gr. ,  = 3 gr.). Por razones imprevisibles el proceso de llenado se desajusta a veces produciendo un aumento o disminución del llenado medio sin variar la desviación estándar. Para contrastar si en cierto momento el proceso se ha desajustado, se toma una muestra al azar de n = 5 bolsas con arroz. Se pesan las bolsas obteniendo los siguientes datos: 1 005, 1 006, 1 004, 1 005 y 1 006 gr. ¿Podemos decir que el proceso de llenado se ha desajustado? Si el proceso no se ha desajustado al ser X ~ N (1 000 , 9)  X ~ N (1 000, 9 / 5) = N (1 000 , 1.8 ). Calculando X = (1 005 + 1 006 + 1 004 + 1 005 + 1 006) / 5 = 1 005.2 gr. El valor X = 1 005.2 gr. está muy alejado del valor central  = 1 000 gr. Para verlo formalmente, estandaricemos la variable.

Z

X   1005 .2  1000  = 3.87. Es decir, se aleja más de 3.8 veces la desviación X 1.342

estándar de la media. Por todo ello debemos pensar que el proceso se ha desajustado ya que de ser correcto, la probabilidad de que una muestra de tamaño 5 tome como media 1 005.2 gr. es muy pequeña. Esta probabilidad es: P( X ≥ 1 005.2) = P(Z ≥ 3.87) = 1 – P(Z  3.87) = 1 – 0.99995 = 0.00005 . Sumamente menor al 0.005%. Estos son los elementos fundamentales a tener en cuenta para el contraste de hipótesis, así como su relación con los intervalos de confianza. Para el ejemplo anterior   [1 001.5 , 1 008.9] gr. con el 95% de confianza.

246

Como  = 1 000 no pertenece al intervalo de confianza, entonces nos lleva a confirmar la hipótesis de que  es diferente de 1 000 gr. y que se ha producido un desajuste en el proceso de llenado de las bolsas con arroz. Tipos de Hipótesis Para efectuar el contraste de hipótesis se formula dos tipos de hipótesis: la nula y la alternativa. Hipótesis Nula .- se denota por H0 y es la hipótesis que se contrasta. Generalmente se establece en forma exacta. Es la hipótesis que mantendremos hasta que los datos demuestren su falsedad. Ejemplo: H0 : θ = θ0 . La hipótesis nula refleja el valor que ha tenido el parámetro en un momento determinado, pero pueda que haya cambiado dando lugar a la hipótesis alternativa. Hipótesis Alternativa .- se denota por H1 o Ha y generalmente es especificada con menos precisión. Es la suposición contraria a la que se quiere contrastar, que se acepta en caso la hipótesis nula se rechace. Ejemplo: H1 : θ < θ0 , θ > θ0 o θ ≠ θ0 . Al efectuar el contraste, hablamos de probar la hipótesis nula contra la hipótesis alternativa, bajo el supuesto tentativo que la hipótesis nula es cierta. Ello porque la hipótesis nula refleja el comportamiento que ha tenido (tiene o seguirá teniendo) el parámetro, hasta que los datos demuestren su falsedad. Tipos de Pruebas Hay dos tipos principales de pruebas: las pruebas unilaterales y la prueba bilateral. Cada una se identifica por la forma en que se formula H1. 1.

Pruebas Unilaterales o de una Cola  Prueba de la cola inferior o prueba del lado izquierdo (cola izquierda) Ho : θ = θ0

H1 : θ < θ0

Se emplea cuando se tiene alguna evidencia de que el valor del parámetro ha disminuido.

247

 Prueba de la cola superior o prueba del lado derecho (cola derecha) Ho : θ = θ0

H1 : θ > θ0

Se emplea cuando se tiene alguna evidencia de que el valor del parámetro ha aumentado.

2.

Prueba Bilateral o de dos Colas Ho : θ = θ0

H1 : θ ≠ θ 0

Este tipo de prueba se emplea, en caso de que el valor que se prueba no sea verdadero, entonces, todos los demás valores son posibles.

Tipo de Errores  Error tipo I: se comete al rechazar la hipótesis nula Ho cuando ésta es verdadera.  = Nivel de significación = P (Error Tipo I) = P [Rechazar Ho / Ho es verdadera Los valores más comunes de  son 0.05 y 0.01; porque el error debe ser bajo. Si tuviéramos un nivel de confianza del 95% entonces, el nivel de significación sería del 5%. Significaría que en 5 de cada 100 pruebas nos estaríamos equivocando al rechazar Ho cuando esta es cierta.  Error de tipo II: se comete cuando se acepta una hipótesis Ho siendo esta falsa. La probabilidad de cometer este error la denotamos con la letra β. β = P [Aceptar Ho / Ho es falsa ] 248

Decisión (muestral) Aceptar Ho Rechazar Ho

Ho es verdadera No hay error Error tipo I

Ho es falsa Error tipo II No hay error

Los errores tipo I y tipo II se relacionan. Una disminución en la probabilidad de uno, por lo general tiene como resultado un aumento en la probabilidad del otro. La decisión de aceptar o rechazar la hipótesis bajo consideración H0 se hace basándose en pruebas de muestras, por ello escogemos una función ˆ de las n observaciones, ˆ = G(X1,

X2, …. , Xn ) como estadística de prueba, cuya

distribución por muestreo sea conocida en el supuesto (tentativo) que la hipótesis nula H0 :  = 0 es cierta. Las reglas de decisión sobre la aceptación o rechazo de H0 , se hace respecto al rango de ˆ y un resultado particular ˆ de la muestra. Esto se hace hallando un valor ˆ C llamado valor crítico de la estadística de prueba (a veces hay más de un valor crítico) la cual divide al rango de ˆ en dos regiones: la región crítica o de rechazo (R,C) y la región de aceptación (R.A). Si ˆ



R.C. rechazamos H0. Si ˆ



R.A.

aceptamos H0. Región Crítica o de Rechazo Es la región que contiene lo valores para los cuales se rechaza la hipótesis H0 bajo consideración. Es la región del rango de ˆ que de acuerdo con una prueba prescrita, conduce al rechazo de la hipótesis bajo consideración.

249

Región de Aceptación Es la región que contiene lo valores para los cuales se acepta la hipótesis H0 bajo consideración. Pasos para el Contraste de Hipótesis 1.

Formular las hipótesis de acuerdo al problema. H0 :

θ = θ0

H1 :

θ ≠ θ0

o

θ < θ0

o

θ > θ0

2.

Escoger el nivel de significación .

3.

Escoger la prueba estadística apropiada (Z, t, chi-cuadrado, F, etc.) cuya distribución por muestreo sea conocida en el supuesto tentativo de que H0 es cierta. Esta prueba estadística, debe ser función del estimador y del parámetro, al igual que en la construcción de intervalos de confianza.

4.

Establecer la región crítica. Para ello tomar en cuenta la distribución de la prueba estadística escogida.

5.

Calcular el valor de la prueba estadística, con la información de una muestra aleatoria de tamaño n y bajo el supuesto que H0 es cierta.

6.

Conclusión: Si el valor calculado de la prueba estadística pertenece a la región crítica, entonces rechazamos H0 y aceptamos H1. En caso contrario, si el valor calculado de la prueba estadística pertenece a la región de aceptación, entonces aceptamos H0 y rechazamos H1.

A continuación, utilizando los resultados de las distribuciones muestrales y de los intervalos de confianza, veremos la aplicación de las pruebas de hipótesis para los parámetros poblacionales como la media, diferencia de medias, la varianza, la igualdad de varianzas, la proporción y la diferencia de proporciones. Cuyas estadísticas de prueba van a estar referidas a distribuciones como la normal estándar, t de student, chi cuadrado y F respectivamente. Veamos cada una de ellas.

250

6.1 PRUEBA DE HIPÓTESIS PARA LA MEDIA (con varianza conocida) 

Sea X la media de una muestra aleatoria de tamaño n seleccionada de una población con media  y con varianza 2 supuestamente conocida. Si la población es normal N(, 2), entonces, la distribución de la estadística 

X es exactamente normal N(, 2/n). Si la población no es normal, para 

cualquier valor de n  30, la distribución de X es aproximadamente normal N(, 2/n). Si se necesita el factor de corrección para poblaciones finitas se usa (N –n) / (n-1) Entonces, la estadística para la prueba acerca de  con varianza 2 conocida es: 

X , cuya distribución es exacta o aproximadamente normal estándar Z / n N(0,1), según sea la población normal o no. Si se supone verdadera la hipótesis nula: Ho:  = o, la estadística especificada 

X  0 por esta hipótesis es entonces: Z  / n A. Prueba bilateral o de dos colas 1. Hipótesis:

Ho:  = o ,

H1:   0

2. Escoger el nivel de significación:  

X 3. Estadística de prueba: Z  , cuya distribución es normal N(0,1). / n 4. Región crítica: determinar el valor Z1-/2 tal que la probabilidad de rechazar H0 cuando se supone verdadera sea:

PZ  Z1 / 2    / 2 o PZ  Z1 / 2    / 2 En consecuencia, la región crítica en el rango de variación de Z es:

R.C.  Z  Z1 / 2 o Z  Z1 / 2  Por otro lado, la probabilidad de aceptar H0 cuando se supone verdadera es:

P Z1 / 2  Z  Z1 / 2   1   Resultando la región de aceptación: R.A.   Z1 / 2  Z  Z1 / 2 

251



5. Hallar Z calc

x  0  con la información muestral y suponiendo que Ho es / n

cierta. 6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a , si Z calc R.C. (o si Z calc R.A. ). No se rechaza H0 en caso contrario. Si se rechaza Ho se dice que la prueba es significativa con riesgo cuyo valor es . 

Nota (Región crítica en X ) 





Si X es estimador de , se cumple H1:   0 cuando X < a o X > b

R.C  X  a o X  b 

Si se sustituye Z  ( X   0 ) /( / n ) en RC resulta la región crítica en el rango 

de variación X con: a  0  Z1 / 2 ( / n ) ,

y

b   0  Z1 / 2 ( / n )



La región de aceptación es el intervalo en X : 

R. A.  [ a  X  b] 



La regla de decisión es: Si x es el valor de X obtenido a partir de una muestra 



aleatoria, se rechazará H0 con un riesgo , si x R.C. (o si x R. A.) No se rechazará H0 en caso contrario. B. Prueba unilateral de la cola derecha 1. Hipótesis:

Ho:  = o ,

H1:  > 0

2. Escoger el nivel de significación:  

X 3. Estadística de prueba: Z  , cuya distribución es normal N(0,1). / n 4. Región crítica: determinar el valor Z1 tal que la probabilidad de rechazar H0 cuando se supone verdadera sea:

PZ  Z1 | H 0 :   0 verdadera   En consecuencia, la región crítica en el rango de variación de Z es:

R.C.  {Z  Z1 } 252

R.A.  {Z  Z1 } .

La región de aceptación es: 

5. Hallar Z calc

x  0  con la información muestral y suponiendo que Ho es / n

cierta. 6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a , si Z calc R.C. (o si Z calc R.A. ). No se rechaza H0 en caso contrario. 

Nota: (Región Crítica en X ) 



Si X es estimador de , se cumple H1:  > 0 cuando X > b1 

R.C.  { X  b1} donde: b1   0  z1 ( / n ) 

La región de aceptación es el intervalo: R. A.  { X  b1} 



La regla de decisión es: Siendo x el valor de X obtenido a partir de una muestra 



aleatoria de tamaño n, se rechazará H0 con un riesgo , si x R.C. (o si x R.A. ). No se rechazará H0 en caso contrario. C. Prueba unilateral de la cola izquierda Ho:  = o ,

1. Hipótesis:

H1:  < 0

2. Escoger el nivel de significación:  

X 3. Estadística de prueba: Z  , cuya distribución es normal N(0,1). / n 4. Región crítica: determinar el valor Z1 tal que la probabilidad de rechazar H0 cuando se supone verdadera sea:

PZ   Z1 / Ho :   0 verdadera   En consecuencia, la región crítica en el rango de variación de Z es:

R.C.  Z   Z1  R.A.  Z   Z1 

La región de aceptación es: 

5. Hallar Z calc

x  0  con la muestra y bajo el supuesto que Ho es cierta. / n

6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a , si Z calc R.C. (o si Z calc R.A. ). 253

No se rechaza H0 en caso contrario. 

Nota: (Región crítica en X ) 



Si X es estimador de , se cumple H1:  < 0 cuando X < a1 

RC  { X  a1} donde:

a1 =  0  Z1 ( / n ) 

Región de aceptación: RA  { X  a1} 



Regla de decisión es: Si X es un valor de X obtenido a partir de una muestra 



aleatoria de tamaño n, rechazará H0 con un riesgo  si x R.C. . (o si x R.A. ). No se rechazará H0 en caso contrario. Nota: Regla de decisión con el Intervalo de Confianza La prueba de la hipótesis nula Ho:  = 0 contra H1:   0 a un nivel de significación dado , equivale al calcular el intervalo de confianza (I.C.) del 100(1 )% para el parámetro  y luego rechazar la hipótesis nula Ho:  = 0 si es que 0

 I .C. 



En efecto, si x es un valor de X , no se rechaza Ho:  = 0 si el valor 

Zcalc ϵ R.A. = [-Z1-α/2, Z1-α/2] donde Z calc  ( x  0 ) /( / n ) 

o, si

 Z1 / 2 

x  0



 Z1 / 2

n      ,  0  z1 / 2 Esto es, no se rechaza Ho:  = 0 si x  R. A.   0  z1 / 2 n n  

o equivalentemente si  0 se encuentra en el intervalo de confianza (I.C.) del 100(1 -

     , x Z1 / 2 ) % para :  0  I .C.   x Z1 / 2 n n   

Por tanto, se rechaza H0 con riesgo , si x  R. A.

o si

0  I .C.

Nota: Método del valor P (o P-valor o sig o Probab, etc.) Otra forma de establecer la regla de decisión, es calculando el valor P (probabilidad mínima para rechazar Ho), a partir del valor Zcalc, de manera que: 254

 Para dos colas: P = P[|Z| > |Zcalc|] = P[Z < -|Zcalc|] + P[Z > |Zcalc|] = 2 P[Z < -|Zcalc|]  Para cola a la derecha: P = P[Z > Zcalc]  Para cola a la izquierda: P = P[Z < Zcalc] Si el valor de P < , entonces, se rechaza H0. Se acepta H0, en caso contrario. Ejemplo 3.Un proceso de empaquetar un producto está controlado, si el peso medio del producto empaquetado es 400 gr. Si en una muestra aleatoria de 100 paquetes del producto se ha encontrado que el peso medio es de 395 gramos. Suponga que el peso de los productos empaquetados se distribuye normalmente con desviación estándar de 20 gramos. a) ¿Se podría concluir que el proceso está fuera de control al 5% de significación? Halle P-valor. b) Construya un intervalo de confianza del 95% para el peso medio del producto empaquetado. ¿Aceptaría usted que  = 400 gr. (proceso controlado)? Solución a) Sea X la variable aleatoria definida como el peso de los paquetes del producto. Se supone que la distribución de X es N(, (20)2). 1. Hipótesis: H0:  = 400 (proceso controlado) H1:   400 (proceso fuera de control). 2. Nivel de significación:  = 0.05. 3. Estadística de prueba: Población normal con varianza conocida, la estadística es 

X cuya distribución es normal N(0,1). Z / n 4. Región crítica: Si la hipótesis nula H0 es cierta, para  = 0.05 y la alternativa 

bilateral, en la distribución de Z  ( X  400) /(20 / 100 ) , se encuentra el valor crítico: Z1-/2 = Z0.975 = 1.96 Luego, la región crítica en la variable Z está dada por:

RC  Z calc  1.96 o Z calc  1.96 

5. Cálculos, de los datos se tiene: n = 100, Entonces: 255

x  395,

  20



Z calc

x  0 395  400    2.5 2 / n

6. Decisión: Puesto que Zcalc = -2.5  R.C. , debemos rechazar H0 y concluir con un 5% de significación que el proceso de empaquetado no está controlado. P-valor = P[|Z| > |-2.5|] = P[|Z| > 2.5] = 2 P[Z < -2.5] = 2(0.00621) = 0.01242. Como el valor-P = 0.01242 <  = 0.05 se rechaza Ho y se acepta H1:   400 y se concluye también con un 5% de significación que el proceso de empaquetado no está controlado. 

Nota: En el rango de variación de X , la región crítica es: 







R.C.  { X  400  1.96 x2 o X  400  1.96 x2}  { X  396.08 o X  403.92} 

Por el hecho que x  395 R.C. , se debe rechazar H0 y concluir con un riesgo de 5 % que el proceso de empaquetado no está controlado. Cálculos utilizando Minitab (versión 15.0 en español) Del menú escoger Estadísticas → Estadísticas básicas → 1Z Z de 1 muestra y aparece la Ventana Z de 1 muestra (prueba e intervalo de confianza) siguiente:

256

Habilitar la opción Datos resumidos y escribir el Tamaño de muestra: 100 y en Media: 395 (la media muestral). Escribir la Desviación estándar: 20. Nota: Si los datos muestrales aparecen en una columna, se escoge Muestras en columnas: y se ingresa dicha columna. Lo que sigue es igual para ambos casos. Seleccionar Realizar prueba de hipótesis y escribir en Media hipotética: 400. Escoger Opciones… → Nivel de confianza: 95.0. Escoger en Hipótesis alterna: no es igual a. Luego escoger Aceptar y Aceptar En la hoja de Sesión aparecen los resultados siguientes: Z de una muestra Prueba de mu = 400 vs. no = 400 La desviación estándar supuesta = 20

N 100

Media del Error estándar 2.00

Media 395.00

IC de 95% (391.08, 398.92)

Z -2.50

P 0.012

Aparecen los resultados antes obtenidos: Zcalc = -2.5, el valor-P = 0.012 y el intervalo de confianza del 95% para la media µ obtenido a continuación en b). b) El intervalo de confianza del 95% para el peso medio  del producto empaquetado viene dado por:



  X  Z 

 1

 2

n

, X Z

  1

 2

 n

…………. (1)

Datos: n = 100, X = 395, σ = 20, 1 – α = 0.95 → En la Tabla 1, Zo = Z0.975 = 1.96. El error de estimación para la media es: E= Z

 1

 2

n

 1.96

20 = 3.92 gr. 100

Reemplazando en (1) se tiene: µ ϵ [395 – 3.92 ; 395 + 3.92] = [391.08 ; 398.92] gr. con el 95% de confianza. No se acepta que  = 400 gr. porque no pertenece al intervalo de confianza, por lo tanto, se debe rechazar H0 y concluir con un 95 % de confianza que el proceso de empaquetado no está controlado.

257

6.2

PRUEBA DE HIPÓTESIS desconocida)

PARA

LA

MEDIA

(con

varianza

Población no normal Si la población no tiene distribución normal y si la varianza es desconocida, para probar hipótesis acerca de la media , sólo si, el tamaño de la muestra es grande 

X  0 (n  30), se suele utilizar la estadística: Z  / n

N(0,1)

Luego, las regiones críticas de las pruebas de Ho:  = 0 contra cualquiera de las tres alternativas H1:  > 0

H1:  < 0

o

o

H1:   0 son las mismas

(aproximadamente) de la sección anterior. Población normal Si la población tiene distribución normal N(,2), donde  y 2 son parámetros desconocidas, para 2 ≤ n < 30 la estadística de la prueba acerca de la media  es: 

x  T S/ n Si se



t n 1

supone verdadera la hipótesis nula, Ho:  = o , la

estadística



x  0 especificada por esta hipótesis es: T  S/ n Nota: La estructura de la prueba es idéntica que en el caso de  conocida , salvo que el valor de 

se estima por S y la distribución normal estándar se

sustituye por la distribución t de Student con n-1 grados de libertad. A. Prueba bilateral o de dos colas 1. Hipótesis:

Ho:  = o,

H1:   0

2. Escoger el nivel de significación:  

x  3. Estadística de prueba: T  S/ n



t n 1

4. Región crítica: determinar los valores  t1 / 2, n 1 , tales que la probabilidad de rechazar Ho cuando se supone verdadera sea: 258

P(T  t1 / 2,n1 )   / 2 o P(T  t1 / 2, n 1 )   / 2

.

En consecuencia, la región crítica en el rango de variación de T es:

R.C.  {T  t1 / 2,n1 o T  t1 / 2,n1} La región de aceptación es: R. A.  {t1 / 2, n1  T  t1 / 2, n1} 

5. Hallar Tcalc

x  0  con la información muestral y suponiendo que Ho es S/ n

cierta. 6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a , si Tcalc R.C. (o si Tcalc R.A. ). No se rechaza H0 en caso contrario. Si se rechaza Ho se dice que la prueba es significativa con riesgo igual . B. Prueba unilateral de la cola derecha Ho:  = o,

1. Hipótesis:

H1:  > 0

2. Escoger el nivel de significación:  

x  3. Estadística de prueba: T  S/ n



t n 1

4. Región crítica: determinar el valor t1 , n 1 tal que la probabilidad de rechazar H0 cuando se supone verdadera sea:

P [T  t1 , n1 | H 0 :    0 verdadera]   En consecuencia, la región crítica en el rango de variación de T es:

R.C.  {T  t1 , n1} La región de aceptación es:

R. A.  {T  t1 , n1} .



5. Hallar Tcalc

x  0  con la información muestral y suponiendo que Ho es S/ n

cierta. 6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a , si Tcalc R.C. (o si Tcalc R.A. ). No se rechaza H0 en caso contrario. C. Prueba unilateral de la cola izquierda 1. Hipótesis:

Ho:  = o ,

H1:  < 0 259

2. Escoger el nivel de significación:  

x  3. Estadística de prueba: T  S/ n



t n 1

4. Región crítica: determinar el valor - t1 , n 1 tal que la probabilidad de rechazar H0 cuando se supone verdadera sea:

P [T  t1 , n1 | H 0 :    0 verdadera]   En consecuencia, la región crítica en el rango de variación de T es: R.C. = {T < -t1 - α, n -1} La región de aceptación es: R.A. = {T > -t1 - α, n -1} 

5. Hallar Tcalc

x  0  con la información muestral y suponiendo que Ho es S/ n

cierta. 6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a , si Tcalc R.C. (o si Tcalc R.A. ). No se rechaza H0 en caso contrario. Nota: Regla de decisión con el Intervalo de Confianza La prueba de la hipótesis nula Ho:  = 0 contra H1:   0 a un nivel de significación dado , equivale al calcular el intervalo de confianza (I.C.) del 100(1 )% para el parámetro  y luego rechazar la hipótesis nula Ho:  = 0 si es que 0

 I .C. Nota: Método del valor P (o P-valor o sig o Probab, etc.) Otra forma de establecer la regla de decisión, es calculando el valor P (probabilidad mínima para rechazar Ho), a partir del valor Tcalc, de manera que:  Para dos colas: P = P[|Tn-1| > |Tcalc|] = P[Tn-1 < -|Tcalc|] + P[Tn-1 > |Tcalc|] = = 2 P[Tn-1 < -|Tcalc|] = 2 P[Tn-1 > |Tcalc|]  Para cola a la derecha: P = P[Tn-1 > Tcalc]  Para cola a la izquierda: P = P[Tn-1 < Tcalc] Si el valor de P < , entonces, se rechaza H0. Se acepta H0, en caso contrario.

260

Ejemplo 4.Un fabricante produce un cable de alambre de cierto tipo, que tiene una resistencia a la ruptura no mayor de 300 kg. Se descubre un proceso nuevo y más barato que desea emplearse, siempre que el cable así producido tenga una resistencia media a la ruptura mayor de 300 kg. Si una muestra aleatoria de 25 cables producidos con el nuevo proceso ha dado una media 304.5 kg. y una desviación estándar S = 10 kg. ¿Debería el fabricante adoptar el nuevo proceso, si está dispuesto a asumir un error tipo I del 5%? Hallar el Pvalor. Solución 1. Hipótesis: H0:  ≤ 300 (proceso antiguo)

H1:  > 300 (proceso nuevo).

2. Nivel de significación:  = 0.05. 3. Estadística de prueba: 

x  T S/ n



t 24

4. Región crítica: para  = 0.05 y la alternativa unilateral derecha, se encuentra el valor crítico en la Tabla 3: t1-, n-1 = t0.95, 24 = 1.711 Luego, la región crítica en la variable T está dada por: R.C = {T > 1.711} 

5. Cálculos, de los datos se tiene: n = 25,

x = 304.5 Kg.

S = 10 y  = 300



Entonces: Tcalc

x  304.5  300 = 2.25   S/ n 10 / 25

6. Decisión: puesto que Tcalc = 2.25 ϵ R.C., debemos rechazar H0 y concluir con un 5% de significación que conviene adoptar el nuevo proceso. P-valor = P[T24 > 2.25] = 1 - P[T24 ≤ 2.25] = 1 – x

………… (1)

Como en la tabla 3, T de student, para 24 grados de libertad, no está el valor 2.25, pero éste se encuentra entre los valores 2.064 (con probabilidad 0.975) y 2.492 (con probabilidad 0.99) se determina x interpolando de la siguiente manera: Tα

P

2.064 0.975 2.25

x



2.492 0.990 

2.492  2.064 2.25  2.064  28.53 = 0.186  0.990  0.975 x  0.975 x  0.975 28.53x - 27.82 = 0.186  261

x = 0.982

Reemplazando x = 0.982 en (1) se obtiene: P-valor = 1 – 0.982 = 0.018

Rpta.

Como el valor-P = 0.018 <  = 0.05 se rechaza Ho y se acepta H1:  > 300. Por lo tanto, se concluye también con un 5% de significación que es conveniente adoptar el nuevo proceso. Cálculos utilizando Minitab Del menú escoger Estadísticas → Estadísticas básicas → 1t t de 1 muestra y aparece la Ventana t de 1 muestra (prueba e intervalo de confianza) siguiente:

Habilitar la opción Datos resumidos y escribir el Tamaño de muestra: 25 y en Media: 304.5 (la media muestral). Escribir la Desviación estándar: 10 (desviación estándar muestral). Nota: Si los datos muestrales aparecen en una columna, se escoge Muestras en columnas: y se ingresa dicha columna. Lo que sigue es igual para ambos casos. Seleccionar Realizar prueba de hipótesis y escribir en Media hipotética: 300. Escoger Opciones… → Nivel de confianza: 95.0. Escoger en Hipótesis alterna: mayor que. Luego escoger Aceptar y Aceptar En la hoja de Sesión aparecen los resultados siguientes: 262

T de una muestra Prueba de mu = 300 vs. > 300

N 25

Media 304.50

Media del Error estándar 2.00

Desv.Est. 10.00

95% Límite inferior 301.08

T 2.25

P 0.017

Para prueba bilateral: N 25

Media Desv.Est. 304.50 10.00

Errorestándar 2.00

IC de 95% (300.37, 308.63)

Aparecen los resultados antes obtenidos: Tcalc = 2.25, el valor-P = 0.017 (ligeramente diferente al 0.018 encontrado con aproximación usando la Tabla 3) y el intervalo de confianza del 95% para la media µ obtenido a continuación. Nota.Si se construye el intervalo de confianza del 95% para la media , con 1 – α = 0.95 → en la Tabla 3, t0 = t24 , 0.975 = 2.064. Además: n = 25, X = 304.5 Kg. y S = 10. El intervalo de confianza para la media es:   [ X - t0 S / n , X + t0 S / n ] Luego:   [304.5 – 2.064 x

10 10 , 304.5 + 2.064 x ] = [304.5 ± 4.128] 25 25

Por lo tanto:   [300.37 ; 308.63] Kg. con el 95% de confianza. En consecuencia, se rechaza H0:  = 300 kilos porque no pertenece al intervalo de confianza y se acepta H1:  > 300 Kg. siendo conveniente adoptar el nuevo proceso con un 95% de confianza. 6.3 PRUEBA DE HIPÓTESIS ACERCA DE UNA VARIANZA Sea Xk, X2, ...., Xn una muestra aleatoria de tamaño n, seleccionada de una población normal con media  y varianza 2, parámetros desconocidos, y sea la n

varianza muestral, S 2 

( X i 1

i

 X )2

n 1

Entonces, la variable aleatoria,  2 

(n  1)S 2

 263

2

  n21

Esta estadística se utiliza para probar hipótesis acerca de una varianza. Si se supone verdadera la hipótesis nula Ho: σ2 =  02 , la estadística es:

2  2  El valor  calc

(n  1) S 2

 02

(n  1) S 2

 02

  n21

que resulta de la muestra aleatoria, se usa para la prueba

de H0, contra una alternativa unilateral o bilateral. A. Prueba bilateral o de dos colas 1. Hipótesis:

Ho: σ2 =  02 ,

H1: σ2   02

2. Escoger el nivel de significación:  3. Estadística de prueba:  2 

(n  1)S 2



2

  n21

4. Región crítica: determinar los valores X 2 / 2 , n 1 y X12 / 2 , n 1 , tales que la probabilidad de rechazar la hipótesis nula H0 cuando se supone verdadera sea:

P [  2  2 / 2,n1 ]   / 2

o P [  2  2 / 2,n1 ]   / 2

La Región crítica de la prueba es: R.C. = {X2 <  2 / 2,n1 o X2 > 12 / 2,n1 }

La región de aceptación es: R.A. = {  2 / 2,n1 ≤ X2 ≤ 12 / 2,n1 } 2  5. Hallar  calc

(n  1) S 2

 02

con la información muestral y suponiendo que Ho es

cierta. 2 2  R.C. (o si  calc  R. A. ). 6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a , si  calc

No se rechaza H0 en caso contrario. Si se rechaza Ho se dice que la prueba es significativa con riesgo cuyo valor es . 264

B. Prueba unilateral de la cola derecha Ho: σ2 =  02 , H1: σ2 >  02

1. Hipótesis:

2. Escoger el nivel de significación:  3. Estadística de prueba:  2 

(n  1)S 2



2

  n21

4. Región crítica: determinar el valor X12 , n 1 tal que la probabilidad de rechazar

P[  2  12 ,n1 ]  

H0 cuando se supone verdadera sea:

La Región crítica de la prueba es: R.C. = {X2 > 12 , n1 }

12 , n1 La región de aceptación es: 5. Hallar 

2 calc



(n  1) S 2

 02

R.A. = {X2 < 12 , n1 }

con la muestra y suponiendo que Ho es cierta.

2 2  R.C. (o si  calc  R. A. ). 6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a ,  calc

No se rechaza H0 en caso contrario. C. Prueba unilateral de la cola izquierda 1. Hipótesis:

Ho: σ2 =  02 , H1: σ2 <  02

2. Escoger el nivel de significación:  3. Estadística de prueba:  2 

(n  1)S 2



2

  n21

4. Región crítica: determinar el valor  2 ,n1 tal que la probabilidad de rechazar H0 cuando se supone verdadera sea: 265

P[  2  2, n1 ]   La Región crítica de la prueba es: R.C. = {X2 < 2, n1 }

R.A. = {X2 > 2, n1 }

La región de aceptación es: 5. Hallar 

2 calc



(n  1) S 2

 02

con la muestra y suponiendo que Ho es cierta.

2 2  R.C. (o si  calc  R. A. ). 6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a ,  calc

No se rechaza H0 en caso contrario. Nota: Regla de decisión con el Intervalo de Confianza La prueba de la hipótesis nula Ho: σ2 =  02 contra H1: σ2 ≠  02 a un nivel de significación dado , equivale al calcular el intervalo de confianza (I.C.) del 100(1 )% para el parámetro σ2 y luego rechazar la hipótesis nula Ho: σ2 =  02 si es que  02

 I .C. Caso contrario, si  02 ϵ I.C. se “acepta” la hipótesis nula Ho: σ2 =  02 . Nota: Método del valor P (o P-valor o sig o Probab, etc.) Otra forma de establecer la regla de decisión, es calculando el valor P (probabilidad 2 mínima para rechazar Ho), a partir del valor  calc , de manera que:

 Para dos colas: 2 2 Si  calc < n – 1 → P = 2 P[  n21 <  calc ] 2 2 2 Si  calc > n – 1 → P = 2 P[  n21 >  calc ] = 2 {1 - P[  n21 <  calc ]}

2  Para cola a la derecha: P = P[  n21 >  calc ] 2  Para cola a la izquierda: P = P[  n21 <  calc ]

Si el valor de P < , entonces, se rechaza H0. Se acepta H0, en caso contrario. 266

Ejemplo 5.En un proceso de fabricación, se plantea la hipótesis que la desviación estándar de las longitudes de cierto tipo de tornillo es 2.0 mm. En una muestra de diez tornillos elegidos al azar del proceso de producción se han encontrado las siguientes longitudes en milímetros: 71, 66, 64, 72, 69, 67, 70, 68, 65, 69 Con estos datos, ¿se justifica la suposición que la desviación estándar verdadera es 2.00 mm? Use el nivel de significación  = 0.05, y suponga que la distribución de las longitudes es normal. Halle el valor-P. Solución: 1. Hipótesis : H 0 :  2  4,

H1 :  2  4

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: población normal, con n = 10, y suponiendo verdadera la hipótesis

(n  1)S 2 H 0 :   4 , la estadística de prueba:     92 4 2

2

4. Región crítica: Para  = 0.05 y para un contraste bilateral, en la tabla 2 de chicuadrado se encuentran los siguientes valores críticos:

2 / 2,n1   02.025, 9  2.70 y 12 / 2,n1   02.975.9  19.02 Luego, la región crítica es: R.C. {X2 < 2.70 o X2 > 19.02} 5. Cálculos: De los datos de la muestra resulta S2 = 6.77, entonces,



2 calc

(n  1)S 2 9S 2 9 (6.77)     15.23 4 4 4

2 6. Decisión: Como  calc = 15.23  R.A. se acepta H 0 :  2  4 y concluimos que la

desviación estándar es de 2 mm. con el 5% de significación.

Rpta.

2  Como la prueba es bilateral y  calc = 15.23 > n – 1 = 9 el valor-P se obtiene así:

2 P = 2 {1 - P[  n21 <  calc ]} = 2 {1 - P[  92 < 15.23]} = 2 {1 - x} ……. (1)

Como en la tabla 2, de chi-cuadrado, para 9 grados de libertad, no está el valor 15.23, pero éste se encuentra entre los valores 14.7 (con probabilidad 0.90) y 16.9 (con probabilidad 0.95) se determina p interpolando de la siguiente manera: 267

X2α

P

14.7

0.90

15.23

x

16.9



0.95 

16.9  14.7 15.23  14.7  0.95  0.90 x  0.90 44x – 39.6 = 0.53





44 =

0.53 x  0.90

x = 0.912

Reemplazando x = 0.9815 en (1) se obtiene: P = P-valor = 2{1 – 0.912} = 0.176

Rpta.

Como el valor-P = 0.176 >  = 0.05 se acepta H 0 :  2  4 . Por lo tanto, se concluye también con un 5% de significación que la desviación estándar es de 2 mm. Cálculos utilizando Minitab En la Ventana de Datos (Hoja de trabajo), columna C1 definir la variable Longitud (de los tornillos) e ingresar los 10 valores de la muestra. Del menú escoger Estadísticas → Estadísticas básicas → σ2 1 varianza y aparece la Ventana 1 varianza siguiente:

En vez de ingresar desviación estándar, escoger ingresar varianza. Como los datos muestrales aparecen en la columna C1 Longitud, se escoge Muestras en columnas: y se selecciona en dicho recuadro la columna C1 Longitud.

268

Nota: si ya se tienen los cálculos muestrales, habilitar la opción Datos resumidos y escribir el Tamaño de muestra: y la Varianza de la muestra: correspondientes. Lo que sigue es igual para ambos casos. Seleccionar Realizar prueba de hipótesis y escribir en Varianza hipotética: 4. Escoger Opciones… → Nivel de confianza: 95.0. Escoger en Hipótesis alterna: no es igual a. Luego escoger Aceptar y Aceptar En la hoja de Sesión aparecen los resultados siguientes: Prueba e IC para una varianza: Longitud Método Hipótesis nula Hipótesis alterna

Sigma-cuadrado = 4 Sigma cuadrado no = 4

El método estándar se utiliza sólo para la distribución normal. El método ajustado se utiliza para cualquier distribución continua.

Estadísticas Variable Longitud

N 10

Desv.Est. 2.60

Varianza 6.77

Intervalos de confianza de 95% IC para Variable Método Desv.Est. Longitud Estándar (1.79, 4.75) Ajustado (1.93, 3.98)

IC para varianza (3.20, 22.55) (3.73, 15.85)

Pruebas Variable Longitud

Método Estándar Ajustado

Chicuadrada 15.23 26.47

GL 9.00 15.65

Valor P 0.170 0.084

2 Aparecen los resultados antes obtenidos:  calc = 15.23, el valor-P = 0.17

(ligeramente diferente al 0.176 encontrado con aproximación usando la Tabla 2) y el intervalo de confianza del 95% para la varianza analizado a continuación. Nota.Si se construye el intervalo de confianza del 95% para la varianza σ2, éste resultará ser: σ2 ϵ [3.20; 22.55] mm2 con el 95% de confianza. En consecuencia, se acepta H 0 :  2  4 porque pertenece al intervalo de confianza. Por lo tanto, se concluye también que la desviación estándar es de 2 mm. con un 95% de confianza. 269

6.4 PRUEBA DE HIPÓTESIS PARA LA RAZÓN DE VARIANZAS Sean S12 y S 22 las varianzas de dos muestras aleatorias independientes de tamaños respectivos n1 y n2, escogidas de dos poblaciones normales con varianzas respectivas  12 y  22 . Entonces, la estadística,

F

S12 /  12  f n1 1, n2 1 S 22 /  22

tiene distribución de probabilidad F con grados de libertad n1 – 1 y n2 – 1. Esta estadística se utiliza para probar igualdad de varianzas. Si se supone verdadera la hipótesis nula Ho:  12   22 estadística de la prueba es: F  Su valor Fcalc 

o

 12 /  22 = 1, la

S12  f n1 1, n2 1 S 22

S12 que resulta de dos muestras aleatorias, se utiliza para S 22

probar la hipótesis nula Ho contra cualquiera alternativa unilateral o bilateral. A. Prueba bilateral o de dos colas 1. Hipótesis:

Ho : 12   22 ,

H1 :  12   22

2. Escoger el nivel de significación:  3. Estadística de prueba: F 

S12 /  12  f n 11, n2 1 S 22 /  22

4. Región crítica: determinar los valores f  / 2 , n 11, n 21 y X 12 / 2 , n 11, n 21 , tales que la probabilidad de rechazar la hipótesis nula H0 cuando se supone verdadera sea:

P[ F  f / 2, n 11, n 21 ]   / 2 o P[ F  f1 / 2, n 11, n 21 ]   / 2 La Región crítica es: R.C. = {F < f  / 2, n 11, n 21 o F > f1 / 2, n 11, n 21 } La región de aceptación es: R.A. = { f  / 2, n 11, n 21 ≤ F ≤ f1 / 2, n 11, n 21 } 5. Hallar Fcalc

S12  2 con la información muestral y suponiendo que Ho es cierta. S2

6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a , si Fcalc R.C. (o si Fcalc R.A. ). No se rechaza H0 en caso contrario. Si se rechaza Ho se dice que la prueba es significativa con riesgo cuyo valor es . 270

B. Prueba unilateral de la cola derecha 1. Hipótesis:

Ho: 12   22 ,

H1 :  12   22

2. Escoger el nivel de significación:  3. Estadística de prueba: F 

S12 /  12  f n 11, n2 1 S 22 /  22

4. Región crítica: determinar el valor f1 , n 11, n 21 tal que la probabilidad de rechazar H0 cuando se supone verdadera sea:

P[ F  f1 , n 11, n 21 ]   La Región crítica de la prueba es: R.C. = {F > f1 , n 11, n 21 }

f1 , n 11, n 21 La región de aceptación es: 5. Hallar Fcalc 

R.A. = {F < f1 , n 11, n 21 }

S12 con la muestra y suponiendo que Ho es cierta. S 22

6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a , Fcalc R.C. (o si Fcalc R.A. ). No se rechaza H0 en caso contrario. C. Prueba unilateral de la cola izquierda 1. Hipótesis:

Ho : 12   22 ,

H1 :  12   22

2. Escoger el nivel de significación:  3. Estadística de prueba: F 

S12 /  12  f n 11, n2 1 S 22 /  22

271

4. Región crítica: determinar el valor f  , n 11, n 21 tal que la probabilidad de rechazar H0 cuando se supone verdadera sea:

P [ F  f , n 11, n 21 ]   La Región crítica de la prueba es: R.C. = {F < f  , n 11, n 21 } R.A. = {F > f  , n 11, n 21 }

La región de aceptación es: 5. Hallar Fcalc

S12  2 con la muestra y suponiendo que Ho es cierta. S2

6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a , Fcalc R.C. (o si Fcalc R.A. ). No se rechaza H0 en caso contrario. Nota: Regla de decisión con el Intervalo de Confianza La prueba de la hipótesis nula Ho:  12   22 o  12 /  22 = 1 contra H1 :  12   22 o

 12 /  22 ≠ 1 a un nivel de significación dado , equivale a determinar el intervalo de confianza (I.C.) del 100(1 - )% para la razón de varianzas  12 /  22 y luego rechazar la hipótesis nula Ho:  12   22 si es que  12 /  22 = 1  I .C. Por el contrario, si  12 /  22 = 1 ϵ I.C. se “acepta” la hipótesis nula Ho:  12   22 . Nota: Método del valor P (o P-valor o sig o Probab, etc.) Otra forma de establecer la regla de decisión, es calculando el valor P (probabilidad mínima para rechazar Ho), a partir del valor Fcalc , de manera que:  Para dos colas: Si Fcalc < 1 → P = 2 P[ f n 11, n 21 < Fcalc ] Si Fcalc > 1 → P = 2 P[ f n 11, n 21 > Fcalc ] = 2 {1 - P[ f n 11, n 21 < Fcalc ]}  Para cola a la derecha: P = P[ f n 11, n 21 > Fcalc ]  Para cola a la izquierda: P = P[ f n 11, n 21 < Fcalc ] Si el valor de P < , entonces, se rechaza H0. Se acepta H0, en caso contrario. Ejemplo 6.Una compañía diseña un nuevo proceso de moldeo para reducir la variabilidad en el diámetro de las piezas producidas. Se cree que la varianza del nuevo proceso es menor que la varianza del proceso antiguo. Para una muestra de 8 piezas del proceso 272

antiguo y una muestra de 6 piezas del proceso nuevo se obtienen los siguientes diámetros en milímetros: Antiguo (1): 17, 23, 21, 18, 22, 20, 21, 19 Nuevo (2): 13, 16, 14, 12, 15, 14 ¿Confirman estos datos que la varianza de los diámetros con el nuevo proceso es menor que con el proceso antiguo? Suponga poblaciones normales y use  = 0.05 Solución Sean X1 y X2 las variables que representan los diámetros de las piezas con el proceso antiguo y nuevo respectivamente. Las dos poblaciones se distribuyen normalmente con varianzas desconocidas. 1.

Hipótesis: H0:  12 =  22

H1:  12 >  22

2.

Nivel de significación:  = 0.05

3.

Estadística de prueba: siendo las poblaciones normales y suponiendo verdadera la hipótesis nula Ho, para n1 = 8 y n2 = 6, la estadística de prueba es:

S12 F  2  f 7 ,5 S2 4.

Región crítica: para  = 0.05 y la prueba unilateral derecha, f7,5, 0.95 = 4.88 es: R.C. = {F > 4.88}

5.

Cálculos: con los datos de la muestra se obtiene:

S12 = 4.125, S 22 = 2 y Fcalc  6.

S12 4.125  = 2.0625 2 S 22

Decisión. Como Fcalc = 2.0625  R.A. se acepta Ho y concluimos que la varianza de los diámetros con el nuevo proceso no es menor que con el proceso antiguo, sino las dos varianzas son iguales con el 5% de significación.

Nota. Si se construye el intervalo de confianza del 95% para la razón de varianzas, éste resultará ser:  12 /  22 ϵ [0.301; 10.91] con el 95% de confianza. Entonces, se acepta que  12 /  22 = 1, porque pertenece al intervalo de confianza. Por lo tanto, se concluye que  12   22 con el 95% de confianza, es decir que la varianza de los diámetros con el nuevo proceso es igual a la del proceso antiguo.  Para hallar el valor-P, como Fcalc = 2.0625 > 1 se obtiene así: 273

P = 2 P[f7,5 > 2.0625] = 2{1 - P[f7,5 ≤ 2.0625]} > 0.10 (en Excel = 0.4428). Rpta. Ya que en la Tabla 4, de la distribución F, para 7 y 5 grados de libertad la probabilidad acumulada hasta 2.0625 es menor a 0.95 (en Excel es 0.7786). Como P = 0.4428 >  = 0.05, se acepta la hipótesis nula y se concluye también con el 5% de significación, que la varianza de los diámetros con el nuevo proceso no es menor que con el proceso antiguo, sino las varianzas son iguales. Cálculos utilizando Minitab En la Ventana de Datos (Hoja de trabajo), en la columna C1 definir la variable diámetro Antiguo-1 e ingresar los 8 valores de la muestra y en la columna C2 definir la variable diámetro Nuevo-2 e ingresar los 6 valores de la muestra. Del menú escoger Estadísticas → Estadísticas básicas → σ21 σ22 2 varianzas y aparece la Ventana 2 varianzas siguiente:

Como los datos muestrales aparecen en las columnas C1 y C2, se escoge Muestras en diferentes columnas y se selecciona en el recuadro de Primera: la columna C1 Antiguo-1 y en el recuadro de Segunda: la columna C2 Nuevo-2. Nota: si ya se tienen los cálculos muestrales, habilitar la opción Datos resumidos y escribir el Tamaño de muestra: y la Varianza: (de la muestra) correspondiente a la Primera: y Segunda: muestra. Lo que sigue es igual para ambos casos. 274

Escoger Opciones… → Nivel de confianza: 95.0. Colocar un Título: (del gráfico) Varianza antigua vs Varianza nueva. Luego escoger Aceptar y Aceptar En la hoja de Sesión aparecen los resultados siguientes: Prueba de varianzas iguales: Antiguo-1, Nuevo-2 Intervalos de confianza de Bonferroni de 95% para desviaciones estándares Antiguo-1 Nuevo-2

N 8 6

Inferior 1.27062 0.82920

Desv.Est. 2.03101 1.41421

Superior 4.65199 4.04599

Prueba F (distribución normal) Estadística de prueba = 2.06, valor p = 0.443 Prueba de Levene (cualquier distribución continua) Estadística de prueba = 1.25, valor p = 0.286

Aparecen los resultados antes obtenidos: Fcalc = 2.0625 y el valor-P = 0.4428. Si se observan los intervalos de confianza de Bonferroni, en la gráfica de Varianza antigua vs Varianza nueva, se puede apreciar que estos se entre cruzan, indicando que las varianzas (y desviaciones estándar) son iguales. Varianza antigua vs Varianza Nueva Prueba F Estadística de prueba Valor P

Antiguo-1

2.06 0.443

Prueba de Levene Estadística de prueba Valor P

Nuevo-2

1 2 3 4 5 Intervalos de confianza de Bonferroni de 95% para Desv.Est.

Antiguo-1

Nuevo-2

12

14

16

18 Datos

20

275

22

24

1.25 0.286

6.5 PRUEBA DE HIPÓTESIS ACERCA DE DOS MEDIAS (con varianzas conocidas) Sean X

1

y X

2

las medias de dos muestras aleatorias independientes de

tamaños n1 y n2 seleccionadas respectivamente de dos poblaciones independientes, con medias 1 y 2 y varianzas 12 y 22 conocidas. Si las dos poblaciones son normales, entonces, las estadísticas X 1 y X 2 tienen respectivamente distribución normal N(1, 12 ,/n1) y N(2,  22 ,/n2) para n1 > 2, y n2 > 2. Entonces: X

1

- X

tiene distribución normal N(1 - 2;

2

12 /n1+  22 /n2). Si las dos poblaciones no son normales, pero n1 y n2 son suficientemente grandes (n1 > 30 y n2 > 30), entonces, X

1

- X

2

tiene aproximadamente

distribución normal N(1 - 2; 12 /n1+  22 /n2). Según sean las dos poblaciones normales o no, la estadística de prueba es:

Z

X 1  X 2  (1   2 )

 12 n1



 22

→ N(0,1).

n2

Si suponemos verdadera la hipótesis nula H0: 1 = 2 ó 1 - 2 = 0, la estadística de prueba es: Z 

X1  X 2

 12 n1

Su valor Zcalc =

X1  X 2

 12 n1



 22



 22

 N (0,1)

n2

que resulta de dos muestras independientes, se

n2

utiliza para probar Ho: 1 = 2 contra cualquiera de las hipótesis alternativas H1: 1  2 ó H1: 1 > 2 ó H1: 1 < 2 La estructura de la prueba es similar a los casos descritos usando la distribución Z. A. Prueba bilateral o de dos colas Si se prueba H0: 1 = 2 o 1 - 2 = 0, contra H1: 1  2 o 1 - 2 ≠ 0, la región crítica en el rango de variación de Z es: R.C. = {Z < - Z1-/2 o Z > Z1-/2} 276

B. Prueba unilateral de la cola derecha Si se prueba H0: 1 = 2 o 1 - 2 = 0, contra H1: 1 > 2 o 1 - 2 > 0, la región critica en la variación de Z es: R.C. = {Z > Z1- } C. Prueba unilateral de la cola izquierda Si se prueba H0: 1 = 2 o 1 - 2 = 0, contra H1: 1 < 2 o 1 - 2 < 0, la región critica en la variación de Z es: R.C. = {Z < - Z1- } Nota 1.- Cuando las hipótesis son de la forma: 1) H0: 1 - 2 = d0 contra H1: 1 - 2  d0 2) H0: 1 - 2 = d0 contra H1: 1 - 2 > d0 3) H0: 1 - 2 = d0 contra H1: 1 - 2 < d0 La estadística de la prueba es:

Z

X 1  X 2  d0

 12 n1



 22 n2

Cuya distribución es aproximadamente normal N(0, 1) según sean las dos poblaciones normales o no. Se rechaza H0 con riesgo igual a , si Z calc R.C. (o si

Z calc R.A. ). No se

rechaza H0 en caso contrario. Nota 2.Se usa el intervalo de confianza I.C. al 100(1– α)% para la diferencia de medias 1 2, a fin de verificar si las medias son iguales (cuando se cumple que 1 - 2 = 0 ϵ I.C.) o su diferencia asume un valor determinado (si ocurre que 1 - 2 = d0 ϵ I.C.). Otra forma de establecer la regla de decisión, es calculando el valor P (probabilidad mínima para rechazar Ho), a partir del valor Zcalc, de manera que:  Para dos colas: P = P[|Z| > |Zcalc|] = P[Z < -|Zcalc|] + P[Z > |Zcalc|] = 2 P[Z < -|Zcalc|]  Para cola a la derecha: P = P[Z > Zcalc]  Para cola a la izquierda: P = P[Z < Zcalc] Si el valor de P < , entonces, se rechaza H0. Se acepta H0, en caso contrario. 277

Ejemplo 7.Un fabricante quiere comparar los tiempos de proceso de dos marcas de máquinas A y B, para fabricar un tipo de artículo. Al observar dos muestras aleatorias de 60 artículos procesados por A y B respectivamente, encuentra que las medias respectivas son 1,230 y 1,190 segundos. Suponga A = 120 y B = 90 segundos. a) Al nivel de significación del 5%, ¿se puede inferir que la máquina B es más rápida que la máquina A? Hallar el valor P. b) Al nivel de significación del 5%, ¿se puede inferir que la media de B es menor que la media de A en menos de 7 segundos? Hallar el valor P. Solución Sean XA y XB los tiempos de proceso con las máquinas A y B respectivamente y A, B sus medias respectivas. Se desconocen las distribuciones de probabilidades de XA y XB, pero las muestras son grandes (nA = nB = 60 > 30). Para determinar si la máquina B es más rápida que la A, se comparan sus tiempos promedios de proceso: A > B. a) 1. Hipótesis: H0: A = B contra H1: A > B 2. Nivel de significación: = 0.05. 3. Estadística de prueba.- si se supone verdadera la hipótesis Ho y para muestras grandes, la estadística apropiada es:

XA XB

Z

 A2 nA



 B2

 N (0, 1)

nB

4. Región Crítica. Para = 0.05 y una prueba unilateral de la cola derecha, en la Tabla 1, distribución de Z se encuentra el valor Z0.95 = 1.645. Luego, la región crítica es: R.C. = {Z > 1.645} 5. Cálculos, de los datos se tiene: nA = nB = 60,

x A = 1230, x B = 1190, A = 120 y B = 90

E.S. = Error estándar =

Z calc 

 A2 nA



 B2 nB

120 2 90 2   = 19.365 60 60

x A  x B 1,230  1,190   2.07 ES 19.365 278

6. Decisión: ya que Zcalc = 2.07  R.C., debemos rechazar Ho y concluir con el 5% de significación que el equipo B utiliza menos tiempo en el proceso de fabricación. El valor P para la cola derecha es: P = P[Z > Zcalc] = P[Z > 2.07] = 1 – Ф(2.07) = 1 – 0.98077 = 0.01923 Rpta. Como P = 0.01923 < = 0.05, entonces se rechaza la Ho y se acepta H1: A > B. Se concluye también con el 5% de significación que el equipo B utiliza menos tiempo promedio en el proceso de fabricación. Cálculos utilizando Minitab Del menú escoger Estadísticas → Estadísticas básicas → 2t t de 2 muestras y aparece la Ventana t de 2 muestras (prueba e intervalo de confianza) siguiente:

Recordar que cuando las muestras son grandes t se aproxima a la normal estándar. Habilitar la opción Datos resumidos y escribir el Tamaño de muestra:, la Media: y la Desviación estándar: correspondiente a la Primera: y Segunda: muestra respectivamente. 279

Nota: Si los datos muestrales aparecen en columnas, se escoge Muestras en diferentes columnas: y se ingresa la Primera: y Segunda: columna en el recuadro correspondiente. Lo que sigue es igual para ambos casos. Escoger Opciones… → Nivel de confianza: 95.0. En Diferencia de la prueba: dejar el 0. Escoger en Hipótesis alterna: mayor que. Luego escoger Aceptar y Aceptar. En la hoja de Sesión aparecen los resultados siguientes: Prueba T de dos muestras e IC

Muestra 1 2

N 60 60

Media 1230 1190.0

Desv.Est. 120 90.0

Media del Error estándar 15 12

Diferencia = mu (1) - mu (2) Estimado de la diferencia: 40.0 Límite inferior 95% de la diferencia: 7.9 Prueba T de diferencia = 0 (vs. >): Valor T = 2.07 Valor P = 0.021 GL = 109

Aparecen los resultados antes obtenidos: Zcalc = 2.07 = T y el valor-P = 0.021 (muy próximo al 0.01923 encontrado con Z). b) Probar que la media de B es menor que la media de A en menos de 7 segundos, es equivalente a plantear: B < A - 7 o B - A < – 7 o A - B > 7. Se debe probar H0: A - B = 7 contra H1: A - B > 7. Si H0 es verdadera, la estadística de la prueba es: Z 

(X A  X B )  7

 A2 nA



 B2

 N (0,1)

nB

La región crítica de la prueba unilateral de la cola derecha al nivel  = 0.05 es 260 misma del caso a):

Z calc 

R.C. = {Z > 1.645 }

( x1  x 2 )  7 (1,230  1,190)  7   1.7 ES 19.365

Ya que Zcalc = 1.7  R.C., debemos rechazar Ho y concluir que el tiempo promedio que utiliza la máquina B en el proceso es menor que el tiempo promedio de A en menos de 7 segundos. 280

El valor P para la cola derecha es: P = P[Z > Zcalc] = P[Z > 1.7] = 1 – Ф(1.7) = 1 – 0.95543 = 0.04457 Rpta. Como P = 0.04457 < = 0.05, entonces se rechaza la Ho y se acepta H1: A - B > 7. Se concluye también, con el 5% de significación, que el tiempo promedio que utiliza la máquina B en el proceso es menor que el tiempo promedio de A en menos de 7’’. Cálculos utilizando Minitab Los pasos son idénticos hasta antes de escoger Opciones… → Nivel de confianza: 95.0. En Diferencia de la prueba: escribir 7. Escoger en Hipótesis alterna: mayor que. Luego escoger Aceptar y Aceptar. En la hoja de Sesión aparecen los resultados siguientes: Prueba T de dos muestras e IC

Muestra 1 2

N 60 60

Media 1230 1190.0

Desv.Est. 120 90.0

Media del Error estándar 15 12

Diferencia = mu (1) - mu (2) Estimado de la diferencia: 40.0 Límite inferior 95% de la diferencia: 7.9 Prueba T de diferencia = 7 (vs. >): Valor T = 1.70 Valor P = 0.046 GL = 109

Aparecen los resultados antes obtenidos: Zcalc = 1.70 = T y el valor-P = 0.046 (muy próximo al 0.04457 encontrado con Z). 6.6 PRUEBA DE HIPÓTESIS ACERCA DE DOS MEDIAS (con varianzas desconocidas) Si las dos muestras aleatorias independientes de tamaños n1 y n2 se seleccionan respectivamente de dos poblaciones cuyas distribuciones no son normales con varianzas  12 y  22 supuestas desconocidas, entonces, siempre que los tamaños de las muestras sean grandes; n1  30 y n2  30 los parámetros  12 y  22 se estiman respectivamente por S12 y S22 .

281

Para probar la hipótesis nula H0 : 1  2  0 contra una alternativa bilateral o unilateral, se utiliza la estadística: Z 

X

1



 X 2  ( 1  2 ) S12 / n1  S22 / n2

 N (0,1)

Las regiones críticas y las reglas de decisión para las pruebas de la hipótesis nula

H0 : 1  2  0 (o H0 : 1  2  d0 ) contra una alternativa unilateral o bilateral son las mismas del método con varianzas conocidas. Sean X 1 y X 2 las medias y S12 y S22 las varianzas de dos muestras aleatorias independientes pequeñas (n1 < 30 y n2 < 30 respectivamente) seleccionadas de dos poblaciones normales con medias 1 y 2 y varianzas  12 y  22 desconocidas. Estas varianzas desconocidas presentan dos casos, ya que pueden ser iguales (homogéneas) o diferentes (heterogéneas) cuya prueba se realiza mediante el test de hipótesis para la razón de varianzas del acápite 6.4. Veamos ambos casos. A. Varianzas desconocidas pero iguales ( 12   22 ) Si las poblaciones son normales, independientes, y con varianzas desconocidas pero iguales 12   22 =  2 , entonces, la estadística de prueba es:

T

X

1



 X 2  ( 1  2 ) Sc2 Sc2  n1 n2

 tn1  n2 2

donde el estimador de la varianza común  2 es: Sc2 

 n1  1 S12  (n2  1)S22 n1  n2  2

Si la hipótesis nula H0 : 1  2 es verdadera, entonces, la estadística.

T

Su valor: t  calc

X1  X 2 S c2 S c2  n1 n2

 t n1  n2 2

x1  x 2

 n1  1 S12  (n2  1)S22  1    n1

n1  n2  2

1  n2 

que resulta de dos muestras aleatorias, se usa para probar H0 con una alternativa unilateral o bilateral. 282

La estructura de la prueba es similar a la usada con la distribución de t. 1. Prueba bilateral o de dos colas Si se prueba H0 : 1  2 contra H1 : 1  2 la región crítica es el intervalo;



R.C. = T  t1 / 2, n1  n2 2 o T  t1 / 2, n1  n2 2



2. Prueba unilateral de cola a la derecha Si se prueba H0 : 1  2 contra H1 : 1  2 la región crítica es el intervalo R.C. = {T  t1 .n1  n2 2 } 3. Prueba unilateral de cola a la izquierda Si se prueba H0 : 1  2 contra H1 : 1  2 la región crítica es el intervalo. R.C. = {T   t1 , n1 n2 2 } Ejemplo 8 Se compararon dos marcas de llantas de automóvil, 1 y 2, respecto a su duración en Km; dos muestras aleatorias de 16 llantas de cada marca, dieron estos resultados: n1 = 16,

x1 = 49,658, S1 = 2,150

y

n2 = 16,

x 2 = 48,125,

S2 =

1,875. Con el 1% de significación, probar si son diferentes las duraciones medias de las llantas de ambas marcas. Hallar el valor-P. Solución Datos: n1 = 16,

x1 = 49,658, S1 = 2,150 y n2 = 16,

x 2 = 48,125, S2 =

1875.  Primero se debe probar si las varianzas de las duraciones de las llantas de ambas marcas son iguales o no. Hipótesis: H 0 :  12   22 ,

H 1 :  12   22 ,

 = 0.01

Estadística de prueba: siendo las poblaciones normales y suponiendo verdadera la hipótesis nula Ho, para n1 = 16 y n2 = 16, la estadística de prueba es:

S12 F  2  f15,15 S2

283

Región crítica, para  = 0.01 y la prueba bilateral, en la Tabla 4 de la distribución F, se obtiene los valores críticos: f15, 15, 0.995 = 4.07; f15, 15, 0.005 = 1 / 4.07 = 0.246. Entonces:

R.C. = {F < 0.246 o F > 4.07}

Cálculos: con los datos de la muestra se obtiene: Fcalc 

S12 2150 2  = 1.31 S 22 1875 2

Decisión: como Fcalc = 1.31  R.A. se acepta Ho y concluimos que las varianzas de las duraciones de las llantas de ambas marcas son iguales, con el 1% de significación. Cálculos utilizando Minitab Del menú escoger Estadísticas → Estadísticas básicas → σ21 σ22 2 varianzas y aparece la Ventana 2 varianzas. Habilitar la opción Datos resumidos y escribir el Tamaño de muestra: 16 y 16, así como la Varianza: (de la muestra) 4622500 y 3515625 correspondiente a la Primera: y Segunda: muestra respectivamente. Escoger Opciones… → Nivel de confianza: 95.0. Luego escoger Aceptar y Aceptar. En la hoja de Sesión aparecen los resultados siguientes: Prueba de varianzas iguales Intervalos de confianza desviaciones estándares Muestra 1 2

N 16 16

Inferior 1524.27 1329.31

de

Desv.Est. 2150 1875

Bonferroni

de

95%

para

Superior 3564.60 3108.66

Prueba F (distribución normal) Estadística de prueba = 1.31, valor p = 0.603

Aparece el Fcalc = 1.31 antes obtenido y el valor-P = 0.603 >  = 0.01 y se concluye también que las varianzas de las duraciones de las llantas de ambas marcas son iguales, con el 1% de significación.  A continuación se prueba si son diferentes las duraciones medias de las llantas de ambas marcas. Hipótesis: H0 : 1  2 contra H1 : 1  2 284

 = 0.01

La estadística de prueba es: T 

X1  X 2 S c2 S c2  n1 n2

 t16162  t 30

Región crítica, para  = 0.01 y la prueba bilateral, en la Tabla 3: t30, 0.995 = 2.75. R.C. = {T < -2.75 o T > 2.75} Con la información muestral: n1 = 16, x1 = 49,658, S1 = 2,150

x 2 = 48,125,

16,

y

n2 =

S2 = 1875; y bajo el supuesto que Ho es cierta se

determina:

Sc2 

 n1 1 S12  (n2 1)S22  15x21502  15x18752

tcalc 

n1  n2  2

x1  x 2  Sc2 Sc2      n1 n2 



16  16  2

49658  48125  4069062.5 4069062.5     16 16  

= 4’069062.5

 2.15

Decisión: como tcalc = 2.15  R.A. se acepta Ho y se concluye que las duraciones medias de las llantas de ambas marcas no son diferentes.  Para dos colas: P = 2P[T30 > 2.15] = 2[1 – P(T30 ≤ 2.15)] = 2[1 – x] …….. (1) En la Tabla 3, T de student, no está el valor 2.15, se determina x interpolando así: Tα

P

2.042 0.975 2.15

x

2.457 0.990



2.457  2.042 2.15  2.042  27.67 = 0.108  0.990  0.975 x  0.975 x  0.975



27.67x – 26.975 = 0.108 

x = 0.9789

Reemplazando x = 0.9789 en (1) se obtiene: P-valor = 2 [1 – 0.9789] = 0.0422

Rpta.

Como el valor-P = 0.0422 >  = 0.01 se acepta Ho y se concluye también que las duraciones medias de las llantas de ambas marcas son iguales, con el 1% de significación. Cálculos utilizando Minitab Del menú escoger Estadísticas → Estadísticas básicas → 2t t de 2 muestras y aparece la Ventana t de 2 muestras (prueba e intervalo de confianza) siguiente: 285

Habilitar la opción Datos resumidos y escribir el Tamaño de muestra:, la Media: y la Desviación estándar: correspondiente a la Primera: y Segunda: muestra respectivamente. Seleccionar Asumir varianzas iguales. Escoger Opciones… → Nivel de confianza: 95.0. En Diferencia de la prueba: dejar el 0. Escoger en Hipótesis alterna: no es igual a. Luego escoger Aceptar y Aceptar. En la hoja de Sesión aparecen los resultados siguientes: Prueba T de dos muestras e IC Muestra 1 2

N 16 16

Media 49658 48125

Desv.Est. 2150 1875

Media del Error estándar 538 469

Diferencia = mu (1) - mu (2) Estimado de la diferencia: 1533 IC de 95% para la diferencia: (76, 2990) Prueba T de diferencia = 0 (vs. no =): Valor T = 2.15 Valor P = 0.040 GL = 30 Ambos utilizan Desv.Est. agrupada = 2017.1917

Aparecen los resultados antes obtenidos tcalc = 2.15 y el valor-P = 0.040 >  = 0.01 y se concluye también que las duraciones medias de las llantas de ambas marcas son iguales, con el 1% de significación. 286

B. Varianzas desconocidas supuestas distintas  12   22 Si las varianzas de las dos poblaciones normales independientes son desconocidas supuestas diferentes, entonces, la estadística de prueba usada es:

T

X

1



 X 2  (1  2 ) S12 S22  n1 n2

 tH

2

 S12 S22     n n2  Donde: H   12 representa los grados de libertad. 2  S12   S22       n1    n2  n1  1 n2  1 Dado que H rara vez es un entero, se toma la parte entera (entero mayor de H). La prueba de hipótesis es similar a las trabajadas anteriormente con la distribución t. Ejemplo 9 Dos máquinas embolsan diariamente detergente de manera independiente. Mediante muestras aleatorias sin reemplazo de 12 bolsas de cada máquina se han obtenido los siguientes resultados sobre el peso de las bolsas (en gramos): n1 = 12, x1 = 505, S1 = 10

n2 = 12, x 2 = 495, S2 = 4.

y

Asumiendo distribución normal para el peso de las bolsas, con el 1% de significación ¿son diferentes los pesos medios de las bolsas con detergente de ambas máquinas? Hallar el valor-P. Solución Datos: n1 = 12, x1 = 505, S1 = 10

y

n2 = 12, x 2 = 495, S2 = 4.

 Primero se debe probar si las varianzas de los pesos de las bolsas con detergente de ambas máquinas son iguales o no. Hipótesis: H 0 :  12   22 ,

H 1 :  12   22 ,

 = 0.01

Estadística de prueba: siendo las poblaciones normales y suponiendo verdadera la hipótesis nula Ho, para n1 = 12 y n2 = 12, la estadística de prueba es:

S12 F  2  f11,11 S2 287

Región crítica, para  = 0.01 y la prueba bilateral, en la Tabla 4 de la distribución F se obtiene los valores críticos: f11, 11, 0.995 = 5.32; f11, 11, 0.005 = 1 / 5.32 = 0.188. R.C. = {F < 0.188 o F > 5.32} Cálculos: con los datos de la muestra se obtiene: Fcalc 

S12 100  = 6.25 S 22 16

Decisión: Como Fcalc = 6.25  R.C. se rechaza Ho y concluimos que las varianzas de los pesos de las bolsas con detergente de ambas máquinas son diferentes (  12   22 ), con el 1% de significación. Cálculos utilizando Minitab Del menú escoger Estadísticas → Estadísticas básicas → σ21 σ22 2 varianzas y aparece la Ventana 2 varianzas. Habilitar la opción Datos resumidos y escribir el Tamaño de muestra: 12 y 12, así como la Varianza: (de la muestra) 100 y 16 correspondiente a la Primera: y Segunda: muestra respectivamente. Escoger Opciones… → Nivel de confianza: 99.0. Luego escoger Aceptar y Aceptar. En la hoja de Sesión aparecen los resultados siguientes: Prueba de varianzas iguales Intervalos de confianza de Bonferroni de 99% para desviaciones estándares Muestra 1 2

N 12 12

Inferior 6.18776 2.47510

Desv.Est. 10 4

Superior 22.1991 8.8796

Prueba F (distribución normal) Estadística de prueba = 6.25, valor p = 0.005

Aparece el Fcalc = 6.25 antes obtenido y el valor-P = 0.005 <  = 0.01 y se concluye también que las varianzas de los pesos de las bolsas con detergente de ambas máquinas son diferentes (  12   22 ), con el 1% de significación.  A continuación se prueba si son diferentes los pesos medios de las bolsas con detergente de ambas máquinas. Hipótesis: H0 : 1  2 contra H1 : 1  2 288

 = 0.01

La estadística de prueba es: T 

X1  X 2 S12 S 22  n1 n2

 t H  t14

2

2  S12 S 22   100 16         12 12   n1 n2  Donde: H = = = 14.43 ≡ 14 2 2 2 2 2 2 100 16      S1   S2          12 12   n n  1   2    12  1 12  1 n1  1 n2  1

Región crítica, para  = 0.01 y la prueba bilateral, en la Tabla 3: t14, 0.995 = 2.977 R.C. = {T < -2.977 o T > 2.977} Datos del problema: n1 = 12, x1 = 505, S12 = 100 y

Tcalc 

X1  X 2 2 1

2 2

S S  n1 n2



n2 = 12, x 2 = 495, S 22 = 16.

505  495 = 3.22 100 16  12 12

Decisión: como tcalc = 3.22  R.C. se rechaza Ho y se acepta H1 : 1  2 . Se concluye que los pesos medios de las bolsas con detergente de ambas máquinas sí son diferentes, al 1% de significación.  Para dos colas: P = 2P[T14 > 3.22] = 2[1 – P(T30 ≤ 3.22)] = 2[1 – 0.9969] = 0.0062 Como el valor-P (hallado interpolando en T) = 0.0062 <  = 0.01 se rechaza Ho y se concluye también que los pesos medios de las bolsas con detergente de ambas máquinas son diferentes, al 1% de significación. Cálculos utilizando Minitab Del menú escoger Estadísticas → Estadísticas básicas → 2t t de 2 muestras y aparece la Ventana t de 2 muestras (prueba e intervalo de confianza). Habilitar la opción Datos resumidos y escribir el Tamaño de muestra:, la Media: y la Desviación estándar: correspondiente a la Primera: y Segunda: muestra respectivamente. No seleccionar Asumir varianzas iguales. Escoger Opciones… → Nivel de confianza: 99.0. En Diferencia de la prueba: dejar el 0. Escoger en Hipótesis alterna: no es igual a. Luego escoger Aceptar y Aceptar. En la hoja de Sesión aparecen los resultados siguientes: 289

Prueba T de dos muestras e IC Muestra 1 2

N 12 12

Media 505.0 495.00

Desv.Est. 10.0 4.00

Media del Error estándar 2.9 1.2

Diferencia = mu (1) - mu (2) Estimado de la diferencia: 10.00 IC de 99% para la diferencia: (0.74, 19.26) Prueba T de diferencia = 0 (vs. no =): Valor T = 3.22 Valor P = 0.006 GL = 14

Aparecen los resultados antes obtenidos tcalc = 3.22, los grados de libertad igual a 14 y el valor-P = 0.006 <  = 0.01 y se concluye también que los pesos medios de las bolsas con detergente de ambas máquinas son diferentes, al 1% de significación. 6.7 PRUEBA DE HIPÓTESIS PARA LA PROPORCIÓN Suponga que se dispone de una muestra aleatoria de n observaciones, obtenida de una población con una proporción p de éxitos (elementos que poseen un atributo particular). Si el número de observaciones de la muestra es grande y la proporción muestral observada es pˆ , para realizar contrastes acerca de p se sigue los siguientes pasos: 1. Hipótesis:

H0: p = p0 H1: p ≠ p0

o

H1: p > p0,

o

H1: p < p0,

2. Escoger el nivel de significación:  3. Estadística de prueba: Z 

pˆ  p → N(0, 1) pq n

4. La Región crítica de la prueba es: 

R.C. = {Z < Zα/2 = - Z1- α/2 o Z > Z1- α/2 } para H1: p ≠ p0



R.C. = {Z > Z1-α}



R.C. = {Z < Zα = -Z1-α} para H1: p < p0

para H1: p > p0

5. Con la información muestral y suponiendo que H0: p = p0 es cierta, hallar:

Z calc 

290

pˆ  p0 p0 q0 n

Donde

pˆ 

X # de éxitos en la muestra  = proporción de elementos que n n

poseen un atributo particular en la muestra. 6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a , Z calc R.C. (o si Z calc R.A. ). No se rechaza H0 en caso contrario. Método del valor P (o P-valor o sig o Probab, etc.) Otra forma de establecer la regla de decisión, es calculando el valor P (probabilidad mínima para rechazar Ho), a partir del valor Zcalc, de manera que:  Para dos colas: P = P[|Z| > |Zcalc|] = P[Z < -|Zcalc|] + P[Z > |Zcalc|] = 2 P[Z < -|Zcalc|]  Para cola a la derecha: P = P[Z > Zcalc]  Para cola a la izquierda: P = P[Z < Zcalc] Si el valor de P < , entonces, se rechaza H0. Se acepta H0, en caso contrario. Ejemplo 10 Una muestra aleatoria de 800 clientes de supermercados, 378 fueron capaces de decir el precio correcto de un artículo inmediatamente después de ponerlo en el carro. Contrastar, al nivel de significación del 10%, la hipótesis nula de que al menos la mitad de los compradores son capaces de decir el precio correcto, frente a la alternativa de que la proporción poblacional es menor de la mitad. Asimismo, hallar el p-valor. Solución Denotemos por p la proporción poblacional de compradores capaces de decir el precio correcto en estas circunstancias. Queremos contrastar las hipótesis:  H0: p ≥ p0 = 0.50

 = 0.10 → Zα = -Z1-α = -Z0.90 = -1.28

H1: p < 0.50

La región crítica es R.C. = {Z < -1.28} Datos: p0 = 0.50,

n = 800,

X = 378

pˆ  378 / 800  0.4725

El estadístico del contraste es, entonces,

Z calc 

pˆ  p0 0.4725  0.50  = -1.56 p0 q0 0.5 x0.5 800 n 291

Decisión: como Zcalc = –1.64 ϵ R.C. se rechaza la hipótesis nula con el 10% de significación. Se concluye que menos de la mitad de los compradores son capaces de decir el precio correcto.  P = P[Z < Zcalc] = P[Z < -1.56] = Ф(-1.56) = 0.05938

Rpta.

Como el valor-P = 0.06 <  = 0.10 se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que menos de la mitad de los compradores son capaces de decir el precio correcto, con el 10% de significación. Cálculos utilizando Minitab Del menú escoger Estadísticas → Estadísticas básicas → 1P 1proporción y aparece la Ventana 1 proporción (prueba e intervalo de confianza). Habilitar la opción Datos resumidos y escribir el Número de eventos: 378 (número de éxitos) y el Número de ensayos: 800 (tamaño de la muestra). Nota: Si los datos muestrales aparecen en una columna (1 para cada éxito y 0 para cada fracaso), se escoge Muestras en columnas: y se ingresa dicha columna. Lo que sigue es igual para ambos casos. Marcar Realizar prueba de hipótesis y escribir en Proporción hipotética: 0.50. Escoger Opciones… → Nivel de confianza: 90. Escoger en Hipótesis alterna: menor que. Seleccionar Utilice la prueba y el intervalo basado en la distribución normal. Luego escoger Aceptar y Aceptar. En la hoja de Sesión aparecen los resultados siguientes: Prueba e IC para una proporción Prueba de p = 0.5 vs. p < 0.5 Muestra 1

X 378

N 800

Muestra p 0.472500

Límite superior 90% 0.495121

Valor Z -1.56

Valor P 0.060

Uso de la aproximación normal.

Aparecen los resultados antes obtenidos Zcalc = -1.56 y el valor-P = 0.06 <  = 0.10 entonces se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que menos de la mitad de los compradores son capaces de decir el precio correcto, con el 10% de significación.

292

6.8 PRUEBA DE HIPÓTESIS PARA LA DIFERENCIA DE DOS PROPORCIONES Contrastar las hipótesis: Ho: p1 = p2 = p

o

p1 - p2 = 0

Contra:

H1: p1 < p2

o

H1: p1 > p2

o

H1: p1 ≠ p2

H1: p1 - p2 ≠ 0

o

H1: p1 - p2 > 0

o

H1: p1 - p2 < 0

Donde: p1 y p2 son parámetros, siendo estos parámetros las proporciones de éxito de dos poblaciones binomiales. La estadística de prueba en la cual se basa los criterios de decisión es la variable aleatoria: pˆ 1  pˆ 2 ; que tiene distribución normal, esto se cumple para muestras grandes la cual se aproxima a la distribución normal estándar.

Z

pˆ 1  pˆ 2  ( p1  p2 ) → N(0, 1) p1q1 p2 q2  n1 n2

Si se selecciona muestras aleatorias independientes de tamaño n1 y n2 de una población binomial, se calcula la proporción de éxitos pˆ 1 y pˆ 2 de cada muestra: pˆ 1 

X1 n1

pˆ 2 

y

X2 . Donde: n2

X1: Es el número de éxitos en la muestra de tamaño n1 X2: Es el número de éxitos en la muestra de tamaño n2 El valor de la normal estándar Z, cuando Ho es verdadera y n1, n2 son grandes es:

Z

pˆ 1  pˆ 2  p1q1 p2 q2  n1 n2

pˆ 1  pˆ 2 1 1 pq    n1 n2 

Para calcular Z, se estima el valor de p que aparece dentro del radical así:

pˆ 

X1  X 2 n1  n2

→ qˆ = 1- pˆ

Entonces el valor de la estadística Z, es: Z calc 

pˆ 1  pˆ 2 1 1  pˆ qˆ     n1 n2 

Luego usando los puntos críticos de la curva normal estándar se puede hallar la región crítica para cada hipótesis alternativa. 293

PASOS PARA PROBAR LA HIPOTESIS DE DOS PROPORCIONES, CUANDO LAS MUESTRAS SON GRANDES: 1. Ho: p1 = p2 H1:

o

p1 - p2 = 0

puede ser una de las alternativas.

H1: p1 < p2

o

H1: p1 > p2

o

H1: p1 ≠ p2

H1: p1 - p2 < 0

o

H1: p1 - p2 > 0

o

H1: p1 - p2 ≠ 0

2. Escoger un nivel de significación . 3. La estadística de prueba es la variable aleatoria Pˆ1  Pˆ2 , que tiene una distribución aproximadamente normal cuando n1 y n2 son grandes. Es decir:

pˆ 1  pˆ 2 → N(0, 1) p1q1 p2 q2  n1 n2

Z

Suponiendo que Ho es verdadera. 4. Región Critica: 

R.C. = {Z < Zα/2 = - Z1- α/2 o Z > Z1- α/2 } para H1: p1 ≠ p2



R.C. = {Z > Z1-α}

para H1: p1 > p2



R.C. = {Z < Zα = -Z1-α}

para H1: p1 < p2

5. Para los cálculos se halla:

pˆ 1 

X1 , n1

pˆ 2 

Luego: Z calc 

X2 n2

pˆ 

y

X1  X 2 n1  n2

pˆ 1  pˆ 2 1 1  pˆ qˆ     n1 n2 

6. Decisión: Rechazar: Ho; si Z pertenece a la región crítica; en caso contrario aceptar Ho. Método del valor P (o P-valor o sig o Probab, etc.) Otra forma de establecer la regla de decisión, es calculando el valor P (probabilidad mínima para rechazar Ho), a partir del valor Zcalc, de manera que:  Para dos colas: P = P[|Z| > |Zcalc|] = P[Z < -|Zcalc|] + P[Z > |Zcalc|] = 2 P[Z < -|Zcalc|]  Para cola a la derecha: P = P[Z > Zcalc]  Para cola a la izquierda: P = P[Z < Zcalc] Si el valor de P < , entonces, se rechaza H0. Se acepta H0, en caso contrario. 294

Ejemplo 11 De una muestra aleatoria de 203 anuncios publicitados en revistas británicas, 52 eran humorísticos. De una muestra aleatoria independiente de 270 anuncios publicados en revistas americanas, 56 eran humorísticos. Contrastar, frente a una alternativa bilateral, la hipótesis nula de que las proporciones de anuncios cómicos de las revistas británicas y americanas son iguales, con el 5% de significación. Hallar p-valor. Solución Sea las proporciones poblacionales de anuncios humorísticos en revistas británicas y americanas: p1 y p2, entonces se desea probar las hipótesis:  Ho: p1 = p2

H1: p1 ≠ p2

y

con α = 0.05 → Z1 – α/2 = Z0.975 = 1.96

La región crítica es R.C. = {Z < -1.96 o Z > 1.96}

pˆ 1 

Datos: n1 = 203, X1 = 52,

pˆ 2 

X2 56 = 0.207,  n2 270

pˆ 

X 1 52 = 0.256,  n1 203

n2 = 270, X2 = 56,

X1  X 2 52  56 108 = 0.228 y qˆ =   n1  n2 2 0 3 2 7 0 4 7 3

0.772 El estadístico del contraste es:

Z calc 

pˆ 1  pˆ 2 1 1  pˆ qˆ     n1 n2 



0.256  0.207 1   1 0.228 x0.772    203 270 

= 1.25

Decisión: como Zcalc = 1.25 ϵ R.A. no se rechaza la hipótesis nula con el 5% de significación. Se concluye que las proporciones de anuncios cómicos de las revistas británicas y americanas son iguales.  P = P[|Z| > |Zcalc|] = 2 P[Z < -|Zcalc|] = = 2 P[Z < -1.25] = = 2 Ф(-1.25) = 2 (0.10565) = 0.2113 La hipótesis nula

Rpta.

de que las proporciones poblacionales de anuncios

humorísticos son la misma puede rechazarse para niveles de significación mayores que 20.8%. Como el valor-P = 0.2113 >  = 0.05 no se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que las proporciones de anuncios cómicos de las revistas británicas y americanas son iguales, con el 5% de significación. 295

Cálculos utilizando Minitab Del menú escoger Estadísticas → Estadísticas básicas → 2P 2proporciones y aparece la Ventana 2 proporciones (prueba e intervalo de confianza). Habilitar la opción Datos resumidos y escribir para la Primera: y Segunda: muestra en Eventos: 52 y 108 (número de éxitos) y en Ensayos: 203 y 403 (tamaño de la muestra). Nota: Si los datos muestrales aparecen en diferentes columnas (1 para cada éxito y 0 para cada fracaso), se escoge Muestras en diferentes columnas: y se ingresa dichas columnas en Primera: y Segunda:. Lo que sigue es igual para ambos casos. Escoger Opciones… → Nivel de confianza: 95. Dejar Diferencia de la prueba: 0.0. Escoger en Hipótesis alterna: no es igual a. Seleccionar Utilice el cálculo agrupado de p para la prueba. Luego escoger Aceptar y Aceptar. En la hoja de Sesión aparecen los resultados siguientes: Prueba e IC para dos proporciones Muestra 1 2

X 52 56

N 203 270

Diferencia = p Estimado de la IC de 95% para Prueba para la 0.211

Muestra p 0.256158 0.207407

(1) - p (2) diferencia: 0.0487502 la diferencia: (-0.0283508, 0.125851) diferencia = 0 vs. no = 0: Z = 1.25 Valor P =

Prueba exacta de Fisher: Valor P = 0.225

Aparecen los resultados antes obtenidos Zcalc = 1.25 y el valor-P = 0.211 >  = 0.05 entonces no se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que las proporciones de anuncios cómicos de las revistas británicas y americanas son iguales, con el 5% de significación.

296

PRUEBAS DE HIPÓTESIS PARA UN SOLO PARÁMETRO

H1: μ > μ0 μ < μ0 μ ≠ μ0 μ > μ0 μ < μ0 μ ≠ μ0

H1: σ >  02 2

σ2 <  02 σ2 ≠  02

H1: μ > μ0 μ < μ0 μ ≠ μ0

P.H. PARA LA MEDIA POBLACIONAL H0 : μ = μ0 Caso Estadístico de prueba Rechazar H0 si: Cuando la muestra es aleatoria de X ~ Zc > Z1 – α X  0 2 2 Z  c N (μ, σ ) con σ conocida o n ≥ 30. Zc < Zα / n |Zc| > Z1 – α/2 Cuando la muestra es aleatoria de X ~ Tc > t1 – α X  0 Tc   tn 1 N (μ, σ2) con σ2 desconocida, n < 30. Tc < tα S/ n |Tc| > t1 – α/2 P.H. PARA LA VARIANZA POBLACIONAL H0 : σ2 =  02 Caso Estadístico de prueba Rechazar H0 si: 2 La muestra es aleatoria de una población χ2c > χ21 – α (n  1)S 2 2 C    n 1 normal o aproximadamente normal. χ2c < χ2α 2 0 χ2c < χ2 α/2 o χ2c > χ21 – α/2

P.H. PARA LA PROPORCIÓN POBLACIONAL H0 : p = p0 Caso Estadístico de prueba La muestra es aleatoria y su tamaño es pˆ  p0 Zc  grande (n ≥ 30) p0q0 n

Rechazar H0 si: Zc > Z1 – α Zc < Zα |Zc| > Z1 – α/2

PRUEBAS DE HIPÓTESIS PARA DOS PARÁMETROS

H1:  12 >  22

 12 <  22  12 ≠  22

P.H. PARA LA IGUALDAD DE VARIANZAS POBLACIONALES H0 :  12 =  22 Caso Estadístico de prueba Rechazar H0 si: 2 Dos muestras aleatorias independientes de Fc > f1 – α S1 F   f c n  1 , n  1 poblaciones normales. Fc < fα 1 2 S22 Fc f1 – α/2

P.H. PARA LA DIFERENCIA DE MEDIAS POBLACIONALES H0 : μ1 - μ2 = μ0 H1: Caso Estadístico de prueba Rechazar H0 si: μ1 - μ2 > μ0 1. Se toman dos muestras aleatorias Zc > Z1 – α X 1  X 2  0 Z  c μ1 - μ2 < μ0 independientes, de poblaciones Zc < Zα  12  22 2 2  μ1 - μ2 ≠ μ0 |Zc| > Z1 – α/2 normales con  1 y 2 n1 n2 conocidas o n1 y n 2 ≥ 30. μ1 - μ2 > μ0 2. Se toman dos muestras aleatorias Tc > t1 – α X 1  X 2  0 T   t c n  n  2 1 2 μ1 - μ2 < μ0 independientes de poblaciones Tc < tα 1 2 1 2 2   μ1 - μ2 ≠ μ0 |Tc| > t1 – α/2 Sp   normales, con  1 y 2 n n 2   1 desconocidas pero iguales (varianzas homogéneas). 297

μ1 - μ2 > μ0 3. Dos muestras aleatorias X 1  X 2  0  tH μ1 - μ2 < μ0 independientes de poblaciones Tc  2 2 S S 1  2 μ1 - μ2 ≠ μ0 normales con  12 y  22 n1 n2 desconocidas pero diferentes 2  S12 S22  (varianzas heterogéneas).    n n2  Con: H   12 2  S12   S22       n1    n2  n1  1 n2  1

Tc > t1 – α Tc < tα |Tc| > t1 – α/2

P.H. PARA LA DIFERENCIA DE PROPORCIONES POBLACIONALES H0 : p1 - p2 = 0 H1: Caso Estadístico de prueba Rechazar H0 si: p1 - p2 > 0 Dos muestras aleatorias independienZc > Z1 – α pˆ1  pˆ 2 Z  c p1 - p2 < 0 tes con n1 y n2 ≥ 30. Zc < Zα 1 1 p1 - p2 ≠ 0 |Zc| > Z1 – α/2 pˆ qˆ    n1 pˆ 1  n2 pˆ 2 Con pˆ  n1 n2   n1  n2 P.H. PARA LA DIFERENCIA DE PROPORCIONES POBLACIONALES H0 : p1 - p2 = p0 H1: Caso Estadístico de prueba Rechazar H0 si: p1 - p2 > p0 Dos muestras aleatorias independienZc > Z1 – α pˆ1  pˆ 2  p0 Z  c p1 - p2 < p0 tes con n1 y n2 ≥ 30. Zc < Zα pˆ1qˆ1 pˆ 2qˆ2  p1 - p2 ≠ p0 |Zc| > Z1 – α/2 n1 n2

298

6.9 PROBLEMAS RESUELTOS 1.

Las bolsas de cierta marca de gelatina indican un contenido medio de 250 gramos. Se toma una muestra aleatoria de 36 bolsas, resultando una media de 246.5 gramos y una desviación típica de 12 gramos. a) Al 5% de significación ¿se puede afirmar que no se está cumpliendo con el contenido medio en las bolsas? Hallar p-valor. b) ¿Aceptaría usted que σ2 ≠ 250 gr2 por bolsa? Use α = 0.05. Halle p-valor. Solución a) Sea X la variable aleatoria definida como el peso de las bolsas de gelatina. 1. Hipótesis: H0:  = 250 gr.

H1:   250

2. Nivel de significación:  = 0.05. 3. Estadística de prueba: para muestras grandes (n ≥ 30) es: 

X cuya distribución es N(0,1). Z / n 4. Región crítica: para  = 0.05 y la alternativa bilateral, en la Tabla 1 de la distribución normal estándar, se encuentra el valor crítico: Z1-/2 = Z0.975 = 1.96 Luego, la región crítica en la variable Z está dada por:

RC  Z calc  1.96 o Z calc  1.96 

5. Cálculos, de los datos se tiene: n = 36,

x  246.5,

ˆ  S  12 ,  =

250. Entonces: 

Z calc 

x 



n



246.5  250  1.75 12 36

6. Decisión: Puesto que Zcalc = -1.75 ϵ R.A., no debemos rechazar H0 y concluir con un 5% de significación que se está cumpliendo con el contenido medio en las bolsas de gelatina.  P-valor = P[|Z| > |-1.75|] = P[|Z| > 1.75] = 2 P[Z < -1.75] = 2(0.04006) = 0.0801.

299

Como el valor-P = 0.0801 >  = 0.05 no se rechaza Ho y se concluye también con un 5% de significación que se está cumpliendo con el contenido medio en las bolsas de gelatina. b) Para verificar la hipótesis acerca de la varianza, se siguen los siguientes pasos: H1: σ2  250

1. Hipótesis : H0: σ2 = 250

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: población normal, con n = 36, y suponiendo verdadera

2 

la

(n  1)S 2

2

hipótesis



H0,

la

estadística

de

prueba

es:

(n  1)S 2 2   35 250

4. Región crítica: Para  = 0.05 y para un contraste bilateral, en la tabla 2 de chi-cuadrado se encuentran los siguientes valores críticos:

2 / 2,n1   02.025, 35  20.6 y 12 / 2,n1   02.975.35  53.2 Luego, la región crítica es: R.C. {X2 < 20.6 o X2 > 53.2} 5. Cálculos: De los datos de la muestra resulta S2 = 122 = 144, entonces, 2  calc 

(n  1)S 2 35S 2 35 (144)    20.2 250 250 250

2 6. Decisión: Como  calc = 20.2  R.C. se rechaza H0: σ2 = 250 y concluimos

que la varianza de las bolsas de gelatina es diferente a 250 gr2 por bolsa, con el 5% de significación. 2  Como la prueba es bilateral y  calc = 20.2 < n – 1 = 35 el valor-P se obtiene

así: 2 2 P = 2 P[  n21 <  calc ] = 2 P[  35 < 20.2] = 2 x ……. (1)

Como en la tabla 2, de chi-cuadrado, para 35 grados de libertad, no está el valor 20.2, pero éste se encuentra entre los valores 18.5 (con probabilidad 0.01) y 20.6 (con probabilidad 0.025) se determina x interpolando de la siguiente manera: X2

P

18.5

0.01

20.2

x



20.6  18.5 20.2  18.5  140 = 1.7  0.025  0.01 x  0.01 x  0.01 300

20.6

0.025



140 x – 1.40 = 1.70



x = 0.02214

Reemplazando x = 0.02214 en (1) se obtiene: P = P-valor = 2{0.02214} = 0.0443

Rpta.

Como el valor-P = 0.0443 <  = 0.05 se rechaza H0: σ2 = 250. Por lo tanto, se concluye también con un 5% de significación que la varianza de las bolsas de gelatina es diferente a 250 gr2 por bolsa. 2.

En un estudio para determinar si ha disminuido el tiempo de vida (en horas) del artículo producido por una empresa, se tomó una muestra aleatoria de 31 artículos, encontrándose los resultados siguientes: x = 45020 horas y S = 171 horas. a) Aceptaría usted que el verdadero tiempo promedio de vida de los artículos de la empresa es menor de 45 090 horas. Use  = 0.01 y determine p-valor. b) ¿Aceptaría usted que σ ≠ 200 horas por artículo? Use α = 0.05. Halle p-valor. Solución a) Sea X la variable aleatoria definida como el tiempo de vida del artículo. 1. Hipótesis: H0:  = 45090 horas

H1:  < 45090

2. Nivel de significación:  = 0.01. 3. Estadística de prueba: para muestras grandes (n ≥ 30) es: 

X cuya distribución es N(0,1). Z / n 4. Región crítica: para  = 0.01 y la alternativa unilateral izquierda, en la Tabla 1 de la distribución normal estándar, se encuentra el valor crítico: Z = -Z1- → Z0.01 = -Z0.99 = -2.33. Luego, la región crítica está dada por: R.C = {Zcalc < -2.33} 

x  45020 ,

5. De los datos se tiene: n = 31,

ˆ  S  171 ,  = 45090.



Entonces: Z calc

x  45020  45090    2.28 ϵ R.A. / n 171 / 31

6. Decisión: se acepta H0, se concluye al 1% de significación que el tiempo promedio de vida de los artículos de la empresa es igual a 45 090 horas.  P-valor = P = P[Z < -2.28] = 0.0113. Rpta.

301

Como P = 0.0113 >  = 0.01 se acepta Ho y se concluye también con  = 0.01 que el tiempo medio de vida de los artículos de la empresa es de 45 090 horas. b) Para verificar la hipótesis acerca de la varianza, se siguen los siguientes pasos: 1. Hipótesis: H0: σ = 200 → σ2 = 40000

H1: σ  200

→

H1: σ2 

40000 2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: población normal, con n = 31, y suponiendo verdadera

2 

H0,

(n  1)S 2

2



la

estadística

de

prueba

es:

(31  1)S 2 2   30 40000

4. Región crítica: Para  = 0.05 y para un contraste bilateral, en la tabla 2 de chi-cuadrado se encuentran los siguientes valores críticos:

2 / 2,n1   02.025, 30  16.8 y 12 / 2,n1   02.975.30  47.0 Luego, la región crítica es: R.C. {X2 < 16.8 o X2 > 47.0} 5. Cálculos: De los datos de la muestra resulta S2 = 1712 = 29 241, entonces, 2  calc 

(n  1)S 2 30S 2 30 (29241)    21.9 40000 40000 40000

2 6. Decisión: Como  calc = 21.9  R.A. no se rechaza H0: σ = 200 y

concluimos que la desviación estándar del tiempo de vida de los artículos de la empresa es igual a 200 horas, con el 5% de significación. 2  Como la prueba es bilateral y  calc = 21.9 < n – 1 = 30 el valor-P se obtiene

así: 2 2 P = 2 P[  n21 <  calc ] = 2 P[  30 < 21.9] = 2 x ……. (1)

Como en la tabla 2, de chi-cuadrado, para 30 grados de libertad, no está el valor 21.9, se determina x interpolando de la siguiente manera: X2

P

20.6

0.10

21.9

x



23.4  20.6 21.9  20.6  28 = 1.3  0.20  0.10 x  0.10 x  0.10 302

23.4



0.20

28 x – 2.8 = 1.3



x = 0.1464

Reemplazando x = 0.1464 en (1) se obtiene: P = P-valor = 2{0.1464} = 0.2928

Rpta.

Como el valor-P = 0.2928 >  = 0.05 se acepta H0: σ = 200. Por lo tanto, se concluye también con un 5% de significación que la desviación estándar del tiempo de vida de los artículos de la empresa es igual a 200 horas. 3.

Un proceso está programado para embolsar la cantidad media de 500 gramos de sal. Se toma una muestra aleatoria de 41 bolsas, resultando una media de 495 gr. y una desviación típica de 12 gr. a) Al 5% de significación ¿se puede afirmar que no se está cumpliendo con el contenido medio en las bolsas de sal? Halle p-valor. b) ¿Aceptaría usted que σ2 < 200 gr2 por bolsa? Use α = 0.01. Halle p-valor. Solución a) Sea X la variable aleatoria definida como el contenido de sal en las bolsas. 1. Hipótesis: H0:  = 500 gr.

H1:  ≠ 500

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: para muestras grandes (n ≥ 30) es: 

X cuya distribución es N(0,1). Z / n 4. Región crítica: para  = 0.05 y la alternativa bilateral, en la Tabla 1 de la normal estándar, se encuentra el valor crítico: Z1-/2 = Z0.975 = 1.96 Luego, la región crítica en la variable Z está dada por:

RC  Z calc  1.96 o Z calc  1.96 

x  495,

5. De los datos se tiene: n = 41,

ˆ  S  12 ,  = 500.



Entonces: Z calc

x  495  500    2.32 ϵ R.C.  / n 12 / 31

6. Decisión: se rechaza H0 y se acepta H1:  ≠ 500, se concluye al 5% de significación que no se está cumpliendo con el contenido medio en las bolsas de sal.  P-valor = P[|Z| > |-2.32|] = P[|Z| > 2.32] = 2 P[Z < -2.32] = 2(0.01017) = 0.02034.

Rpta. 303

Como P = 0.02034 <  = 0.05 se rechaza Ho y se concluye también con  = 0.05, que no se está cumpliendo con el contenido medio en las bolsas de sal. b) Para verificar la hipótesis acerca de la varianza, se siguen los siguientes pasos: 1. Hipótesis: H0: σ2 = 200 gr2

H1: σ2 < 200 gr2

2. Nivel de significación:  = 0.01 3. Estadística de prueba: población normal, con n = 41, y suponiendo verdadera

  2

(n  1)S 2

2

H0,

la

estadística

de

prueba

es:

(41  1)S 2 2    40 200

4. Región crítica: Para  = 0.01 y para un contraste unilateral izquierdo, en la tabla 2 de chi-cuadrado se encuentran el valor crítico siguiente:

2, n1   02.01, 40  22.2 Luego, la región crítica es: R.C. {X2 < 22.2} 5. Cálculos: De los datos de la muestra resulta S2 = 122 = 144, entonces,



2 calc

(n  1)S 2 40S 2 40 (144)     28.8 200 200 200

2 6. Decisión: Como  calc = 28.8  R.A. no se rechaza H0: σ2 = 200 y

concluimos que la varianza del contenido en las bolsas de sal es igual a 200 gr2, con el 1% de significación.  Como la prueba es unilateral a la izquierda el valor-P se obtiene así: 2 2 P = P[  n21 <  calc ] = P[  40 < 28.8] = x ……. (1)

Como en la tabla 2, de chi-cuadrado, para 30 grados de libertad, no está el valor 28.8, se determina x interpolando de la siguiente manera: X2

P

26.5

0.05

28.8

x



29.1  26.5 28.8  26.5  52 = 2.3  0.10  0.05 x  0.05 x  0.05

29.1

0.10



52 x – 2.6 = 2.3



x = 0.0942

Reemplazando x = 0.0942 en (1) se obtiene: P = P-valor = 0.0942

304

Rpta.

Como el valor-P = 0.0942 >  = 0.05 se acepta H0: σ2 = 200. Por lo tanto, se concluye también con el 1% de significación, que la varianza del contenido en las bolsas de sal es igual a 200 gr2. 4.

Una muestra de 50 animales experimentales reciben una cierta clase de ración por un período de 2 semanas. Sus aumentos de pesos arrojan los valores x = 420 gr. y S = 60 gr. a) ¿Hay razón para creer que el aumento de peso neto medio poblacional es mayor a 410 gr? Use α = 0.01. Halle p-valor. b) Con α = 0.01 ¿Será rechazada la hipótesis σ2 = 2500 gr2 a favor de σ2 > 2500? Halle p-valor. Solución a) Sea X la variable aleatoria definida como el aumento de peso en los animales. 1. Hipótesis: H0:  = 410 gr.

H1:  > 410

2. Nivel de significación:  = 0.01 3. Estadística de prueba: para muestras grandes (n ≥ 30) es: 

X cuya distribución es N(0,1). Z / n 4. Región crítica: para  = 0.01 y la alternativa unilateral derecha, en la Tabla 1 de la normal estándar, se encuentra el valor crítico: Z1- = Z0.99 = 2.33 Luego, la región crítica en la variable Z está dada por:

RC  Z calc  2.33 

x  420,

5. De los datos se tiene: n = 50,

ˆ  S  60 ,  = 410.



Entonces: Z calc

x  420  410    1.18 ϵ R.A.  / n 60 / 50

6. Decisión: no se rechaza H0:  = 410 y se concluye al 1% de significación, que el aumento de peso neto medio de los animales es igual a 410 gr.  P = P[Z > 1.18] = 1 - P[Z ≤ 1.18] = 1 – 0.881 = 0.119

Rpta.

Como valor-P = 0.119 >  = 0.01 no se rechaza Ho y se concluye también con  = 0.01, que el aumento de peso neto medio de los animales es igual a 430 gr.

305

b) Para verificar la hipótesis acerca de la varianza, se siguen los siguientes pasos: 1. Hipótesis: H0: σ2 = 2500 gr2

H1: σ2 > 2500 gr2

2. Nivel de significación:  = 0.01 3. Estadística de prueba: población normal, con n = 50, y suponiendo verdadera

2 

(n  1)S 2

2

H0,



la

estadística

de

prueba

es:

(50  1)S 2 2   49 2500

4. Región crítica: Para  = 0.01 y para el contraste unilateral derecho, en la tabla 2 de chi-cuadrado se encuentran el valor crítico siguiente:

12 , n1   02.99, 49  74.9 Luego, la región crítica es: R.C. {X2 > 74.9} 5. Cálculos: De los datos de la muestra resulta S2 = 602 = 3600, entonces, 2  calc 

(n  1)S 2 49S 2 49 (3600)    70.6 2500 2500 2500

2 6. Decisión: Como  calc = 70.6  R.A. no se rechaza H0: σ2 = 2500 y se

concluye que la varianza del aumento del peso neto de los animales es igual a 2500 gr2, con el 1% de significación.  Como la prueba es unilateral a la derecha el valor-P se obtiene así: 2 2 2 P = P[  n21 >  calc ] = P[  49 > 70.6] = 1 - P[  49 ≤ 70.6] = 1 - x ……. (1)

Como en la tabla 2, de chi-cuadrado, para 49 grados de libertad, no está el valor 70.6, se determina x interpolando de la siguiente manera: X2 70.2

P 0.975 x



74.9  70.2 70.6  70.2  0.99  0.975 x  0.975

0.99



313.3 x – 305.5 = 0.4

70.6



313.3 =

0.4 x  0.975 74.9

Reemplazando x = 0.9763 en (1) se obtiene: P = P-valor = 1 – 0.9763 = 0.0237

306

Rpta.



x = 0.9763

Como el valor-P = 0.0237 >  = 0.01 se acepta H0: σ2 = 2500. Por lo tanto, se concluye también con el 1% de significación, que la varianza del aumento del peso neto de los animales es igual a 2500 gr2. 5.

Una universidad grande quiere estimar el número medio de días de enfermedad de los estudiantes durante un año; una muestra de 50 estudiantes indica que

x = 3.2 días y S = 5.2 días. a) ¿Hay razón para creer que el verdadero número medio de días de enfermedad es diferente a 6 días? Use α = 0.05. Halle p-valor. b) Con α = 0.01 ¿Será rechazada la hipótesis σ2 = 50 a favor de σ2 < 50? Halle p-valor. Solución a) Sea X la variable aleatoria definida como el número de días de enfermedad de los estudiantes durante un año. 1. Hipótesis: H0:  = 6 días

H1:  ≠ 6

2. Nivel de significación:  = 0.05 

X 3. Estadística de prueba: para n ≥ 30 es: Z  → N(0,1). / n 4. Región crítica: para  = 0.05 y la alternativa bilateral, en la Tabla 1 de la normal estándar, se encuentra el valor crítico: Z1-/2 = Z0.975 = 1.96 Luego, la región crítica en la variable Z está dada por:

RC  Z calc  1.96 o Z calc  1.96 

x  3.2,

5. De los datos se tiene: n = 50,

ˆ  S  5.2 ,

 =

6. 

Entonces: Z calc

x  3.2  6    3.81 ϵ R.C.  / n 5.2 / 50

6. Decisión: se rechaza H0 y se acepta H1:  ≠ 6, se concluye con el 5% de significación, que el número medio de días de enfermedad de los estudiantes es diferente a 6 días (de acuerdo a los resultados estimados es de 3.2 días).

307

 P = P[|Z| > |-3.81|] = P[|Z| > 3.81] = 2 P[Z < -3.81] = 2(0.000) = 0.000. Rpta. Como P = 0.000 <  = 0.05 se rechaza Ho y se concluye también con  = 0.05, que el número medio de días de enfermedad de los estudiantes es diferente a 6. b) Para verificar la hipótesis acerca de la varianza, se siguen los siguientes pasos: 1. Hipótesis: H0: σ2 = 50 días2

H1: σ2 < 50 días2

2. Nivel de significación:  = 0.01 3. Estadística de prueba: población normal, con n = 50, y suponiendo verdadera

2 

(n  1)S 2

2

H0,



la

estadística

de

prueba

es:

(50  1)S 2 2   49 50

4. Región crítica: para  = 0.01 y el contraste unilateral izquierdo, en la tabla 2 de chi-cuadrado se encuentran el valor crítico siguiente:

2, n1   02.01, 49  28.9 Luego, la región crítica es: R.C. {X2 < 28.9} 5. Cálculos: De los datos de la muestra resulta S2 = 5.22 = 27.04, entonces, 2  calc 

(n  1)S 2 49S 2 49 (27.04)    26.5 50 50 50

2 6. Decisión: Como  calc = 26.5  R.C. se rechaza H0: σ2 = 50 y concluimos

que la varianza del número de días de enfermedad de los estudiantes es diferente a 50 días2, con el 1% de significación (de acuerdo a los resultados estimados es de 27.04 días2).  Como la prueba es unilateral a la izquierda el valor-P se obtiene interpolando: 2 2 P = P[  n21 <  calc ] = P[  49 < 26.5] = 0.0041

Como el valor-P = 0.0041 <  = 0.01 se rechaza H0: σ2 = 50. Por lo tanto, se concluye también con el 1% de significación, que la varianza del número de días de enfermedad de los estudiantes es diferente a 50 días2.

308

6.

Las calificaciones de diez estudiantes en un examen de estadística fueron: 43, 61, 67, 70, 74, 76, 79, 85, 94 y 81. Suponga que estas calificaciones proceden de una población normal. a) Ponga a prueba H0: μ = 70 contra H1: μ ≠ 70, con un nivel de significación del 5%. Halle p-valor. b) Ponga a prueba H0: σ2 = 500 contra H1: σ2 ≠ 500, con un nivel de significación de 0.05. Halle p-valor. Solución a) Sea X la variable aleatoria definida como las calificaciones de los alumnos. 1. Hipótesis: H0: μ = 70

H1: μ ≠ 70

2. Nivel de significación:  = 0.05. 

x  3. Estadística de prueba: T  S/ n



t9

4. Región crítica: para  = 0.05 y la alternativa bilateral, se encuentra el valor crítico en la Tabla 3: t1-/2, n-1 = t0.975, 9 = 2.262 Luego, la región crítica en la variable T es: R.C = {T < -2.262 o T > 2.262} 

5. Cálculos, con los datos se obtiene: n = 10,

x = 73,

S = 14.08 y

μ=

70 

Entonces: Tcalc

x  73  70 = 0.67   S / n 14.08 / 10

6. Decisión: puesto que Tcalc = 0.67 ϵ R.A., se acepta H0 y se concluye con un 5% de significación que la nota promedio de los alumnos es de 70 puntos.  Siendo la prueba bilateral, entonces p-valor = P es: P = P[|T9| > |0.67|] = 2 P[T9 > 0.67] = 2{1 - P[T9 ≤ 0.67]} = 2 (1 – 0.75) = 0.50 Rpta. Ya que en la tabla 3, T de student, para 9 grados de libertad, al valor 0.67 = 0.70, le corresponde una probabilidad acumulada de 0.75. Como el valor-P = 0.50 >  = 0.05, se acepta Ho: μ = 70 y se concluye también, con un 5% de significación, que la nota promedio de los alumnos es de 70 puntos. 309

b) Para verificar la hipótesis acerca de la varianza, se siguen los siguientes pasos: 1. Hipótesis: H0: σ2 = 500

H1: σ2 ≠ 500

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: población normal, con n = 10, y suponiendo verdadera

2 

(n  1)S 2

2

H0,



la

estadística

de

prueba

es:

(10  1)S 2   92 500

4. Región crítica: Para  = 0.05 y para un contraste bilateral, en la tabla 2 de chi-cuadrado se encuentran los siguientes valores críticos:

2 / 2,n1   02.025, 9  2.70 y 12 / 2,n1   02.975.9  19.0 Luego, la región crítica es: R.C. {X2 < 2.70 o X2 > 19.0} 5. Cálculos: De los datos de la muestra resulta S2 = 14.082 = 198.25, entonces, 2  calc 

(n  1)S 2 9S 2 9 (198.25)    3.57 500 500 500

2 6. Decisión: Como  calc = 3.57  R.A. no se rechaza H0: σ2 = 500 y se

concluye que la varianza de las notas de los alumnos es igual a 500 puntos2, con el 5% de significación. 2  Como la prueba es bilateral y  calc = 3.57 < n – 1 = 9 el valor-P se obtiene

así: 2 P = 2 P[  n21 <  calc ] = 2 P[  92 < 3.57] = 2 x ……. (1)

Como en la tabla 2, de chi-cuadrado, para 9 grados de libertad, no está el valor 3.57, se determina x interpolando de la siguiente manera: X2

P

3.33

0.05

3.57

x



4.17  3.33 3.57  3.33  16.8 = 0.24  0.10  0.05 x  0.05 x  0.05

4.17

0.10



16.8 x – 0.84 = 0.24

Reemplazando x = 0.064 en (1) se obtiene: P = P-valor = 2{0.064} = 0.128

Rpta. 310



x = 0.064

Como el valor-P = 0.128 >  = 0.05 se acepta H0: σ2 = 500. Por lo tanto, se concluye también con un 5% de significación, que la varianza de las notas de los alumnos es igual a 500 puntos2. 7.

Los pesos de los paquetes de arroz embolsado es de 15 Kg. Una muestra aleatoria de 8 paquetes da una media de 15.3 Kg. y una desviación típica de 1.211 Kg. Suponga que los pesos se distribuyen normalmente. a) Con una significación del 5 % pruebe si el verdadero peso medio de los paquetes de arroz es distinto de 15 Kg. Halle p-value. b) Ponga a prueba H0: σ2 = 5 contra H1: σ2 ≠ 5, con un α = 0.05. Halle p-valor. Solución a) Sea X la variable aleatoria definida como el peso de los paquetes de arroz. 1. Hipótesis: H0: μ = 15

H1: μ ≠ 15

2. Nivel de significación:  = 0.05. 

x  3. Estadística de prueba: T  S/ n



t7

4. Región crítica: para  = 0.05 y la alternativa bilateral, se encuentra el valor crítico en la Tabla 3: t1-/2, n-1 = t0.975, 7 = 2.365 Luego, la región crítica en la variable T es: R.C = {T < -2.365 o T > 2.365} 

5. Cálculos, con los datos se obtiene: n = 8,

x = 15.3,

S = 1.211 y

μ=

15 

Entonces: Tcalc

x  15.3  15 = 0.70   S / n 1.211 / 8

6. Decisión: puesto que Tcalc = 0.70 ϵ R.A., se acepta H0 y se concluye con un 5% de significación que el peso medio de los paquetes de arroz es igual a 15 Kg.  Siendo la prueba bilateral, entonces p-valor = P es: P = P[|T7| > |0.70|] = 2 P[T7 > 0.70] = 2{1 - P[T7 ≤ 0.70]} = 2 (1 – 0.75) = 0.50 Rpta. Ya que en la tabla 3, T de student, para 7 grados de libertad, al valor 0.70, le corresponde una probabilidad acumulada cercana a 0.75. 311

Como el valor-P = 0.50 >  = 0.05, se acepta Ho: μ = 15 y se concluye también, con un 5% de significación, que el peso medio de los paquetes de arroz es igual a 15 Kg. b) Para verificar la hipótesis acerca de la varianza, se siguen los siguientes pasos: 1. Hipótesis: H0: σ2 = 5

H1: σ2 ≠ 5

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: población normal, con n = 8, y suponiendo verdadera

  2

(n  1)S 2

2

H0,

la

estadística

de

prueba

es:

(8  1)S 2    72 5

4. Región crítica: Para  = 0.05 y para un contraste bilateral, en la tabla 2 de chi-cuadrado se encuentran los siguientes valores críticos:

2 / 2,n1   02.025, 7  1.69 y 12 / 2,n1   02.975.7  16.0 Luego, la región crítica es: R.C. {X2 < 1.69 o X2 > 16.0} 5. Cálculos: De los datos de la muestra resulta S2 = 1.2112 = 1.467, entonces,



2 calc

(n  1)S 2 7S 2 7 (1.467)     2.05 5 5 5

2 6. Decisión: Como  calc = 2.05  R.A. no se rechaza H0: σ2 = 5 y se

concluye que la varianza de los pesos de los paquetes de arroz es igual a 5 Kg2, con el 5% de significación. 2  Como la prueba es bilateral y  calc = 2.05 < n – 1 = 7 el valor-P se obtiene

así: 2 P = 2 P[  n21 <  calc ] = 2 P[  72 < 2.05] = 2 x ……. (1)

Como en la tabla 2, de chi-cuadrado, para 7 grados de libertad, no está el valor 2.05, se determina x interpolando de la siguiente manera: X2 1.69

P 0.025

2.05

x



2.17  1.69 2.05  1.69  0.05  0.025 x  0.025

0.36 x  0.025 312



19.2 =

2.17

0.05



19.2 x – 0.48 = 0.36



x = 0.044

Reemplazando x = 0.044 en (1) se obtiene: P = P-valor = 2{0.044} = 0.088

Rpta.

Como el valor-P = 0.088 >  = 0.05 se acepta H0: σ2 = 5. Por lo tanto, se concluye también con un 5% de significación, que la varianza de los pesos de los paquetes de arroz es igual a 5 Kg2. 8.

Se prueba una muestra aleatoria de 5 fusibles de cierta marca para determinar el punto medio de ruptura. Los puntos de ruptura medidos en amperes fueron: 28, 32, 30, 24 y 36. a) ¿Hay razón para creer que el verdadero punto medio de ruptura es mayor de 22 amperes? Use α = 0.01. Halle p-valor. b) Con α = 0.01, ¿Será rechazada la hipótesis σ2 = 30 amp2 a favor de σ2 < 30? Halle p-valor. Solución a) Sea X la variable aleatoria definida como el punto de ruptura de los fusibles. 1. Hipótesis: H0: μ = 22 amperes

H1: μ > 22

2. Nivel de significación:  = 0.01. 

x  3. Estadística de prueba: T  S/ n



t7

4. Región crítica: para  = 0.01 y la alternativa unilateral derecha, se encuentra el valor crítico en la Tabla 3: t1-, n-1 = t0.99, 4 = 3.747 Luego, la región crítica en la variable T es: R.C = {T > 3.747} 

5. Cálculos, con los datos se obtiene: n = 5,

x = 30,

S = 4.472 y

μ=

22 

Entonces: Tcalc

x  30  22 = 4.0   S / n 4.472 / 5

6. Decisión: puesto que Tcalc = 4.0 ϵ R.C., se rechaza H0 y se concluye con el 1% de significación que el punto medio de ruptura es mayor de 22 amperes.  Siendo la prueba unilateral derecha, entonces p-valor = P es: P = P[T4 > Tcalc] = P[T4 > 4.0] = {1 - P[T4 ≤ 4.0]} = (1 – 0.9915) = 0.0085 Rpta. 313

Ya que en la tabla 3, T de student, para 4 grados de libertad, no está el valor 4.0, se interpola y obtiene una probabilidad acumulada de 0.9915. Como el valor-P = 0.0085 <  = 0.01, se rechaza Ho: μ = 22 y se concluye también, con el 1% de significación, que el punto medio de ruptura de los fusibles es mayor de 22 amperes. b) Para verificar la hipótesis acerca de la varianza, se siguen los siguientes pasos: 1. Hipótesis: H0: σ2 = 30 amp2

H1: σ2 < 30

2. Nivel de significación:  = 0.01 3. Estadística de prueba: población normal, con n = 5, y suponiendo verdadera

2 

(n  1)S 2

2

H0,



la

estadística

de

prueba

es:

(5  1)S 2   42 30

4. Región crítica: Para  = 0.01 y para un contraste de la cola izquierda, en la tabla 2 de chi-cuadrado se encuentra el siguiente valor crítico:

2, n1   02.01. 4  0.297 Luego, la región crítica es: R.C. {X2 < 0.297} 5. Cálculos: De los datos de la muestra resulta S2 = 20, entonces, 2  calc 

(n  1)S 2 4S 2 4 (20)    2.67 30 30 30

2 6. Decisión: Como  calc = 2.67  R.A. no se rechaza H0: σ2 = 30 y se

concluye que la varianza de los puntos de ruptura de los fusibles es igual a 30 amp2, con el 1% de significación. 2  Como la prueba es unilateral izquierda y  calc = 2.67, el valor-P se obtiene

así: 2 P = P[  n21 <  calc ] = P[  42 < 2.67] = 0.3857

Rpta.

Ya que en la tabla 2, de chi-cuadrado, para 4 grados de libertad, no está el valor 2.67, se interpola y obtiene una probabilidad acumulada de 0.3857 Como el valor-P = 0.3857 >  = 0.01 se acepta H0: σ2 = 30. Por lo tanto, se concluye también con el 1% de significación, que la varianza de los puntos de ruptura de los fusibles es igual a 30 amp2. 314

9.

Un fabricante sostiene que sus autos consumen en promedio 2.50 galones de gasolina cada 100 Km. Un vendedor de la compañía comprueba el consumo de gasolina de 25 autos y encuentra que el consumo medio es de 2.61 galones cada 100 Km. con una desviación estándar de 0.25 galones. a) ¿puede dudarse de lo sustentado por el fabricante? Use α = 0.01. Halle pvalor. b) ¿Será rechazada la hipótesis σ2 ≠ 0.38? Use α = 0.01. Halle p-valor. Solución a) Sea X la variable definida como el número galones consumidos cada 100 Km. 1. Hipótesis: H0: μ = 2.5 galones

H1: μ ≠ 2.5

2. Nivel de significación:  = 0.01. 

x  3. Estadística de prueba: T  S/ n



t 24

4. Región crítica: para  = 0.01 y la prueba es bilateral, se encuentra el valor crítico en la Tabla 3: t1-/2, n-1 = t0.995, 24 = 2.797 Luego, la región crítica en la variable T es: R.C = {T < -2.797 o T > 2.797 } 

5. Cálculos, con los datos se obtiene: n = 25,

x = 2.61,

S = 0.25 y

μ=

2.5 

Entonces: Tcalc

x  2.61  2.50 = 2.2   S / n 0.25 / 25

6. Decisión: puesto que Tcalc = 2.2 ϵ R.A., no se rechaza H0 y se concluye con el 1% de significación que el consumo medio de gasolina en los autos es de 2.5 galones cada 100 Km. y no puede dudarse de lo sustentado por el fabricante.  Siendo la prueba bilateral, entonces p-valor = P es: P = P[|T24| > |2.2|] = 2 P[T24 > 2.2] = 2{1 - P[T24 ≤ 2.2]} = 2 (1 – 0.98) = 0.04 Rpta. Ya que en la tabla 3, T de student, para 24 grados de libertad, no está el valor 2.2, se interpola y obtiene una probabilidad acumulada de 0.98.

315

Como el valor-P = 0.04 >  = 0.01, no se rechaza Ho: μ = 2.5 y se concluye también, con el 1% de significación, que el consumo medio de gasolina en los autos es de 2.5 galones cada 100 Km. b) Para verificar la hipótesis acerca de la varianza, se siguen los siguientes pasos: 1. Hipótesis: H0: σ2 = 0.38 galones2

H1: σ2 ≠ 0.38

2. Nivel de significación:  = 0.01 3. Estadística de prueba: población normal, con n = 5, y suponiendo verdadera

2 

H0,

(n  1)S 2

2



la

estadística

de

prueba

es:

(25  1)S 2 2   24 0.38

4. Región crítica: Para  = 0.01 y para un contraste bilateral, en la tabla 2 de chi-cuadrado se encuentran los siguientes valores críticos:

2 / 2,n1   02.005, 24  9.89 y 12 / 2,n1   02.995. 24  45.6 Luego, la región crítica es: R.C. {X2 < 9.89 o X2 > 45.6} 5. Cálculos: De los datos de la muestra resulta S2 = 0.252 = 0.0625, entonces, 2  calc 

(n  1)S 2 24S 2 24 (0.0625)    3.95 0.38 0.38 0.38

2 6. Decisión: Como  calc = 3.95  R.C. se rechaza H0: σ2 = 0.38 y se

concluye que la varianza del consumo de gasolina en los autos por cada 100 Km. es diferente a 0.38 galones2, con el 1% de significación. 2  Como la prueba es bilateral y  calc = 3.95 < n – 1 = 24 el valor-P se obtiene

así: 2 2 P = 2 P[  n21 <  calc ] = 2 P[  24 < 3.95] = 2 (0.00) = 0.000

Ya que en la tabla 2, de chi-cuadrado, para 24 grados de libertad, el valor 3.95, tiene una probabilidad acumulada menor de 0.0005 ≡ 0.000 Como el valor-P = 0.000 <  = 0.01 se rechaza H0: σ2 = 0.38. Por lo tanto, se concluye también con el 1% de significación, que la varianza del consumo de gasolina en los autos por cada 100 Km. es diferente a 0.38 galones2.

316

10. Una muestra de 25 clientes de cierta gasolinera indica que el número medio de galones comprados a la semana es de x = 14.3 y la desviación estándar de S = 2.7 galones. a) Con el 5 % de significación. ¿Hay razón para creer que el verdadero número medio de galones comprados a la semana por cliente es menor de 15.6? Determine el p-valor. b) Con α = 0.05 ¿Aceptaría usted que σ2 > 4.1? Determine el p-valor. Solución a) Sea X la variable definida como el número de galones de gasolina comprados a la semana por un cliente. 1. Hipótesis: H0: μ = 15.6 galones

H1: μ < 15.6

2. Nivel de significación:  = 0.05. 

x  3. Estadística de prueba: T  S/ n



t 24

4. Región crítica: para  = 0.05 y la prueba de la cola izquierda, se encuentra el valor crítico en la Tabla 3: t, n-1 = -t1-, n-1 → t0.05, 24 = -t0.95, 24 = -1.711. Luego, la región crítica en la variable T es: R.C = {T < -1.711} 

5. Cálculos, con los datos se obtiene: n = 25,

x = 14.3,

S = 2.7 y

μ=

15.6 

Entonces: Tcalc

x  14.3  15.6 = -2.41   S/ n 2.7 / 25

6. Decisión: puesto que Tcalc = -2.41 ϵ R.C., se rechaza H0 y se concluye con el 5% de significación, que el consumo medio semanal de gasolina por cliente es menor a 15.6 galones.  Siendo la prueba unilateral izquierda, entonces p-valor = P es: P = P[T24 < -2.41] = 1 - P[T24 ≤ 2.41] = 1 – 0.987 = 0.013 Rpta. Ya que en la tabla 3, T de student, para 24 grados de libertad, no está el valor 2.41, se interpola y obtiene una probabilidad acumulada de 0.987. Como el valor-P = 0.013 <  = 0.05, rechaza Ho: μ = 15.6 y se concluye también, con el 5% de significación, que el consumo medio semanal de gasolina por cliente es menor a 15.6 galones. 317

b) Para verificar la hipótesis acerca de la varianza, se siguen los siguientes pasos: 1. Hipótesis: H0: σ2 = 4.1 galones2

H1: σ2 > 4.1

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: población normal, con n = 25, y suponiendo verdadera

2 

(n  1)S 2

2

H0,



la

estadística

de

prueba

es:

(25  1)S 2 2   24 4.1

4. Región crítica: Para  = 0.05 y para un contraste unilateral derecho, en la tabla 2 de chi-cuadrado se encuentran el siguiente valor crítico:

12 ,n1   02.95, 24  36.4 Luego, la región crítica es: R.C. {X2 > 36.4} 5. Cálculos: De los datos de la muestra resulta S2 = 2.72 = 7.29, entonces, 2  calc 

(n  1)S 2 24S 2 24 (7.29)    42.7 4.1 4.1 4.1

2 6. Decisión: Como  calc = 42.7  R.C. se rechaza H0: σ2 = 4.1 y se concluye

que la varianza de las compras de gasolina por cliente es mayor de 4.1 galones2, con el 5% de significación.  Como la prueba es unilateral derecha el valor-P se obtiene así: 2 2 2 P = P[  n21 >  calc ] = P[  24 > 42.7] = 1 - P[  24 ≤ 42.7] = 1- 0.99 = 0.01

Ya que en la tabla 2, de chi-cuadrado, para 24 grados de libertad, el valor 42.7, tiene una probabilidad acumulada cercana a 0.99. Como el valor-P = 0.01 <  = 0.05 se rechaza H0: σ2 = 4.1. Por lo tanto, se concluye también con el 5% de significación, que la varianza de las compras de gasolina por cliente es mayor de 4.1 galones2. 11. Se compararon dos marcas de llantas de automóvil, 1 y 2, respecto a su duración en Km. Dos muestras aleatorias de 31 llantas de cada marca, dieron estos resultados:

x1 = 46300, n1 = 31, S1 = 5000

y

x 2 = 48100, n2 = 31, S2 = 6100.

¿Son diferentes las duraciones medias de las llantas de ambas marcas? Use α = 0.01. Determine p-valor. 318

Solución Sean X1 y X2 la duración (en Km.) de las llantas marca 1 y 2 respectivamente y 1, 2 sus respectivas medias. Se desconoce la distribución de probabilidades de X1 y X2, pero las muestras son grandes (n1 = n2 = 31 > 30). Para determinar si son diferentes las duraciones medias de las llantas de ambas marcas, se comparan sus duraciones medias: 1 ≠ 2. 1. Hipótesis: H0: 1 = 2 contra H1: 1 ≠ 2 2. Nivel de significación: = 0.01. 3. Estadística de prueba.- si se supone verdadera la hipótesis Ho y para muestras grandes, la estadística apropiada es:

Z

X1  X 2

 12 n1



 22

 N (0, 1)

n2

4. Región Crítica. Para = 0.01 y la alternativa bilateral, en la Tabla 1 de la normal estándar, se encuentra el valor crítico: Z1-/2 = Z0.995 = 2.575 Luego, la región crítica en la variable Z está dada por: RC = {Zcalc < -2.575 o Zcalc > 2.575} 5. Cálculos, de los datos se tiene: n1 = 31,

x1 = 46300, S1 = 5000

y

n2 = 31,

x 2 = 48100, S2 =

6100. E.S. = Error estándar =

Z calc 

S12 S 22 5000 2 6100 2    = 1416.61 n1 n2 31 31 x1  x 2 46300  48100   1.27 ES 1416.61

6. Decisión: ya que Zcalc = -1.27  R.A., no se rechaza Ho y se concluye con el 1% de significación, que la duración media de las llantas marca 1 y 2 es la misma.  El valor P para la prueba bilateral es: P = P[|Z| > |-1.27|] = P[|Z| > 1.27] = 2P[Z < -1.27] = 2(0.10204) = 0.2041 Rpta.

319

Como P = 2041 >  = 0.01 no se rechaza Ho y se concluye también que la duración media de las llantas de marcas es la misma, con el 1% de significación. 12. Muestras del pago por hora para los choferes de camiones en las ciudades 1 y 2 proporcionan los siguientes datos: n1 = 35,

x1 = $ 5.30, S1 = $ 0.16

y

n2 = 40,

x 2 = $ 5.40, S2 = $

0.15. Con un nivel de significación del 1 %, probar si el pago medio por hora a los choferes de camión de la ciudad 1 es menor que el pago medio por hora a los choferes de camión de la ciudad 2. Hallar p-valor. Solución Sean X1 y X2 el pago por hora a los choferes de camión en las ciudades 1 y 2 respectivamente y 1, 2 sus respectivas medias. Se desconoce las distribución de probabilidades de X1 y X2, pero las muestras son grandes (n1 y n2 > 30). Para probar si el pago medio por hora a los choferes de camión de la ciudad 1 es menor que el pago medio por hora a los choferes de la ciudad 2, se compara: 1 < 2. 1. Hipótesis: H0: 1 = 2 contra H1: 1 < 2 2. Nivel de significación: = 0.01. 3. Estadística de prueba: si se supone verdadera la hipótesis Ho y para muestras grandes, la estadística apropiada es:

Z

X1  X 2

 12 n1



 22

 N (0, 1)

n2

4. Región Crítica. Para = 0.01 y la alternativa unilateral izquierda, en la Tabla 1 de la normal estándar, el valor crítico es: Z = -Z1- → Z0.01 = -Z0.99 = -2.33. Luego, la región crítica está dada por: R.C = {Zcalc < -2.33} 5. Cálculos, de los datos se tiene:

x1 = $ 5.30, n1 = 35, S1 = $ 0.16 0.15.

320

y

x 2 = $ 5.40, n2 = 40, S2 = $

E.S. = Error estándar =

S12 S 22 0.16 2 0.15 2    = 0.036 n1 n2 35 40

Z calc 

x1  x 2 5.30  5.40   2.78 ES 0.036

6. Decisión: ya que Zcalc = -2.78  R.C., se rechaza Ho y se concluye con el 1% de significación, que el pago medio por hora a los choferes de camión de la ciudad 1 es menor que el pago medio por hora a los choferes de la ciudad 2.  El valor P para la prueba unilateral izquierda es: P = P[Z < -2.78] = 0.0027

Rpta.

Como P = 0.0027 <  = 0.01 se rechaza Ho y se concluye también que el pago medio por hora a los choferes de camión de la ciudad 1 es menor que el pago medio por hora a los choferes de la ciudad 2, con el 1% de significación. 13. En un estudio para determinar el gasto medio semanal en alimentos en los hogares de las ciudades 1 y 2, se toma una muestra al azar de 200 hogares de la ciudad 1 arrojando un gasto medio de S/. 150 y una desviación estándar de 35. Una muestra al azar de 180 hogares de la ciudad 2 da una gasto medio de 140 y una desviación estándar de 30. Probar si es diferente el gasto medio semanal en alimentos en las ciudades 1 y 2. Use α = 0.05. Hallar p-valor. Solución Sean X1 y X2 el gasto semanal en alimentos en los hogares de las ciudades 1 y 2 respectivamente y 1, 2 sus respectivas medias. Se desconoce la distribución de probabilidades de

X1 y X2, pero las muestras son grandes (n1 y n2 > 30).

Para determinar si es diferente el gasto medio semanal en alimentos en ambas ciudades, se comparan sus gastos medios: 1 ≠ 2. 1. Hipótesis: H0: 1 = 2 vs H1: 1 ≠ 2 2. Nivel de significación: = 0.05. 3. Estadística de prueba: si se supone verdadera la hipótesis Ho y para muestras grandes, la estadística apropiada es:

Z

X1  X 2

 12 n1



 22 n2

321

 N (0, 1)

4. Región Crítica. Para = 0.05 y la alternativa bilateral, en la Tabla 1 de la normal estándar, se encuentra el valor crítico: Z1-/2 = Z0.975 = 1.96 Luego, la región crítica en la variable Z está dada por: RC = {Zcalc < -1.96 o Zcalc > 1.96} 5. Cálculos, de los datos se tiene: n1 = 200, x1 = 150,

S1 = 35

E.S. = Error estándar =

y

n2 = 180, x 2 = 140,

S2 = 30.

S12 S 22 35 2 30 2    = 3.34 n1 n2 200 180

Z calc 

x1  x 2 150  140 = 2.99  ES 3.34

6. Decisión: ya que Zcalc = 2.99  R.C., se rechaza Ho y se concluye con el 5% de significación, que el gasto medio semanal en alimentos en las ciudades 1 y 2 es diferente.  El valor P para la prueba bilateral es: P = P[|Z| > |2.99|] = P[|Z| > 2.99] = 2Ф(-2.99) = 2(0.00139) = 0.00278 Rpta. Como P = 0.00278 <  = 0.05 se rechaza Ho y se concluye también que el gasto medio semanal en alimentos de ambas ciudades es diferente, con el 5% de significación. 14. Se compararon los gastos mensuales (S/.) en educación en las ciudades 1 y 2; muestras aleatorias de 200 familias de la ciudad 1 y 150 de la ciudad 2, dieron estos resultados: n1 = 200,

X 1 = 160, S1 = 60

y

n2 = 150, X 2 = 150,

S2 = 50. Use α = 0.05, para determinar si el gasto medio mensual en educación de la ciudad 1 es mayor que el gasto medio mensual en educación de la ciudad 2. Hallar el p-valor. Solución Sean X1 y X2 el gasto mensual en educación realizado por las familias de las ciudades 1 y 2 respectivamente y 1, 2 sus respectivas medias. Se desconoce las distribución de probabilidades de X1 y X2, pero las muestras son grandes (n1 y n2 > 30). Para determinar si el gasto medio mensual en educación de la ciudad 322

1 es mayor que el gasto medio mensual en educación de la ciudad 2, se comparan sus gastos medios: 1 > 2. 1. Hipótesis: H0: 1 = 2 contra H1: 1 > 2 2. Nivel de significación: = 0.05. 3. Estadística de prueba: si se supone verdadera la hipótesis Ho y para muestras grandes, la estadística apropiada es:

Z

X1  X 2

 12 n1



 22

 N (0, 1)

n2

4. Región Crítica. Para = 0.05 y la alternativa unilateral derecha, en la Tabla 1 de la normal estándar, se encuentra el valor crítico: Z1- = Z0.95 = 1.645. Luego, la región crítica en la variable Z está dada por: RC = { Zcalc > 1.645} 5. Cálculos, de los datos se tiene: n1 = 200, X 1 = 160, S1 = 60 E.S. = Error estándar =

y

n2 = 150, X 2 = 150, S2 = 50.

S12 S 22 60 2 50 2    = 5.89 n1 n2 200 150

Z calc 

x1  x 2 200  150 = 1.70  ES 5.89

6. Decisión: ya que Zcalc = 1.70  R.C., se rechaza Ho y se concluye con el 5% de significación, que el gasto medio mensual en educación de la ciudad 1 es mayor que el gasto medio mensual en educación de la ciudad 2.  El valor P para la prueba unilateral derecha es: P = P[Z > 1.70] = 1 – Ф(1.70) =1 – 0.95543 = 0.04457

Rpta.

Como P = 0.04457 <  = 0.05 se rechaza Ho y se concluye también que el gasto medio mensual en educación de la ciudad 1 es mayor que el gasto medio mensual en educación de la ciudad 2, con el 5% de significación. 15. Para determinar el costo medio mensual de la enseñanza en las universidades A

y B, se toma una muestra al azar de 121 alumnos de la universidad A arrojando un costo medio de S/. 650 y una desviación estándar de S/ 70. Una muestra al azar de 121 alumnos de la universidad B da una costo medio de S/. 675 y una desviación estándar de S/. 90. Con α = 0.01, probar si es diferente el costo medio mensual de la enseñanza en las universidades A y B. Hallar p-valor. 323

Solución Sean XA y XB el costo mensual de la enseñanza en las universidades A y B respectivamente y A, B sus respectivas medias. Se desconoce la distribución de probabilidades de

XA y XB, pero las muestras son grandes (nA y nB > 30).

Para determinar si es diferente el costo medio mensual de la enseñanza en ambas universidades, se comparan sus gastos medios: A ≠ B. 1. Hipótesis: H0: A = B vs H1: A ≠ B 2. Nivel de significación: = 0.01. 3. Estadística de prueba: si se supone verdadera la hipótesis Ho y para muestras grandes, la estadística apropiada es:

Z

XA XB

 A2 nA



 B2

 N (0, 1)

nB

4. Región Crítica. Para = 0.01 y la alternativa bilateral, en la Tabla 1 de la normal estándar, se encuentra el valor crítico: Z1-/2 = Z0.995 = 2.575 Luego, la región crítica en la variable Z está dada por: RC = {Zcalc < -2.575 o Zcalc > 2.575} 5. Cálculos, de los datos se tiene: nA = 121, x A = 650,

SA = 70

E.S. = Error estándar =

y

nB = 121, x B = 675,

SB = 90.

S A2 S B2 70 2 90 2    = 10.37 n A nB 121 121

Z calc 

x A  x B 650  675 = -2.41  ES 10.37

6. Decisión: ya que Zcalc = -2.41  R.A., no se rechaza Ho y se concluye con el 1% de significación, que es igual el costo medio mensual de la enseñanza en las universidades A y B.  El valor P para la prueba bilateral es: P = P[|Z| > |-2.41|] = P[|Z| > 2.41] = 2Ф(-2.41) = 2(0.00798) = 0.01596 Rpta.

324

Como P = 0.01596 >  = 0.01 se acepta Ho y se concluye también que el costo medio mensual de la enseñanza en ambas universidades es igual, con el 1% de significación. 16. La producción de 13 obreros de la jornada diurna, dio un promedio de 82 piezas con una desviación estándar de 10, mientras que para 11 obreros de la jornada nocturna, dio un promedio de 74 con una desviación estándar de 7. Con el 5% de significación (α = 0.05), probar si: a) ¿Son heterogéneas las varianzas de ambos turnos? Halle p-valor. b) ¿Es diferente la producción media de los dos turnos? Halle p-valor. Solución Sean X1 y X2 las variables que representan el número de piezas producidas en los turnos diurno (1) y nocturno (2) respectivamente. Asumiendo que las dos poblaciones se distribuyen normalmente con varianzas desconocidas y las muestras son pequeñas (n1 y n2 < 30) primero se prueba si las varianzas son heterogéneas, para según ello probar si las medias son diferentes. Datos: n1 = 13, X 1 = 82, S1 = 10 a) 1. Hipótesis: H0:  12 =  22

y

n2 = 11, X 2 = 74, S2 = 7.

H1:  12 ≠  22

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: suponiendo las poblaciones normales y la hipótesis nula cierta, para n1 = 13 y n2 = 11, la estadística de prueba es:

F

S12  f12,10 S 22

4. Región crítica. Para  = 0.05 y la prueba bilateral en la Tabla 4, los valores críticos F son: f12, 10, 0.025 = 1/ f10, 12, 0.975 = 1/ 3.37 = 0.297 y f12, 10, 0.975 = 3.62. R.C. = {F < 0.297 o F > 3.62} 5. Cálculos: con los datos de la muestra se obtiene:

S12 = 100, S 22 = 49 y Fcalc 

S12 100  = 2.04 49 S 22 325

6. Decisión. Como Fcalc = 2.04  R.A. se acepta Ho y concluimos que las varianzas del número de piezas producidas en los turnos diurno y nocturno son iguales (homogéneas), con el 5% de significación.  El valor P para la prueba bilateral y como Fcalc = 2.04 > 1 se obtiene así: P = 2 P[f12,10 > 2.04] = 2 {1 - P[f12,10 ≤ 2.04]} > 0.10 (en Excel 0.2674). Rpta. Ya que en la Tabla 4 de la F, para 12 y 10 grados de libertad, la probabilidad acumulada hasta 2.04 es menor a 0.95 (en Excel es 0.8663). Como P > 0.10 >  = 0.05, se acepta la hipótesis nula y se concluye también que las varianzas del número de piezas producidas en los turnos diurno y nocturno son homogéneas, con el 5% de significación. b) A continuación se prueba si es diferente la producción media de los dos turnos. 1. Hipótesis: H0: 1 = 2

y

H1: 1 ≠ 2

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. La estadística de prueba cuando las varianzas son homogéneas es:

T

X1  X 2 S c2 S c2  n1 n2

 t13112  t 22

4. Región crítica, para  = 0.05 y la prueba bilateral, en la Tabla 3: t22, 0.975 = 2.074. Entonces: R.C. = {T < -2.0745 o T > 2.074} 5. Con la información muestral: n1 = 13, X 1 = 82, S1 = 10 y n2 = 11, X 2 = 74, S2 = 7; y bajo el supuesto que Ho es cierta se determina:

S

2 c

n1  1 S12  (n2  1)S22 13x102  11x72   

tcalc 

n1  n2  2

x1  x 2  Sc2 Sc2      n1 n2 



13  11  2

82  74  83.59 83.59   13  11   

= 83.59

 2.14

6. Decisión: como tcalc = 2.14  R.C. se rechaza Ho y se concluye con el 5% de significación, que la producción media de los dos turnos son diferentes. 326

 Para dos colas: P = 2P[T22 > 2.14] = 2[1 – P(T22 ≤ 2.14)] = 2[1 – x] …….. (1) En la Tabla 3, T de student, no está el valor 2.15, se determina x interpolando así: Tα

P

2.074 0.975 2.14

x



2.508  2.074 2.14  2.074  0.990  0.975 x  0.975



28.93x – 28.21 = 0.066



28.93 =

0.066 x  0.975 2.508

0.990

 x = 0.9774

Reemplazando x = 0.9774 en (1) se obtiene: P-valor = 2 [1 – 0.9774] = 0.0452

Rpta.

Como el valor-P = 0.0452 <  = 0.05 se rechaza Ho y se concluye también que la producción media de los dos turnos son diferentes, con el 5% de significación. 17. Dos máquinas enlatan café independientemente. Mediante muestras aleatorias sin reemplazo, de latas con café tomadas de cada máquina, se han obtenido los siguientes resultados sobre el peso de las latas (en gramos): n1 = 16, X 1 = 495, S1 = 9

y

n2 = 16,

X 2 = 505, S2 = 5.

a) ¿Son diferentes las varianzas de los pesos de las latas con café de ambas máquinas? Use  = 0.05. Halle p-valor. b) ¿Es mayor el peso medio de las latas con café de la máquina 2 que el de la máquina 1? Use  = 0.01 y determine p-valor. Solución Sean X1 y X2 las variables que representan el peso de las latas con café (en gr.) de las máquinas 1 y 2 respectivamente. Asumiendo que las dos poblaciones se distribuyen normalmente con varianzas desconocidas y las muestras son pequeñas (n1 y n2 < 30) primero se prueba si las varianzas son diferentes, para según ello probar si es mayor el peso medio de las latas con café de la máquina 2 que el de la máquina 1. Datos: n1 = 16, X 1 = 495, S1 = 9 a) 1. Hipótesis: H0:  12 =  22

y

n2 = 16,

H1:  12 ≠  22 327

X 2 = 505, S2 = 5.

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: suponiendo las poblaciones normales y la hipótesis nula cierta, para n1 = n2 = 16, la estadística de prueba es:

F

S12  f15,15 S 22

4. Región crítica. Para  = 0.05 y la prueba bilateral en la Tabla 4, los valores críticos F son: f15, 15, 0.025 = 1/ f15, 15, 0.975 = 1/ 2.86 = 0.35 y f15, 15, 0.995 = 2.86. R.C. = {F < 0.35 o F > 2.86} 5. Cálculos: con los datos de la muestra se obtiene:

S12 = 81, S 22 = 25 y Fcalc 

S12 81  = 3.24 S 22 25

6. Decisión. Como Fcalc = 3.24  R.C. se rechaza Ho y concluimos que las varianzas de los pesos de las latas con café de ambas máquinas son diferentes (heterogéneas), con el 5% de significación.  El valor P para la prueba bilateral y como Fcalc = 3.24 > 1 se obtiene así: P = 2 P[f15,15 > 3.24] = 2 {1 - P[f15,15 ≤ 3.24]} = 2{1 – x} ……. (1) Como en la Tabla 4 de la distribución F, para 15 y 15 grados de libertad, no está el valor 3.24, pero éste se encuentra entre los valores 2.86 (con probabilidad 0.975) y 3.52 (con probabilidad 0.99) para hallar x se interpola así: Fα

P

2.86

0.975

3.24

x



3.52  2.86 3.24  2.86  44 = 0.38  0.99  0.975 x  0.975 x  0.975

3.52

0.99



44 x – 42.9 = 0.38  x = 0.984

Reemplazando x = 0.984 en (1) se tiene: P = 2 {1 – 0.984} = 0.032

Rpta.

Como P = 0.032 <  = 0.05, se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que las varianzas de los pesos de las latas con café de ambas máquinas son diferentes (heterogéneas), con el 5% de significación.

328

b) A continuación se prueba si el peso medio de las latas con café de la máquina 2, es mayor que el peso medio de las latas con café de la máquina 1. 1. Hipótesis: H0: 1 = 2

H1: 2 > 1

y

2. Nivel de significación:  = 0.01 3. La estadística de prueba cuando las varianzas son heterogéneas es:

T

X 2  X1 S12 S 22  n1 n2

 t H  t 23

2

2  S12 S 22   81 25        n1 n2   16 16   Donde: H = = = 23.45 ≡ 23 2 2 2 2  81   25   S12   S 22           16    16   n1    n2  16  1 16  1 n1  1 n2  1

4. Región crítica, para  = 0.01 y la prueba unilateral derecha, en la Tabla 3 el valor crítico es: t23, 0.99 = 2.50. Entonces:

R.C. = {T > 2.50}

5. Con la información muestral: n1 = 16, X 1 = 495, S1 = 9, n2 = 16, X 2 = 505, S2 = 5; y bajo el supuesto que Ho es cierta se determina:

tcalc 

X 2  X1 S12 S22  n1 n2



505  495  3.89 81 25  16 16

6. Decisión: como tcalc = 3.89  R.C. se rechaza Ho y se concluye con el 1% de significación, que el peso medio de las latas con café de la máquina 2 es mayor que el peso medio de las latas con café de la máquina 1.  Para la cola del lado derecho: P = P[T23 > 3.89] = 1 - P[T23 ≤ 3.89] < 0.0005

(en Excel 0.0004)

Rpta. Ya que en la Tabla 3 de la T, para 23 grados de libertad, la probabilidad acumulada hasta 3.89 es mayor a 0.9995 (en Excel es 0.9996). Como el valor-P < 0.0005 <  = 0.01 se rechaza Ho y se concluye también que el peso medio de las latas con café de la máquina 2 es mayor que el peso medio de las latas con café de la máquina 1, con el 1% de significación.

329

18. En un colegio de secundaria, el cociente de inteligencia de 15 alumnos del turno diurno, dio un promedio de 112 con una desviación estándar de 6; mientras que para 15 estudiantes del turno nocturno, dio un promedio de 105 con una desviación estándar de 15. Con el 1% de significación pruebe sí: a) ¿Son heterogéneas las varianzas de ambos grupos? Halle p-valor. b) ¿Son diferentes los cocientes medios de inteligencia de los 2 turnos? Halle pvalor. Solución Sean X1 y X2 las variables que representan el cociente de inteligencia de los alumnos del turno diurno (1) y del turno nocturno (2) respectivamente. Asumiendo que las dos poblaciones se distribuyen normalmente con varianzas desconocidas y las muestras son pequeñas (n1 y n2 < 30) primero se prueba si las varianzas son heterogéneas, para según ello probar si son diferentes los cocientes medios de inteligencia de los 2 turnos. Datos: n1 = 15, X 1 = 112, S1 = 6 a) 1. Hipótesis: H0:  12 =  22

y

n2 = 15,

X 2 = 105, S2 = 15.

H1:  12 ≠  22

2. Nivel de significación:  = 0.01 3. Estadística de prueba: suponiendo las poblaciones normales y la hipótesis nula cierta, para n1 = n2 = 15, la estadística de prueba es:

F

S12  f14,14 S 22

4. Región crítica. Para  = 0.01 y la prueba bilateral en la Tabla 4, los valores críticos F son: f14, 14, 0.005 = 1/ f14, 14, 0.995 = 1/ 4.30 = 0.233 y f14, 14, 0.995 = 4.30. R.C. = {F < 0.233 o F > 4.30} 5. Cálculos: con los datos de la muestra se obtiene:

S12 = 36, S 22 = 225 y Fcalc 

S12 36  = 0.16 2 S 2 225

6. Decisión. Como Fcalc = 0.16  R.C. se rechaza Ho y concluimos que las varianzas de los cocientes de inteligencia de los 2 turnos son diferentes (heterogéneas), con el 1% de significación. 330

 El valor P para la prueba bilateral y como Fcalc = 0.16 < 1 se obtiene así: P = 2 P[f14,14 < 0.16] = 2 P[1/ f14,14 ≥ 1/ 0.16] = 2 P[f14,14 ≥ 6.25] = = 2 {1 - P[f14,14 ≤ 6.25]} < 0.01 (en Excel 0.0016).

Rpta.

Ya que en la Tabla 4 de la F, para 14 y 14 grados de libertad, la probabilidad acumulada hasta 6.25 es mayor a 0.995 (en Excel es 0.9992). Como P < 0.01 <  = 0.01, se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que las varianzas de los cocientes de inteligencia de ambos turnos son diferentes (heterogéneas), con el 1% de significación. b) A continuación se prueba si son diferentes los cocientes medios de inteligencia de los 2 turnos. 1. Hipótesis: H0: 1 = 2

H1: 1 ≠ 2

y

2. Nivel de significación:  = 0.01 3. La estadística de prueba cuando las varianzas son heterogéneas es:

T

X1  X 2 S12 S 22  n1 n2

 t H  t18

2

2  S12 S 22  36 225         n1 n2  15 15    Donde: H = = = 18.37 ≡ 18 2 2 2 2  36   225   S12   S 22          15 15     n n  1   2   15  1 15  1 n1  1 n2  1

4. Región crítica, para  = 0.01 y la prueba bilateral, en la Tabla 3 el valor crítico es: t18, 0.995 = 2.878. Entonces:

R.C. = {T < -2.878 o T > 2.878}

5. Con la información muestral: n1 = 15, X 1 = 112, S1 = 6, n2 = 15, X 2 = 105, S2 = 15; y bajo el supuesto que Ho es cierta se determina:

tcalc 

X1  X 2 2 1

2 2

S S  n1 n2



112  105  1.68 36 225  15 15

6. Decisión: como tcalc = 1.68  R.A. se acepta Ho y se concluye con el 1% de significación, que los cocientes medios de inteligencia de los 2 turnos son iguales. 331

 Para dos colas: P = 2P[T18 > 1.68] = 2[1 – P(T18 ≤ 1.68)] = 2[1 – x] …….. (1) En la Tabla 3, T de student, con 18 grados de libertad, no está el valor 1.68, se determina x interpolando así: Tα

P

1.330 0.90 1.68



x

1.734  1.330 1.68  1.330  8.08 = 0.35  0.95  0.90 x  0.90 x  0.90



1.734 0.95

8.08x – 7.272 = 0.35

 x = 0.943

Reemplazando x = 0.943 en (1) se obtiene: P-valor = 2[1 – 0.943] = 0.114

Rpta.

Como el valor-P = 0.114 >  = 0.01 no se rechaza Ho y se concluye también que los cocientes medios de inteligencia de ambos turnos son iguales, con el 1% de significación. 19. Muestras del sueldo de hombres (1) y mujeres (2) de una compañía proporcionan los siguientes datos: n1 = 20, X 1 = $ 540, S1 = $ 16

y

n2 = 20, X 2 = $ 530, S2 = $ 15.

a) ¿Son heterogéneas las varianzas de los sueldos de ambos grupos? Use  = 0.01. Halle p-valor. b) Con un nivel de significación del 5%, probar si el sueldo medio de las mujeres es menor que el de los hombres. Hallar p-valor. Solución Sean X1 y X2 las variables que representan el sueldo de los hombres (1) y de las mujeres (2) respectivamente. Asumiendo que las dos poblaciones se distribuyen normalmente con varianzas desconocidas y las muestras son pequeñas (n1 y n2 < 30) primero se prueba si las varianzas son heterogéneas, para según ello probar si el sueldo medio de las mujeres es menor que el de los hombres. Datos: n1 = 20,

X 1 = $ 540, S1 = $ 16

y

15. a) 1. Hipótesis: H0:  12 =  22

H1:  12 ≠  22

2. Nivel de significación:  = 0.01

332

n2 = 20,

X 2 = $ 530, S2 = $

3. Estadística de prueba: suponiendo las poblaciones normales y la hipótesis nula cierta, para n1 = n2 = 20, la estadística de prueba es:

S12 F  2  f19,19 S2 4. Región crítica. Para  = 0.01 y la prueba bilateral en la Tabla 4, los valores críticos F son: f19, 19, 0.005 = 1/ f19, 19, 0.995 = 1/ 3.43 = 0.292 y f19, 19, 0.995 = 3.43. R.C. = {F < 0.292 o F > 3.43} 5. Cálculos: con los datos de la muestra se obtiene: 2 1

2 2

S = 256, S = 225 y Fcalc

S12 256  2  = 1.14 S 2 225

6. Decisión. Como Fcalc = 1.14  R.A. no se rechaza Ho y concluimos que las varianzas de los sueldos de ambos grupos son iguales (homogéneas), con el 1% de significación.  El valor P para la prueba bilateral y como Fcalc = 1.14 > 1 se obtiene así: P = 2 P[f19,19 > 1.14] = 2 {1 - P[f19,19 ≤ 1.14]} > 0.10 (en Excel 0.778). Rpta. Ya que en la Tabla 4 de la F, para 19 y 19 grados de libertad, la probabilidad acumulada hasta 1.14 es menor a 0.95 (en Excel es 0.611). Como P > 0.10 >  = 0.01, no se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que las varianzas de los sueldos de ambos grupos son iguales (homogéneas), con el 1% de significación. b) A continuación se prueba si el sueldo medio de las mujeres es menor que el de los hombres. 1. Hipótesis: H0: 1 = 2

y

H1: 2 < 1

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. La estadística de prueba cuando las varianzas son homogéneas es:

T

X 2  X1 S c2 S c2  n1 n2

 t 20 202  t 38

4. Región crítica, para  = 0.05 y la prueba unilateral izquierda, en la Tabla 3: t38, 0.05 = - t38, 0.95 = -1.686. Entonces: 333

R.C. = {T < -1.686} 5. Con la información muestral: n1 = 20,

X 1 = $ 540, S1 = $ 16, n2 = 20,

X 2 = $ 530, S2 = $ 15; y bajo el supuesto que Ho es cierta se determina:

Sc2 

 n1 1 S12  (n2  1)S22  19 x162  19 x152

tcalc 

n1  n2  2

X 2  X1  Sc2 Sc2      n1 n2 



20  20  2

= 240.5

530  540  2.04 240.5 240.5  20 20

6. Decisión: como tcalc = -2.04  R.C. se rechaza Ho y se concluye con el 5% de significación, que el sueldo medio de las mujeres es menor que el sueldo medio de los hombres.  Para la prueba unilateral izquierda: P = P[T38 < -2.04] = 1 – P(T38 ≤ 2.04) = 1 – 0.976 = 0.024

Rpta.

Como el valor-P = 0.024 <  = 0.05 se rechaza Ho y se concluye también que el sueldo medio de las mujeres, es menor que el sueldo medio de los hombres, con el 5% de significación. 20. Se ha llevado a cabo un estudio para analizar los gastos mensuales en seguridad particular realizada por las empresas comerciales de dos ciudades. Mediante muestras aleatorias sin reemplazo de 20 empresas tomadas en cada ciudad se han obtenido los siguientes resultados: n1 = 20,

x1 = 402, S1 = 25

y

n2 = 20,

x 2 = 385, S2 = 15.

a) ¿Son diferentes las varianzas de los gastos mensuales en seguridad particular realizada por las empresas comerciales de las dos ciudades? Use  = 0.05. Halle p-valor. b) ¿Son diferentes los gastos medios mensuales en seguridad particular realizada por las empresas comerciales de ambas ciudades? Use  = 0.05 y halle pvalor. Solución Sean X1 y X2 las variables que representan los gastos mensuales en seguridad particular de las empresas comerciales en las ciudades 1 y 2 respectivamente. Asumiendo que las dos poblaciones se distribuyen normalmente con varianzas 334

desconocidas y las muestras son pequeñas (n1 y n2 < 30) primero se prueba si las varianzas son diferentes; para según ello, probar si son diferentes los gastos medios mensuales en seguridad particular de las empresas comerciales de ambas ciudades. n1 = 20,

x1 = 402, S1 = 25

y

a) 1. Hipótesis: H0:  12 =  22

n2 = 20,

x 2 = 385, S2 = 15.

H1:  12 ≠  22

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: suponiendo las poblaciones normales y la hipótesis nula cierta, para n1 = n2 = 20, la estadística de prueba es:

S12 F  2  f19,19 S2 4. Región crítica. Para  = 0.05 y la prueba bilateral en la Tabla 4, los valores críticos F son: f19, 19, 0.025 = 1/ f19, 19, 0.975 = 1/ 2.53 = 0.395 y f15, 15, 0.995 = 2.53. R.C. = {F < 0.395 o F > 2.53} 5. Cálculos: con los datos de la muestra se obtiene: 2 1

2 2

S = 625, S = 225 y Fcalc

S12 625  2  = 2.78 S 2 225

6. Decisión. Como Fcalc = 2.78  R.C. se rechaza Ho y concluimos que las varianzas de los gastos mensuales en seguridad particular realizada por las empresas comerciales de las dos ciudades son diferentes (heterogéneas), con el 5% de significación.  El valor P para la prueba bilateral y como Fcalc = 2.78 > 1 se obtiene así: P = 2 P[f19,19 > 2.78] = 2 {1 - P[f19,19 ≤ 2.78]} = 2{1 – x} ……. (1) Como en la Tabla 4 de la distribución F, para 19 y 19 grados de libertad, no está el valor 2.78, pero éste se encuentra entre los valores 2.53 (con probabilidad 0.975) y 3.03 (con probabilidad 0.99) para hallar x se interpola así: Fα

P

2.53

0.975

2.78

x



3.03  2.53 2.78  2.53  33.33 = 0.25  0.99  0.975 x  0.975 x  0.975 335

3.03

0.99



33.33 x – 32.5 = 0.25  x = 0.983

Reemplazando x = 0.983 en (1) se tiene: P = 2 {1 – 0.983} = 0.034

Rpta.

Como P = 0.034 <  = 0.05, se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que las varianzas de los gastos mensuales en seguridad particular realizada por las empresas comerciales de ambas ciudades son diferentes (heterogéneas), con el 5% de significación. b) A continuación se prueba si son diferentes los gastos medios mensuales en seguridad particular de las empresas comerciales de ambas ciudades. 1. Hipótesis: H0: 1 = 2

H1: 2 ≠ 1

y

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. La estadística de prueba cuando las varianzas son heterogéneas es:

T

X1  X 2

 t H  t 31

S12 S 22  n1 n2

2

2  S12 S 22  625 225         n1 n2  20 20    Donde: H = = = 31.11 ≡ 31 2 2 2 2  625   225   S12   S 22          20 20     n n  1   2   20  1 20  1 n1  1 n2  1

4. Región crítica, para  = 0.05 y la prueba bilateral, en la Tabla 3 el valor crítico es: t31, 0.975 = 2.04. Entonces:

R.C. = {T < -2.04 o T > 2.04 }

5. Con la información muestral: n1 = 20, 20,

x 2 = 385,

x1 = 402, S1 = 25

y

n2 =

S2 = 15; y bajo el supuesto que Ho es cierta se

determina:

tcalc 

X1  X 2 S12 S22  n1 n2



402  385  2.61 625 225  20 20

6. Decisión: como tcalc = 2.61  R.C. se rechaza Ho y se concluye con el 5% de significación, que los gastos medios mensuales en seguridad particular de las empresas comerciales de ambas ciudades son diferentes.  Para dos colas: P = 2P[T31 > 2.61] = 2[1 – P(T31 ≤ 2.61)] = 2[1 – x] …….. (1) 336

En la Tabla 3, T de student, con 31 grados de libertad, no está el valor 2.61, pero éste se encuentra entre los valores 2.453 (con probabilidad 0.99) y 2.744 (con probabilidad 0.995) para hallar x se interpola así: Tα

P

2.453 0.990 2.61

x



2.744  2.453 2.610  2.453  0.995  0.990 x  0.990



58.2 x – 57.618 = 0.157



58.2 =

0.157 x  0.990 2.744

0.995

 x = 0.993

Reemplazando x = 0.993 en (1) se obtiene: P-valor = 2[1 – 0.993] = 0.014

Rpta.

Como el valor-P = 0.014 <  = 0.05 se rechaza Ho y se concluye también que los gastos medios mensuales en seguridad particular de las empresas comerciales de ambas ciudades son diferentes, con el 1% de significación. 21. Una “Encuesta de Opinión” realizada en 1000 hogares de Lima Metropolitana (con 1’700 000 hogares) indica que el 30.5 % de los hogares compra periódicos y revistas. Aceptaría Ud. que menos del 34 % de hogares limeños compra periódicos y revistas? Use α = 0.05. Halle p-valor. Solución Denotemos

con p la proporción (%) poblacional de hogares que compra

periódicos y revistas. Se quiere contrastar las hipótesis si menos del 34 % (0.34) de hogares limeños compra periódicos y revistas. 1. Hipótesis: H0: p ≥ p0 = 0.34,

H1: p < 0.34

2. Nivel de significación:  = 0.05

3. Estadística de prueba: Z 

pˆ  p0  N (0,1) p0 q0 n

4. Región crítica, para  = 0.05 y la prueba unilateral izquierda, en la Tabla 1 el valor crítico es: Zα = -Z1-α = -Z0.95 = -1.645. Entonces: 5. Con la información muestral: n = 1000, Ho: p = p0 = 0.34 es cierta, se determina: 337

R.C. = {Z < -1.645}

pˆ  0.305 y bajo el supuesto que

Z calc 

pˆ  p0 0.305  0.34  = -2.33 p0 q0 0.34 x0.66 1000 n

6. Decisión: como Zcalc = –2.33 ϵ R.C. se rechaza la hipótesis nula y se concluye con el 5% de significación, que menos del 34 % (p < 0.34) de hogares limeños compra periódicos y revistas (la estimación muestral indica que es el 30.5%).  P = P[Z < Zcalc] = P[Z < -2.33] = Ф(-2.33) = 0.0099

Rpta.

Como el valor-P = 0.0099 <  = 0.05 se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que menos del 34 % de hogares limeños compra periódicos y revistas, con el 5% de significación. 22. Una “Encuesta de Opinión” realizada en 800 hogares de Lima Metropolitana (con 1.7 millones de hogares) 644 hogares indicaron que tienen abastecimiento de agua de la red pública dentro de la vivienda. ¿Aceptaría usted que la verdadera proporción de hogares que tienen abastecimiento de agua de la red pública dentro de la vivienda difiere de 0.75 (75%)? Use α = 0.01. Halle p-valor. Solución Denotemos

con p la proporción (%) poblacional de hogares que tienen

abastecimiento de agua de la red pública dentro de la vivienda. Se quiere contrastar las hipótesis si la proporción de hogares que tienen abastecimiento de agua de la red pública dentro de la vivienda difiere de 0.75 o 75% (p ≠ 0.75). H1: p ≠ 0.75

1. Hipótesis: H0: p = p0 = 0.75, 2. Nivel de significación:  = 0.01

3. Estadística de prueba: Z 

pˆ  p0  N (0,1) p0 q0 n

4. Región crítica, para  = 0.01 y la prueba bilateral, en la Tabla 1 el valor crítico es: Z1-α/2 = Z0.995 = 2.575. Entonces:

R.C. = {Z < -2.575 o Z >

2.575} 5. Con la información muestral: n = 800, X = 644, pˆ 

X 644  = 0.805 y n 800

bajo el supuesto que Ho: p = p0 = 0.75 es cierta, se determina: 338

Z calc 

pˆ  p0 0.805  0.75  = 3.59 p0 q0 0.75 x0.25 800 n

6. Decisión: como Zcalc = 3.59 ϵ R.C. se rechaza la hipótesis nula y se concluye con el 1% de significación, que la proporción de hogares que tienen abastecimiento de agua de la red pública dentro de la vivienda difiere de 0.75 o 75% (la estimación muestral señala que es 0.805 o el 80.5%).  Como la prueba es bilateral, el valor-P se determina así: P = P[|Z| > |Zcalc|] = P[|Z| > 3.59] = 2Ф(-3.59) = 2(0.00017) = 0.00034 Rpta. Como el valor-P = 0.00034 <  = 0.01 se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que la proporción de hogares que tienen abastecimiento de agua de la red pública dentro de la vivienda difiere de 0.75 o 75%, con el 1% de significación. 23. De una muestra aleatoria de 500 ciudadanos entrevistados en Lima Metropolitana, 400 indicaron que hay problemas de seguridad. ¿Indica esta evidencia que más del 75 % de los ciudadanos limeños perciben que hay problemas de seguridad? Use el nivel de significación de 0.05. Halle p-valor. Explique el error tipo II. Solución Denotemos

con p la proporción (%) poblacional de ciudadanos de Lima

Metropolitana que indican que hay problemas de seguridad. Se quiere contrastar las hipótesis si más del 75 % (p > 0.75) de los ciudadanos limeños perciben que hay problemas de seguridad. 1. Hipótesis: H0: p = p0 = 0.75,

H1: p > 0.75

2. Nivel de significación:  = 0.05

3. Estadística de prueba: Z 

pˆ  p0  N (0,1) p0 q0 n

4. Región crítica, para  = 0.05 y la prueba unilateral derecha, en la Tabla 1 el valor crítico es: Z1-α = Z0.95 = 1.645. Entonces: 339

R.C. = {Z > 1.645}

5. Con la información muestral: n = 500, X = 400, pˆ 

X 400  = 0.80 y bajo n 800

el supuesto que Ho: p = p0 = 0.75 es cierta, se determina:

Z calc 

pˆ  p0 0.80  0.75  = 2.58 p0 q0 0.75 x0.25 500 n

6. Decisión: como Zcalc = 2.58 ϵ R.C. se rechaza la hipótesis nula y se concluye con el 5% de significación, que más del 75 % (p > 0.75) de los ciudadanos limeños perciben que hay problemas de seguridad (la estimación muestral señala que es 0.80 o el 80%).  Como la prueba es unilateral derecha, el valor-P se determina así: P = P[Z > Zcalc] = P[Z > 2.58] = 1 – Ф(2.58) = 1 – 0.99506 = 0.00494 Rpta. Como el valor-P = 0.00494 <  = 0.05 se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que más del 75 % (p > 0.75) de los ciudadanos limeños perciben que hay problemas de seguridad, con el 1% de significación.  Error tipo II.- consiste en aceptar Ho (que el 75% de los ciudadanos limeños percibe que hay problemas de seguridad) cuando es falsa (este porcentaje realmente es de más del 75%). 24. Se tomó una muestra aleatoria de 300 compradores en un centro comercial y se encontró que 182 están a favor de un horario más amplio para las compras. ¿Esta evidencia es suficiente para concluir que menos del 65 % de los compradores están a favor de un horario más extenso? Use un nivel de significación de 0.05. Halle p-valor. Solución Denotemos con p la proporción (%) poblacional de compradores en el centro comercial que responden que están a favor de un horario más amplio para las compras. Se quiere probar las hipótesis si menos del 65 % (p < 0.65) de los compradores están a favor de un horario más extenso en el centro comercial. 1. Hipótesis: H0: p = p0 = 0.65,

H1: p < 0.65

2. Nivel de significación:  = 0.05

340

3. Estadística de prueba: Z 

pˆ  p0  N (0,1) p0 q0 n

4. Región crítica, para  = 0.05 y la prueba unilateral izquierda, en la Tabla 1 el valor crítico es: Zα = -Z1-α = -Z0.95 = -1.645. Entonces:

R.C. = {Z < -1.645}

5. Con la información muestral: n = 300, X = 182, pˆ 

X 182  = 0.607 y n 300

bajo el supuesto que Ho: p = p0 = 0.65 es cierta, se determina:

Z calc 

pˆ  p0 0.607  0.65  = -1.56 p0 q0 0.65 x0.35 300 n

6. Decisión: como Zcalc = -1.56 ϵ R.A. no se rechaza la hipótesis nula y se concluye con el 5% de significación, que el 65 % (p = 0.65) de los compradores están a favor de un horario más extenso en el centro comercial.  Como la prueba es unilateral izquierda, el valor-P se determina así: P = P[Z < Zcalc] = P[Z < -1.56] = Ф(-1.56) = 0.05938

Rpta.

Como el valor-P = 0.05938 >  = 0.05 no se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que el 65 % (p = 0.65) de los compradores están a favor de un horario más extenso en el centro comercial, con el 5% de significación. 25. De una muestra aleatoria de 500 ciudadanos entrevistados en Lima Metropolitana, 375 indicaron que no están de acuerdo con el servicio militar obligatorio. ¿Indica esta evidencia que menos del 80 % de los ciudadanos no están de acuerdo con el servicio militar obligatorio? Use el nivel de significación de 0.01. Halle p-valor. Solución Denotemos con p la proporción (%) poblacional de ciudadanos entrevistados que responden que indican que no están de acuerdo con el servicio militar obligatorio. Se quiere probar las hipótesis si menos del 80% (p < 0.80) de los ciudadanos no están de acuerdo con el servicio militar obligatorio. 1. Hipótesis: H0: p = p0 = 0.80,

H1: p < 0.80

2. Nivel de significación:  = 0.01 341

3. Estadística de prueba: Z 

pˆ  p0  N (0,1) p0 q0 n

4. Región crítica, para  = 0.01 y la prueba unilateral izquierda, en la Tabla 1 el valor crítico es: Zα = -Z1-α = -Z0.99 = -2.33. Entonces: 5. Con la información muestral: n = 500, X = 375, pˆ 

R.C. = {Z < -2.33}

X 375  = 0.75 y bajo n 500

el supuesto que Ho: p = p0 = 0.80 es cierta, se determina:

Z calc 

pˆ  p0 0.75  0.80  = -2.80 p0 q0 0.80 x0.20 500 n

6. Decisión: como Zcalc = -2.80 ϵ R.C. se rechaza la hipótesis nula y se concluye con el 1% de significación, que menos del 80% (p < 0.80) de los ciudadanos no están de acuerdo con el servicio militar obligatorio.  Como la prueba es unilateral izquierda, el valor-P se determina así: P = P[Z < Zcalc] = P[Z < -2.80] = Ф(-2.80 ) = 0.00256 Rpta. Como el valor-P = 0.00256 <  = 0.01 se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que menos del 80% (p < 0.80) de los ciudadanos no están de acuerdo con el servicio militar obligatorio, con el 1% de significación. 26. A fin de determinar el nivel de aceptación de una revista de negocios, se entrevistaron dos grupos de empresarios: de Lima Metropolitana (1) y del Resto del País (2), se obtuvieron los siguientes resultados: Lima M. (1): n1 = 800, X1 = 280;

Resto del País (2): n2 = 1200, X2 =

300. Con α = 0.05 ¿Son diferentes las verdaderas proporciones de empresarios “limeños” y “no limeños” que aceptan la revista de negocios? Determine pvalor. Solución Sean p1 y p2, las proporciones poblacionales de empresarios de Lima Metropolitana (1) y del Resto del País (2) que aceptan la revista de negocios. Entonces, se desea probar si son diferentes las verdaderas proporciones de empresarios “limeños” y “no limeños” que aceptan la revista de negocios. 342

 1. Hipótesis: Ho: p1 = p2

y

H1: p1 ≠ p2

2. Nivel de significación:  = 0.05

3. Estadística de prueba: Z 

pˆ 1  pˆ 2  ( p1  p2 ) → N(0, 1) p1q1 p 2 q2  n1 n2

4. Región crítica, para  = 0.05 y la prueba bilateral, en la Tabla 1 el valor crítico es: Z1-α/2 = Z0.975 = 1.96. Entonces:

R.C. = {Z < -1.96 o Z > 1.96}

5. Bajo el supuesto que Ho es cierta y con la información muestral: n1 = 800,

pˆ 1 

X1 = 280, = 0.25, pˆ 

Z calc 

X 1 280 X 300 = 0.35, n2 = 1200, X2 = 300, pˆ 2  2   n1 800 n2 1200

X 1  X 2 280  300 580 = 0.29 y qˆ = 0.71; se determina:   n1  n2 800  1200 2000

pˆ 1  pˆ 2 1 1 pˆ qˆ     n1 n2 



0.35  0.25 1   1 0.29 x0.71   800 1200 

= 4.83

6. Decisión: como Zcalc = 4.83 ϵ R.C. se rechaza la hipótesis nula con el 5% de significación. Se concluye que son diferentes las verdaderas proporciones de empresarios “limeños” y “no limeños” que aceptan la revista de negocios.  P = P[|Z| > |Zcalc|] = 2 P[Z < -|Zcalc|] = 2 P[Z < -4.83] = = 2 Ф(-4.83) < 0.0001 (en Excel 0.0000014).

Rpta.

Ya que en la Tabla 1 de la distribución normal estándar, la probabilidad acumulada hasta -4.83 es menor a 0.0001 (en Excel es 0.00000068). Como P < 0.0001 <  = 0.01, se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que son diferentes las verdaderas proporciones de empresarios “limeños” y “no limeños” que aceptan la revista de negocios, con el 5% de significación. 27. En una muestra aleatoria de 400 adultos, 220 están de acuerdo con la gestión presidencial. Mientras que en una muestra de 600 jóvenes, 300 están de acuerdo con la gestión presidencial. ¿Se puede afirmar que la verdadera proporción de adultos que está de acuerdo con la gestión presidencial, es mayor que la proporción de jóvenes que está de acuerdo con dicha gestión? Use α = 0.05. Halle p-valor. Solución 343

Sean p1 y p2, las proporciones poblacionales de adultos (1) y de jóvenes (2) que están de acuerdo con la gestión presidencial. Entonces, se desea probar si la verdadera proporción de adultos que está de acuerdo con la gestión presidencial, es mayor que la proporción de jóvenes que está de acuerdo con dicha gestión.  1. Hipótesis: Ho: p1 = p2

y

H1: p1 > p2

2. Nivel de significación:  = 0.05

3. Estadística de prueba: Z 

pˆ 1  pˆ 2  ( p1  p2 ) → N(0, 1) p1q1 p 2 q2  n1 n2

4. Región crítica, para  = 0.05 y la prueba unilateral derecha, en la Tabla 1 el valor crítico es: Z1-α = Z0.95 = 1.645. Entonces:

R.C. = {Z > 1.645}

5. Bajo el supuesto que Ho es cierta y con la información muestral: n1 = 400, X1 = 220, 0.50, pˆ 

Z calc 

pˆ 1 

X 1 220 X 300 = 0.55, n2 = 600, X2 = 300, pˆ 2  2  =  n1 400 n2 600

X 1  X 2 220  300 520 = 0.52 y qˆ = 0.48; se determina:   n1  n2 400  600 1000 pˆ 1  pˆ 2

1 1 pˆ qˆ     n1 n2 



0.55  0.50 1   1 0.52 x0.48   400 600 

= 1.55

6. Decisión: como Zcalc = 1.55 ϵ R.A. no se rechaza la hipótesis nula con el 5% de significación. Se concluye que son iguales las verdaderas proporciones de adultos y de jóvenes que están de acuerdo con la gestión presidencial.  Para la prueba es unilateral derecha: P = P[Z > Zcalc] = P[Z > 1.55] = 1 – Ф(1.55) = 1 – 0.93943 = 0.06057

Rpta.

Como P = 0.06057 >  = 0.05, se “acepta” la hipótesis nula y se concluye también que son iguales las verdaderas proporciones de adultos y de jóvenes que están de acuerdo con la gestión presidencial, con el 5% de significación. 28. De los alumnos de la UNAC se toma una muestra aleatoria de 300 mujeres, 150 de las cuales están a favor de la titulación con tesis. En una muestra de 200 hombres, 120 indican que están a favor de lo mismo. ¿Se puede afirmar que hay una diferencia significativa entre las verdaderas proporciones de alumnos y alumnas que están a favor de la titulación con tesis? Use α = 0.01. Halle p-valor 344

Solución Sean p1 y p2, las proporciones poblacionales de estudiantes hombres (1) y mujeres (2) que están a favor de la titulación con tesis. Entonces, se desea probar si son diferentes las verdaderas proporciones de alumnos y alumnas que están a favor de la titulación con tesis.  1. Hipótesis: Ho: p1 = p2

y

H1: p1 ≠ p2

2. Nivel de significación:  = 0.01

3. Estadística de prueba: Z 

pˆ 1  pˆ 2  ( p1  p2 ) → N(0, 1) p1q1 p 2 q2  n1 n2

4. Región crítica, para  = 0.01 y la prueba bilateral, en la Tabla 1 el valor crítico es: Z1-α/2 = Z0.995 = 2.575. Entonces:

R.C. = {Z < -2.575 o Z >

2.575} 5. Bajo el supuesto que Ho es cierta y con la información muestral: n1 = 200, X1 = 120,

pˆ 1 

X 1 120 X 150 = 0.60, n2 = 300, X2 = 150, pˆ 2  2  =  n1 200 n2 300

0.50,

pˆ 

X 1  X 2 120  150 270 = 0.54 y qˆ = 0.46; se determina:   n1  n2 200  300 500

Z calc 

pˆ 1  pˆ 2 1 1 pˆ qˆ     n1 n2 



0.60  0.50 1   1 0.54 x0.46   200 300 

= 2.20

6. Decisión: como Zcalc = 2.20 ϵ R.A. no se rechaza la hipótesis nula con el 1% de significación. Se concluye que son iguales las verdaderas proporciones de alumnos y alumnas que están a favor de la titulación con tesis.  P = P[|Z| > |Zcalc|] = 2 P[Z < -|Zcalc|] = 2 P[Z < -2.20] = = 2 Ф(-2.20) = 2 (0.0139) = 0.0278

Rpta.

Como P = 0.0278 >  = 0.01, se “acepta” la hipótesis nula y se concluye también que son iguales las verdaderas proporciones de alumnos y alumnas que están a favor de la titulación con tesis, con el 1% de significación. 29. Una empresa desea determinar la proporción de hogares que adquiere su producto en las ciudades 1 y 2. Una muestra al azar de 600 hogares en cada 345

ciudad arroja que 288 lo adquiere en la ciudad 1 y 252 en la ciudad 2. ¿Será la proporción de hogares que adquiere el producto en la ciudad 2 menor que la proporción de hogares que adquiere el producto en la ciudad 1? Use  = 0.01. Halle p-valor. Solución Sean p1 y p2, las proporciones poblacionales de hogares que adquiere el producto en las ciudades 1 y 2 respectivamente. Entonces, se desea probar si la verdadera proporción de hogares que adquiere el producto en la ciudad 2 menor que la proporción de hogares que adquiere el producto en la ciudad 1.  1. Hipótesis: Ho: p1 = p2

y

H1: p2 < p1

2. Nivel de significación:  = 0.01

3. Estadística de prueba: Z 

pˆ 2  pˆ 1  ( p2  p1 ) → N(0, 1) p1q1 p 2 q2  n1 n2

4. Región crítica, para  = 0.01 y la prueba unilateral, en la Tabla 1 el valor crítico es: Zα = -Z1-α = -Z0.99 = -2.33. Entonces:

R.C. = {Z < -2.33}

5. Bajo el supuesto que Ho es cierta y con la información muestral: n1 = 600, X1 = 288, 0.42, pˆ 

Z calc 

pˆ 1 

X 1 288 X 252 = 0.48, n2 = 600, X2 = 252, pˆ 2  2  =  n1 600 n2 600

X 1  X 2 288  252 540 = 0.45 y qˆ = 0.55; se determina:   n1  n2 600  600 1200 pˆ 2  pˆ 1

1 1 pˆ qˆ     n1 n2 



0.42  0.48 1   1 0.45 x0.55   600 600 

= -2.09

6. Decisión: como Zcalc = -2.09 ϵ R.A. no se rechaza la hipótesis nula con el 1% de significación; y se concluye que las verdaderas proporciones poblacionales de hogares que adquiere el producto en las ciudades 1 y 2 son iguales.  Para la prueba es unilateral izquierda: P = P[Z < Zcalc] = P[Z < -2.09] = Ф(-2.09) = 0.01831

Rpta.

Como P = 0.01831 >  = 0.01, se “acepta” la hipótesis nula y se concluye también que las proporciones poblacionales de hogares que adquiere el producto en las ciudades 1 y 2 son iguales, con el 5% de significación. 346

30. Se entrevistaron dos grupos de mujeres respecto a su interés por los polos de verano “Sol y mar”. De una muestra de 250 mujeres menores de 40 años, 150 estuvieron interesados, mientras que de 250 mujeres de 40 años a más, sólo 120 mostraron interés. Con el 5% de significación, ¿existe diferencia entre la proporción de mujeres menores de 40 años y las de 40 años a más que mostraron interés por los polos de verano “Sol y mar”? Halle p-valor. Solución Sean p1 y p2, las proporciones poblacionales de mujeres menores de 40 años (1) y las mujeres de 40 años a más (2) que muestran interés por los polos de verano “Sol y mar”. Entonces, se desea probar si son diferentes ambas proporciones .  1. Hipótesis: Ho: p1 = p2

H1: p1 ≠ p2

y

2. Nivel de significación:  = 0.05

3. Estadística de prueba: Z 

pˆ 1  pˆ 2  ( p1  p2 ) → N(0, 1) p1q1 p 2 q2  n1 n2

4. Región crítica, para  = 0.05 y la prueba bilateral, en la Tabla 1 el valor crítico es: Z1-α/2 = Z0.975 = 1.96. Entonces:

R.C. = {Z < -1.96 o Z > 1.96}

5. Bajo el supuesto que Ho es cierta y con la información muestral: n1 = 250, X1 = 150, 0.48, pˆ 

Z calc 

pˆ 1 

X 1 150 X 120 = 0.60, n2 = 250, X2 = 120, pˆ 2  2  =  n1 250 n2 250

X 1  X 2 150  120 270 = 0.54 y qˆ = 0.46; se determina:   n1  n2 250  250 500 pˆ 1  pˆ 2

1 1 pˆ qˆ     n1 n2 



0.60  0.48 1   1 0.54 x0.46    250 250 

= 2.69

6. Decisión: como Zcalc = 2.69 ϵ R.C. se rechaza la hipótesis nula con el 5% de significación; y se concluye que son diferentes las verdaderas proporciones de mujeres menores de 40 años y las de 40 años a más que mostraron interés por los polos de verano “Sol y mar”.  P = P[|Z| > |Zcalc|] = 2 P[Z < -|Zcalc|] = 2 P[Z < -2.69] = 2 Ф(-2.69) = 2 (0.00357) = 0.00714. Como P = 0.00714 <  = 0.05, se rechaza la hipótesis nula y se concluye también que son diferentes las verdaderas proporciones . 347

6.10 PROBLEMAS PROPUESTOS 1.

Un proceso está programado para embotellar la cantidad media de 750 mililitros de gaseosa. Se toma una muestra aleatoria de 41 botellas, resultando una media de 745 ml. y una desviación típica de 12 ml. a) Al 5% de significación ¿se puede afirmar que no se está cumpliendo con el contenido medio en las botellas de gaseosa? Halle p-valor.

2.

¿Aceptaría usted que σ2 < 200 ml2 por botella? Use α = 0.05. Halle p-valor. Un proceso está programado para embolsar la cantidad media de 250 gramos de café. Se toma una muestra aleatoria de 36 bolsas, resultando una media de 253.5 gramos y una desviación típica de 13 gramos. a) ¿Se puede afirmar que el contenido medio en las bolsas de café es mayor de 250 gramos? Use α = 0.05. Halle p-valor. b) ¿Aceptaría usted que σ2 ≠ 250 gr2 por bolsa? Use α = 0.05. Halle p-valor.

3.

Un proceso está programado para embolsar la cantidad media de 500 gramos de frejol. Se toma una muestra aleatoria de 35 bolsas, resultando una media de 496.5 gramos y una desviación típica de 15 gramos. a) Al 5% de significación ¿se puede afirmar que el contenido medio en las bolsas de frejol es menor de 500 gramos? Halle p-valor. b) ¿Aceptaría usted que σ2 > 300 gr2 por bolsa? Use α = 0.05. Halle p-valor.

4.

Se tiene la siguiente prueba de hipótesis: Ho: µ ≥ 100 y H1: µ < 100. Una muestra de 50 elementos produce una media muestral de 95.5 y una desviación estándar muestral de 12. a) Realice la prueba de hipótesis usando α = 0.05. Halle p-valor. b) Ponga a prueba H0: σ2 = 120 contra H1: σ2 ≠ 120, use α = 0.05. Halle p-valor.

5.

Un proceso está programado para embolsar la cantidad media de 1000 gramos de lenteja. Se toma una muestra aleatoria de 36 bolsas, resultando una media de 996.5 gramos y una desviación típica de 10 gramos. a) Al 5% de significación ¿se puede afirmar que no se está cumpliendo con el contenido medio en la bolsa? Halle p-valor. b) ¿Aceptaría usted que σ2 ≠ 250 gr2 por bolsa? Use α = 0.05. Halle p-valor. 348

6.

Los pesos de diez estudiantes (en Kg.) fueron: 60, 44, 66, 71, 75, 75, 80, 84, 93 y 82. Suponga que estos pesos proceden de una población normal. a) Ponga a prueba H0: μ = 70 Kg. contra H1: μ ≠ 70, con un α = 0.05. Halle pvalor. b) Ponga a prueba H0: σ2 = 80 Kg2 contra H1: σ2 > 80, use α = 0.05. Halle pvalor.

7.

Los pesos netos (grs.) de las bolsas de detergente es de 250. Una muestra aleatoria de 10 bolsas dio estos pesos: 248, 251, 248, 247, 245, 246, 246, 252, 247, 250. a) Será la media poblacional de los pesos netos menor a 250gr. Use α = 0.01. Halle p-valor. b) Ponga a prueba H0: σ2 = 15 contra H1: σ2 ≠ 15, con un α = 0.05. Halle p-valor.

8.

Las latas de duraznos de la Compañía “La dulzura” deben contener un peso neto de 16 onzas, pero hay una gran variabilidad. Una muestra aleatoria de seis latas revela los pesos netos siguientes en onzas: 15.1, 16.1, 15.8, 15.4, 16.1 y 15.1. a) Use α = 0.01 para determinar si el verdadero peso neto de las latas de duraznos es menor de 16 onzas. Determine p-valor. b) ¿Aceptaría usted que σ2 < 1.25 gr2 por bolsa? Use α = 0.05. Halle p-valor.

9.

Se prueba una muestra aleatoria de 9 bolsas de cierta marca para determinar el peso medio de llenado. Los pesos de las bolsas, en onzas, fueron: 18, 22, 25, 20, 19, 26, 21, 24 y 23. a) ¿Hay razón para creer que el verdadero peso medio de llenado es mayor de 18 onzas? Use α = 0.01. Halle p-valor. b) ¿Será rechazada la hipótesis σ2 > 3.5 onzas2? Use α = 0.05. Halle p-valor.

10. Los pesos en kilos de una muestra aleatoria de 8 cajas de galleta son: 14.6, 12.5, 15.3, 16.1, 14.4, 12.9, 13.7 y 14.9. Suponiendo que los pesos se distribuyen normalmente. a) Con una significación del 5 % pruebe si el peso medio de las cajas de galleta es distinto de 14 Kg. Halle p-valor. b) Ponga a prueba H0: σ2 = 5 contra H1: σ2 ≠ 5, con un nivel de significación de 0.05. Halle p-valor. 349

11. Un departamento de producción desea determinar si hay diferencia en el rendimiento entre el turno diurno y el nocturno. Una muestra aleatoria de 80 obreros del turno diurno alcanza una producción media de 94.3 partes por hora, con una desviación estándar de 14 partes por hora, mientras que otra muestra de 60 obreros de la noche alcanza un promedio de 89.7 partes por hora, con una desviación estándar de 17. Se pide probar si es diferente el rendimiento medio de ambos turnos. Use α = 0.05. Hallar p-valor. 12. En un estudio para determinar el costo medio de los televisores en las ciudades A y B, se toma una muestra al azar de 200 hogares de A arrojando un costo medio de $ 250 y una desviación estándar de 15. Una muestra al azar de 180 hogares de la ciudad B da una costo medio de $ 235 y una desviación estándar de 10. Con α = 0.01, probar si el costo medio de los televisores en las ciudades A es mayor que el costo medio de los televisores en la ciudad B. Hallar p-valor. 13. El departamento de marketing desea determinar si hay diferencia entre las ventas mensuales promedio realizadas por hombres y mujeres. Una muestra aleatoria de 80 mujeres arroja una venta media de 95 artefactos mensuales, con una desviación estándar de 14 artefactos, mientras que otra muestra de 60 hombres alcanza un promedio de 89 artefactos mensuales, con una desviación estándar de 17. Con α = 0.05, ¿son diferentes las ventas medias realizadas por hombres y mujeres (µm ≠ µh)? Determine el p-valor. 14. En un estudio para determinar el gasto medio mensual de los hogares en frutas para las ciudades A y B, se toma una muestra al azar de 100 hogares de A arrojando un gasto medio de S/. 82 y una desviación estándar de 15. Una muestra al azar de 100 hogares de la ciudad B da una gasto medio de 75 y una desviación estándar de 10. Use α = 0.01, para probar si el gasto medio mensual en frutas en la ciudad B es menor que el gasto medio en A. Halle p-valor. 15. Se comparan dos marcas de cigarrillos, 1 y 2, respecto a su contenido de nicotina en miligramos; dos muestras aleatorias de 40 cigarrillos de la marca 1 y 50 de la 350

marca 2, dieron estos resultados: x1 = 14.3, n1 = 40, S1 = 2.9

y

x2 =

15.7, n2 = 50, S2 = 3.8. ¿Es diferente el contenido medio de nicotina de las dos marcas? Use α = 0.01. Halle p-valor. 16. Dos máquinas embotellan jugo independientemente. Mediante muestra aleatoria sin reemplazo de botellas tomadas de cada máquina se han obtenido los siguientes resultados sobre el contenido de las botellas (en ml.): n1 = 16, X 1 = 495, S1 = 5

y

n2 = 16,

X 2 = 505, S2 = 7.

a) ¿Son diferentes las varianzas de los contenidos de las botellas con jugo de ambas máquinas? Use  = 0.05. Halle p-valor. b) ¿Son diferentes los contenidos medios de las botellas con gaseosa de ambas máquinas? Use  = 0.01 y determine p-valor. 17. Se ha llevado a cabo un estudio para analizar los gastos mensuales en publicidad (en dólares) realizado por las empresas comerciales de dos ciudades. Mediante muestras aleatorias sin reemplazo tomadas independientemente en cada ciudad se han obtenido los siguientes resultados: n1 = 20, X 1 = $ 950, S1 = 95

y

n2 = 18, X 2 = $ 850, S2 = 60.

a) ¿Son heterogéneas las varianzas de los gastos mensuales en publicidad de ambas ciudades? Use  = 0.01. Halle p-valor. b) Con un nivel de significación del 5 %, probar si los gastos mensuales en publicidad de las empresas de la ciudad 1 es mayor que el de las empresas de la ciudad 2. Hallar p-valor. 18. Dos grupos (de 16 alumnas cada uno) escogidos al azar de una escuela para secretarias, aprenden taquigrafía por dos métodos diferentes y luego se les somete a pruebas de dictado. Se encuentra que el grupo 1 obtiene en promedio 123 palabras por minuto con una desviación estándar de 15 palabras, mientras que el grupo 2 promedia 110 palabras por minuto con una desviación estándar de 10 palabras. Con el 1% de significación probar si: a) ¿Son heterogéneas las varianzas de ambos grupos? Halle p-valor. b) ¿Es diferente el promedio de palabras por minuto para los dos métodos? Halle p-valor.

351

19. Se ha llevado a cabo un estudio para analizar los gastos mensuales (S/.) en alquiler de local realizado por las empresas comerciales de dos ciudades grandes.

Mediante

muestras

aleatorias

sin

reemplazo

tomadas

independientemente en cada ciudad se han obtenido los siguientes resultados: n1 = 20, x1 = 938, S1 = 96

y

n2 = 20,

x 2 = 856, S2 = 62.

a) ¿Son diferentes las varianzas de los gastos mensuales en alquiler de ambas ciudades? Use  = 0.05. Halle p-valor. b) Con un nivel de significación del 5 %, probar si los gastos mensuales en alquiler de las empresas de la ciudad 1 es menor que el de las empresas de la ciudad 2. Hallar p-valor. 20. Dos máquinas embolsan diariamente detergente de manera independiente. Mediante muestras aleatorias sin reemplazo de 12 bolsas de cada máquina se han obtenido los siguientes resultados sobre el peso de las bolsas (en gramos): n1 = 12, x1 = 505, S1 = 10

n2 = 12, x 2 = 495, S2 = 4.

y

Con el 1% de significación probar si: a) ¿Son diferentes las varianzas de los pesos de las bolsas con detergente de ambas máquinas? Halle p-valor. b) ¿Son diferentes los pesos medios de las bolsas con detergente de ambas máquinas? Halle p-valor. 21. De una población de 100,000 fumadores de cigarro, se selecciona una muestra aleatoria de 800 fumadores y se encuentra que 240 tienen preferencia por la marca A. ¿Esta evidencia es suficiente para concluir que más del 25 % de los fumadores de cigarro prefieren la marca A? Use un nivel de significación del 1%. Halle p-valor. 22. En una muestra aleatoria de 500 de los 100 000 ciudadanos de un distrito se encontró que 200 están de acuerdo con la gestión del alcalde. Indica esta evidencia que menos del 45% de los ciudadanos están de acuerdo con la gestión del alcalde. Use un nivel de significación del 5%. Halle p-valor. 23. De una muestra aleatoria de 500 hombres entrevistados, 125 indicaron que ven fútbol los lunes en la noche por televisión. ¿Indica esta evidencia que más del 20 % de los televidentes hombres ven el fútbol los lunes por la noche? Use el nivel de significación de 0.01. Halle p-valor. 352

24. En una muestra aleatoria de 600 de los 20000 hogares de un distrito se encontró que 240 consumen leche. Indica esta evidencia que menos del 45% de los hogares consumen leche. Use un nivel de significación del 5%. Halle p-valor. Explique el error tipo I. 25. De una muestra aleatoria de 800 ciudadanos entrevistados en Lima Metropolitana, 200 indicaron que no están de acuerdo con el voto electrónico. ¿Indica esta evidencia que más del 20 % de los ciudadanos no están de acuerdo con el voto electrónico? Use el nivel de significación de 0.01. Halle p-valor. 26. Se entrevistaron a hombres y mujeres respecto a su interés por una nueva marca de perfume. En una muestra aleatoria de 400 hombres y 600 mujeres, 220 hombres y 300 mujeres dijeron que les gustaba el nuevo perfume. Con el 1% de significación, ¿existe diferencia entre las verdaderas proporciones de hombres y mujeres que dijeron que les gustaba el nuevo perfume? Halle p-valor. 27. De los alumnos de la UNAC se toma una muestra aleatoria de 600 hombres, 300 de las cuales están a favor del cambio curricular. En una muestra de 400 mujeres, 240 indican que están a favor de lo mismo. ¿Se puede afirmar que es menor la proporción de hombres que están a favor del cambio curricular, que la proporción de mujeres a favor del cambio curricular? Use α = 0.01. Halle pvalor. 28. A fin de determinar el nivel de aceptación de la gestión presidencial, se entrevistaron dos grupos de ciudadanos: de Lima Metropolitana (1) y del Resto del País (2), se obtuvieron los siguientes resultados: Lima M. (1): n1 = 800, X1 = 280;

Resto del País (2): n2 = 1200, X2 =

300 Con α = 0.05 ¿Existe diferencia entre las verdaderas proporciones de “limeños” y “no limeños” que están de acuerdo con la gestión presidencial? Determine pvalor. 29. Se entrevistaron dos grupos de mujeres respecto a su interés por la compra de casacas de cuero. De una muestra de 300 mujeres de 40 años a más, 75 estuvieron interesadas, mientras que de 200 mujeres menores 40 años, 80 mostraron interés. Con el 5% de significación, ¿será mayor la proporción de 353

mujeres menores de 40 años interesadas en la compra de casacas de cuero, que la proporción de las de 40 años a más interesadas en dicha compra. Halle p-valor. 30. En una muestra aleatoria

de 400 jóvenes, 220 están de acuerdo con la

suscripción de los Tratados de Libre Comercio (TLC’s). Mientras que en una muestra de 600 adultos, 300 están de acuerdo con la suscripción de TLC’s. a) ¿Está Ud. de acuerdo que más del 50% de jóvenes está de acuerdo con la suscripción de TLC’s? Use α = 0.01. Halle p-valor. b) ¿Se puede afirmar que hay una diferencia significativa entre las verdaderas proporciones de jóvenes y adultos que están de acuerdo con la suscripción de TLC’s? Use α = 0.05. Halle p-valor.

354

Capítulo 7. PRUEBAS DE HIPÓTESIS NO PARAMÉTRICAS “Ser culto, es el único modo de ser libre”

José Martí

CONTENIDO 7.1 7.2 7.3 7.4 7.5 7.6 7.7

Uso de la distribución Chi-cuadrado. Test de independencia. Test de bondad de ajuste. Test de Wilcoxon. Test de signos. Test de la mediana. Ejercicios resueltos. Ejercicios propuestos.

En este capítulo, se presenta algunos métodos para la realización de pruebas estadísticas no paramétricas, las mismas que no requieren la verificación de algunos supuestos como la normalidad y homogeneidad de varianzas, para la realización de pruebas paramétricas. Los métodos no paramétricos son una serie de procedimientos que no requieren supuestos acerca de la distribución de probabilidad por ello son llamados métodos de libre distribución y son empleados con datos medidos en escala nominal u ordinal, asi como con datos de intervalo o razón sin suponer distribución alguna. Entre las ventajas del uso de los métodos no paramétricos se tiene: -

Se emplean cuando se desconoce la distribución de la población estudiada.

-

Las hipótesis se formulan sin considerar valores para los parámetros.

-

Se usa en datos de escala nominal u ordinal.

-

Se usan cuando las muestras son pequeñas (n < 30).

Las desventajas de estos métodos son: -

Se vuelven complicadas para muestras grandes.

-

Se desperdicia información usando métodos no paramétricos si se puede emplear procedimientos paramétricos.

A continuación se desarrollan las principales pruebas estadísticas no paramétricas con sus correspondientes aplicaciones. 355

7.1

USO DE LA DISTRIBUCIÓN CHI-CUADRADO. TEST DE INDEPENDENCIA En muchos estudios surge el interés por determinar si existe alguna relación de dependencia entre variables cualitativas, cuyos resultados son presentados en tablas de contingencia de f filas por c columnas. Las categorías (cualidades, atributos o modalidades) de las variables se presentan en los márgenes superior e izquierdo, en las casillas se presenta las frecuencias observadas para las distintas combinaciones y los totales en los márgenes derecho e inferior. Suponga que se desea determinar si las variables A y B son dependientes. Sean Ai las categorías de A (i = 1, 2, …., f) y Bj las categorías de B (j = 1, 2, …., c) las que se muestra en la tabla de contingencia pxq siguiente: Obs.

B1

….

Bj

….

Bc

∑

A1

O11

….

O1j

….

O1c

O1.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

Ai

Oi1

….

Oij

….

Oic

Oi.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

Af

Of1

….

Ofj

….

Ofc

Of.

∑

O.1

….

O.j

….

O.c

n

.

. .

.

.

.

.

. .

.

.

.

En la tabla anterior se muestra también las frecuencias observadas Oij, los c

totales de cada fila Oi. =  Oij , los totales de cada columna O.j = j 1

c

f

j 1

i 1

total de observaciones para el estudio n   O j   Oi  . Los pasos a seguir para la prueba de hipótesis son: 1. Hipótesis:

Ho: A y B son variables independientes H1: A y B son variables dependientes 356

f

O i 1

ij

y el

2. Escoger el nivel de significación:  f

c

3. Estadística de prueba:  2  

(Oij  eij ) 2 eij

i 1 j 1

Donde eij 

Oi  x O j n

  (2f 1)(c 1)

son las frecuencias esperadas obtenidas con las

frecuencias observadas, suponiendo que Ho es cierta, es decir que A y B son independientes. Las frecuencias esperadas se muestran en la tabla de contingencia pxq siguiente: Esp.

B1

….

Bj

….

Bc

∑

A1

e11

….

e1j

….

e1c

O1.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

Ai

ei1

….

eij

….

eic

Oi.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

Af

ef1

….

efj

….

efc

Of.

∑

O.1

….

O.j

….

O.c

n

.

. .

.

.

.

.

. .

.

.

.

4. Región crítica: hallar el valor crítico 12 , ( f 1) (c 1) tal que la probabilidad de rechazar H0 cuando se supone cierta sea:

P [  2  12 ,( f 1)(c1) ]  

La Región crítica de la prueba es: R.C. = {X2 > 12 , ( f 1) (c 1) }

12 , ( f 1) (c 1) 357

La región de aceptación es: R.A. = {X2 < 12 , ( f 1) (c 1) } 5. Hallar 

f

2 calc

c

 

(Oij  eij ) 2

i 1 j 1

eij

con las tablas anteriores.

2  R.C. (o si 6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a , si  calc 2  calc  R. A. ). No se rechaza H0 en caso contrario. Si se rechaza Ho se dice

que la prueba es significativa con riesgo cuyo valor es . Ejemplo 1 En un estudio realizado con los alumnos de la asignatura de Estadística Básica de la FCE-UNAC, el año 2012, se usa el índice de masa corporal (peso/talla2) para determinar la condición del peso del alumno (delgado, normal o con sobrepeso) y ver si existe alguna relación de dependencia con el sexo (hombre o mujer) del estudiante. Los resultados observados obtenidos con el SPSS v21, se muestran en la siguiente tabla: Tabla de contingencia CONDICIÓN DEL PESO * SEXO Valores Observados CONDICIÓN DEL PESO

SEXO

Total

Hombre

Mujer

Delgado

0

7

7

Normal

33

66

99

Sobrepeso

5

9

14

Total

38

82

120

Con el 5% de significación probar si hay una relación de dependencia entre la condición del peso del alumno y su sexo (género). Solución 1. H0: La condición del peso de los estudiantes es independiente del género de este. (NO existe relación entre la condición del peso y el género del estudiante). H1: La condición del peso de los estudiantes depende del género de este (Existe relación entre la condición del peso y el genero del estudiante).

358

2. Nivel de significación:  = 0.05 3

2

3. Estadística de prueba:    2

(Oij  eij ) 2 eij

i 1 j 1

  22

4. Región crítica: en la Tabla 2 de Chi-cuadrado, hallar el valor crítico

X 12 , ( f 1) (c 1) = X 02.95 , 2 = 5.99. Entonces, R.C. = {X2 > 5.99} Distribution Plot Chi-Square, df=2

0.5

Density

0.4

0.3

0.2

0.1

0.0

0.05 0

5.99

X

Valor crítico de chi-cuadrado en Minitab 2 5. Hallar  calc con la tabla de valores observados y la de valores esperados

siguiente: Tabla de contingencia CONDICIÓN DEL PESO * SEXO Valores Esperados CONDICIÓN DEL PESO

SEXO

Total

Hombre

Mujer

Delgado

2.2

4.8

7

Normal

31.4

67.6

99

Sobrepeso

4.4

9.6

14

Total

38

82

120

Los valores esperados se obtienen con los totales observados así: Hombre-delgado = 7x38 / 120 = 2.2; Mujer-delgada = 7x82 / 120 = 4.8 Hombre-normal = 99x38 / 120 = 31.4; Mujer-normal = 99x82 / 120 = 67.6 Hombre-sobrep = 14x38 / 120 = 4.4; Mujer-sobrep = 14x82 / 120 = 9.6 359



3

2 calc

2

 

(Oij  eij ) 2

i 1 j 1



eij



(0  2.2) 2 (7  4.8) 2 (33  31.4) 2    2.2 4.8 31.4

(66  67.6) 2 (5  4.4) 2 (9  9.6) 2 = 3.45   67.6 4.4 9.6

2  3.45  R. A. , con el 5% de significación no se rechaza 6. Decisión: como  calc

H0, por lo tanto la condición del peso de los estudiantes es independiente del género de este. (NO existe relación entre la condición del peso y el género del estudiante). Estando definidas las variables sexo y condición del peso, los resultados en el programa SPSS se obtienen así: Analizar → Estadísticos descriptivos → Tablas de contingencia. En la ventana de Tablas de contingencia, ingresar en Filas: la variable condición del peso y en Columnas: la variable sexo. En Estadísticos, escoger Chi-cuadrado. Luego Continuar y Aceptar, los resultados son la Tabla de contingencia de valores observados y las Pruebas de chi-cuadrado siguientes: Pruebas de chi-cuadrado Valor

gl

Sig. asintótica (bilateral)

a

2

,176

Razón de verosimilitudes

5,561

2

,062

Asociación lineal por

1,724

1

,189

Chi-cuadrado de Pearson

3,477

lineal N de casos válidos

120

a. 3 casillas (50,0%) tienen una frecuencia esperada inferior a 5. La frecuencia mínima esperada es 2,22.

Los resultados son similares, pues chi-cuadrado = 3.477, es equivalente al 2  calc  3.45 y como el valor-P = Sig. = 0.176 >  = 0.05 no se rechaza Ho y se

concluye también que la condición del peso de los estudiantes es independiente del género, es decir no hay diferencias significativas entre el sexo y el peso de los alumnos, con el 5% de significación. 360

De manera similar en el programa Minitab, definir las columnas para la variables sexo y condición (del peso). Escoger del menú Estadísticas → Tablas → Tabulación cruzada y chi-cuadrada. En Para filas: seleccionar condición y en Para columnas: sexo, tal como se aprecia a continuación:

Con el botón chi-cuadrada … escoger Análisis de chi-cuadrada. Luego Aceptar, Aceptar y en la ventana de Sesión aprece el resultado siguiente:

Estadísticas tabuladas: Condición, Sexo Filas: Condición

Delgado Normal Sobrepeso Todo

Columnas: Sexo

Hombre

Mujer

Todo

0 33 5 38

7 66 9 82

7 99 14 120

Contenido de la celda:

Conteo

Chi-cuadrada de Pearson = 3.477, GL = 2, Valor P = 0.176 Chi-cuadrada de la tasa de verosimilitud = 5.561, GL = 2, Valor P = 0.062 * NOTA * 3 celdas con conteos esperados menores que 5

Resultados similares a los ya encontrados. 361

7.2 TEST DE BONDAD DE AJUSTE Esta prueba es utilizada cuando se desea verficar si es razonable que los datos observados de una variable, siguen una distribución de probabilidades determinada con p parámetros. Los pasos a seguir para la prueba de hipótesis son: 1. Hipótesis:

Ho: Los datos se ajustan a un modelo de probabilidades H1: Los datos no se ajustan al modelo de probabilidades

2. Escoger el nivel de significación: 

(Oi  ei ) 2 3. Estadística de prueba:      (2k  p 1) ei i 1 k

2

Los datos se presentan en una tabla de frecuencias, con k categorías o intervalos Ai, con sus correspondientes frecuencias observadas Oi y frecuencias esperadas ei = npi. Las probabilidades pi = P(Ai) se obtienen con el modelo de probabilidades al que se ajustan los datos. La tabla es: Ai

Oi

ei

(Oi – ei)2 /ei

A1

O1

e1

(O1 – e1)2 /e1

A2

O2

e2

(O2 – e2)2 /e2

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

Ak

Ok

ek

(Ok – ek)2 /ek

∑

n

n

∑ (Oi – ei)2 /ei

12 , k  p 1 362

4. Región crítica: hallar el valor crítico 12 , k  p 1 tal que la probabilidad de

P [  2  12 , k  p1 ]  

rechazar H0 cuando se supone cierta sea:

La región crítica es: R.C. = {X2 < 12 , k  p 1 } k

2 5. Hallar  calc  i 1

(Oi  ei ) 2 con la anterior tabla de frecuencias. ei

2  R.C. 6. Decisión: se rechaza H0 con con el 100 % de significación, si  calc

No se rechaza H0 en caso contrario. Si se rechaza Ho se dice que la prueba es significativa con riesgo cuyo valor es . Ejemplo 2 Con el fin de estudiar si un dado está o no equilibrado, se arroja el dado 300 veces en forma independiente, obteniéndose los siguientes resultados: Resultado

1

2

3

4

5

6

Oi

55

42

53

46

47

57

Con el 5% de significación se puede decir que el dado no esta equilibrado. Solución 1. Hipótesis:

Ho: El dado está equilibrado → P(i) = 1/6, i = 1, 2, …, 6 H1: El dado no está equilibrado → P(i) ≠ 1/6, i = 1, 2, …, 6

2. Nivel de significación:  = 0.05

(Oi  ei ) 2 3. Estadística de prueba:      621 ei i 1 6

2

4. Región crítica: en la Tabla 2 de Chi-cuadrado, hallar el valor crítico

12 , k  p 1 = X 02.95 , 5 = 11.1. Entonces, R.C. = {X2 > 11.1} 2 5. Hallar  calc con la información muestral n = 300 y bajo el supuesto que Ho

es cierta, es decir, pi = 1/6, por lo tanto las frecuencias esperadas son ei = npi = 300x1/6 = 50. La Tabla de frecuencias observadas y esperadas es: Resultado

1

2

3

4

5

6

Oi

55

42

53

46

47

57

ei

50

50

50

50

50

50

363



(Oi  ei ) 2 (55  50) 2 (42  50) 2 (53  50) 2 (46  50) 2 = +     ei 50 50 50 50 i 1 6

2 calc



(47  50) 2 (57  50) 2 = 3.44  50 50

2  3.44  R. A. , con el 5% de significación no se rechaza 6. Decisión: como  calc

H0, por lo tanto, se concluye que el dado está equilibrado. 7.3 TEST DE WILCOXON Es una prueba de RANGOS CON SIGNOS propuesta por Wilcoxon (1945) y se usa para contrastar una hipótesis referida al valor de la mediana de la población (Me). Para la verificación de la hipótesis no se hace ningún supuesto sobre la distribución de la población y las observaciones Xi requieren al menos una escala de intervalo ya que la prueba toma la diferencia entre cada valor muestral y el valor hipotético de la mediana. Los pasos a seguir en la prueba son: 1. Hipótesis:

Ho: Me = Me0 H1: Me ≠ Me0 o Me < Me0 o Me > Me0

2. Escoger el nivel de significación:  3. Estadística de prueba: W = suma de los rangos positivos 4. Región crítica: buscar los valores críticos en la Tabla 5, de Wilcoxon para n ≤ 40 y  = 0.05 o 0.01. 5. Determinar la W de Wilcoxon con la información muestral y bajo el supuesto que Ho es cierta, mediante el siguiente procedimiento: a) Hallar las diferencias di = Xi – Me0 con el signo correspondiente. Si alguna diferencia es cero, la observación asociada se elimina y el tamaño efectivo de la muestra disminuye. b) Ranquear las diferencias di en forma ascendente, sin tomar en cuenta el signo (en valor absoluto). Si dos o más diferencias son iguales se asume el rango promedio de esas diferencias empatadas. c) Asignar los signos de las diferencias di a sus respectivos rangos. d) Obtener la suma de los rangos para las diferencias positivas y para las negativas por separado. La suma de los rangos positivos = Wcalc, es el 364

valor calculado del estadístico de prueba y sirve para hallar el valor-P y compararlo con el nivel de significación . e) Si el tamaño de muestra es grande el valor-P se obtiene mediante la aproximación a la distribución Normal con:

Z calc  Con W 

(W  0.5)  W

W

 N (0, 1)

n(n  1)(2n  1) n(n  1) y W  24 4

6. Decisión: se rechaza H0 con el 100 % de significación, si Wcalc  R.C. No se rechaza H0 en caso contrario. Si se rechaza Ho se dice que la prueba es significativa con riesgo cuyo valor es . Otra forma de establecer la regla de decisión, es calculando el valor P, a partir del valor Zcalc, de manera que:  Para dos colas: P = P[|Z| > |Zcalc|] = 2 P[Z < -|Zcalc|]  Para cola a la derecha: P = P[Z > Zcalc]  Para cola a la izquierda: P = P[Z < Zcalc] Si el valor de P < , se rechaza H0. En caso contrario, se acepta H0. Ejemplo 3 Una muestra de los salarios semanales (S/.) de 15 obreros arroja los siguientes resultados: 303, 297, 375, 273, 321, 413, 233, 285, 276, 329, 306, 290, 380, 305 y 250. Probar si la mediana de los salarios es diferente de S/. 300. Use α = 0.05. Solución 1. Hipótesis:

Ho: Me = 300 H1: Me ≠ 300

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: W = suma de los rangos positivos 4. Región crítica: para n = 15 y  = 0.05, en la tabla 5, de Wilcoxon la región crítica es: R.C. = {W < 25 o W > 95} → R.A. = {25 ≤ W ≤ 95} 5. Determinar la

W de Wilcoxon con la información muestral y bajo el

supuesto que Ho es cierta, mediante el siguiente procedimiento: 365

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

Salarios (Xi) 303 297 375 273 321 413 233 285 276 329 306 290 380 305 250 Total

Diferencias Rango de di = Xi – 300 |di| 3 1.5 -3 1.5 75 13 -27 9 21 7 113 15 -67 12 -15 6 -24 8 29 10 6 4 -10 5 80 14 5 3 -50 11

Rangos con signo (+) (-) 1.5 1.5 13 9 7 15 12 6 8 10 4 5 14 3 11 67.5 52.5

Wcalc = suma de los rangos positivos = 67.5 6. Decisión: como Wcalc = 67.5 ϵ R.A., con el 5% de significación no se rechaza H0 y por lo tanto la mediana de los salarios es de S/. 300. Para la aproximación a la distribución normal, con n = 15 se obtiene:

W 

n(n  1)(2n  1) 15(16)(31) n(n  1) 15(16) = 60 y  W  = 17.61   4 4 24 24

Z calc 

(W  0.5)  W

W



(67.5  0.5)  60 = 0.40. Para dos colas, el valor-P es: 17.61

P = P[|Z| > |Zcalc|] = 2 P[Z < -|Zcalc|] = 2 P[Z < -0.40] = 2(0.3446) = 0.69. Como el valor-P = 0.69 >  = 0.05, con el 5% de significación no se rechaza H0. En el programa Minitab, definir la variable salarios con sus datos. Escoger del menú Estadísticas → No paramétricos → 1W Wilcoxon de 1 muestra. Al abrir la ventana de diálogo, en Variables: seleccionar Salarios, en Mediana de la prueba: escribir 300 (mediana hipotética) y en Hipótesis alterna: escoger no es igual a. Finalmente escoger Aceptar, tal como se aprecia a continuación:

366

En la ventana de Sesión aprece el resultado siguiente: Prueba de clasificación con signos de Wilcoxon: Salarios (Xi) Prueba de la mediana = 300.0 vs. La mediana no = 300.0

N 15

Salarios (Xi)

Número de prueba 15

Estadística de Wilcoxon 67.5

P 0.691

Mediana estimada 304.0

Resultados y conclusiones similares a los antes obtenidos: W = 67.5 y P = 0.691. El Minitab proporciona el intervalo de confianza del 95% para la mediana: IC de clasificación con signos de Wilcoxon: Salarios (Xi)

Salarios (Xi)

N 15

Mediana estimada 304.0

Confianza lograda 95.0

Intervalo de confianza Inferior Superior 281.0 339.0

Como la mediana hipotética cae en el intervalo de confianza, también se acepta que la mediana de los salarios es S/. 300. 7.4 TEST DE SIGNOS Es una prueba basada en los signos que surgen de la diferencia de comparar los datos de una población con respecto a su mediana o entre sí (en investigación de mercados para identificar la preferencia hacia una de dos marcas de un producto). 367

PRUEBA PARA COMPARAR LOS VALORES CON LA MEDIANA Los pasos a seguir en la prueba son: 1. Hipótesis:

Ho: Me = Me0 H1: Me ≠ Me0 o Me < Me0 o Me > Me0

2. Escoger el nivel de significación:  3. La estadística de prueba S = número de veces que se repite el signo menos frecuente. S se basa en la distribución Binomial con probabilidad de éxito ½ ya que la probabilidad que un valor sea mayor o menor que la mediana es ½. 4. Región crítica: buscar el valor crítico en la Tabla 6, de valores críticos para la prueba del signo S: n ≤ 25 y  = 0.01 o 0.05. La hipótesis nula se rechaza si S es menor o igual al valor de la tabla. 5. Determinar S = número de veces que se repite el signo menos frecuente, con la información muestral y bajo el supuesto que Ho es cierta, mediante el siguiente procedimiento: a) Aplicar un signo más (+) a cada valor observado en la muestra mayor que la mediana hipotética Me0 y un signo menos (-) a cada valor menor. Si algún valor es igual a la mediana hipotética Me0, no se aplica signo alguno y el tamaño efectivo de la muestra disminuye. b) Hallar Scalc = número de veces que se repite el signo menos frecuente, es el valor calculado del estadístico de prueba y sirve para hallar el valor-P y compararlo con el nivel de significación . c) Si el tamaño efectivo de muestra es n > 20 el valor-P se obtiene mediante la aproximación Normal de la Binomial S = X = número de veces que se repite el signo menos frecuente con p = q = 0.5. Si S = X → N(0.5n, 0.25n) entonces Z calc 

( X  0.5)  0.5n  N (0, 1) 0.5 n

6. Decisión: se rechaza H0 con el 100 % de significación, si S calc  R.C. No se rechaza H0 en caso contrario. Si se rechaza Ho se dice que la prueba es significativa con riesgo cuyo valor es . Otra forma de establecer la regla de decisión, es calculando el valor P, a partir del valor Zcalc, de manera que: 368

 Para dos colas: P = P[|Z| > |Zcalc|] = 2 P[Z < -|Zcalc|]  Para cola a la derecha: P = P[Z > Zcalc]  Para cola a la izquierda: P = P[Z < Zcalc] Si el valor de P < , se rechaza H0. En caso contrario, se acepta H0. Ejemplo 4 Para la muestra de los salarios semanales (S/.) de 15 obreros del ejemplo 3, siguientes: 303, 297, 375, 273, 321, 413, 233, 285, 276, 329, 306, 290, 380, 305 y 250. Probar si la mediana de los salarios es diferente de S/. 300. Use α = 0.05. Solución 1. Hipótesis:

Ho: Me = 300 H1: Me ≠ 300

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: S = número de veces que se repite el signo menos frecuente. 4. Región crítica: para n = 15 y  = 0.05, en la tabla 6 de valores críticos para la prueba del signo, la región crítica es: R.C. = {S ≤ 3} → R.A. = {S > 3} 5. Determinar Scalc con la información muestral y bajo el supuesto que Ho es cierta, mediante el siguiente procedimiento: Obreros 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

Salarios (Xi) 303 297 375 273 321 413 233 285 276 329 306 290 380 305 250

Signo Diferencia Xi – 300 + + + + + + + + 369

Scalc = número de veces que se repite el signo menos frecuente = 7. 6. Decisión: como Scalc = 7 ϵ R.A., con el 5% de significación no se rechaza H0 y por lo tanto la mediana de los salarios es de S/. 300. Para la aproximación a la distribución normal de S = X = número de veces que se repite el signo menos frecuente, con n = 15, p = q = 0.5 se obtiene:

Z calc 

( X  0.5)  0.5n (7  0.5)  0.5x15 = 0.00  0.5 n 0.5 15

Para dos colas, el valor-P es: P = P[|Z| > |Zcalc|] = 2 P[Z < -|Zcalc|] = 2 P[Z < 0.0] = 2(0.5000) = 1.0000. Como el valor-P = 1.00 >  = 0.05, con el 5% de significación no se rechaza H0. En el programa Minitab, definir la variable salarios con sus datos. Escoger del menú Estadísticas → No paramétricos → 1± Señal de 1 muestra. Al abrir la ventana de diálogo, en Variables: seleccionar Salarios, en Mediana de la prueba: escribir 300 (mediana hipotética) y en Hipótesis alterna: escoger no es igual a. Finalmente escoger Aceptar, tal como se aprecia a continuación:

En la ventana de Sesión aprece el resultado siguiente: 370

Prueba de signos para mediana: Salarios (Xi) Prueba del signo de la mediana = Salarios (Xi)

N 15

Debajo 7

Igual 0

300.0 vs. no = 300.0 Arriba 8

P 1.0000

Mediana 303.0

Resultados y conclusiones similares a los obtenidos: S = Debajo = 7 y P = 1.0000. El Minitab proporciona también el siguiente intervalo de confianza del 95% para la mediana: IC de signos: Salarios Intervalo de confianza del signo para la mediana

Salarios

N 15

Mediana 303.0

Confianza lograda 0.8815 0.9500 0.9648

Intervalo de confianza Inferior Superior 285.0 321.0 279.4 326.0 276.0 329.0

Posición 5 NLI 4

Como la mediana hipotética cae en el intervalo de confianza, también se acepta que la mediana de los salarios es S/. 300. PRUEBA PARA COMPARAR LOS VALORES ENTRE SI En investigación de mercados sirve para identificar la preferencia hacia una de dos marcas de un producto (se asigna signo positivo cuando la preferencia es por la marca de interés y signo negativo en caso contrario), también para hacer comparaciones entre los valores de los grupos A y B (asignando signo positivo cuando el valor de A es superior al valor de B y signo negativo en caso contrario, si son iguales se descarta las observaciones y n disminuye). Probar si las preferencias son iguales para ambas marcas o que el número de signos positivos es igual al número de signos negativos es equivalente a probar si p = 0.50. Los pasos a seguir en la prueba son: 1. Hipótesis:

Ho: p = 0.50 H1: p ≠ 0.50 o p < 0.50 o p > 0.50.

2. Escoger el nivel de significación:  371

3. La estadística de prueba S = número de veces que se repite el signo menos frecuente. S se basa en la distribución Binomial con probabilidad de éxito ½ ya que la probabilidad que se prefiera una u otra marca (o que un valor sea mayor o menor que otro) es ½. 4. Región crítica: buscar el valor crítico en la Tabla 6 para la prueba del signo S. La hipótesis nula se rechaza si S es menor o igual al valor de la tabla. 5. Determinar S = número de veces que se repite el signo menos frecuente, con la información muestral y bajo el supuesto que Ho es cierta, mediante el siguiente procedimiento: a) Si se comparan dos marcas de un bien o servicio: aplicar signo positivo (+) cuando la preferencia es por la marca de interés y signo negativo (-) en caso contrario. Si se hace comparaciones entre los valores de los grupos A y B asignar signo positivo (+) cuando el valor de A es superior al valor de B y signo negativo (-) en caso contrario. Si son iguales los valores no se aplica signo alguno, se descarta las observaciones y el tamaño efectivo de la muestra disminuye. b) Hallar Scalc = número de veces que se repite el signo menos frecuente, es el valor calculado del estadístico de prueba y sirve para hallar el valor-P y compararlo con el nivel de significación . c) Si el tamaño efectivo de muestra es n > 20 el valor-P se obtiene mediante la aproximación Normal de la Binomial S = X = número de veces que se repite el signo menos frecuente con p = q = 0.5. Si S = X → N(0.5n, 0.25n) entonces Z calc 

( X  0.5)  0.5n  N (0, 1) 0.5 n

6. Decisión: se rechaza H0 con el 100 % de significación, si S calc  R.C. por lo tanto no son iguales las preferencias por ambos productos o los valores comparados de los grupos A y B no son iguales. Otra forma de establecer la regla de decisión, es calculando el valor P, a partir del valor Zcalc, de manera que:  Para dos colas: P = P[|Z| > |Zcalc|] = 2 P[Z < -|Zcalc|]  Para cola a la derecha: P = P[Z > Zcalc]  Para cola a la izquierda: P = P[Z < Zcalc] 372

Si el valor de P < , se rechaza H0. En caso contrario, se acepta H0. Ejemplo 5 En un estudio para determinar si la marca de frugo B es más preferida por las amas de casa que la marca A, se hizo degustar aleatoriamente las marcas A y B a 16 amas de casa siendo sus preferencias las siguientes: B, B, B, B, A, B, B, B, B, B, B, A, B, B, A y B. Con el 5% de significación pruebe si la preferencia de las amas de casa por la marca de frugo A es inferior a la marca B. Solución 1. Hipótesis: si la preferencia de las amas de casa por las marcas de frugo A y B es la misma es equivalente a postular Ho: p = 0.50 frente a la alternativa que la preferencia por la marca A es inferior a la marca B, H1: p < 0.50 2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: S = número de veces que se repite el signo menos frecuente. 4. Región crítica: para n = 16 y  = 0.05, en la tabla 6 de valores críticos para la prueba del signo, la región crítica es: R.C. = {S ≤ 3} → R.A. = {S > 3} 5. Determinar Scalc con la información muestral y bajo el supuesto que Ho es cierta, mediante el siguiente procedimiento: Ama de casa

Frugo preferido

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

B B B B A B B B B B B A B B A B 373

Signo + + + + + + + + + + + + +

Scalc = número de veces que se repite el signo menos frecuente = 3. 6. Decisión: como Scalc = 3 ϵ R.C., con el 5% de significación se rechaza H0 y por lo tanto se acepta que la preferencia por la marca A es inferior a la marca B. 7.5 TEST DE LA MEDIANA En el acápite 6.5 y 6.6 se trataron las pruebas estadísticas paramétricas Z o T para la verificación de la igualdad de medias de dos poblaciones, extrayendo muestras independientes de dichas poblaciones con varianzas conocidas o desconocidas. La prueba de la mediana es la contraparte no paramétrica para la verificación de la igualdad de medianas de dos poblaciones, extrayendo muestras independientes. La escala de medida de la variable es cuando menos ordinal. El procedimiento a seguir en la prueba es el siguiente: 1. Hipótesis:

Ho: Me1 = Me2 H1: Me1 ≠ Me2 o Me1 > Me2 o Me1 < Me2

2. Escoger el nivel de significación:  2

2

3. Estadística de prueba:    2

(Oij  eij ) 2

i 1 j 1

eij

  [21, 1 )

Donde Oij son las frecuencias observadas y eij son las frecuencias esperadas obtenidas con las frecuencias observadas, suponiendo que Ho es cierta. 4. Región crítica: hallar el valor crítico  [21, 1 ] tal que la probabilidad de rechazar H0 cuando se supone cierta sea:

P [  2  [21,1 ] ]  

La Región crítica de la prueba es: R.C. = {X2 >  [21, 1 ] } 2 5. Determinar  calc , con la información muestral y bajo el supuesto que Ho es

cierta, mediante el siguiente procedimiento: a) Calcular la mediana común Me con toda la información de las dos muestras. b) Para cada muestra determinar el número de observaciones que son menores o iguales a la mediana común y las que son mayores a dicha mediana y las frecuencias observadas resultantes se colocan en una tabla de contingencia 2x2 como la siguiente: 374

Muestra 1 2 Total

≤ Me O11 O21 O.1

Muestra 1 2 Total

≤ Me e11 e21 O.1 (Oij  eij ) 2

> Me Total O12 O1. O22 O2. O..2 n Oi  x O j c) Hallar las frecuencias esperadas eij  y colocarlas en la tabla: n

2

2

2   d) Determinar  calc

> Me e12 e22 O..2

Total O1. O2. n

eij

i 1 j 1

2  R.C. No se rechaza 6. Decisión: se rechaza H0 con riesgo igual a  si si  calc

H0 en caso contrario. Si se rechaza Ho se dice que la prueba es significativa con riesgo cuyo valor es . Ejemplo 6 Con la información del número de unidades vendidas por hombres y mujeres en la tabla, determinar si la mediana del número de unidades vendidas por las mujeres es mayor que la mediana de las unidades vendidas por los hombres. Usar el 5% de significación. Hombres (1) 39 43 25 31 45 44 26 25 23 24 38 25 20

Mujeres (2) 30 28 32 48 42 35 48 21 40 30 40 45 28

Solución 1. Hipótesis:

Ho: Me2 = Me1

y

H1: Me2 > Me1 375

2. Nivel de significación:  = 0.05. 2

2

3. Estadística de prueba:  2  

(Oij  eij ) 2 eij

i 1 j 1

  [21, 1 )

4. Región crítica: el valor crítico es  [21, 0.95] = 3.84 y R.C. = {X2 > 3.84}. 2 5. Determinar  calc , con la información muestral y bajo el supuesto que Ho es

cierta, de la siguiente manera: a) Con toda la información de las dos muestras se calcula la mediana común y resulta Me = 31.5. b) Para cada muestra se determina el número de observaciones que son menores o iguales (orden 1) a la mediana común 31.5 y las que son mayores (orden 2) a dicha mediana: Unid. Vendidas 39 43 25 31 45 44 26 25 23 24 38 25 20 30 28 32 48 42 35 48 21 40 30 40 45 28 Me = 31.5

Sexo 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 376

Orden 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1

Las frecuencias observadas resultantes se colocan en una tabla de contingencia 2x2 como la siguiente: Muestra 1 = hombres 2 = Mujeres Total

≤ Me (Ord. 1) 8 5 O.1 = 13

Muestra 1 = hombres 2 = Mujeres Total

≤ Me (Ord. 1) 6.5 6.5 O.1 = 13 2 2 (O  e ) 2 ij ij

> Me (Ord. 2) Total 5 O1. = 13 8 O2. = 13 O.2 =13 n = 26 Oi  x O j c) Hallar las frecuencias esperadas eij  y colocarlas en la tabla: n

2   d) Determinar:  calc i 1 j 1

2  calc 

> Me (Ord. 2) 6.5 6.5 O.2 =13

Total O1. = 13 O2. = 13 n = 26

eij

(8  6.5) 2 (5  6.5) 2 (5  6.5) 2 (8  6.5) 2     = 1.385 6.5 6.5 6.5 6.5

P-valor = P( 12 > 1.385) = 1 - P( 12 ≤ 1.385) = 1 – 0.761 = 0.239. 2 6. Decisión: como  calc = 1.38 ϵ R.A. y P-valor = 0.239 >  = 0.05, no se

rechaza H0 por lo tanto con el 5% de significación se acepta que la mediana del número de unidades vendidas por las mujeres y los hombres son iguales.

377

En el programa Minitab, definir las variables Unidades vendidas y Sexo con sus datos. Escoger del menú Estadísticas → No paramétricos → Prueba de la mediana de Mood. Al abrir la ventana de diálogo, en Respuesta: seleccionar Unid. vendidas, en Factor: seleccionar Sexo. Finalmente escoger Aceptar, tal como se aprecia en la ventana de diálogo de la página anterior. En la ventana de Sesión aprece el resultado siguiente: Prueba de mediana de Mood: Unid. vendidas en funcion de Sexo Prueba de la mediana de Mood para Unid. vendidas Chi-cuadrada = 1.38 GL = 1 P = 0.239 ICs de 95.0% individuales Sexo 1 2

N 5 8

Mediana 26.0 35.0

Q3-Q1 16.5 14.5

-+---------+---------+---------+----(--*----------------------------) (----------*---------------) -+---------+---------+---------+----25.0 30.0 35.0 40.0

Mediana general = 31.5 Un IC de 95.0% para la mediana(1) - mediana(2): (-15.8,8.4)

2 Resultados y conclusiones similares a los obtenidos:  calc = 1.38 y P = 0.239. Por

lo tanto con el 5% de significación se acepta que la mediana del número de unidades vendidas por las mujeres y los hombres son iguales.

378

7.7 PROBLEMAS RESUELTOS 1.

En el estudio realizado con los alumnos de la asignatura de Estadística Básica de la FCE-UNAC, el año 2012, con el 5% de significación probar si existe relación entre el hobby (pasatiempo) del alumno y su sexo (género). Los resultados observados obtenidos con el SPSS v21, se muestran en la siguiente tabla: Tabla de contingencia HOBBY * SEXO Valores Observados SEXO HOBBY

Total

Hombre

Mujer

Deportes

18

6

24

Música

12

33

45

Baile

1

9

10

TV / Cine

2

27

29

Otros Total

5 38

7 82

12 120

Solución 1. H0: El hobby de los estudiantes es independiente del género de este. (NO existe relación entre el hobby y el género del estudiante). H1: El hobby de los estudiantes depende del género de este (Existe relación entre el hobby y el genero del estudiante). 2. Nivel de significación:  = 0.05 5

2

3. Estadística de prueba:    2

(Oij  eij ) 2 eij

i 1 j 1

  42

4. Región crítica: en la Tabla 2 de Chi-cuadrado, hallar el valor crítico

X 12 , ( f 1) (c 1) = X 02.95 , 4 = 9.49. Entonces, R.C. = {X2 > 9.49} 2 5. Hallar  calc con la tabla de valores observados y la de valores esperados.

Tabla de contingencia HOBBY * SEXO Valores Esperados SEXO HOBBY

Total

Hombre

Mujer

Deportes

7.6

16.4

24

Música

14.3

30.8

45

Baile

3.2

6.8

10

TV / Cine

9.2

19.8

29

Otros Total

3.8 38

8.2 82

12 120

379

Los valores esperados se obtienen con los totales observados así: Hombre-deportes = 24x38 / 120 = 7.6; Mujer-deportes = 24x82 / 120 = 16.4 Hombre-música = 45x38 / 120 = 14.3; Mujer-música = 45x82 / 120 = 30.8 Hombre-baile = 10x38 / 120 = 3.2; Mujer-baile = 10x82 / 120 = 6.8 Hombre-tv/cine= 29x38 / 120 = 9.2; Mujer-tv/cine = 29x82 / 120 = 19.8 Hombre-otros = 12x38 / 120 = 3.8; Mujer-otros = 12x82 / 120 = 8.2 2 Para hallar  calc ordenamos los valores observados y esperados en la tabla:

Hobby-sexo Deporte-hombre Música-hombre Baile-hombre Tv/cine-hombre Otros-hombre Deporte-mujer Música-mujer Baile-mujer Tv/cine-mujer Otros-mujer

Oij

eij

(Oij - eij)2/ eij

18 12 1 2 5 6 33 9 27 7

7.6 14.3 3.2 9.2 3.8 16.4 30.8 6.8 19.8 8.2

14.232 0.355 1.482 5.619 0.379 6.595 0.165 0.687 2.604 0.176

2  calc 

∑ 5

2

2   Luego  calc i 1 j 1

(Oij  eij ) eij

32.293

2

= 32.293

2 6. Decisión: como  calc = 32.293 ϵ R.C., con el 5% de significación se rechaza

H0, por lo tanto el hobby de los estudiantes depende del género de este. (Existe relación entre el hobby y el género del estudiante). Estando definidas las variables sexo y hobby, los resultados en el programa SPSS se obtienen así: Analizar → Estadísticos descriptivos → Tablas de contingencia. En la ventana de Tablas de contingencia, ingresar en Filas: la variable hobby y en Columnas: la variable sexo. En Estadísticos, escoger Chi-cuadrado. Luego Continuar y Aceptar, los resultados son la Tabla de contingencia de valores observados del enunciado y las Pruebas de chi-cuadrado siguientes: 380

Pruebas de chi-cuadrado Valor

gl

Sig. asintótica (bilateral)

a

4

,000

Razón de verosimilitudes

33,297

4

,000

Asociación lineal por

12,191

1

,000

Chi-cuadrado de Pearson

32,293

lineal N de casos válidos

120

a. 2 casillas (20,0%) tienen una frecuencia esperada inferior a 5. La frecuencia mínima esperada es 3,17. 2 Los resultados son similares, pues  calc = 32.293, y como el valor-P = Sig. =

0.000 <  = 0.05 se rechaza Ho y se concluye también, con el 5% de significación, que el hobby de los estudiantes depende del género. 2.

En el estudio realizado con los alumnos de la asignatura de Estadística Básica de la FCE-UNAC, el año 2012, con el 5% de significación probar si hay una relación de dependencia entre la importancia de sus estudios para el alumno y su sexo (género). Los resultados observados obtenidos con el SPSS v21, se muestran en la siguiente tabla: Tabla de contingencia IMPORTANCIA DE TUS ESTUDIOS * SEXO Valores Observados SEXO IMPORTANCIA DE TUS

Total

Hombre

Mujer

Poca

0

1

1

Media

2

4

6

Mucha

21

43

64

Muchísima

15

34

49

Total

38

82

120

ESTUDIOS

Solución 1. H0: No existe relación entre la importancia de los estudios y el género del estudiante (son independientes). H1: Existe relación entre la importancia de los estudios y el genero del estudiante. 2. Nivel de significación:  = 0.05 381

4

2

3. Estadística de prueba:    2

(Oij  eij ) 2 eij

i 1 j 1

  32

4. Región crítica: en la Tabla 2 de Chi-cuadrado, hallar el valor crítico

X 12 , ( f 1) (c 1) = X 02.95 , 3 = 7.81. Entonces, R.C. = {X2 > 7.81} 2 5. Hallar  calc con la tabla de valores observados y la de valores esperados.

Tabla de contingencia IMPORTANCIA DE TUS ESTUDIOS * SEXO Valores Esperados SEXO IMPORTANCIA DE TUS

Total

Hombre

Mujer

Poca

0.3

0.7

1

Media

1.9

4.1

6

Mucha

20.3

43.7

64

Muchísima

15.5

35.5

49

38

82

120

ESTUDIOS

Total

Los valores esperados se obtienen con los totales observados así: Hombre-poca = 1x38 / 120 = 0.3; Mujer-poca = 1x82 / 120 = 0.7 Hombre-media = 6x38 / 120 = 1.9; Mujer-media = 6x82 / 120 = 4.1 Hombre-mucha = 64x38 / 120 = 20.3; Mujer-mucha = 64x82 / 120 = 43.7 Hombre-muchísima = 49x38 / 120 = 15.5; Mujer-muchísima = 49x82 / 120 = 35.5 2 Para hallar  calc ordenamos los valores observados y esperados en la tabla:

Oij

Imp.estudio-sexo Poca-hombre Media-hombre Mucha-hombre Muchisima-hombre Poca-mujer Media-mujer Mucha-mujer Muchísima-mujer

eij

0 2 21 15 1 4 43 34

0.3 1.9 20.3 15.5 0.7 4.1 43.7 33.5 2  calc 

∑ Luego 

4

2 calc

2

  i 1 j 1

(Oij  eij ) 2 eij

= 0.535

382

(Oij - eij)2/ eij 0.317 0.005 0.027 0.017 0.147 0.002 0.012 0.008 0.535

2 6. Decisión: como  calc = 0.535 ϵ R.A., con el 5% de significación no se rechaza

H0, por lo tanto la importancia de los estudios es independiente del género del alumno. (La importancia de los estudios no depende del género del alumno). Estando definidas las variables importancia de los estudios y sexo, los resultados en el programa SPSS son la Tabla de contingencia de valores observados del enunciado y las Pruebas de chi-cuadrado siguientes: Pruebas de chi-cuadrado Valor

gl

Sig. asintótica (bilateral)

a

3

,911

Razón de verosimilitudes

,833

3

,842

Asociación lineal por lineal

,000

1

,996

Chi-cuadrado de Pearson

N de casos válidos

,535

120

a. 4 casillas (50,0%) tienen una frecuencia esperada inferior a 5.

Resultados similares a los obtenidos, es decir que la importancia de los estudios es independiente del género del alumno, con el 5% de significación. 3.

En una encuesta de Mason y Lind (1998) respecto a los ingresos de representantes industriales que trabajan por su cuenta o son empleados de empresas pequeñas, medianas o grandes, se encontró los siguientes resultados: Valores Observados TIPO DE EMPRESA Cuenta propia Pequeñas Medianas Grandes Total

< 20 9 12 40 89 150

INGRESOS (miles $) 20 - 40 > 40 11 10 10 13 45 50 104 107 170 180

Total 30 35 135 300 500

Examine la hipótesis de que no existe relación entre el nivel de ingreso de los representantes industriales y el nivel de su empleo (trabajando por su cuenta o empleados en empresas pequeñas, medianas o grandes). Realice la prueba al nivel 0.05. Solución 1. H0: No existe relación entre el nivel de ingreso de los representantes industriales y el nivel de su empleo (son independientes). 383

H1: Existe relación entre el nivel de ingreso de los representantes industriales y el nivel de su empleo. 2. Nivel de significación:  = 0.05 4

3

3. Estadística de prueba:    2

(Oij  eij ) 2

i 1 j 1

eij

  62

4. Región crítica: en la Tabla 2 de Chi-cuadrado, hallar el valor crítico

X 12 , ( f 1) (c 1) = X 02.95 , 6 = 12.6. Entonces, R.C. = {X2 > 12.6} 2 5. Hallar  calc con la tabla de valores observados y la de valores esperados.

Valores Esperados TIPO DE EMPRESA Cuenta propia Pequeñas Medianas Grandes Total

INGRESOS 20 - 40 > 40 10.2 10.8 11.9 12.6 45.9 48.6 102.0 108.0 170 180

< 20 9.0 10.5 40.5 90.0 150

Total 30 35 135 300 500

Los valores esperados se obtienen con los totales observados así: Cuenta propia: 30x150/500 = 9.0, 30x170/500 = 10.2, 30x180/500 = 10.8 Pequeñas: 35x150/500 = 10.5, 35x170/500 = 11.9, 35x180/500 = 12.6 Medianas: 135x150/500 = 40.5, 135x170/500 = 45.9, 135x180/500 =48.6 Grandes: 300x150/500 = 90, 300x170/500 = 102, 300x180/500 = 108 2 Para hallar  calc ordenamos los valores observados y esperados en la tabla:

Tipo emp.-ingresos C. propia - < 20 Pequeña - < 20 Mediana - < 20 Grande - < 20 C. propia - 20 a 40 Pequeña - 20 a 40 Mediana - 20 a 40 Grande - 20 a 40 C. propia - > 20 Pequeña - > 20 Mediana - > 20 Grande - > 20

Oij

eij

9 12 40 89 11 10 45 104 10 13 50 107

9.0 10.5 40.5 90.0 10.2 11.9 45.9 102.0 10.8 12.6 48.6 108.0 2  calc 

∑ 384

(Oij - eij)2/ eij 0.000 0.214 0.006 0.011 0.063 0.303 0.018 0.039 0.059 0.013 0.040 0.009 0.776

Luego 

4

2 calc

3

 

(Oij  eij ) 2

i 1 j 1

eij

= 0.776

2 6. Decisión: como  calc = 0.776 ϵ R.A., con el 5% de significación no se rechaza

H0, por lo tanto el nivel de ingreso de los representantes industriales es independiente del nivel de su empleo (El nivel de ingreso de los representantes industriales no depende del tipo de empresa donde labora). 4.

Los datos de partes defectuosas procedente de tres proveedores [Anderson y Otros (2004)] son los siguientes: Valores Observados: CALIDAD DE PARTES Buena Defectos pequeños Defectos graves Total

PROVEEDOR B C 170 135 18 6 7 9 195 150

A 90 3 7 100

Total 395 27 23 445

Use α = 0.05 y demuestre si hay independencia entre proveedor y calidad de las partes. ¿Qué dice el resultado de su análisis al departamento de compras? Solución 1. H0: No existe relación entre el proveedor y la calidad de las partes ofrecidas (son independientes). H1: Existe relación entre el proveedor y la calidad de las partes ofrecidas. 2. Nivel de significación:  = 0.05 3

3

3. Estadística de prueba:    2

(Oij  eij ) 2 eij

i 1 j 1

  42

4. Región crítica: en la Tabla 2 de Chi-cuadrado, hallar el valor crítico

X 12 , ( f 1) (c 1) = X 02.95 , 4 = 9.49. Entonces, R.C. = {X2 > 9.49} 2 5. Hallar  calc con la tabla de valores observados y la de valores esperados.

Valores Esperados CALIDAD DE PARTES Buena Defectos pequeños Defectos graves Total

A 88.8 6.1 5.2 100

PROVEEDOR B C 173.1 133.1 11.8 9.1 10.1 7.8 195 150 385

Total 395 27 23 445

Los valores esperados se obtienen con los totales observados así: Buena: 395x100/445 = 88.8, 395x195/445 = 173.1, 395x150/445 = 133.1 Def. pequeños.: 27x100/445 = 6.1, 27x195/445 = 11.8, 27x150/445 = 9.1 Def. graves.: 23x100/445 = 5.2, 23x195/445 = 10.1, 23x150/445 = 7.8 2 Para hallar  calc ordenamos los valores observados y esperados en la tabla:

Oij

Calidad - proveedor Buena - A Def. peq. - A Def. grave - A Buena - B Def. peq. - B Def. grave - B Buena - C Def. peq. - C Def. grave - C

eij

90 3 7 170 18 7 135 6 9

88.8 6.1 5.2 173.1 11.8 10.1 133.1 9.1 7.8 2  calc 

∑ Luego 

3

2 calc

3

  i 1 j 1

(Oij  eij ) 2

(Oij - eij)2/ eij 0.017 1.551 0.649 0.055 3.216 0.940 0.026 1.057 0.201 7.712

= 7.712

eij

2 6. Decisión: como  calc = 7.712 ϵ R.A., con el 5% de significación no se rechaza

H0, por lo tanto la calidad de las partes ofrecidas es independiente del proveedor (La calidad de las partes ofrecidas no depende del proveedor). Se recomienda al departamento de compras 5.

El experimento de lanzar 4 monedas al aire se repite 500 veces, el resultado de observar el número de sellos es el siguiente: N° de sellos (Xi)

0

1

2

3

4

Total

Frecuencias (ni = Oi)

25

129

192

118

36

500

Con el 5% de significación, ¿se ajusta el juego al azar? Solución 1. Hipótesis:

Ho: El juego se ajusta al azar → X ~ B(4, 0.5) H1: El juego no se ajusta al azar (X no es binomial)

2. Nivel de significación:  = 0.05 5

3. Estadística de prueba:  2   i 1

(Oi  ei ) 2   521 ei 386

4. Región crítica: en la Tabla 2 de Chi-cuadrado, hallar el valor crítico

12 , k  p 1 = X 02.95 , 4 = 9.49. Entonces, R.C. = {X2 > 9.49} 2 5. Hallar  calc con la información experimental n = 500 y bajo el supuesto que

Ho es cierta, es decir X ~ B(4, 0.5), luego: P(0) = 4C0 (0.5)4 = 0.0625 P(1) = 4C1 (0.5)4 = 0.2500 P(2) = 4C2 (0.5)4 = 0.3750 P(3) = 4C3 (0.5)4 = 0.2500 P(4) = 4C4 (0.5)4 = 0.0625 Por lo tanto las frecuencias esperadas son ei = npi = 500 pi. La Tabla de frecuencias observadas y esperadas es: N° Sellos (Xi)



0

1

2

3

4

Oi

25

129

192

118

36

pi

0.0625

0.2500

0.3750

0.2500

0.0625

ei = npi

31.25

125.00

187.50

125.00

31.25

(Oi  ei ) 2 (25  31.25) 2 (129  125) 2 (192  187 .5) 2 =     ei 31.25 125 187 .5 i 1 5

2 calc

(118  125) 2 (36  31.25) 2 = 2.6   125 31.25 2  2.6  R. A. , con el 5% de significación no se rechaza 6. Decisión: como  calc

H0, por lo tanto, se concluye que el juego se ajusta al azar. 6.

Los 120 alumnos de la asignatura de Estadística Básica de la FCE-UNAC, el año 2012, opinaron sobre la importancia de su físico, con los siguientes resultados: Imp. del físico Alumnos (ni = Oi)

Poca

Media

Mucha

Muchísima

Total

19

48

46

7

120

Con el 5% de significación probar si existe diferencia significativa entre la importancia del físico de los alumnos. Solución 1. Hipótesis: Ho: No hay diferencia en la importancia del físico de los alumnos H1: Si hay diferencia en la importancia del físico de los alumnos 2. Nivel de significación:  = 0.05 387

(Oi  ei ) 2 3. Estadística de prueba:      421 ei i 1 4

2

4. Región crítica: en la Tabla 2 de Chi-cuadrado, hallar el valor crítico

12 , k  p 1 = X 02.95 , 3 = 7.81. Entonces, R.C. = {X2 > 7.81} 2 5. Hallar  calc con la información observada de los 120 alumnos y bajo el

supuesto que Ho es cierta (la importancia del físico es la misma para los alumnos) es decir, con la misma frecuencia esperada igual a 120/5 = 24. La Tabla de frecuencias observadas y esperadas es: Imp. del físico



Poca

Media

Mucha

Muchísima

Oi

19

48

46

7

ei

24

24

24

24

(Oi  ei ) 2  ei i 1 4

2 calc

(19  24) 2 (48  24) 2 (46  24) 2 (7  24) 2 = =    24 24 24 24

2  calc = 57.25 2 6. Decisión: como  calc = 57.25 ϵ R.C., con el 5% de significación se rechaza

H0, por lo tanto, se concluye que si existe diferencia significativa entre la importancia del físico de los alumnos. 7.

Las notas de los 120 alumnos de la asignatura de Estadística Básica de la FCEUNAC, el año 2012, fueron las siguientes: NOTAS Xi ni 7-8 7.5 2 8-9 8.5 6 9 - 10 9.5 7 10 - 11 10.5 21 11 - 12 11.5 33 12 - 13 12.5 22 13 - 14 13.5 19 14 - 15 14.5 7 15 - 16 15.5 3 Probar si las notas se distribuyen normalmente. Use α = 0.05. Solución 1. Hipótesis: Ho: Las notas de los alumnos se distribuyen normalmente H1: Las notas de los alumnos no se distribuyen normalmente 388

2. Nivel de significación:  = 0.05 9

3. Estadística de prueba:  2   i 1

(Oi  ei ) 2   92 21 ei

4. Región crítica: en la Tabla 2 de Chi-cuadrado, hallar el valor crítico

12 , k  p 1 = X 02.95 , 6 = 12.6. Entonces, R.C. = {X2 > 12.6} 5. Hallar

2  calc con la información observada de los 120 alumnos.

La nota promedio de los alumnos es: ˆ 

X n i

n

i



1412  11.77 120

La varianza de las notas es:

ˆ

2

X 

2 i

ni  nˆ 2

n 1



116950  120(11.77) 2  2.82 → σ = 1.679 120  1

Bajo el supuesto que Ho es cierta, X = notas ~ N(11.77, 2.82), luego:

Z

X  11.77  N (0, 1) permite calcular las probabilidades pi para los 9 1.679

intervalos considerados así: P(X ≤ 8) = P(Z ≤ -2.25) = Ф(-2.25) = 0.01222 P(8 ≤ X < 9) = P(-2.25 ≤ Z < -1.65) = Ф(-1.65) – Ф(-2.25) = = 0.04947 - 0.01222 = 0.03725. P(9 ≤ X < 10) = P(-1.65 ≤ Z < -1.05) = Ф(-1.05) – Ф(-1.65) = = 0.14686 - 0.04947 = 0.09739. P(10 ≤ X < 11) = P(-1.05 ≤ Z < -0.46) = Ф(-0.46) – Ф(-1.05) = = 0.32276 - 0.14686 = 0.17590. P(11 ≤ X < 12) = P(-0.46 ≤ Z < 0.14) = Ф(0.14) – Ф(-0.46) = = 0.55567 - 0.32276 = 0.23291. P(12 ≤ X < 13) = P(0.14 ≤ Z < 0.73) = Ф(0.73) – Ф(0.14) = = 0.76730 - 0.55567 = 0.21163. P(13 ≤ X < 14) = P(0.73 ≤ Z < 1.33) = Ф(1.33) – Ф(0.73) = = 0.90824 - 0.76730 = 0.14094. P(14 ≤ X < 15) = P(1.33 ≤ Z < 1.92) = Ф(1.92) – Ф(1.33) = = 0.97257 - 0.90824 = 0.06433. P(X ≥ 15) = P(Z ≥ 1.92) = 1 – Ф(1.92) = 1 - 0.97257 = 0.02743.

389

Las probabilidades pi y las frecuencias esperadas ei = n pi = 120 pi se presentan en la siguiente tabla: NOTAS 7-8 8-9 9 - 10 10 - 11 11 - 12 12 - 13 13 - 14 14 - 15 15 - 16 Total

Xi 7.5 8.5 9.5 10.5 11.5 12.5 13.5 14.5 15.5

ni = O i 2 6 7 21 33 22 19 7 3 120

pi 0.01222 0.03725 0.09739 0.17590 0.23291 0.21163 0.14094 0.06433 0.02743 1.00000

ei = npi 1.5 4.5 11.7 21.1 27.9 25.4 16.9 7.7 3.3 120.0

(Oi - ei)2/ei 0.1942 0.5237 1.8796 0.0006 0.9127 0.4540 0.2576 0.0671 0.0258 4.3152

En la última columna se tiene: 9

2  calc  i 1

(Oi  ei ) 2 = 4.32 ei

2 6. Decisión: como  calc = 4.32 ϵ R.A., con el 5% de significación no se rechaza

H0, por lo tanto, se concluye que las notas de los alumnos se distribuyen normalmente. 8.

Una muestra de los gastos de estudio mensual (S/.) de 16 alumnos arroja los siguientes resultados: 120, 210, 100, 150, 120, 200, 200, 180, 250, 300, 250, 140, 300, 200, 160 y 300. Probar si la mediana de los gastos de estudio es diferente de S/. 220. Use α = 0.05. Solución 1. Hipótesis:

Ho: Me = 220 H1: Me ≠ 220

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: W = suma de los rangos positivos 4. Región crítica: para n = 16 y  = 0.05, en la tabla 5, de Wilcoxon la región crítica es: R.C. = {W < 29 o W > 107} → R.A. = {29 ≤ W ≤ 107} 5. Determinar la W de Wilcoxon con la información muestral y bajo el supuesto que Ho es cierta, tal como se aprecia en la tabla de la página siguiente. Wcalc = suma de los rangos positivos = 45.5

390

Gastos (Xi)

Alumnos 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

120 210 100 150 120 200 200 180 250 300 250 140 300 200 160 300 Total

Diferencia Rango de di = Xi |di| 220 -100 14.5 -10 1 -120 16 -70 9 -100 14.5 -20 3 -20 3 -40 7 30 5.5 80 11.5 30 5.5 -80 11.5 80 11.5 -20 3 -60 8 80 11.5

Rangos con signo (+)

(-) 14.5 1 16 9 14.5 3 3 7

5.5 11.5 5.5 11.5 11.5 3 8 11.5 45.5

90.5

6. Decisión: como Wcalc = 45.5 ϵ R.A., con el 5% de significación no se rechaza H0 y por lo tanto la mediana de los gastos de estudio es de S/. 220. 9.

En el problema 8, use la prueba de los signos para probar si la mediana de los gastos de estudio es diferente de S/. 220. Use α = 0.05. Solución 1. Hipótesis:

Ho: Me = 220 H1: Me ≠ 220

2. Nivel de significación:  = 0.05 3. Estadística de prueba: S = número de veces que se repite el signo menos frecuente. 4. Región crítica: para n = 16 y  = 0.05, en la tabla 6 de valores críticos para la prueba del signo, la región crítica es: R.C. = {S ≤ 3} → R.A. = {S > 3} 5. Determinar Scalc con la información muestral y bajo el supuesto que Ho es cierta, mediante el siguiente procedimiento:

391

Signo Diferencia di = Xi - 220 1 120 2 210 3 100 4 150 5 120 6 200 7 200 8 180 9 250 + 10 300 + 11 250 + 12 140 13 300 + 14 200 15 160 16 300 + Scalc = número de veces que se repite el signo menos frecuente = 5. Alumnos

Gastos (Xi)

6. Decisión: como Scalc = 5 ϵ R.A., con el 5% de significación no se rechaza H0 y por lo tanto la mediana de los salarios es de S/. 220. 10. Con la información del peso de los hombres y mujeres en la tabla, determinar si la mediana del peso de los hombres es mayor que la mediana del peso de las mujeres. Usar el 5% de significación. Hombres (1) 68 55 70 73 58 59 74 65 66 69

Mujeres (2) 54 42 54 51 43 64 56 47 52 65

Solución 1. Hipótesis:

Ho: Me1 = Me2

y

H1: Me1 > Me2

2. Nivel de significación:  = 0.05.

392

2

2

3. Estadística de prueba:    2

(Oij  eij ) 2

i 1 j 1

eij

  [21, 1 )

4. Región crítica: el valor crítico es  [21, 0.95] = 3.84 y R.C. = {X2 > 3.84}. 2 5. Determinar  calc , con la información muestral y bajo el supuesto que Ho es

cierta, de la siguiente manera: a) Con toda la información de las dos muestras se calcula la mediana común y resulta Me = 58.5. b) Para cada muestra se determina el número de observaciones que son menores o iguales (orden 1) a la mediana común 58.5 y las que son mayores (orden 2) a dicha mediana: Peso Sexo Orden 68 1 2 55 1 1 70 1 2 73 1 2 58 1 1 59 1 2 74 1 2 65 1 2 66 1 2 69 1 2 54 2 1 42 2 1 54 2 1 51 2 1 43 2 1 64 2 2 56 2 1 47 2 1 52 2 1 65 2 2 Me = 58.5 Las frecuencias observadas resultantes se colocan en una tabla de contingencia 2x2 como la siguiente: Muestra 1 = hombres 2 = Mujeres Total

≤ Me (Ord. 1) 2 8 O.1 = 10 393

> Me (Ord. 2) 8 2 O.2 =10

Total O1. = 10 O2. = 10 n = 20

c) Hallar las frecuencias esperadas eij  Muestra 1 = hombres 2 = Mujeres Total

≤ Me (Ord. 1) 5 5 O.1 = 10 2 2 (O  e ) 2 ij ij

2   d) Determinar:  calc



n

y colocarlas en la tabla:

> Me (Ord. 2) 5 5 O.2 =10

Total O1. = 10 O2. = 10 n = 20

eij

i 1 j 1

2 calc

Oi  x O j

(2  5) 2 (8  5) 2 (8  5) 2 (2  5) 2      = 7.20 5 5 5 5

P-valor = P( 12 > 7.20) = 1 - P( 12 ≤ 7.20) = 1 – 0.993 = 0.007. 2 6. Decisión: como  calc = 7.20 ϵ R.C. y P-valor = 0.007 <  = 0.05, se rechaza

H0 y se acepta H1, por lo tanto con el 5% de significación se aceta que la mediana del peso de los hombres es mayor que la mediana del peso de las mujeres. Los resultados en el Minitab para la prueba de medianas es el siguiente:

Prueba de mediana de Mood: Peso en funcion de Sexo Prueba de la mediana de Mood para Peso Chi-cuadrada = 7.20 GL = 1 P = 0.007 ICs de 95.0% individuales Sexo 1 2

N 8 2

Mediana 67.0 53.0

Q3-Q1 12.0 12.0

-----+---------+---------+---------+(-----------*----) (----------*-------) -----+---------+---------+---------+49.0 56.0 63.0 70.0

Mediana general = 58.5 Un IC de 95.0% para la mediana(1) - mediana(2): (3.0,23.0)

394

7.8 PROBLEMAS PROPUESTOS 1.

En el estudio realizado con los alumnos de la asignatura de Estadística Básica de la FCE-UNAC, el año 2012, con el 5% de significación probar si existe relación entre la importancia del aspecto físico del alumno y su sexo (género). Los resultados observados obtenidos, se muestran en la siguiente tabla: Tabla de contingencia IMPORTANCIA DE TU FÍSICO * SEXO IMPORTANCIA DE TU FÍSICO

2.

SEXO

Total

Hombre

Mujer

Poca

12

7

19

Media

14

34

48

Mucha

10

36

46

Muchísima

2

5

7

Total

38

82

120

En el estudio realizado con los alumnos de la asignatura de Estadística Básica de la FCE-UNAC, el año 2012, con el 5% de significación probar si hay una relación de dependencia entre la especialización profesional del alumno de economía y su sexo (género). Los resultados observados obtenidos con el SPSS v21, se muestran en la siguiente tabla: Tabla de contingencia ESPECIALIZACIÓN * SEXO SEXO

3.

Total

ESPECIALIZACIÓN

Hombre

Mujer

Teoría Económica

8

10

18

Gestión Empresarial

30

72

102

Total

38

82

120

Para determinar si el sexo (género) de las personas adultas es determinante para que estas consuman licor, se realiza una encuesta a 500 adultos, obteniéndose los siguientes resultados: Consume licor Sí No Total

Hombre 195 65 260

Mujer 40 200 240

Total 235 265 500

Use α = 0.05 y demuestre si el género de las personas adultas es determinante para que consuman licor. 395

4.

Probar con el 5% de significación si el resultado de la evaluación semestral (aprobado o desaprobado) en la asignatura de estadística básica depende del profesor, con los resultados del semestre 2012-A en la Facultad de Ciencias Económicas de la UNAC siguientes: Profesor P1 P2 P3 Total

5.

Aprobados Desaprobados 33 17 49 11 15 37 97 65

Total 50 60 52 162

Se lanzan 2 dado 500 veces, el resultado de observar la suma del número de puntos en los 2 dados es la siguiente: Suma (Xi) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Frecuencia (Oi) 6 20 45 42 72 98 75 44 48 35 15

Con el 5% de significación, ¿se ajusta el juego al azar? 6.

Los pesos de los 120 alumnos de la asignatura de Estadística Básica de la FCEUNAC, el año 2012, fueron las siguientes: PESO (Kg) Menos 45 45 - 50 50 - 55 55 -60 60 - 65 65 - 70 70 - 75 75 - 80 80 a más

ni = Oi 2 18 20 25 31 9 7 4 4

Con el 5% de significación, probar si los pesos se distribuyen normalmente. 7.

Una encuesta de opinión a 300 clientes de un supermercado, sobre la calidad del servicio, arroja los siguientes resultados: 396

Calidad servicio

Excelente

Bueno

Regular

Malo

Pésimo

Frecuencias (Oi)

72

67

52

56

53

Con el 5% de significación probar si existe diferencia significativa entre la opinión de los clientes sobre la calidad del servicio en el supermercado. 8.

Una muestra de los ingresos familiares (S/.) de 20 empleados arroja los siguientes resultados: 1300, 700, 700, 2500, 1500, 1200, 1500, 1500, 1500, 1000, 1400, 1800, 1500, 1000, 1500, 700, 700, 1000, 1840 y 2000. Probar si la mediana de los ingresos es diferente de S/. 1400 con la prueba de Wilcoxon y de los signos. Use α = 0.05.

9.

Los pesos de 15 personas arroja los siguientes resultados: 59, 50, 44, 42, 54, 71, 73, 58, 51, 75, 59, 74, 90, 65 y 43. Probar si la mediana de los pesos es diferente de 65 kilos con la prueba de Wilcoxon y de los signos. Use α = 0.05.

10. Los precios (S/.) del kilo de carne pagado por 12 amas de casa arroja los siguientes resultados: 12.50, 12.00, 11.80, 13.20, 12.80, 11.50, 13.50, 12.40, 11.00, 14.00, 11.30 y 13.30. Probar si la mediana de los precios es diferente de S/. 12.10 con la prueba de Wilcoxon y de los signos. Use α = 0.05. 11. Con la información de la talla de los hombres y mujeres en la tabla, determinar si la mediana de la talla de los hombres es mayor que la mediana de la talla de las mujeres. Usar el 5% de significación. Hombres (1) 171 167 160 165 168 176 174 169 168 176

Mujeres (2) 152 150 152 165 158 150 155 158 165 149

397

REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS 1.

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399

APÉNDICE

400

TABLA 1. DISTRIBUCIÓN ACUMULATIVA NORMAL ESTÁNDAR z

F(z) = Φ (z) = P [Z ? z] =





1 t 2 / 2 e dt 2

z -3.59 -3.58 -3.57 -3.56 -3.55 -3.54 -3.53 -3.52 -3.51 -3.50

F(z) 0.00017 0.00017 0.00018 0.00019 0.00019 0.00020 0.00021 0.00022 0.00022 0.00023

z -2.99 -2.98 -2.97 -2.96 -2.95 -2.94 -2.93 -2.92 -2.91 -2.90

F(z) 0.00139 0.00144 0.00149 0.00154 0.00159 0.00164 0.00169 0.00175 0.00181 0.00187

z -2.39 -2.38 -2.37 -2.36 -2.35 -2.34 -2.33 -2.32 -2.31 -2.30

F(z) 0.00842 0.00866 0.00889 0.00914 0.00939 0.00964 0.00990 0.01017 0.01044 0.01072

z -1.79 -1.78 -1.77 -1.76 -1.75 -1.74 -1.73 -1.72 -1.71 -1.70

F(z) 0.03673 0.03754 0.03836 0.03920 0.04006 0.04093 0.04182 0.04272 0.04363 0.04457

z -1.19 -1.18 -1.17 -1.16 -1.15 -1.14 -1.13 -1.12 -1.11 -1.10

F(z) 0.11702 0.11900 0.12100 0.12302 0.12507 0.12714 0.12924 0.13136 0.13350 0.13567

z -0.59 -0.58 -0.57 -0.56 -0.55 -0.54 -0.53 -0.52 -0.51 -0.50

F(z) 0.27760 0.28096 0.28434 0.28774 0.29116 0.29460 0.29806 0.30153 0.30503 0.30854

-3.49 -3.48 -3.47 -3.46 -3.45 -3.44 -3.43 -3.42 -3.41 -3.40

0.00024 0.00025 0.00026 0.00027 0.00028 0.00029 0.00030 0.00031 0.00032 0.00034

-2.89 -2.88 -2.87 -2.86 -2.85 -2.84 -2.83 -2.82 -2.81 -2.80

0.00193 0.00199 0.00205 0.00212 0.00219 0.00226 0.00233 0.00240 0.00248 0.00256

-2.29 -2.28 -2.27 -2.26 -2.25 -2.24 -2.23 -2.22 -2.21 -2.20

0.01101 0.01130 0.01160 0.01191 0.01222 0.01255 0.01287 0.01321 0.01355 0.01390

-1.69 -1.68 -1.67 -1.66 -1.65 -1.64 -1.63 -1.62 -1.61 -1.60

0.04551 0.04648 0.04746 0.04846 0.04947 0.05050 0.05155 0.05262 0.05370 0.05480

-1.09 -1.08 -1.07 -1.06 -1.05 -1.04 -1.03 -1.02 -1.01 -1.00

0.13786 0.14007 0.14231 0.14457 0.14686 0.14917 0.15151 0.15386 0.15625 0.15866

-0.49 -0.48 -0.47 -0.46 -0.45 -0.44 -0.43 -0.42 -0.41 -0.40

0.31207 0.31561 0.31918 0.32276 0.32636 0.32997 0.33360 0.33724 0.34090 0.34458

-3.39 -3.38 -3.37 -3.36 -3.35 -3.34 -3.33 -3.32 -3.31 -3.30

0.00035 0.00036 0.00038 0.00039 0.00040 0.00042 0.00043 0.00045 0.00047 0.00048

-2.79 -2.78 -2.77 -2.76 -2.75 -2.74 -2.73 -2.72 -2.71 -2.70

0.00264 0.00272 0.00280 0.00289 0.00298 0.00307 0.00317 0.00326 0.00336 0.00347

-2.19 -2.18 -2.17 -2.16 -2.15 -2.14 -2.13 -2.12 -2.11 -2.10

0.01426 0.01463 0.01500 0.01539 0.01578 0.01618 0.01659 0.01700 0.01743 0.01786

-1.59 -1.58 -1.57 -1.56 -1.55 -1.54 -1.53 -1.52 -1.51 -1.50

0.05592 0.05705 0.05821 0.05938 0.06057 0.06178 0.06301 0.06426 0.06552 0.06681

-0.99 -0.98 -0.97 -0.96 -0.95 -0.94 -0.93 -0.92 -0.91 -0.90

0.16109 0.16354 0.16602 0.16853 0.17106 0.17361 0.17619 0.17879 0.18141 0.18406

-0.39 -0.38 -0.37 -0.36 -0.35 -0.34 -0.33 -0.32 -0.31 -0.30

0.34827 0.35197 0.35569 0.35942 0.36317 0.36693 0.37070 0.37448 0.37828 0.38209

-3.29 -3.28 -3.27 -3.26 -3.25 -3.24 -3.23 -3.22 -3.21 -3.20

0.00050 0.00052 0.00054 0.00056 0.00058 0.00060 0.00062 0.00064 0.00066 0.00069

-2.69 -2.68 -2.67 -2.66 -2.65 -2.64 -2.63 -2.62 -2.61 -2.60

0.00357 0.00368 0.00379 0.00391 0.00402 0.00415 0.00427 0.00440 0.00453 0.00466

-2.09 -2.08 -2.07 -2.06 -2.05 -2.04 -2.03 -2.02 -2.01 -2.00

0.01831 0.01876 0.01923 0.01970 0.02018 0.02068 0.02118 0.02169 0.02222 0.02275

-1.49 -1.48 -1.47 -1.46 -1.45 -1.44 -1.43 -1.42 -1.41 -1.40

0.06811 0.06944 0.07078 0.07215 0.07353 0.07493 0.07636 0.07780 0.07927 0.08076

-0.89 -0.88 -0.87 -0.86 -0.85 -0.84 -0.83 -0.82 -0.81 -0.80

0.18673 0.18943 0.19215 0.19489 0.19766 0.20045 0.20327 0.20611 0.20897 0.21186

-0.29 -0.28 -0.27 -0.26 -0.25 -0.24 -0.23 -0.22 -0.21 -0.20

0.38591 0.38974 0.39358 0.39743 0.40129 0.40517 0.40905 0.41294 0.41683 0.42074

-3.19 -3.18 -3.17 -3.16 -3.15 -3.14 -3.13 -3.12 -3.11 -3.10

0.00071 0.00074 0.00076 0.00079 0.00082 0.00084 0.00087 0.00090 0.00094 0.00097

-2.59 -2.58 -2.57 -2.56 -2.55 -2.54 -2.53 -2.52 -2.51 -2.50

0.00480 0.00494 0.00508 0.00523 0.00539 0.00554 0.00570 0.00587 0.00604 0.00621

-1.99 -1.98 -1.97 -1.96 -1.95 -1.94 -1.93 -1.92 -1.91 -1.90

0.02330 0.02385 0.02442 0.02500 0.02559 0.02619 0.02680 0.02743 0.02807 0.02872

-1.39 -1.38 -1.37 -1.36 -1.35 -1.34 -1.33 -1.32 -1.31 -1.30

0.08226 0.08379 0.08534 0.08692 0.08851 0.09012 0.09176 0.09342 0.09510 0.09680

-0.79 -0.78 -0.77 -0.76 -0.75 -0.74 -0.73 -0.72 -0.71 -0.70

0.21476 0.21770 0.22065 0.22363 0.22663 0.22965 0.23270 0.23576 0.23885 0.24196

-0.19 -0.18 -0.17 -0.16 -0.15 -0.14 -0.13 -0.12 -0.11 -0.10

0.42465 0.42858 0.43251 0.43644 0.44038 0.44433 0.44828 0.45224 0.45620 0.46017

-3.09 -3.08 -3.07 -3.06 -3.05 -3.04 -3.03 -3.02 -3.01 -3.00

0.00100 0.00104 0.00107 0.00111 0.00114 0.00118 0.00122 0.00126 0.00131 0.00135

-2.49 -2.48 -2.47 -2.46 -2.45 -2.44 -2.43 -2.42 -2.41 -2.40

0.00639 0.00657 0.00676 0.00695 0.00714 0.00734 0.00755 0.00776 0.00798 0.00820

-1.89 -1.88 -1.87 -1.86 -1.85 -1.84 -1.83 -1.82 -1.81 -1.80

0.02938 0.03005 0.03074 0.03144 0.03216 0.03288 0.03362 0.03438 0.03515 0.03593

-1.29 -1.28 -1.27 -1.26 -1.25 -1.24 -1.23 -1.22 -1.21 -1.20

0.09853 0.10027 0.10204 0.10383 0.10565 0.10749 0.10935 0.11123 0.11314 0.11507

-0.69 -0.68 -0.67 -0.66 -0.65 -0.64 -0.63 -0.62 -0.61 -0.60

0.24510 0.24825 0.25143 0.25463 0.25785 0.26109 0.26435 0.26763 0.27093 0.27425

-0.09 -0.08 -0.07 -0.06 -0.05 -0.04 -0.03 -0.02 -0.01 0.00

0.46414 0.46812 0.47210 0.47608 0.48006 0.48405 0.48803 0.49202 0.49601 0.50000

401

TABLA 1. DISTRIBUCIÓN ACUMULATIVA NORMAL ESTÁNDAR z

F(z) = Φ (z) = P [Z ? z] =





1 t 2 / 2 e dt 2

continuación

z 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09 0.10

F(z) 0.50399 0.50798 0.51197 0.51595 0.51994 0.52392 0.52790 0.53188 0.53586 0.53983

z 0.61 0.62 0.63 0.64 0.65 0.66 0.67 0.68 0.69 0.70

F(z) 0.72907 0.73237 0.73565 0.73891 0.74215 0.74537 0.74857 0.75175 0.75490 0.75804

z 1.21 1.22 1.23 1.24 1.25 1.26 1.27 1.28 1.29 1.30

F(z) 0.88686 0.88877 0.89065 0.89251 0.89435 0.89617 0.89796 0.89973 0.90147 0.90320

z 1.81 1.82 1.83 1.84 1.85 1.86 1.87 1.88 1.89 1.90

F(z) 0.96485 0.96562 0.96638 0.96712 0.96784 0.96856 0.96926 0.96995 0.97062 0.97128

z 2.41 2.42 2.43 2.44 2.45 2.46 2.47 2.48 2.49 2.50

F(z) 0.99202 0.99224 0.99245 0.99266 0.99286 0.99305 0.99324 0.99343 0.99361 0.99379

z 3.01 3.02 3.03 3.04 3.05 3.06 3.07 3.08 3.09 3.10

F(z) 0.99869 0.99874 0.99878 0.99882 0.99886 0.99889 0.99893 0.99896 0.99900 0.99903

0.11 0.12 0.13 0.14 0.15 0.16 0.17 0.18 0.19 0.20

0.54380 0.54776 0.55172 0.55567 0.55962 0.56356 0.56749 0.57142 0.57535 0.57926

0.71 0.72 0.73 0.74 0.75 0.76 0.77 0.78 0.79 0.80

0.76115 0.76424 0.76730 0.77035 0.77337 0.77637 0.77935 0.78230 0.78524 0.78814

1.31 1.32 1.33 1.34 1.35 1.36 1.37 1.38 1.39 1.40

0.90490 0.90658 0.90824 0.90988 0.91149 0.91308 0.91466 0.91621 0.91774 0.91924

1.91 1.92 1.93 1.94 1.95 1.96 1.97 1.98 1.99 2.00

0.97193 0.97257 0.97320 0.97381 0.97441 0.97500 0.97558 0.97615 0.97670 0.97725

2.51 2.52 2.53 2.54 2.55 2.56 2.57 2.58 2.59 2.60

0.99396 0.99413 0.99430 0.99446 0.99461 0.99477 0.99492 0.99506 0.99520 0.99534

3.11 3.12 3.13 3.14 3.15 3.16 3.17 3.18 3.19 3.20

0.99906 0.99910 0.99913 0.99916 0.99918 0.99921 0.99924 0.99926 0.99929 0.99931

0.21 0.22 0.23 0.24 0.25 0.26 0.27 0.28 0.29 0.30

0.58317 0.58706 0.59095 0.59483 0.59871 0.60257 0.60642 0.61026 0.61409 0.61791

0.81 0.82 0.83 0.84 0.85 0.86 0.87 0.88 0.89 0.90

0.79103 0.79389 0.79673 0.79955 0.80234 0.80511 0.80785 0.81057 0.81327 0.81594

1.41 1.42 1.43 1.44 1.45 1.46 1.47 1.48 1.49 1.50

0.92073 0.92220 0.92364 0.92507 0.92647 0.92785 0.92922 0.93056 0.93189 0.93319

2.01 2.02 2.03 2.04 2.05 2.06 2.07 2.08 2.09 2.10

0.97778 0.97831 0.97882 0.97932 0.97982 0.98030 0.98077 0.98124 0.98169 0.98214

2.61 2.62 2.63 2.64 2.65 2.66 2.67 2.68 2.69 2.70

0.99547 0.99560 0.99573 0.99585 0.99598 0.99609 0.99621 0.99632 0.99643 0.99653

3.21 3.22 3.23 3.24 3.25 3.26 3.27 3.28 3.29 3.30

0.99934 0.99936 0.99938 0.99940 0.99942 0.99944 0.99946 0.99948 0.99950 0.99952

0.31 0.32 0.33 0.34 0.35 0.36 0.37 0.38 0.39 0.40

0.62172 0.62552 0.62930 0.63307 0.63683 0.64058 0.64431 0.64803 0.65173 0.65542

0.91 0.92 0.93 0.94 0.95 0.96 0.97 0.98 0.99 1.00

0.81859 0.82121 0.82381 0.82639 0.82894 0.83147 0.83398 0.83646 0.83891 0.84134

1.51 1.52 1.53 1.54 1.55 1.56 1.57 1.58 1.59 1.60

0.93448 0.93574 0.93699 0.93822 0.93943 0.94062 0.94179 0.94295 0.94408 0.94520

2.11 2.12 2.13 2.14 2.15 2.16 2.17 2.18 2.19 2.20

0.98257 0.98300 0.98341 0.98382 0.98422 0.98461 0.98500 0.98537 0.98574 0.98610

2.71 2.72 2.73 2.74 2.75 2.76 2.77 2.78 2.79 2.80

0.99664 0.99674 0.99683 0.99693 0.99702 0.99711 0.99720 0.99728 0.99736 0.99744

3.31 3.32 3.33 3.34 3.35 3.36 3.37 3.38 3.39 3.40

0.99953 0.99955 0.99957 0.99958 0.99960 0.99961 0.99962 0.99964 0.99965 0.99966

0.41 0.42 0.43 0.44 0.45 0.46 0.47 0.48 0.49 0.50

0.65910 0.66276 0.66640 0.67003 0.67364 0.67724 0.68082 0.68439 0.68793 0.69146

1.01 1.02 1.03 1.04 1.05 1.06 1.07 1.08 1.09 1.10

0.84375 0.84614 0.84849 0.85083 0.85314 0.85543 0.85769 0.85993 0.86214 0.86433

1.61 1.62 1.63 1.64 1.65 1.66 1.67 1.68 1.69 1.70

0.94630 0.94738 0.94845 0.94950 0.95053 0.95154 0.95254 0.95352 0.95449 0.95543

2.21 2.22 2.23 2.24 2.25 2.26 2.27 2.28 2.29 2.30

0.98645 0.98679 0.98713 0.98745 0.98778 0.98809 0.98840 0.98870 0.98899 0.98928

2.81 2.82 2.83 2.84 2.85 2.86 2.87 2.88 2.89 2.90

0.99752 0.99760 0.99767 0.99774 0.99781 0.99788 0.99795 0.99801 0.99807 0.99813

3.41 3.42 3.43 3.44 3.45 3.46 3.47 3.48 3.49 3.50

0.99968 0.99969 0.99970 0.99971 0.99972 0.99973 0.99974 0.99975 0.99976 0.99977

0.51 0.52 0.53 0.54 0.55 0.56 0.57 0.58 0.59 0.60

0.69497 0.69847 0.70194 0.70540 0.70884 0.71226 0.71566 0.71904 0.72240 0.72575

1.11 1.12 1.13 1.14 1.15 1.16 1.17 1.18 1.19 1.20

0.86650 0.86864 0.87076 0.87286 0.87493 0.87698 0.87900 0.88100 0.88298 0.88493

1.71 1.72 1.73 1.74 1.75 1.76 1.77 1.78 1.79 1.80

0.95637 0.95728 0.95818 0.95907 0.95994 0.96080 0.96164 0.96246 0.96327 0.96407

2.31 2.32 2.33 2.34 2.35 2.36 2.37 2.38 2.39 2.40

0.98956 0.98983 0.99010 0.99036 0.99061 0.99086 0.99111 0.99134 0.99158 0.99180

2.91 2.92 2.93 2.94 2.95 2.96 2.97 2.98 2.99 3.00

0.99819 0.99825 0.99831 0.99836 0.99841 0.99846 0.99851 0.99856 0.99861 0.99865

3.51 3.52 3.53 3.54 3.55 3.56 3.57 3.58 3.59 3.60

0.99978 0.99978 0.99979 0.99980 0.99981 0.99981 0.99982 0.99983 0.99983 0.99984

402

TABLA 2. DISTRIBUCIÓN ACUMULATIVA CHI-CUADRADO

P

Los valores en la tabla son de Chi-cuadrado, siendo la probabilidad p el área en el extremos inferior.

G.L. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

0.0005

0.001

0.005

0.01

0

PROBABILIDAD P 0.025 0.05

3.93E-07 1.57E-06 3.93E-05 1.57E-04 9.82E-04 3.93E-03

0.001 0.015 0.064 0.158 0.299 0.485 0.710 0.972 1.26 1.59 1.93 2.31 2.70 3.11 3.54 3.98 4.44 4.91 5.40 5.90 6.40 6.92 7.45 7.99 8.54 9.09 9.66 10.2 10.8 11.4 12.0 12.6 13.2 13.8 14.4 15.0 15.6 16.3 16.9 17.5 18.2 18.8 19.5 20.1 20.8 21.5 22.1 22.8 23.5

0.002 0.024 0.091 0.210 0.381 0.598 0.857 1.15 1.48 1.83 2.21 2.62 3.04 3.48 3.94 4.42 4.90 5.41 5.92 6.45 6.98 7.53 8.08 8.65 9.22 9.80 10.4 11.0 11.6 12.2 12.8 13.4 14.1 14.7 15.3 16.0 16.6 17.3 17.9 18.6 19.2 19.9 20.6 21.3 21.9 22.6 23.3 24.0 24.7

0.010 0.072 0.207 0.412 0.676 0.989 1.34 1.73 2.16 2.60 3.07 3.57 4.07 4.60 5.14 5.70 6.26 6.84 7.43 8.03 8.64 9.26 9.89 10.5 11.2 11.8 12.5 13.1 13.8 14.5 15.1 15.8 16.5 17.2 17.9 18.6 19.3 20.0 20.7 21.4 22.1 22.9 23.6 24.3 25.0 25.8 26.5 27.2 28.0

0.020 0.115 0.297 0.554 0.872 1.24 1.65 2.09 2.56 3.05 3.57 4.11 4.66 5.23 5.81 6.41 7.01 7.63 8.26 8.90 9.54 10.2 10.9 11.5 12.2 12.9 13.6 14.3 15.0 15.7 16.4 17.1 17.8 18.5 19.2 20.0 20.7 21.4 22.2 22.9 23.7 24.4 25.1 25.9 26.7 27.4 28.2 28.9 29.7

0.051 0.216 0.484 0.831 1.24 1.69 2.18 2.70 3.25 3.82 4.40 5.01 5.63 6.26 6.91 7.56 8.23 8.91 9.59 10.3 11.0 11.7 12.4 13.1 13.8 14.6 15.3 16.0 16.8 17.5 18.3 19.0 19.8 20.6 21.3 22.1 22.9 23.7 24.4 25.2 26.0 26.8 27.6 28.4 29.2 30.0 30.8 31.6 32.4

403

0.103 0.352 0.711 1.15 1.64 2.17 2.73 3.33 3.94 4.57 5.23 5.89 6.57 7.26 7.96 8.67 9.39 10.1 10.9 11.6 12.3 13.1 13.8 14.6 15.4 16.2 16.9 17.7 18.5 19.3 20.1 20.9 21.7 22.5 23.3 24.1 24.9 25.7 26.5 27.3 28.1 29.0 29.8 30.6 31.4 32.3 33.1 33.9 34.8

Xα

0.10 0.016 0.211 0.584 1.06 1.61 2.20 2.83 3.49 4.17 4.87 5.58 6.30 7.04 7.79 8.55 9.31 10.1 10.9 11.7 12.4 13.2 14.0 14.8 15.7 16.5 17.3 18.1 18.9 19.8 20.6 21.4 22.3 23.1 24.0 24.8 25.6 26.5 27.3 28.2 29.1 29.9 30.8 31.6 32.5 33.4 34.2 35.1 35.9 36.8 37.7

0.20 0.064 0.446 1.01 1.65 2.34 3.07 3.82 4.59 5.38 6.18 6.99 7.81 8.63 9.47 10.3 11.2 12.0 12.9 13.7 14.6 15.4 16.3 17.2 18.1 18.9 19.8 20.7 21.6 22.5 23.4 24.3 25.1 26.0 26.9 27.8 28.7 29.6 30.5 31.4 32.3 33.3 34.2 35.1 36.0 36.9 37.8 38.7 39.6 40.5 41.4

0.30 0.148 0.713 1.42 2.19 3.00 3.83 4.67 5.53 6.39 7.27 8.15 9.03 9.93 10.8 11.7 12.6 13.5 14.4 15.4 16.3 17.2 18.1 19.0 19.9 20.9 21.8 22.7 23.6 24.6 25.5 26.4 27.4 28.3 29.2 30.2 31.1 32.1 33.0 33.9 34.9 35.8 36.8 37.7 38.6 39.6 40.5 41.5 42.4 43.4 44.3

0.40 0.275 1.02 1.87 2.75 3.66 4.57 5.49 6.42 7.36 8.30 9.24 10.2 11.1 12.1 13.0 14.0 14.9 15.9 16.9 17.8 18.8 19.7 20.7 21.7 22.6 23.6 24.5 25.5 26.5 27.4 28.4 29.4 30.3 31.3 32.3 33.3 34.2 35.2 36.2 37.1 38.1 39.1 40.0 41.0 42.0 43.0 43.9 44.9 45.9 46.9

TABLA 2. DISTRIBUCIÓN ACUMULATIVA CHI-CUADRADO

P

Los valores en la tabla son de Chi-cuadrado, siendo la pro0

babilidad p el área en el extremos inferior.

G.L. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

Xα

0.50

0.60

0.70

0.80

Probabilidad P 0.90 0.95 0.975

0.99

0.995

0.999

0.9995

0.455 1.39 2.37 3.36 4.35 5.35 6.35 7.34 8.34 9.34 10.3 11.3 12.3 13.3 14.3 15.3 16.3 17.3 18.3 19.3 20.3 21.3 22.3 23.3 24.3 25.3 26.3 27.3 28.3 29.3 30.3 31.3 32.3 33.3 34.3 35.3 36.3 37.3 38.3 39.3 40.3 41.3 42.3 43.3 44.3 45.3 46.3 47.3 48.3 49.3

0.708 1.83 2.95 4.04 5.13 6.21 7.28 8.35 9.41 10.5 11.5 12.6 13.6 14.7 15.7 16.8 17.8 18.9 19.9 21.0 22.0 23.0 24.1 25.1 26.1 27.2 28.2 29.2 30.3 31.3 32.3 33.4 34.4 35.4 36.5 37.5 38.5 39.6 40.6 41.6 42.7 43.7 44.7 45.7 46.8 47.8 48.8 49.8 50.9 51.9

1.07 2.41 3.66 4.88 6.06 7.23 8.38 9.52 10.7 11.8 12.9 14.0 15.1 16.2 17.3 18.4 19.5 20.6 21.7 22.8 23.9 24.9 26.0 27.1 28.2 29.2 30.3 31.4 32.5 33.5 34.6 35.7 36.7 37.8 38.9 39.9 41.0 42.0 43.1 44.2 45.2 46.3 47.3 48.4 49.5 50.5 51.6 52.6 53.7 54.7

1.64 3.22 4.64 5.99 7.29 8.56 9.80 11.0 12.2 13.4 14.6 15.8 17.0 18.2 19.3 20.5 21.6 22.8 23.9 25.0 26.2 27.3 28.4 29.6 30.7 31.8 32.9 34.0 35.1 36.3 37.4 38.5 39.6 40.7 41.8 42.9 44.0 45.1 46.2 47.3 48.4 49.5 50.5 51.6 52.7 53.8 54.9 56.0 57.1 58.2

2.71 4.61 6.25 7.78 9.24 10.6 12.0 13.4 14.7 16.0 17.3 18.5 19.8 21.1 22.3 23.5 24.8 26.0 27.2 28.4 29.6 30.8 32.0 33.2 34.4 35.6 36.7 37.9 39.1 40.3 41.4 42.6 43.7 44.9 46.1 47.2 48.4 49.5 50.7 51.8 52.9 54.1 55.2 56.4 57.5 58.6 59.8 60.9 62.0 63.2

6.63 9.21 11.3 13.3 15.1 16.8 18.5 20.1 21.7 23.2 24.7 26.2 27.7 29.1 30.6 32.0 33.4 34.8 36.2 37.6 38.9 40.3 41.6 43.0 44.3 45.6 47.0 48.3 49.6 50.9 52.2 53.5 54.8 56.1 57.3 58.6 59.9 61.2 62.4 63.7 65.0 66.2 67.5 68.7 70.0 71.2 72.4 73.7 74.9 76.2

7.88 10.6 12.8 14.9 16.7 18.5 20.3 22.0 23.6 25.2 26.8 28.3 29.8 31.3 32.8 34.3 35.7 37.2 38.6 40.0 41.4 42.8 44.2 45.6 46.9 48.3 49.6 51.0 52.3 53.7 55.0 56.3 57.6 59.0 60.3 61.6 62.9 64.2 65.5 66.8 68.1 69.3 70.6 71.9 73.2 74.4 75.7 77.0 78.2 79.5

10.8 13.8 16.3 18.5 20.5 22.5 24.3 26.1 27.9 29.6 31.3 32.9 34.5 36.1 37.7 39.3 40.8 42.3 43.8 45.3 46.8 48.3 49.7 51.2 52.6 54.1 55.5 56.9 58.3 59.7 61.1 62.5 63.9 65.2 66.6 68.0 69.3 70.7 72.1 73.4 74.7 76.1 77.4 78.7 80.1 81.4 82.7 84.0 85.4 86.7

12.1 15.2 17.7 20.0 22.1 24.1 26.0 27.9 29.7 31.4 33.1 34.8 36.5 38.1 39.7 41.3 42.9 44.4 46.0 47.5 49.0 50.5 52.0 53.5 54.9 56.4 57.9 59.3 60.7 62.2 63.6 65.0 66.4 67.8 69.2 70.6 72.0 73.4 74.7 76.1 77.5 78.8 80.2 81.5 82.9 84.2 85.6 86.9 88.2 89.6

404

3.84 5.99 7.81 9.49 11.1 12.6 14.1 15.5 16.9 18.3 19.7 21.0 22.4 23.7 25.0 26.3 27.6 28.9 30.1 31.4 32.7 33.9 35.2 36.4 37.7 38.9 40.1 41.3 42.6 43.8 45.0 46.2 47.4 48.6 49.8 51.0 52.2 53.4 54.6 55.8 56.9 58.1 59.3 60.5 61.7 62.8 64.0 65.2 66.3 67.5

5.02 7.38 9.35 11.1 12.8 14.4 16.0 17.5 19.0 20.5 21.9 23.3 24.7 26.1 27.5 28.8 30.2 31.5 32.9 34.2 35.5 36.8 38.1 39.4 40.6 41.9 43.2 44.5 45.7 47.0 48.2 49.5 50.7 52.0 53.2 54.4 55.7 56.9 58.1 59.3 60.6 61.8 63.0 64.2 65.4 66.6 67.8 69.0 70.2 71.4

TABLA 2. DISTRIBUCIÓN ACUMULATIVA CHI-CUADRADO

P

Los valores en la tabla son de Chi-cuadrado, siendo la probabilidad p el área en el extremos inferior.

G.L. 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100

0.0005 24.1 24.8 25.5 26.2 26.9 27.6 28.2 28.9 29.6 30.3 31.0 31.7 32.5 33.2 33.9 34.6 35.3 36.0 36.7 37.5 38.2 38.9 39.6 40.4 41.1 41.8 42.6 43.3 44.1 44.8 45.5 46.3 47.0 47.8 48.5 49.3 50.0 50.8 51.5 52.3 53.0 53.8 54.5 55.3 56.1 56.8 57.6 58.4 59.1 59.9

0.001 25.4 26.1 26.8 27.5 28.2 28.9 29.6 30.3 31.0 31.7 32.5 33.2 33.9 34.6 35.4 36.1 36.8 37.6 38.3 39.0 39.8 40.5 41.3 42.0 42.8 43.5 44.3 45.0 45.8 46.5 47.3 48.0 48.8 49.6 50.3 51.1 51.9 52.6 53.4 54.2 54.9 55.7 56.5 57.2 58.0 58.8 59.6 60.4 61.1 61.9

0.005 28.7 29.5 30.2 31.0 31.7 32.5 33.2 34.0 34.8 35.5 36.3 37.1 37.8 38.6 39.4 40.2 40.9 41.7 42.5 43.3 44.1 44.8 45.6 46.4 47.2 48.0 48.8 49.6 50.4 51.2 52.0 52.8 53.6 54.4 55.2 56.0 56.8 57.6 58.4 59.2 60.0 60.8 61.6 62.4 63.2 64.1 64.9 65.7 66.5 67.3

0.01 30.5 31.2 32.0 32.8 33.6 34.3 35.1 35.9 36.7 37.5 38.3 39.1 39.9 40.6 41.4 42.2 43.0 43.8 44.6 45.4 46.2 47.1 47.9 48.7 49.5 50.3 51.1 51.9 52.7 53.5 54.4 55.2 56.0 56.8 57.6 58.5 59.3 60.1 60.9 61.8 62.6 63.4 64.2 65.1 65.9 66.7 67.6 68.4 69.2 70.1

0

PROBABILIDAD P 0.025 0.05 33.2 35.6 34.0 36.4 34.8 37.3 35.6 38.1 36.4 39.0 37.2 39.8 38.0 40.6 38.8 41.5 39.7 42.3 40.5 43.2 41.3 44.0 42.1 44.9 43.0 45.7 43.8 46.6 44.6 47.4 45.4 48.3 46.3 49.2 47.1 50.0 47.9 50.9 48.8 51.7 49.6 52.6 50.4 53.5 51.3 54.3 52.1 55.2 52.9 56.1 53.8 56.9 54.6 57.8 55.5 58.7 56.3 59.5 57.2 60.4 58.0 61.3 58.8 62.1 59.7 63.0 60.5 63.9 61.4 64.7 62.2 65.6 63.1 66.5 63.9 67.4 64.8 68.2 65.6 69.1 66.5 70.0 67.4 70.9 68.2 71.8 69.1 72.6 69.9 73.5 70.8 74.4 71.6 75.3 72.5 76.2 73.4 77.0 74.2 77.9

405

Xα

0.10 38.6 39.4 40.3 41.2 42.1 42.9 43.8 44.7 45.6 46.5 47.3 48.2 49.1 50.0 50.9 51.8 52.7 53.5 54.4 55.3 56.2 57.1 58.0 58.9 59.8 60.7 61.6 62.5 63.4 64.3 65.2 66.1 67.0 67.9 68.8 69.7 70.6 71.5 72.4 73.3 74.2 75.1 76.0 76.9 77.8 78.7 79.6 80.5 81.4 82.4

0.20 42.4 43.3 44.2 45.1 46.0 47.0 47.9 48.8 49.7 50.6 51.6 52.5 53.4 54.3 55.3 56.2 57.1 58.0 59.0 59.9 60.8 61.8 62.7 63.6 64.5 65.5 66.4 67.3 68.3 69.2 70.1 71.1 72.0 72.9 73.9 74.8 75.7 76.7 77.6 78.6 79.5 80.4 81.4 82.3 83.2 84.2 85.1 86.1 87.0 87.9

0.30 45.3 46.2 47.2 48.1 49.1 50.0 51.0 51.9 52.9 53.8 54.8 55.7 56.7 57.6 58.6 59.5 60.5 61.4 62.4 63.3 64.3 65.3 66.2 67.2 68.1 69.1 70.0 71.0 72.0 72.9 73.9 74.8 75.8 76.8 77.7 78.7 79.6 80.6 81.6 82.5 83.5 84.4 85.4 86.4 87.3 88.3 89.2 90.2 91.2 92.1

0.40 47.8 48.8 49.8 50.8 51.7 52.7 53.7 54.7 55.6 56.6 57.6 58.6 59.6 60.5 61.5 62.5 63.5 64.4 65.4 66.4 67.4 68.4 69.3 70.3 71.3 72.3 73.2 74.2 75.2 76.2 77.2 78.1 79.1 80.1 81.1 82.1 83.0 84.0 85.0 86.0 87.0 88.0 88.9 89.9 90.9 91.9 92.9 93.8 94.8 95.8

TABLA 2. DISTRIBUCIÓN ACUMULATIVA CHI-CUADRADO

P

Los valores en la tabla son de Chi-cuadrado, siendo la pro0

babilidad p el área en el extremos inferior.

G.L. 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100

Xα

0.50

0.60

0.70

0.80

Probabilidad P 0.90 0.95 0.975

0.99

0.995

0.999

0.9995

50.3 51.3 52.3 53.3 54.3 55.3 56.3 57.3 58.3 59.3 60.3 61.3 62.3 63.3 64.3 65.3 66.3 67.3 68.3 69.3 70.3 71.3 72.3 73.3 74.3 75.3 76.3 77.3 78.3 79.3 80.3 81.3 82.3 83.3 84.3 85.3 86.3 87.3 88.3 89.3 90.3 91.3 92.3 93.3 94.3 95.3 96.3 97.3 98.3 99.3

52.9 53.9 55.0 56.0 57.0 58.0 59.1 60.1 61.1 62.1 63.2 64.2 65.2 66.2 67.2 68.3 69.3 70.3 71.3 72.4 73.4 74.4 75.4 76.4 77.5 78.5 79.5 80.5 81.5 82.6 83.6 84.6 85.6 86.6 87.7 88.7 89.7 90.7 91.7 92.8 93.8 94.8 95.8 96.8 97.9 98.9 99.9 100.9 101.9 102.9

55.8 56.8 57.9 58.9 60.0 61.0 62.1 63.1 64.2 65.2 66.3 67.3 68.4 69.4 70.5 71.5 72.6 73.6 74.6 75.7 76.7 77.8 78.8 79.9 80.9 82.0 83.0 84.0 85.1 86.1 87.2 88.2 89.2 90.3 91.3 92.4 93.4 94.4 95.5 96.5 97.6 98.6 99.6 100.7 101.7 102.8 103.8 104.8 105.9 106.9

59.2 60.3 61.4 62.5 63.6 64.7 65.7 66.8 67.9 69.0 70.0 71.1 72.2 73.3 74.4 75.4 76.5 77.6 78.6 79.7 80.8 81.9 82.9 84.0 85.1 86.1 87.2 88.3 89.3 90.4 91.5 92.5 93.6 94.7 95.7 96.8 97.9 98.9 100.0 101.1 102.1 103.2 104.2 105.3 106.4 107.4 108.5 109.5 110.6 111.7

64.3 65.4 66.5 67.7 68.8 69.9 71.0 72.2 73.3 74.4 75.5 76.6 77.7 78.9 80.0 81.1 82.2 83.3 84.4 85.5 86.6 87.7 88.8 90.0 91.1 92.2 93.3 94.4 95.5 96.6 97.7 98.8 99.9 101.0 102.1 103.2 104.3 105.4 106.5 107.6 108.7 109.8 110.9 111.9 113.0 114.1 115.2 116.3 117.4 118.5

77.4 78.6 79.8 81.1 82.3 83.5 84.7 86.0 87.2 88.4 89.6 90.8 92.0 93.2 94.4 95.6 96.8 98.0 99.2 100.4 101.6 102.8 104.0 105.2 106.4 107.6 108.8 110.0 111.1 112.3 113.5 114.7 115.9 117.1 118.2 119.4 120.6 121.8 122.9 124.1 125.3 126.5 127.6 128.8 130.0 131.1 132.3 133.5 134.6 135.8

80.7 82.0 83.3 84.5 85.7 87.0 88.2 89.5 90.7 92.0 93.2 94.4 95.6 96.9 98.1 99.3 100.6 101.8 103.0 104.2 105.4 106.6 107.9 109.1 110.3 111.5 112.7 113.9 115.1 116.3 117.5 118.7 119.9 121.1 122.3 123.5 124.7 125.9 127.1 128.3 129.5 130.7 131.9 133.1 134.2 135.4 136.6 137.8 139.0 140.2

88.0 89.3 90.6 91.9 93.2 94.5 95.8 97.0 98.3 99.6 100.9 102.2 103.4 104.7 106.0 107.3 108.5 109.8 111.1 112.3 113.6 114.8 116.1 117.3 118.6 119.9 121.1 122.3 123.6 124.8 126.1 127.3 128.6 129.8 131.0 132.3 133.5 134.7 136.0 137.2 138.4 139.7 140.9 142.1 143.3 144.6 145.8 147.0 148.2 149.4

90.9 92.2 93.5 94.8 96.2 97.5 98.8 100.1 101.4 102.7 104.0 105.3 106.6 107.9 109.2 110.5 111.7 113.0 114.3 115.6 116.9 118.1 119.4 120.7 121.9 123.2 124.5 125.7 127.0 128.3 129.5 130.8 132.0 133.3 134.5 135.8 137.0 138.3 139.5 140.8 142.0 143.3 144.5 145.8 147.0 148.2 149.5 150.7 151.9 153.2

406

68.7 69.8 71.0 72.2 73.3 74.5 75.6 76.8 77.9 79.1 80.2 81.4 82.5 83.7 84.8 86.0 87.1 88.3 89.4 90.5 91.7 92.8 93.9 95.1 96.2 97.4 98.5 99.6 100.7 101.9 103.0 104.1 105.3 106.4 107.5 108.6 109.8 110.9 112.0 113.1 114.3 115.4 116.5 117.6 118.8 119.9 121.0 122.1 123.2 124.3

72.6 73.8 75.0 76.2 77.4 78.6 79.8 80.9 82.1 83.3 84.5 85.7 86.8 88.0 89.2 90.3 91.5 92.7 93.9 95.0 96.2 97.4 98.5 99.7 100.8 102.0 103.2 104.3 105.5 106.6 107.8 108.9 110.1 111.2 112.4 113.5 114.7 115.8 117.0 118.1 119.3 120.4 121.6 122.7 123.9 125.0 126.1 127.3 128.4 129.6

TABLA 3. DISTRIBUCIÓN ACUMULATIVA T DE STUDENT p

Los valores en la tabla son valores t, siendo la probabilidad p el área acumulada en el extremos inferior. 0

G.L. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 40 45 50 55 60 70 80 90 100 200 300 400 500 1000 5000

0.75 1.000 0.816 0.765 0.741 0.727 0.718 0.711 0.706 0.703 0.700 0.697 0.695 0.694 0.692 0.691 0.690 0.689 0.688 0.688 0.687 0.686 0.686 0.685 0.685 0.684 0.684 0.684 0.683 0.683 0.683 0.682 0.682 0.682 0.682 0.682 0.681 0.680 0.679 0.679 0.679 0.678 0.678 0.677 0.677 0.676 0.675 0.675 0.675 0.675 0.675

0.80 1.376 1.061 0.978 0.941 0.920 0.906 0.896 0.889 0.883 0.879 0.876 0.873 0.870 0.868 0.866 0.865 0.863 0.862 0.861 0.860 0.859 0.858 0.858 0.857 0.856 0.856 0.855 0.855 0.854 0.854 0.853 0.853 0.853 0.852 0.852 0.851 0.850 0.849 0.848 0.848 0.847 0.846 0.846 0.845 0.843 0.843 0.843 0.842 0.842 0.842

0.85 1.963 1.386 1.250 1.190 1.156 1.134 1.119 1.108 1.100 1.093 1.088 1.083 1.079 1.076 1.074 1.071 1.069 1.067 1.066 1.064 1.063 1.061 1.060 1.059 1.058 1.058 1.057 1.056 1.055 1.055 1.054 1.054 1.053 1.052 1.052 1.050 1.049 1.047 1.046 1.045 1.044 1.043 1.042 1.042 1.039 1.038 1.038 1.038 1.037 1.037

PROBABILIDAD P 0.90 0.95 0.975 3.078 6.314 12.706 1.886 2.920 4.303 1.638 2.353 3.182 1.533 2.132 2.776 1.476 2.015 2.571 1.440 1.943 2.447 1.415 1.895 2.365 1.397 1.860 2.306 1.383 1.833 2.262 1.372 1.812 2.228 1.363 1.796 2.201 1.356 1.782 2.179 1.350 1.771 2.160 1.345 1.761 2.145 1.341 1.753 2.131 1.337 1.746 2.120 1.333 1.740 2.110 1.330 1.734 2.101 1.328 1.729 2.093 1.325 1.725 2.086 1.323 1.721 2.080 1.321 1.717 2.074 1.319 1.714 2.069 1.318 1.711 2.064 1.316 1.708 2.060 1.315 1.706 2.056 1.314 1.703 2.052 1.313 1.701 2.048 1.311 1.699 2.045 1.310 1.697 2.042 1.309 1.696 2.040 1.309 1.694 2.037 1.308 1.692 2.035 1.307 1.691 2.032 1.306 1.690 2.030 1.303 1.684 2.021 1.301 1.679 2.014 1.299 1.676 2.009 1.297 1.673 2.004 1.296 1.671 2.000 1.294 1.667 1.994 1.292 1.664 1.990 1.291 1.662 1.987 1.290 1.660 1.984 1.286 1.653 1.972 1.284 1.650 1.968 1.284 1.649 1.966 1.283 1.648 1.965 1.282 1.646 1.962 407 1.282 1.645 1.960

0

0.990 31.821 6.965 4.541 3.747 3.365 3.143 2.998 2.896 2.821 2.764 2.718 2.681 2.650 2.624 2.602 2.583 2.567 2.552 2.539 2.528 2.518 2.508 2.500 2.492 2.485 2.479 2.473 2.467 2.462 2.457 2.453 2.449 2.445 2.441 2.438 2.423 2.412 2.403 2.396 2.390 2.381 2.374 2.368 2.364 2.345 2.339 2.336 2.334 2.330 2.327

t

0.995 63.657 9.925 5.841 4.604 4.032 3.707 3.499 3.355 3.250 3.169 3.106 3.055 3.012 2.977 2.947 2.921 2.898 2.878 2.861 2.845 2.831 2.819 2.807 2.797 2.787 2.779 2.771 2.763 2.756 2.750 2.744 2.738 2.733 2.728 2.724 2.704 2.690 2.678 2.668 2.660 2.648 2.639 2.632 2.626 2.601 2.592 2.588 2.586 2.581 2.577

0.9995 636.619 31.599 12.924 8.610 6.869 5.959 5.408 5.041 4.781 4.587 4.437 4.318 4.221 4.140 4.073 4.015 3.965 3.922 3.883 3.850 3.819 3.792 3.768 3.745 3.725 3.707 3.690 3.674 3.659 3.646 3.633 3.622 3.611 3.601 3.591 3.551 3.520 3.496 3.476 3.460 3.435 3.416 3.402 3.390 3.340 3.323 3.315 3.310 3.300 3.292

TABLA 4. DISTRIBUCIÓN ACUMULATIVA F:

P [F ≤ f]

Los valores en la tabla son valores F, siendo la probabilidad p el área acumulada en el extremos inferior. G.L. De nom.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

P 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995

Grados 1 2 3 4 5 6 7 8 9 161 200 216 225 230 234 237 239 241 648 799 864 900 922 937 948 957 963 4052 5000 5403 5625 5764 5859 5928 5981 6022 16211 20000 21615 22500 23056 23437 23715 23925 24091 18.51 19.00 19.16 19.25 19.30 19.33 19.35 19.37 19.38 38.51 39.00 39.17 39.25 39.30 39.33 39.36 39.37 39.39 98.50 99.00 99.17 99.25 99.30 99.33 99.36 99.37 99.39 198.50 199.00 199.17 199.25 199.30 199.33 199.36 199.37 199.39 10.13 9.55 9.28 9.12 9.01 8.94 8.89 8.85 8.81 17.44 16.04 15.44 15.10 14.88 14.73 14.62 14.54 14.47 34.12 30.82 29.46 28.71 28.24 27.91 27.67 27.49 27.35 55.55 49.80 47.47 46.19 45.39 44.84 44.43 44.13 43.88 7.71 6.94 6.59 6.39 6.26 6.16 6.09 6.04 6.00 12.22 10.65 9.98 9.60 9.36 9.20 9.07 8.98 8.90 21.20 18.00 16.69 15.98 15.52 15.21 14.98 14.80 14.66 31.33 26.28 24.26 23.15 22.46 21.97 21.62 21.35 21.14 6.61 5.79 5.41 5.19 5.05 4.95 4.88 4.82 4.77 10.01 8.43 7.76 7.39 7.15 6.98 6.85 6.76 6.68 16.26 13.27 12.06 11.39 10.97 10.67 10.46 10.29 10.16 22.78 18.31 16.53 15.56 14.94 14.51 14.20 13.96 13.77 5.99 5.14 4.76 4.53 4.39 4.28 4.21 4.15 4.10 8.81 7.26 6.60 6.23 5.99 5.82 5.70 5.60 5.52 13.75 10.92 9.78 9.15 8.75 8.47 8.26 8.10 7.98 18.63 14.54 12.92 12.03 11.46 11.07 10.79 10.57 10.39 5.59 4.74 4.35 4.12 3.97 3.87 3.79 3.73 3.68 8.07 6.54 5.89 5.52 5.29 5.12 4.99 4.90 4.82 12.25 9.55 8.45 7.85 7.46 7.19 6.99 6.84 6.72 16.24 12.40 10.88 10.05 9.52 9.16 8.89 8.68 8.51 5.32 4.46 4.07 3.84 3.69 3.58 3.50 3.44 3.39 7.57 6.06 5.42 5.05 4.82 4.65 4.53 4.43 4.36 11.26 8.65 7.59 7.01 6.63 6.37 6.18 6.03 5.91 14.69 11.04 9.60 8.81 8.30 7.95 7.69 7.50 7.34 5.12 4.26 3.86 3.63 3.48 3.37 3.29 3.23 3.18 7.21 5.71 5.08 4.72 4.48 4.32 4.20 4.10 4.03 10.56 8.02 6.99 6.42 6.06 5.80 5.61 5.47 5.35 13.61 10.11 8.72 7.96 7.47 7.13 6.88 6.69 6.54 4.96 4.10 3.71 3.48 3.33 3.22 3.14 3.07 3.02 6.94 5.46 4.83 4.47 4.24 4.07 3.95 3.85 3.78 10.04 7.56 6.55 5.99 5.64 5.39 5.20 5.06 4.94 12.83 9.43 8.08 7.34 6.87 6.54 6.30 6.12 5.97

TABLA 4. DISTRIBUCIÓN ACUMULATIVA F:

de libe rtad de l nume rador 10 11 12 13 14 242 243 244 245 245 969 973 977 980 983 6056 6083 6106 6126 6143 24224 24334 24426 24505 24572 19.40 19.40 19.41 19.42 19.42 39.40 39.41 39.41 39.42 39.43 99.40 99.41 99.42 99.42 99.43 199.40 199.41 199.42 199.42 199.43 8.79 8.76 8.74 8.73 8.71 14.42 14.37 14.34 14.30 14.28 27.23 27.13 27.05 26.98 26.92 43.69 43.52 43.39 43.27 43.17 5.96 5.94 5.91 5.89 5.87 8.84 8.79 8.75 8.71 8.68 14.55 14.45 14.37 14.31 14.25 20.97 20.82 20.70 20.60 20.51 4.74 4.70 4.68 4.66 4.64 6.62 6.57 6.52 6.49 6.46 10.05 9.96 9.89 9.82 9.77 13.62 13.49 13.38 13.29 13.21 4.06 4.03 4.00 3.98 3.96 5.46 5.41 5.37 5.33 5.30 7.87 7.79 7.72 7.66 7.60 10.25 10.13 10.03 9.95 9.88 3.64 3.60 3.57 3.55 3.53 4.76 4.71 4.67 4.63 4.60 6.62 6.54 6.47 6.41 6.36 8.38 8.27 8.18 8.10 8.03 3.35 3.31 3.28 3.26 3.24 4.30 4.24 4.20 4.16 4.13 5.81 5.73 5.67 5.61 5.56 7.21 7.10 7.01 6.94 6.87 3.14 3.10 3.07 3.05 3.03 3.96 3.91 3.87 3.83 3.80 5.26 5.18 5.11 5.05 5.01 6.42 6.31 6.23 6.15 6.09 2.98 2.94 2.91 2.89 2.86 3.72 3.66 3.62 3.58 3.55 4.85 4.77 4.71 4.65 4.60 5.85 5.75 5.66 5.59 5.53

15 246 985 6157 24630 19.43 39.43 99.43 199.43 8.70 14.25 26.87 43.08 5.86 8.66 14.20 20.44 4.62 6.43 9.72 13.15 3.94 5.27 7.56 9.81 3.51 4.57 6.31 7.97 3.22 4.10 5.52 6.81 3.01 3.77 4.96 6.03 2.85 3.52 4.56 5.47

16 246 987 6170 24681 19.43 39.44 99.44 199.44 8.69 14.23 26.83 43.01 5.84 8.63 14.15 20.37 4.60 6.40 9.68 13.09 3.92 5.24 7.52 9.76 3.49 4.54 6.28 7.91 3.20 4.08 5.48 6.76 2.99 3.74 4.92 5.98 2.83 3.50 4.52 5.42

17 247 989 6181 24727 19.44 39.44 99.44 199.44 8.68 14.21 26.79 42.94 5.83 8.61 14.11 20.31 4.59 6.38 9.64 13.03 3.91 5.22 7.48 9.71 3.48 4.52 6.24 7.87 3.19 4.05 5.44 6.72 2.97 3.72 4.89 5.94 2.81 3.47 4.49 5.38

18 247 990 6192 24767 19.44 39.44 99.44 199.44 8.67 14.20 26.75 42.88 5.82 8.59 14.08 20.26 4.58 6.36 9.61 12.98 3.90 5.20 7.45 9.66 3.47 4.50 6.21 7.83 3.17 4.03 5.41 6.68 2.96 3.70 4.86 5.90 2.80 3.45 4.46 5.34

19 248 992 6201 24803 19.44 39.45 99.45 199.45 8.67 14.18 26.72 42.83 5.81 8.58 14.05 20.21 4.57 6.34 9.58 12.94 3.88 5.18 7.42 9.62 3.46 4.48 6.18 7.79 3.16 4.02 5.38 6.64 2.95 3.68 4.83 5.86 2.79 3.44 4.43 5.31

20 248 993 6209 24836 19.45 39.45 99.45 199.45 8.66 14.17 26.69 42.78 5.80 8.56 14.02 20.17 4.56 6.33 9.55 12.90 3.87 5.17 7.40 9.59 3.44 4.47 6.16 7.75 3.15 4.00 5.36 6.61 2.94 3.67 4.81 5.83 2.77 3.42 4.41 5.27

P [F ≤ f]

Los valores en la tabla son valores F, siendo la probabilidad p el área acumulada en el extremos inferior. G.L. De nom.

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

P 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995 0.950 0.975 0.990 0.995

1 4.84 6.72 9.65 12.23 4.75 6.55 9.33 11.75 4.67 6.41 9.07 11.37 4.60 6.30 8.86 11.06 4.54 6.20 8.68 10.80 4.49 6.12 8.53 10.58 4.45 6.04 8.40 10.38 4.41 5.98 8.29 10.22 4.38 5.92 8.18 10.07 4.35 5.87 8.10 9.94

2 3.98 5.26 7.21 8.91 3.89 5.10 6.93 8.51 3.81 4.97 6.70 8.19 3.74 4.86 6.51 7.92 3.68 4.77 6.36 7.70 3.63 4.69 6.23 7.51 3.59 4.62 6.11 7.35 3.55 4.56 6.01 7.21 3.52 4.51 5.93 7.09 3.49 4.46 5.85 6.99

3 3.59 4.63 6.22 7.60 3.49 4.47 5.95 7.23 3.41 4.35 5.74 6.93 3.34 4.24 5.56 6.68 3.29 4.15 5.42 6.48 3.24 4.08 5.29 6.30 3.20 4.01 5.18 6.16 3.16 3.95 5.09 6.03 3.13 3.90 5.01 5.92 3.10 3.86 4.94 5.82

4 3.36 4.28 5.67 6.88 3.26 4.12 5.41 6.52 3.18 4.00 5.21 6.23 3.11 3.89 5.04 6.00 3.06 3.80 4.89 5.80 3.01 3.73 4.77 5.64 2.96 3.66 4.67 5.50 2.93 3.61 4.58 5.37 2.90 3.56 4.50 5.27 2.87 3.51 4.43 5.17

5 3.20 4.04 5.32 6.42 3.11 3.89 5.06 6.07 3.03 3.77 4.86 5.79 2.96 3.66 4.69 5.56 2.90 3.58 4.56 5.37 2.85 3.50 4.44 5.21 2.81 3.44 4.34 5.07 2.77 3.38 4.25 4.96 2.74 3.33 4.17 4.85 2.71 3.29 4.10 4.76

6 3.09 3.88 5.07 6.10 3.00 3.73 4.82 5.76 2.92 3.60 4.62 5.48 2.85 3.50 4.46 5.26 2.79 3.41 4.32 5.07 2.74 3.34 4.20 4.91 2.70 3.28 4.10 4.78 2.66 3.22 4.01 4.66 2.63 3.17 3.94 4.56 2.60 3.13 3.87 4.47

7 3.01 3.76 4.89 5.86 2.91 3.61 4.64 5.52 2.83 3.48 4.44 5.25 2.76 3.38 4.28 5.03 2.71 3.29 4.14 4.85 2.66 3.22 4.03 4.69 2.61 3.16 3.93 4.56 2.58 3.10 3.84 4.44 2.54 3.05 3.77 4.34 2.51 3.01 3.70 4.26

8 2.95 3.66 4.74 5.68 2.85 3.51 4.50 5.35 2.77 3.39 4.30 5.08 2.70 3.29 4.14 4.86 2.64 3.20 4.00 4.67 2.59 3.12 3.89 4.52 2.55 3.06 3.79 4.39 2.51 3.01 3.71 4.28 2.48 2.96 3.63 4.18 2.45 2.91 3.56 4.09

408

Grados 9 2.90 3.59 4.63 5.54 2.80 3.44 4.39 5.20 2.71 3.31 4.19 4.94 2.65 3.21 4.03 4.72 2.59 3.12 3.89 4.54 2.54 3.05 3.78 4.38 2.49 2.98 3.68 4.25 2.46 2.93 3.60 4.14 2.42 2.88 3.52 4.04 2.39 2.84 3.46 3.96

de libe rtad de l nume rador 10 11 12 13 2.85 2.82 2.79 2.76 3.53 3.47 3.43 3.39 4.54 4.46 4.40 4.34 5.42 5.32 5.24 5.16 2.75 2.72 2.69 2.66 3.37 3.32 3.28 3.24 4.30 4.22 4.16 4.10 5.09 4.99 4.91 4.84 2.67 2.63 2.60 2.58 3.25 3.20 3.15 3.12 4.10 4.02 3.96 3.91 4.82 4.72 4.64 4.57 2.60 2.57 2.53 2.51 3.15 3.09 3.05 3.01 3.94 3.86 3.80 3.75 4.60 4.51 4.43 4.36 2.54 2.51 2.48 2.45 3.06 3.01 2.96 2.92 3.80 3.73 3.67 3.61 4.42 4.33 4.25 4.18 2.49 2.46 2.42 2.40 2.99 2.93 2.89 2.85 3.69 3.62 3.55 3.50 4.27 4.18 4.10 4.03 2.45 2.41 2.38 2.35 2.92 2.87 2.82 2.79 3.59 3.52 3.46 3.40 4.14 4.05 3.97 3.90 2.41 2.37 2.34 2.31 2.87 2.81 2.77 2.73 3.51 3.43 3.37 3.32 4.03 3.94 3.86 3.79 2.38 2.34 2.31 2.28 2.82 2.76 2.72 2.68 3.43 3.36 3.30 3.24 3.93 3.84 3.76 3.70 2.35 2.31 2.28 2.25 2.77 2.72 2.68 2.64 3.37 3.29 3.23 3.18 3.85 3.76 3.68 3.61

14 2.74 3.36 4.29 5.10 2.64 3.21 4.05 4.77 2.55 3.08 3.86 4.51 2.48 2.98 3.70 4.30 2.42 2.89 3.56 4.12 2.37 2.82 3.45 3.97 2.33 2.75 3.35 3.84 2.29 2.70 3.27 3.73 2.26 2.65 3.19 3.64 2.22 2.60 3.13 3.55

15 2.72 3.33 4.25 5.05 2.62 3.18 4.01 4.72 2.53 3.05 3.82 4.46 2.46 2.95 3.66 4.25 2.40 2.86 3.52 4.07 2.35 2.79 3.41 3.92 2.31 2.72 3.31 3.79 2.27 2.67 3.23 3.68 2.23 2.62 3.15 3.59 2.20 2.57 3.09 3.50

16 2.70 3.30 4.21 5.00 2.60 3.15 3.97 4.67 2.51 3.03 3.78 4.41 2.44 2.92 3.62 4.20 2.38 2.84 3.49 4.02 2.33 2.76 3.37 3.87 2.29 2.70 3.27 3.75 2.25 2.64 3.19 3.64 2.21 2.59 3.12 3.54 2.18 2.55 3.05 3.46

17 2.69 3.28 4.18 4.96 2.58 3.13 3.94 4.63 2.50 3.00 3.75 4.37 2.43 2.90 3.59 4.16 2.37 2.81 3.45 3.98 2.32 2.74 3.34 3.83 2.27 2.67 3.24 3.71 2.23 2.62 3.16 3.60 2.20 2.57 3.08 3.50 2.17 2.52 3.02 3.42

18 2.67 3.26 4.15 4.92 2.57 3.11 3.91 4.59 2.48 2.98 3.72 4.33 2.41 2.88 3.56 4.12 2.35 2.79 3.42 3.95 2.30 2.72 3.31 3.80 2.26 2.65 3.21 3.67 2.22 2.60 3.13 3.56 2.18 2.55 3.05 3.46 2.15 2.50 2.99 3.38

19 2.66 3.24 4.12 4.89 2.56 3.09 3.88 4.56 2.47 2.96 3.69 4.30 2.40 2.86 3.53 4.09 2.34 2.77 3.40 3.91 2.29 2.70 3.28 3.76 2.24 2.63 3.19 3.64 2.20 2.58 3.10 3.53 2.17 2.53 3.03 3.43 2.14 2.48 2.96 3.35

20 2.65 3.23 4.10 4.86 2.54 3.07 3.86 4.53 2.46 2.95 3.66 4.27 2.39 2.84 3.51 4.06 2.33 2.76 3.37 3.88 2.28 2.68 3.26 3.73 2.23 2.62 3.16 3.61 2.19 2.56 3.08 3.50 2.16 2.51 3.00 3.40 2.12 2.46 2.94 3.32

Tabla 5. De Wilcoxon para n ≤ 40 y  = 0.05 o 0.01. n

0.05

6

0.01

n

0.05

0.01

n

0.05

0.01

0 - 21

18

40 - 131

27 - 144

30

137 - 328 109 - 356

7

2 - 26

19

46 - 144

32 - 158

31

147 - 349 118 - 378

8

3 - 33

0 - 36

20

52 - 158

37 - 173

32

159 - 369 128 - 400

9

5 - 40

1 - 44

21

58 - 173

42 - 189

33

170 - 391 138 - 423

10

8 - 47

3 - 52

22

65 - 188

48 - 205

34

182 - 413 148 - 447

11

10 -56

5 - 61

23

73 - 203

54 - 222

35

195 - 435 159 - 471

12

13 - 65

7 - 71

24

81 - 219

61 - 239

36

208 - 458 171 - 495

13

17 - 74

9 - 82

25

89 - 236

68 - 257

37

221 - 482 182 - 521

14

21 - 84

12 - 93

26

98 - 253

75 - 276

38

235 - 506 194 - 547

15

25 - 95

15 - 105

27

107 - 271

83 - 295

39

249 - 531 207 - 573

16

29 - 107

19 - 117

28

116 - 290

91 - 315

40

264 - 556 220 - 600

17

34 - 119

23 - 130

29

126 - 309 100 - 335

Fuente: Journal of the American Statistical Association, setiembre de 1965.

Tabla 6. Valores críticos para la prueba del signo S: n ≤ 25 y  = 0.01 o 0.05 n

0.01

0.05

n

0.01

0.05

1

-

-

14

1

2

2

-

-

15

2

3

3

-

-

16

2

3

4

-

-

17

2

4

5

-

-

18

3

4

6

-

0

19

3

4

7

-

0

20

3

5

8

0

0

21

4

5

9

0

1

22

4

5

10

0

1

23

4

6

11

0

1

24

5

6

12

1

2

25

5

7

13

1

2

La hipótesis nula se rechaza si S es menor o igual al valor de la tabla.

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