Practica 3 Experimentos 3 Capitulo 2

DISEÑO DE EXPERIMENTOS
NOMBRE: KELVIN BELTRE
MATRICULA: 19-SIIN-1-007
Comparación de dos medias: Varianzas diferentes no
conocidas
Símbolos: χ λ δ {} σ µ Σ α [ ] β δ ӯ Ῡ ∑ ≈
≥ ≤=˂˃≠
x̄ ±«»
p̂, pˆ
Se prueban 10 partes diferentes en cada nivel de temperatura y se mide el encogimiento sufrido
en unidades de porcentaje multiplicado por 10. Los resultados son
Encogimiento
17.2
17.5
18.6
15.9
16.4
17.3
16.8
18.4
16.7
17.6
17.3
16.9
16.3
16.6
Temperatura
Baja
Baja
Baja
Baja
Baja
Baja
Baja
Baja
Baja
Baja
Baja
Baja
Baja
Baja
Encogimiento
20.8
21.4
23
19.8
22
24
21
20.8
19.9
21.1
20.3
22.8
23.8
21.7
23
21.8
19.1
17.5
Temperatura
Alta
Alta
Alta
Alta
Alta
Alta
Alta
Alta
Alta
Alta
Alta
Alta
Alta
Alta
Alta
Alta
Alta
Alta
Ho:σ12= σ22→H0: σ12/σ22=1
“La variabilidad en el encogimiento de las piezas es igual a temperatura alta y a
temperatura baja”
H1: σ12> σ22→ H1: σ12/σ22>1
“La Temperatura alta produce mayor variabilidad o varianza en el encogimiento que a
temperatura baja”. La varianza del encogimiento a temperatura alta es mayor que la
varianza del encogimiento a temperatura baja.
Datos Muéstrales
S12=Varianza de la muestra a Temperatura Alta=2.799
S22=Varianza de la muestra a Temperatura baja=0.581
n1=Tamaño de la muestra a temperatura alta= 18
GL1=n1-1=18-1=17
n2=Tamaño de la muestra a temperatura baja= 14
GL2=n2-1=14-1=13
Estadísticas
Variable
Temperatura Varianza
Encogimiento Alta
2.799
Baja
0.581
Valor P (Método)Prueba
Hipótesis nula
H₀: σ₁² / σ₂² = 1
Hipótesis alterna
H₁: σ₁² / σ₂² > 1
Nivel de significancia α = 0.05
Método Estadística GL1 GL2 Valor p
de prueba
F
4.82
17
13
Dado que el Valor P=0.003<<0.05 se rechaza la hipótesis nula, por lo tanto, los datos
muéstrales del experimento indican que la varianza del encogimiento es diferente en
ambas temperaturas, La varianza del encogimiento a temperatura alta es mayor que la
varianza del encogimiento a temperatura baja.
Estadístico de Prueba (Método)
F=4.82α=0.05 Nivel de confianza=1-α=95%
GL1=n1-1=18-1=17
GL2=n2-1=14-1=13
0.003
“Dado que el estadístico de Prueba F=4.82 cae en la zona de rechazo de Ho, existe prueba
suficiente en su contra y por lo tanto los datos muéstrales en el experimento apoyan la
aseveración que La varianza del encogimiento a temperatura alta es mayor que la varianza
del encogimiento a temperatura baja”
a) ¿La temperatura tiene algún efecto en el encogimiento? Plantee las hipótesis
estadísticas correspondientes a esta interrogante y pruebe al nivel de
significancia de α= 0.05
H0:µ1= µ2→ µ1-µ2=0
“El encogimiento promedio a temperatura alta es igual que a temperatura baja. La
temperatura alta produce un encogimiento promedio a las piezas igual que la temperatura
baja”. El encogimiento promedio de las piezas es el mismo a ambas temperaturas”. La
temperatura no afecta el encogimiento de la pieza.
H1: µ1≠µ2→ µ1-µ2≠0
“El encogimiento promedio a temperatura alta es diferente que a temperatura baja. La
temperatura alta produce un encogimiento promedio a las piezas diferente que la
temperatura baja”. El encogimiento promedio de las piezas NO es el mismo a ambas
temperaturas”. La temperatura SI afecta el encogimiento de la pieza.
Estadísticos descriptivos: Encogimiento
Temperatura
N
Media Desv.Est.
Alta
18
21.32
1.67
Baja
14 17.107
0.762
Prueba
Hipótesis nula
H₀: μ₁ - µ₂ = 0
Hipótesis alterna H₁: μ₁ - µ₂ ≠ 0
Valor T GL Valor p
9.50
24
0.000
Dado que el Valor=0.000<<0.05 se rechaza la hipótesis nula, hay prueba suficiente en su
contra, los datos muestrales aportan evidencia significativa a favor de la hipótesis
alternativa y por lo tanto H1: µ1≠µ2→ µ1-µ2≠0
“El encogimiento promedio a temperatura alta es diferente que a temperatura baja. La
temperatura alta produce un encogimiento promedio a las piezas diferente que la
temperatura baja”. El encogimiento promedio de las piezas NO es el mismo a ambas
temperaturas”. La temperatura SI afecta el encogimiento de la pieza.
Valor T GL Valor p
9.50
24
0.000
Estadístico de Prueba:
t=9.50 GL=V=24 α=0.05 Nivel de confianza=1-α=95%
Dado que el estadístico de prueba t=9.50 cae en la zona de rechazo, se rechaza la hipótesis nula,
hay prueba suficiente en su contra, los datos muéstrales aportan evidencia significativa a favor
de la hipótesis alternativa y por lo tanto H1: µ1≠µ2 µ1-µ2≠0
“El encogimiento promedio a temperatura alta es diferente que a temperatura baja. La
temperatura SI afecta el encogimiento de la pieza”.
En un estudio que se lleva a cabo en el departamento de zoología del Instituto Politécnico Estatal de
Virginia sobre el desarrollo de Ectromycorrhizal, una relación simbiótica entre las raíces de los árboles y
un hongo en la que se transfieren minerales del hongo a los árboles y azúcares de los árboles a los hongos,
se plantan en un invernadero 20 robles rojos con el hongo pisolithus tinctorus. Todos los arbolitos se
plantan en el mismo tipo de suelo y reciben la misma cantidad de luz solar y agua. La mitad no recibe
nitrógeno en el momento de plantarlos para servir como control y la otra mitad recibe 368 ppm de
nitrógeno en forma de NaNO3. Los pesos de los tallos, que se registran en gramos, al final de 140 días se
presentan en la tabla 2.3.
Pesos de los tallos en gramos al final de 140 días
Plantación
Sin Plantación Con
Nitrógeno
Nitrógeno
0.32
0.26
0.53
0.43
0.28
0.47
0.37
0.49
0.47
0.52
0.43
0.75
0.36
0.42
0.38
0.43
0.79
0.86
0.62
0.46
a) diferencia significativa en los pesos de los tallos en ambos grupos? Utilice un α=0.05
b) ¿De la repuesta anterior usted puede decir que los pesos de los tallos dependen del tipo
de plantación (Con nitrógeno y Sin nitrógeno)?
H0: “El tamaño de las raíces es independiente del nitrógeno”
H1: “El tamaño de las raíces es dependiente del nitrógeno”
Prueba:
H0: µ= 92.67 pulgadas
H1: µ ≥ 92.84 pulgadas
Datos Muéstrales
S12=Varianza de la muestra sin nitrógeno=0.005
S22=Varianza de la muestra con nitrógeno=0.035
n1=Tamaño de la muestra sin nitrógeno= 10
GL1=n1-1=10-1=9
n2=Tamaño de la muestra con nitrógeno= 10
GL2=n2-1=10-1=10
Estadísticas descriptivas
Variable
N
Desv.Est.
Varianza
Plantación Sin
Nitrógeno
Plantación Con
Nitrógeno
10
0.073
0.005
IC de 95% para
σ²
(0.002, 0.020)
10
0.187
0.035
(0.016, 0.117)
Valor P (Método)
Prueba
Hipótesisnula
H₀: σ₁² / σ₂² = 1
Hipótesisalterna
H₁: σ₁² / σ₂²≠ 1
Nivel de significancia
α = 0.05
Método
Estadística
GL1
GL2
de prueba
Bonett
5.97
1
Valor p
0.015
Levene
4.15
1
18
0.057
Dado que el Valor P=0.003<0.05, se rechaza la hipótesis nula de que el tamaño de las
raíces no se ve afectado por el nitrógeno.
¿Existe diferencia significativa en los pesos de los tallos en ambos grupos? Utilice un
α=0.05
Si existe una variación significativa entre ambos grupos como se puede ver en la
descripción de abajo:
Estadísticas descriptivas
Muestra
N
Media
Desv.Est.
Error estándar de la
media
Plantación Sin
Nitrógeno
Plantación Con
Nitrógeno
10
0.3990
0.0728
0.023
10
0.565
0.187
0.059
Prueba
Hipótesis nula
Hipótesis alterna
Valor T GL
-2.62
11
H₀: μ₁ - µ₂ = 0
H₁: μ₁ - µ₂< 0
Valor p
0.012
¿De la repuesta anterior usted puede decir que los pesos de los tallos dependen del
tipo de plantación (Con nitrógeno y Sin nitrógeno)?
Solo con esta prueba, es posible afirmar que existe una variación notable en el peso de
los tallos que incluyan o no nitrógeno, sin embargo, más pruebas deben de ser llevadas a
cabo para dar un veredicto concreto.
Se realizó un experimento para probar los efectos del alcohol. Los errores se registraron en una prueba de
destrezas visuales y motrices para un grupo de tratamiento de personas que bebieron etanol y otro grupo al
que se administró un placebo. Los resultados se muestran en la tabla adjunta, la tabla indica la tasa de error
promedio (según datos de “Effects of Alcohol Intoxication on Risk Taking, Strategy, and Error Rate in
Visuomotor Performance”, de Streufert et al., Journal of Applied Psychology, vol. 77, núm. ¿Sustentan los
resultados la creencia común de que beber es peligroso para conductores, pilotos, capitanes de navíos,
etcétera? Utilice un nivel de significancia de 0.05
H0: “Ingerir alcohol no es peligroso para conductores”
H1: “Ingerir alcohol es peligroso para conductores”
Prueba:
Datos Muéstrales
S12=Varianza de la muestra de tratamiento=4.840
S22=Varianza de la muestra de placebo=0.518
n1=Tamaño de la muestra de tratamiento= 20
GL1=n1-1=20-1=19
n2=Tamaño de la muestra de placebo= 20
GL2=n2-1=20-1=19
Estadísticas descriptivas
Muestra
N
Desv.Est.
Tratamiento 22
2.200
4.840
IC de 95% para
σ²
(2.865, 9.884)
Placebo
0.720
0.518
(0.307, 1.059)
22
Varianza
Relación de varianzas
Relación
estimada
9.33642
IC de 95% para la
relación usando F
(3.876, 22.488)
Prueba
Hipótesisnula
H₀: σ₁² / σ₂² = 1
Hipótesisalterna
Nivel de significancia
Método
F
Estadística
de prueba
9.34
H₁: σ₁² / σ₂²≠ 1
α = 0.05
GL1
GL2
Valor p
21
21
0.000
Dado que el Valor P=0.000<0.05 Se rechaza la hipótesis nula de que el tamaño de las
raíces no se ve afectado por el nitrógeno.
H0: “El chocolate semi-dulce se disuelve más rápido”
H1: “El chocolate de leche se disuelve más rápido”
Prueba:
Datos Muéstrales
S12=Varianza de la muestra semidulce=266.500
S22=Varianza de la muestra de leche=958.286
n1=Tamaño de la muestra de tratamiento= 8
GL1=n1-1=8-1=7
n2=Tamaño de la muestra de placebo= 7
GL2=n2-1=7-1=6
Estadísticas descriptivas
Variable
Semidulce
N
8
Desv.Est.
16.325
Varianza
266.500
IC de 95% para σ²
(87.936, 1416.865)
Leche
7
30.956
958.286
(347.293, 5100.618)
Relación de varianzas
Relación estimada
0.278101
IC de 95% para
la relación
usando Bonett
(0.035, 1.486)
Prueba
Hipótesisnula
Hipótesisalterna
H₀: σ₁² / σ₂² = 1
H₁: σ₁² / σ₂²≠ 1
IC de 95% para
la relación
usando Levene
(0.058, 1.917)
α = 0.05
Nivel de significancia
Estadística
de prueba
*
2.30
Método
Bonett
Levene
GL1
GL2
1
13
Valor p
0.109
0.153
Estadísticas descriptivas
Muestra
Semidulce
Leche
N
Media
8
7
35.3
59.4
Error estándar de la
media
Desv.Est.
16.3
31.0
5.8
12
Conclusión: Dado que el Valor P=0.109>0.05 Se acepta la hipótesis nula de que los
chocolates semidulces se disuelven más rápido.
H0: “Los módulos no difieren cuando hay baches”
H1: “Los módulos si difieren cuando hay baches”
Prueba:
Datos Muéstrales
S12=Varianza de la muestra con baches=0.715
S22=Varianza de la muestra sin baches=2.484
n1=Tamaño de la muestra con baches= 7
GL1=n1-1=7-1=6
n2=Tamaño de la muestra sin baches= 12
GL2=n2-1=12-1=1
Estadísticas descriptivas
Variable
Baches
Sin baches
N
7
12
Estadísticas descriptivas
Desv.Est.
0.846
1.576
Varianza
0.715
2.484
IC de 95% para
σ²
(0.127, 7.784)
(0.964, 9.142)
Relación
estimada
IC de 95% para la
relación usando Bonett
0.287842
Variable
N
Baches
Sin baches
(0.020, 2.444)
Desv.Est.
7
12
IC de 95% para la
relación usando Levene
(0.034, 7.156)
Varianza
IC de 95% para
σ²
0.715
(0.127, 7.784)
2.484
(0.964, 9.142)
0.846
1.576
Relación de varianzas
Prueba
Hipótesisnula
H₀: σ₁² / σ₂² = 1
Hipótesisalterna
H₁: σ₁² / σ₂²≠ 1
Nivel de significancia
α = 0.05
Método
Estadística
de prueba
Bonett
Levene
GL1
*
1.42
GL2
1
17
Valor p
0.218
0.251
Estadísticas descriptivas
Muestra
N
Media
Desv.Est.
Baches
Sin baches
7
12
1.930
3.05
0.846
1.58
Error estándar de la
media
Estimación de la diferencia
Diferencia
-1.120
Límite superior de 95%
para la diferencia
-0.149
0.32
0.45
Prueba
Hipótesisnula
H₀: μ₁ - µ₂ = 0
Hipótesisalterna
H₁: μ₁ - µ₂< 0
Valor T
GL
-2.01
16
Valor p
0.031
Conclusión
Dado que el Valor P=0.031>0.05 Se acepta la hipótesis nula de que los módulos
elásticos no son afectados por los baches.
COMPARACIÓN DE DOS MEDIAS: VARIANZAS
IGUALES NO CONOCIDAS
Símbolos: χ λ δ {} σ µ Σ α [ ] β δ ӯ Ῡ ∑ ≈
≥ ≤=˂˃≠
x̄ ±«»
p̂, pˆ
Utilice un α=0.05
Prueba de la igualdad de Varianza
Ho: σ12= σ22 → H0: σ12/σ22=1
Las varianzas en el índice de destrucción pulmonar de los fumadores y no fumadores son
iguales, la variabilidad del índice de destrucción pulmonar de no fumadores es igual a la
variabilidad de índice de destrucción pulmonar de fumadores H1: σ12> σ22 → H1:
σ12/σ22>1 “La varianza sin distintas”
Datos Muéstrales:
S12=Varianza de los no fumadores=23.51
S22=Varianza de los fumadores=20.03
Estadísticas
Variable
Tabaquismo
Varianza
Indice DP Fumadores
20.03
No Fumadores
23.51
Prueba
Hipótesis nula
H₀: σ₁² / σ₂² = 1
Hipótesis alterna
H₁: σ₁² / σ₂² > 1
Nivel de significancia α = 0.05
Estadística
Método de prueba GL1 GL2 Valor p
F
1.17
8
15
0.375
“Dado que el valor P=0.375>>0.05, se acepta la hipótesis nula, no existe prueba suficiente
en su contra y por lo tanto los datos muéstrales del experimento indican Ho: σ12= σ22
→H0: σ12/σ22=1.
“Las varianzas son iguales” Las varianzas en el índice de destrucción pulmonar de los
fumadores y no fumadores son iguales, la variabilidad del índice de destrucción pulmonar
de no fumadores es igual a la variabilidad de índice de destrucción pulmonar de
fumadores
Prueba De Las Medias
Planteamiento de Hipótesis:
Ho: µ1=µ2 → Ho: µ1-µ2=0
“El índice de destrucción pulmonar promedio en fumadores es igual al de los no
fumadores. Los índices de destrucción pulmonar promedio no diferente entre fumadores
y no fumadores. No existe una diferencia significativa en el índice de destrucción
pulmonar entre fumadores y no fumadores”. El tabaquismo no afecta al índice de
destrucción pulmonar.
H1: µ1≠µ2 → Ho: µ1-µ2≠0 “El índice de destrucción pulmonar promedio en fumadores es
diferente al de los no fumadores. El tabaquismo SI afecta al índice de destrucción
pulmonar.
VALOR P (Método de Valor):
Estadísticos descriptivos: Indice DP
Tabaquismo
N Media Desv.Est.
A No Fumadores
9
12.43
4.85
16
17.54
4.48
Fumadores
Prueba
Hipótesis nula
H₀: μ₁ - µ₂ = 0
Hipótesis alterna H₁: μ₁ - µ₂ ≠ 0
Valor T GL Valor p
-2.66
23
0.014
Conclusión: “Dado que el Valor P=0.014<<0.05, Se rechaza la hipótesis nula, los datos
muéstrales aportan evidencia suficiente en su contra, los resultados indican que hay
prueba significativa a favor de la hipótesis alternativa H1: µ1≠µ2 → Ho: µ1-µ2≠0 “El
índice de destrucción pulmonar promedio en fumadores es diferente al de los no
fumadores. El tabaquismo SI afecta al índice de destrucción pulmonar. Los fumadores
tienen significativamente un índice de destrucción pulmonar mayor. El valor P=1.4% es
la probabilidad real y riesgo real de cometer error Tipo I.
Gráfica de intervalos de Indice DP
95% IC para la media
Tabaquismo
A No Fumadores
Fumadores
20
Indice DP
18
17.5375
16
14
12
12.4333
10
A No Fumadores
Fumadores
Tabaquismo
Las desviaciones estándar individuales se utilizaron para calcular los intervalos.
Estadístico de Prueba (Método)
t=
Valor T GL Valor p
-2.66
23
0.014
GL=V=
t=-2.66
GL=Grado de libertad=23
α=0.05 Nivel de Confianza=0.95
0.4
Densidad
0.3
T,GL=23
0.2
0.1
0.0
zona de rechazo
zona de rechazo
95% = Nivel de Confianza
ZONA DE ACEPTACION DE Ho
α/2=0.025
-2.069
0
t
α/20.025
2.069
Dado que el estadístico de prueba t=2.66 cae en la zona de rechazo de H0, los
resultados indican que hay prueba
significativa a favor de la hipótesis
alternativa H1: µ1≠µ2 → Ho: µ1-µ2≠0 “El
índice de destrucción pulmonar
promedio en fumadores es diferente al de
los no fumadores. El tabaquismo SI
afecta al índice de destrucción pulmonar.
Se quieren comparar dos poblaciones de ranas pipiens aisladas
geográficamente. Para ello se toman dos muestras de ambas poblaciones de
tamaño 12 y 10 y se les mide la longitud del cuerpo expresado en milímetros.
Población 1: 20.1; 22.5; 22.2; 30.2; 22.8; 22.1; 21.2; 21.4; 20.7; 24.9; 23.9; 23.3
Población 2: 25.3; 31.2; 22.4; 23.1; 26.4; 28.2 ;21.3 ;31.1 ;26.2 ;21.4
Contrastar la hipótesis de igualdad de medias a un nivel de significación del
1%. (Suponiendo que la longitud se distribuya según una Normal).
Prueba de la igualdad de Varianza
Ho: σ12= σ22 →H0: σ12/σ22=1 “La varianza son iguales”
H1: σ12> σ22 → H1: σ12/σ22>1 “La varianza son distintas”
Estadistica
Variable
ID
Variance
Poblacion Muestra 1
13.56
Muestra 2
7.050
Test and CI for Two Variances: Poblacion vs ID
Method
σ₁: standard deviation of Poblacion when ID = Muestra 1
σ₂: standard deviation of Poblacion when ID = Muestra 2
Ratio: σ₁/σ₂
F method was used. This method is accurate for normal data only.
Descriptive Statistics
ID
N
StDev
Variance
95%
Bound
σ²
Muestra 1
10
3.682
13.560
7.213
Muestra 2
12
2.655
7.050
3.941
Lower
for
Ratio of Variances
Estimated
Ratio
1.92349
Test
95%
Bound
Ratio
using F
Lower
for
0.664
H₀: σ₁² / σ₂² = 1
Null hypothesis
Alternative hypothesis H₁: σ₁² / σ₂² > 1
α = 0.05
Significance level
Test
Method Statistic DF1 DF2 P-Value
F
1.92
9
11
0.152
Dado que el valor P=0.152>>0.05, se acepta la hipótesis nula, no existe prueba suficiente
en su contra y por lo tanto los datos muéstrales del experimento indican Ho: σ12= σ22
→H0: σ12/σ22=1 “Las varianzas son iguales”
0.8
0.7
Dado que el estadístico de prueba
cae en a la zona de aceptación de
la H0. No existen evidencias en su
contra por, lo tantas ambas
muestras tienen igualdad de
varianza
F, df1=9, df2=11
0.6
Density
0.5
0.4
0.3
0.2
Zona de aceptacion
0.1
0.0
0
Zona critica 0.05
F
2.896
Prueba de las Medias
Planteamiento de Hipótesis:
Ho: µ1=µ2 → Ho: µ1-µ2=0 La medida de la población entre las ranas pipen, es igual al de
la población separadas según ambas muestras. Por lo que no influiría un cambio según la
ubicación geográfica.
H1: µ1≠µ2 La medida de la poblaciones de ranas pipen entre ambas muestras no es igual
por lo que influiría un cambio en el tamaño según la ubicación.
Estadístico de prueba:
Two-Sample T-Test and CI: Poblacion, ID
Method
μ₁: mean of Poblacion when ID = Muestra 1
µ₂: mean of Poblacion when ID = Muestra 2
Difference: μ₁ - µ₂
Equal variances are assumed for this analysis.
Descriptive Statistics: Poblacion
ID
N Mean StDev SE Mean
Muestra 1 10 25.66
3.68
1.2
Muestra 2 12 22.94
2.66
0.77
Estimation for Difference
Pooled 95% CI for
Difference StDev Difference
2.72
3.16 (-0.10, 5.54)
Método del valor P:
Test
Null hypothesis
H₀: μ₁ - µ₂ = 0
Alternative hypothesis H₁: μ₁ - µ₂ ≠ 0
T-Value DF P-Value
2.01
20
0.058
Distribution Plot
T, df=20
0.4
Dado que el valor de P es
>> que 0.05 se acepta la
hipótesis nula.
Density
0.3
0.2
0.1
0.025
0.0
0.025
-2.086
0
T
2.086
Dado que el valor T es
2.01 cae en la zona de
rechazo de la hipótesis
nula. No se puede indicar
que
existen
pruebas
suficientes a favor.
Filtros de cigarrillos y nicotina Remítase a los resultados muéstrales listados al margen
para el contenido medido de nicotina de cigarrillos largos con filtro y sin filtro
seleccionados al azar. Todas las mediciones están en miligramos y los datos son de la
Federal Trade Commission.
a- Utilice un nivel de significancia de 0.05 para probar la aseveración de que los
cigarrillos largos con filtro tienen una cantidad media más baja de nicotina que la
cantidad media de nicotina en cigarrillos largos sin filtro.
Prueba de la igualdad de Varianza
Ho: σ12= σ22 →H0: σ12/σ22=1 “La varianza son iguales”
H1: σ12> σ22 → H1: σ12/σ22>1 “La varianza son distintas”
Datos Muéstrales:
S12=Varianza largos con filtro=0.31
S22=Varianza Largos sin filtro=0.16
Estadísticas
Test and CI for Two Variances
Method
σ₁²: variance of Sample 1
σ₂²: variance of Sample 2
Ratio: σ₁²/σ₂²
F method was used. This method is accurate for normal data only.
Descriptive Statistics
95% CI for
Sample
N StDev Variance
σ²
Sample 1 21 0.557
0.310 (0.181, 0.646)
Sample 2 8 0.400
0.160 (0.070, 0.663)
Ratio of Variances
95% CI for
Estimated Ratio using
Ratio
F
1.9375 (0.434, 5.827)
Test
Null hypothesis
H₀: σ₁² / σ₂² = 1
Alternative hypothesis H₁: σ₁² / σ₂² ≠ 1
Significance level
α = 0.05
Test
Method Statistic DF1 DF2 P-Value
F
1.94
20
7
0.376
Dado
que
el
valor
P=1.94>>0.05, se acepta la
hipótesis nula, no existe
prueba suficiente en su contra
y por lo tanto los datos
muéstrales del experimento
indican
0.8
Zona de aceptacion H0
0.7
0.6
F, df1=20, df2=7
Density
0.5
0.4
0.3
Dado que el grafico de
distribución F cae dentro de la
zona de aceptación. Se
considera la hipótesis nula
como verdadera al no haber
pruebas en su contra.
0.2
0.1
0.0
zona de rechazo 0.05
0
F
3.445
Prueba de las Medias
Planteamiento de Hipótesis:
Ho: µ1=µ2 → Ho: µ1-µ2=0: Plantea que las medidas de ambas muestras son iguales, por
lo que el contenido de nicotina en los cigarrillos con o sin filtro es igual.
H1: µ1≠µ2 → Ho: µ1-µ2≠0: Plantea que las medidas de ambas muestras no son iguales,
por lo que el contenido de nicotina en los cigarrillos con o sin filtro influye en el nivel
de nicotina.
Two-Sample T-Test and CI
Method
μ₁: mean of Sample 1
µ₂: mean of Sample 2
Difference: μ₁ - µ₂
Equal variances are assumed for this analysis.
Descriptive Statistics
Sample
N Mean StDev SE Mean
Sample 1 21 0.940 0.310
0.068
Sample 2 8 1.650 0.160
0.057
Estimation for Difference
Difference
-0.710
Pooled
95% CI for
StDev
Difference
0.279 (-0.948, -0.472)
Test
Null hypothesis
H₀: μ₁ - µ₂ = 0
Alternative hypothesis H₁: μ₁ - µ₂ ≠ 0
T-Value DF P-Value
-6.13
27 0.000
T, df=27
0.4
Density
0.3
0.2
0.1
Zona de aceptacion
0.025
0.0
-2.052
0
t
zona de rechazo 0.025
2.052
Dado que el valor T es -6.13 cae
en la zona de rechazo de la
hipótesis nula. No se puede
indicar que existen pruebas
suficientes a favor. Indicando
que, la influencia en el tamaño
del filtro influye con el nivel de
nicotina.
Filtros de cigarrillos y nicotina Remítase a los resultados muestrales listados al margen para el
contenido medido de nicotina de cigarrillos largos con filtro y sin filtro seleccionados al azar. Todas las
mediciones están en miligramos y los datos son de la Federal Trade Commission.
a. Utilice un nivel de significancia de 0.05 para probar la aseveración de que los cigarrillos largos
con filtro tienen una cantidad media más baja de nicotina que la cantidad media de nicotina en
cigarrillos largos sin filtro.
Prueba de la igualdad de Varianza
Ho: σ12= σ22 →H0: σ12/σ22=1 “La varianza son iguales”
H1: σ12> σ22 → H1: σ12/σ22>1 “La varianza son distintas”
Datos Muéstrales:
S12=Varianza largos con filtro=0.31
S22=Varianza Largos sin filtro=0.16
Estadísticas
Test and CI for Two Variances
Method
σ₁²: variance of Sample 1
σ₂²: variance of Sample 2
Ratio: σ₁²/σ₂²
F method was used. This method is accurate for normal data only.
Descriptive Statistics
95% CI for
Sample
N StDev Variance
σ²
Sample 1 21 0.557
0.310 (0.181, 0.646)
Sample 2 8 0.400
0.160 (0.070, 0.663)
Ratio of Variances
95% CI for
Estimated Ratio using
Ratio
F
1.9375 (0.434, 5.827)
Test
Null hypothesis
H₀: σ₁² / σ₂² = 1
Alternative hypothesis H₁: σ₁² / σ₂² ≠ 1
Significance level
α = 0.05
Test
Method Statistic DF1 DF2 P-Value
F
1.94
20
7
0.376
Dado
que
el
valor
P=1.94>>0.05, se acepta la
hipótesis nula, no existe
prueba suficiente en su contra
y por lo tanto los datos
muéstrales del experimento
indican
0.8
Zona de aceptacion H0
0.7
0.6
F, df1=20, df2=7
Density
0.5
0.4
0.3
Dado que el grafico de
distribución F cae dentro de la
zona de aceptación. Se
considera la hipótesis nula
como verdadera al no haber
pruebas en su contra.
0.2
0.1
0.0
zona de rechazo 0.05
0
F
3.445
Prueba de las Medias
Planteamiento de Hipótesis:
Ho: µ1=µ2 → Ho: µ1-µ2=0: Plantea que las medidas de ambas muestras son iguales, por
lo que el contenido de nicotina en los cigarrillos con o sin filtro es igual.
H1: µ1≠µ2 → Ho: µ1-µ2≠0: Plantea que las medidas de ambas muestras no son iguales,
por lo que el contenido de nicotina en los cigarrillos con o sin filtro influye en el nivel
de nicotina.
Two-Sample T-Test and CI
Method
μ₁: mean of Sample 1
µ₂: mean of Sample 2
Difference: μ₁ - µ₂
Equal variances are assumed for this analysis.
Descriptive Statistics
Sample
N Mean StDev SE Mean
Sample 1 21 0.940 0.310
0.068
Sample 2 8 1.650 0.160
0.057
Estimation for Difference
Difference
-0.710
Pooled
95% CI for
StDev
Difference
0.279 (-0.948, -0.472)
Test
Null hypothesis
H₀: μ₁ - µ₂ = 0
Alternative hypothesis H₁: μ₁ - µ₂ ≠ 0
T-Value DF P-Value
-6.13
27 0.000
T, df=27
0.4
Density
0.3
0.2
0.1
Zona de aceptacion
0.025
0.0
-2.052
0
t
zona de rechazo 0.025
2.052
Dado que el valor T es -6.13 cae
en la zona de rechazo de la
hipótesis nula. No se puede
indicar que existen pruebas
suficientes a favor. Indicando
que, la influencia en el tamaño
del filtro influye con el nivel de
nicotina.
H0: “La temperatura promedio de deflexión bajo carga de la formulación 1 es mayor a la
2”
H1: “La temperatura promedio de deflexión bajo carga de la formulación 1 es menor o
igual a 2”
A)
El grafico muestra que la formulación 1 tiene mayor varianza.
Datos Muéstrales
S12=Varianza formulación 1=103.545
S22=Varianza formulación 2=98.992
n1=Tamaño formulación 1 = 12
GL1=n1-1=12-1=11
n2=Tamaño formulación 2= 12
GL2=n2-1=12-1=11
Estadísticas descriptivas
Variable
N
Formulacion 1 12
Formulacion 2 12
Desv.Est.
10.176
9.949
Varianza IC de 95% para σ²
103.545 (58.388, 262.318)
98.992 (46.855, 298.773)
Relación de varianzas
Relación
estimada
1.04599
IC de 95% para
la relación
usando Bonett
(0.356, 3.914)
IC de 95% para
la relación
usando Levene
(0.236, 6.058)
Prueba
Hipótesis nula
Hipótesis alterna
Nivel de significancia
Método
Bonett
Levene
H₀: σ₁² / σ₂² = 1
H₁: σ₁² / σ₂² ≠ 1
α = 0.05
Estadística
de prueba
0.01
0.01
GL1
1
1
GL2
22
Valor p
0.929
0.927
Prueba
Hipótesis nula
H₀: μ₁ - µ₂ = 0
Hipótesis alterna
H₁: μ₁ - µ₂ < 0
Valor T
GL
Valor p
0.34
21
0.633
Conclusión: Dado que el Valor P=0.633>0.05 Se debe de aceptar la
hipótesis nula sobre una posible deflexión mayor de las formulaciones #1.
H0: “La velocidad del flujo de CF si afecta la uniformidad del grabado”
H1: “La velocidad del flujo de CF no afecta la uniformidad del grabado”
Datos Muéstrales
S12=Varianza 125=0.578
S22=Varianza 200=0.675
n1=Tamaño 125 = 6
GL1=n1-1=6-1=5
n2=Tamaño 200= 6
GL2=n2-1=6-1=5
Estadísticas descriptivas
IC de 95%
para
Variable N Desv.Est. Varianza
σ²
125
6
0.760
0.578 (0.078, 9.384)
200
6
0.821
0.675 (0.194, 5.173)
Prueba
Hipótesis nula
Hipótesis alterna
Nivel de significancia
H₀: σ₁² / σ₂² = 1
H₁: σ₁² / σ₂² ≠ 1
α = 0.05
Estadística
de prueba
0.03
0.19
Método
Bonett
Levene
GL1
1
1
GL2
10
Valor p
0.873
0.674
A) La velocidad si afecta la uniformidad como se muestra en los gráficos siguientes:
Prueba
Hipótesis nula
Hipótesis alterna
Valor T
-1.35 9
H₀: μ₁ - µ₂ = 0
H₁: μ₁ - µ₂ < 0
GL
Valor p
0.105
Conclusión: Dado que el Valor P=0.105>0.05 Se debe de aceptar la
hipótesis nula sobre la velocidad afectando la uniformidad del grabado.
C)
caso 9 Aseveracion acerca de dos muestras pareada tstudent medias relacionadas: Inferencias a partir de
datos apareados
Símbolos: χ λ δ {} σ µ Σ α [ ] β δ ӯ Ῡ ∑ ≈
≥ ≤=˂˃≠
x̄ ±«»
p̂, pˆ
Planeamiento de Hipótesis
H0: µd=0 Diferencia media es igual a cero. “No existe ninguna diferencia promedio
significativa entre la fuerza compresiva de los bloques de concretos tres días y seis días
después de verterlos”.
H1: µd≠0 “SI existe diferencia promedio significativa entre la fuerza compresiva de los
bloques de concretos tres días y seis días después de verterlos”.
Valor P (método)
α=0.05 Nivel de confianza=95%
Estimación de la diferencia pareada
𝑑̅ =Media Desv.Est.
33.20
15.50
diferencia_µ: media de (Seis días después - Tres días después)
𝑑̅ =diferencia media=33.20
Sd=Desviación de las diferencias=15.20
Prueba
Hipótesis nula
H₀: diferencia_μ = 0
Hipótesis alterna H₁: diferencia_μ ≠ 0
Valor T
Valor p
4.79
0.009
Conclusión: “Dado que el Valor P=0.009<<0.05, se rechaza la hipótesis nula y los datos
muestrales aportan evidencias significativas a favor de la hipótesis alternativa que indica
H1: µd≠0 “SI existe diferencia promedio significativa entre la fuerza compresiva de los
bloques de concretos tres días y seis días después de verterlos”. De hecho, podemos
indicar que en el transcurso de los tres a los seis días hubo un aumento promedio en la
fuerza comprensiva de los bloques de 𝑑̅ =diferencia media=33.20 kilospascales.
Método estadístico de prueba:
Valor t-student
Valor p
4.79
n=5 GL=n-1=5-1=4
0.009
t=
𝑑̅ − µ𝐝
𝑠𝑑
√𝑛
=
33.20− 𝟎
15.20
√5
=4.79
α=0.05 Nivel de confianza=95%
0.4
Densidad
0.3
T, GL=4
0.2
0.1
α/2=0.025
0.0
-2.776
ZONA DE ACEPTACION H0
α/2=0.025
Nivel de confianza=95%
0
t
Planeamiento de Hipótesis
2.776
“Dado que el estadístico de prueba
t=4.79 cae en la zona de rechazo, los
datos muéstrales aportan evidencia
suficiente en contra de la hipótesis
nula. Se concluye H1: µd≠0 “SI existe
diferencia promedio significativa
entre la fuerza compresiva de los
bloques de concretos tres días y seis
días después de verterlos”.
H0: µd=0 Diferencia media es igual a cero No existe diferencia relacionada en el uso del
captopril
H1: µd≠0 “SI existe diferencia relacionada en el uso del captopril
Descriptive Statistics
Sample
N
Mean StDev SE Mean
Antes
12 185.33
17.07
4.93
Despues 12 166.75
14.86
4.29
Test
Null hypothesis
H₀: μ_difference = 0
Alternative hypothesis H₁: μ_difference ≠ 0
T-Value P-Value
6.37
0.000
Conclusión: “Dado que el Valor P=0.000<<0.05, se rechaza la hipótesis nula y los datos
muéstrales aportan evidencias significativas a favor de la hipótesis alternativa que indica H1:
µd≠0 “SI existe diferencia en el uso de capril para pacientes hipertensos.
Estimation for Paired Difference
Mean StDev SE Mean
18.58
10.10
95% CI for
μ_difference
2.92 (12.16, 25.00)
µ_difference: mean of (Antes - Despues)
T, df=11
0.4
Density
0.3
0.2
0.1
Zona de aceptacion H0
0.025
0.0
Zona de rechazo
-2.201
0
t
2.201
“Dado que el estadístico de
prueba t=18.58 cae en la zona
de rechazo, los datos muéstrales
aportan evidencia suficiente en
contra de la hipótesis nula. Se
concluye H1: µd≠0 que prueba
la existencia de diferencia entre
los pacientes que usaron el
medicamento”.
H0: “La resistencia de las vigas está atada al método utilizado”
H1: “La resistencia de las vigas no está atada al método utilizado”
Prueba:
Valor P (método)
α=0.05 Nivel de confianza=95%
Estimación de la diferencia pareada
Error
estándar IC de 95% para
de la
la
Media Desv.Est. media diferencia_µ
0.2739 0.1351 0.0450 (0.1700, 0.3777)
Diferencia_µ: media de población de (Metodo Karlsruhe - Metodo Lehigh)
Estimación de la diferencia pareada
𝑑̅ =Media Desv.Est.
0.2739
0.1351
𝑑̅ =diferencia media=0.2739
Sd=Desviación de las diferencias=0.1351
Prueba
Hipótesis nula
H₀: diferencia_μ = 0
Hipótesis alterna
H₁: diferencia_μ ≠ 0
Valor T
6.08
Valor p
0.000
Conclusión: Dado que el Valor P=0.000<<0.05, Se rechaza la hipótesis nula ya que no
existen suficientes pruebas para aprobar que la resistencia de las vigas esté atada al
método.
Relación de varianzas
IC de
95%
IC de 95% para para la
la
relación
Relación relación usando usando
estimada
Bonett
Levene
8.74538 (1.927, 147.623) (1.989, *)
La directiva de una compañía de taxis está tratando de decidir si debe
cambiar de neumáticos normales a neumáticos radiales para mejorar el
ahorro de combustible. Se equiparon cada uno de los diez taxis con uno de
los dos tipos de neumáticos y se condujeron en una trayectoria de prueba.
Sin cambiar de conductores, se seleccionó el tipo de neumáticos y se repitió
la trayectoria de prueba. El ahorro de combustible (en milla/galón) para los
diez automóviles es:
H0: “El ahorro de combustible no está ligado al tipo de goma utilizada”
H1: “El ahorro de combustible está ligado al tipo de goma utilizada”
Prueba:
Valor P (método)
α=0.05 Nivel de confianza=95%
Estadísticas descriptivas
Error
estándar
de la
Muestra N Media Desv.Est. media
Radial 10 33.210
1.923
0.608
Normal 10 29.300
3.053
0.965
Estimación de la diferencia pareada
Error IC de 95%
estándar
para
de la
la
Media Desv.Est. media diferencia_µ
3.910
2.355
0.745 (2.225, 5.595)
Diferencia_µ: media de población de (Radial - Normal)
Estimación de la diferencia pareada
𝑑̅ =Media Desv.Est.
3.910
2.355
𝑑̅ =diferencia media=3.910
Sd=Desviación de las diferencias=2.355
Prueba
Hipótesis nula
H₀: diferencia_μ = 0
Hipótesis alterna
H₁: diferencia_μ ≠ 0
Valor T
5.25
Valor p
0.001
Conclusión: Dado que el Valor P=0.001<<0.05, Se rechaza la hipótesis nula ya que no
existen suficientes pruebas para aprobar que las gomas afectan significativamente al
ahorro de combustible.