Intervalo Confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

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7.- Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste Ejercicios Resueltos Estimación por Intervalos Pruebas de Hipotesis Muestras Pareadas Bondad de ajuste de distribuciones discretas y continuas

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7.- Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste

– Ejercicios Resueltos –

Estimación por Intervalos

Pruebas de Hipotesis

Muestras Pareadas

Bondad de ajuste de distribuciones discretas y continuas

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 134 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

1. La Oficina de Planificación Familiar de la Municipalidad A desea determinar la proporción

de familias con un ingreso familiar inferior a $ 200.000. En una muestra aleatoria de 90 familias

18 presentaron un ingreso familiar inferior a $ 200.000.

1.1) Estime con 98% de confianza la proporción de familias con un ingreso familiar inferior a

$ 200.000 en la Municipalidad A. 1.2) ¿Qué tamaño muestral se requiere para asegurar con una confianza del 95% que el

error en la estimación de la proporción de familias con ingreso inferior a $200.000 no

excederá de 0,05?

1.1) Solución: Sean:

𝑥 = “Cantidad de familias con un ingreso familiar inferior a $200.000 en Municipalidad A”

𝑥 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

Debido a que el problema habla de proporción, debemos utilizar la siguiente fórmula para determinar

el intervalo confidencial:

𝐼𝐶(𝑝)1−𝛼 = (�� ± 𝑍1− 𝛼

2

√�� ��

𝑛)

Con: 1 − 𝛼 = 0,98 ; 𝑛 = 90 ; �� =18

90= 0,2 ; �� = 0,8

Nota: El valor de �� se calcula dividiendo la número de datos de la muestra que cumplen la

característica que nos da el problema, en este caso, las familias con ingreso familiar inferior a

$200.000, dividido por el tamaño de la muestra.

Reemplazando, obtenemos:

𝐼𝐶(𝑝)0,98 = (0,2 ± 𝑍0,99√0,2 ∙ 0,8

90) ; 𝐶𝑜𝑛 𝑍0,99 = 2,33

𝐼𝐶(𝑝)0,98 = 0,2 ± 2,33√0,2 ∙ 0,8

90

Finalmente, el intervalo de confidencialidad queda dado por:

𝐼𝐶(𝑝)0,98 = [0,102; 0,298]

Respuesta: El intervalo [0,102; 0,298] tiene un 98% de contener a la proporción de familias con un

ingreso familiar inferior a $ 200.000 en la Municipalidad A.

1.2) Solución: El ejercicio nos otorga los siguientes datos:

1 − 𝛼 = 0,95; 𝑒 ≤ 0,05; 𝑛 = 90; �� =18

90= 0,2; �� = 0,8

Ya que estamos tratando con proporciones, utilizamos la fórmula de error está dada por:

𝑒 = 𝑍1− 𝛼

2

√�� ��

𝑛

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ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 135

Reemplazando:

0,05 ≥ 𝑍0,975√0,2 ∙ 0,8

𝑛 → √𝑛 ≥

1,96

0,05 √0,2 ∙ 0,8 → 𝑛 ≥ 245,86 ≈ 246

Respuesta: Para asegurar que el error en la estimación de la proporción de familias con ingreso

inferior a $200.000, no exceda a 0,05, el tamaño de la muestra debe ser igual a 246, considerando

una confianza del 95%.

2.- Se realizan estudios sobre la contaminación producida por descargas de aguas residuales,

en cuerpos fluviales cordilleranos, para medir si estos cumplen con la norma establecida por

el decreto 90/2000, que establece niveles de concentración de Plomo de a lo más 0.02 mg/l. En

una muestra aleatoria de tamaño 20, de volúmenes de agua de 50 ml. cada uno, obtenidas en

días distintos, se encontró un nivel medio de concentración de plomo de 0,28 mg/l, con una

desviación estándar de 0,01 mg/l.

Bajo el supuesto de que las observaciones provienen de una población normal, estime el nivel

medio de concentración de plomo en estas aguas, con una confianza del 90%. Analice los

valores estimados en función de la norma.

2) Solución: Sea: 𝑥 = “Concentración de Plomo en cuerpos fluviales cordilleranos”; 𝑥 ~ 𝑁(𝜇 ; 𝜎2)

Del enunciado del ejercicio se desprenden los siguientes datos:

𝑛 = 20 �� = 0,28 𝑆𝑥 = 0,01 1 − 𝛼 = 0,90

Debido a que desconocemos la varianza de la distribución, utilizaremos la siguiente fórmula para

obtener el intervalo de confianza:

𝐼𝐶(𝜇)1− 𝛼 = (�� ± 𝑡(𝑛− 1;1−

𝛼

2)

∙𝑠

√𝑛)

Reemplazando:

𝐼𝐶(𝜇)0,90 = (0,28 ± 𝑡(19; 0,95) ∙0,01

√20) ; 𝐶𝑜𝑛 𝑡(19; 0,95) = 1,7291

𝐼𝐶(𝜇)0,90 = (0,28 ± 1,7291 ∙0,01

√20)

Finalmente, el intervalo de confidencialidad queda dado por:

𝐼𝐶(𝜇)0,90 = [0,2761; 0,2839]

Respuesta: El intervalo [0,2761; 0,2839] tiene un 90% de contener el nivel medio de concentración de

plomo en las aguas residuales, en cuerpos fluviales cordilleranos.

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ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 136 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

3.- Se está estudiando la duración de ciertos procesos productivos y se toma una muestra

aleatoria, de tamaño 10. Se define como "Proceso Corto” cuando su duración es menor que 5

minutos, los datos obtenidos, en minutos, fueron:

3.1) Se pide estimar por intervalo de confianza del 98% la proporción de Procesos Cortos.

3.2) ¿Cuál debería ser el tamaño de la muestra si la proporción estimada disminuyen en un

10% y utilizamos un 95% de confianza manteniendo el mismo error probable antes de la

modificación?

3.3) Estimar la varianza de dichos tiempos con un nivel de confianza del 99%.

3.4) Si se realiza un ajuste tecnológico en el proceso de fabricación, el que reduce los

tiempos en un 15% ¿Cuál sería la estimación de la varianza con un 97% de confianza?

3.1) Solución: Sea: 𝑥 = “Muestra del tiempo de duración de ciertos procesos productivos”

𝑥 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

Debido a que el problema nos habla de proporción, debemos utilizar la siguiente fórmula para

determinar el intervalo confidencial:

𝐼𝐶(𝑝)1−𝛼 = (�� ± 𝑍1− 𝛼

2

√�� ��

𝑛)

Con: 1 − 𝛼 = 0,98 ; 𝑛 = 10 ; �� =5

10= 0,5 ; �� = 0,5

Reemplazando, obtenemos:

𝐼𝐶(𝑝)0,98 = (0,5 ± 𝑍0,99√0,5 ∙ 0,5

10) ; 𝐶𝑜𝑛 𝑍0,99 = 2,33

𝐼𝐶(𝑝)0,98 = 0,5 ± 2,33√0,5 ∙ 0,5

10

Finalmente, el intervalo de confidencialidad queda dado por:

𝐼𝐶(𝑝)0,98 = [0,1316; 0,86848]

Respuesta: Este intervalo tiene un 98% de contener a la verdadera proporción de “Procesos cortos”

3.2) Solución: Lo primero que debemos hacer en este ítem es determinar una nueva variable, como

se ve a continuación: 𝑝′ = "Proporción con Procesos Cortos disminuida en un 10%”

𝑝′ = 0,9 ∙ �� = 0,9 ∙ 0,5 = 0,45

En seguida, calculamos el error probable de p que se mantiene, con la siguiente fórmula:

𝑒 = 𝑍1− 𝛼

2∙ √

�� ��

𝑛= 𝑍0,99 ∙ √

0,5 ∙ 0,5

10= 2,33 ∙ √

0,5 ∙ 0,5

10= 0,3684

3 5 8 6 10 5,5 4 4,2 4,5 2

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ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 137

Luego de esto, ya tenemos lo necesario para determinar el tamaño de la muestra, lo que se realiza

despejando la fórmula que sigue:

𝑒 = 𝑍1− 𝛼

2

√𝑝′ 𝑞′

𝑛 → 0,3684 = 1,96√

0,45 ∙ 0,55

𝑛 → 𝑛 =

(1,96)2 (0,45)(0,55)

(0,3684)2= 7,005 ≈ 8

𝐶𝑜𝑛: 1 − 𝛼 = 0,95; 𝑒 = 0,3684 ; 𝑝′ = 0,45; 𝑞′ = 0,55; 𝑍0,975 = 1,96

Respuesta: El tamaño de la muestra debe ser 8, si la proporción disminuye en un 10% y se mantiene

el error probable antes de la modificación, con un 95% de confianza.

3.3) Solución: Para empezar calculamos la varianza muestral, la que determina con la siguiente

fórmula:

𝑆𝑥 = √∑ 𝑥𝑖

2 −(∑ 𝑥𝑖)2

𝑛𝑥

𝑛𝑥 − 1= √

322,14 −(52,2)2

10

9= 2,3489

Debido a que el problema hace referencia a la varianza, el intervalo confidencial está dado de la

siguiente forma:

𝐼𝐶(𝜎2)1−𝛼 = ((𝑛 − 1)𝑆𝑥

2

2

(𝑛−1; 1− 𝛼

2)

,(𝑛 − 1)𝑆𝑥

2

2

(𝑛−1; 𝛼

2)

)

Con: 𝑛 = 10; 𝑆𝑥 = 2,3489; 1 − 𝛼 = 0,99

Reemplazando:

𝐼𝐶(𝜎2)0,99 = (9 ∙ (2,3489)2

2(9; 0,995)

,9 ∙ (2,3489)2

2(9; 0,005)

) = (9 ∙ (2,3489)2

23,589 ,

9 ∙ (2,3489)2

1,735)

𝐼𝐶(𝜎2)0,99 = [2,1050; 28,6202]

Respuesta: Existe un 99% de que el intervalo [2,1050; 28,6202] contenga a la varianza poblacional

de los procesos productivos.

3.4) Solución: Sea: 𝑦 = “Muestra 𝑥 reducida en un 15%” → 𝑦 = 0,85𝑥

Por propiedades determinamos el valor de la desviación estándar de y, la que se encuentra dada por:

𝑆𝑦 = 0,85 𝑆𝑥 → 𝑆𝑦 = 0,85 ∙ 2,3489 = 1,9966

Después procedemos a definir el intervalo confidencial como se ve a continuación:

𝐼𝐶(𝜎2)1−𝛼 = ((𝑛 − 1)𝑆𝑦

2

2

(𝑛−1; 1− 𝛼

2)

,(𝑛 − 1)𝑆𝑦

2

2

(𝑛−1; 𝛼

2)

)

Con: 𝑛 = 10; 𝑆𝑦 = 1,9966; 1 − 𝛼 = 0,97

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 138 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Ya que no poseemos los valores de la distribución 2, tenemos que interpolar para poder

determinarlos:

0,99 − 0,975

0,985 − 0,975=

21,666 − 19,023

𝑥 − 19,023

0,015

0,01=

2,643

𝑥 − 19,023

𝑥 =2,643 ∙ 0,01

0,015+ 19,023

𝑥 = 20,785

2(9; 0,985) = 20,785

0,025 − 0,01

0,015 − 0,01=

2,700 − 2,088

𝑥 − 2,088

0,015

0,005=

0,612

𝑥 − 2,088

𝑥 =0,612 ∙ 0,005

0,015+ 2,088

𝑥 = 2,292

2(9; 0,015) = 2,292

Finalmente, reemplazando obtenemos el intervalo confidencial:

𝐼𝐶(𝜎2)0,97 = (9 ∙ (1,9966)2

2(9; 0,985)

,9 ∙ (1,9966)2

2(9; 0,015)

) = (9 ∙ (1,9966)2

20,785 ,

9 ∙ (1,9966)2

2,292)

𝐼𝐶(𝜎2)0,97 = [1,7261; 15,6534]

Respuesta: Existe una probabilidad del 97% de que el intervalo [1,7261; 15,6534] contenga a la

varianza poblacional de los procesos productivos luego de reducir sus tiempos en un 15%.

4.- En cualquier proceso de enlatado, el fabricante pierde dinero si las latas contienen más o

menos de la cantidad que se especifica en la etiqueta. Por esta razón se vigila constantemente

la cantidad de producto enlatado. Considere una compañía que produce un cemento de hule

de secado rápido en latas de aluminio etiquetadas con un peso de 32 onzas.

Se toma una muestra de 34 latas, las cuales se pesan, obteniendo un peso promedio de 31,18

onzas y una desviación estándar de 0,645 onzas.

Considere que el peso de las latas se distribuye normal.

4.1) A un inspector de control de calidad le interesa probar si la varianza del peso de las

latas es superior a 0,4 (onzas)2. Utilice una significación de 5%.

4.2) ¿Cuál debe ser el mínimo tamaño de muestra que se debe utilizar si se desea estimar el

peso real promedio de las latas de cemento de hule? Se está dispuesto a cometer un

error máximo de 0,2 onzas con una confianza del 95%. Sabiendo por estudios anteriores

que la varianza del peso de las latas es 0,4096 (onzas)2

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ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 139

4.1) Solución: Sea: 𝑥 = “Cantidad de cemento en una lata, en onzas”

𝑥 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

Con: 𝑛 = 34; 𝑠 = 0,645; 𝛼 = 0,05; 𝑛 − 1

Las hipótesis que nos interesan contrastar son:

𝐻0: 𝜎2 = 0,4

𝐻1: 𝜎2 > 0,4

Entonces, el estadístico de prueba es:

𝑇 =(𝑛 − 1)𝑠2

𝜎02

→ 𝑇 =(34 − 1)(0,645)2

0,4= 34,3221

El Punto Crítico, se determina de la siguiente forma:

2(𝑛−1; 1− 𝛼) =

2(33; 0,95) = 47,400

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = {𝑥 | 𝑇 > 2(𝑛−1; 1− 𝛼)} → 𝑅𝐶 = {𝑥 | 𝑇 > 47,400}

Respuesta: Como 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, no se rechaza la hipótesis nula, es decir, la varianza de la cantidad de

cemento en una lata no es superior a 0,4 (onzas)2.

4.2) Solución: El problema nos otorga la siguiente información:

𝑒𝑚á𝑥 = 0,2; 1 − 𝛼 = 0,95; 𝜎2 = 0,4096 ; 𝜎 = √0,4096 = 0,64

Debido a que estamos trabajando con el peso real promedio de las latas de cemento de hule, y que

conocemos la varianza (𝜎2), la fórmula del error está dada por:

𝐸𝑟𝑟𝑜𝑟 = 𝑒 = 𝑧1− 𝛼

2

𝜎

√𝑛

Reemplazando:

0,2 ≥ 𝑧1− 0,25 0,64

√𝑛 → √𝑛 ≥

1,96 ∙ 0,64

0,2 → 𝑛 ≥ 39,33 ≈ 40

Respuesta: El mínimo tamaño de la muestra que se debe utilizar si se desea estimar el peso real

promedio de las latas de cemento de hule, es igual a 40.

5.- Se requiere que la resistencia a la ruptura de una fibra sea menos de 150 psi. Se sabe que la

desviación estándar de la resistencia a la ruptura es 3 psi. En una muestra aleatoria de 25

trozos de fibra se obtiene una resistencia media a la ruptura de 148 psi y una desviación

estándar de 2,8 psi.

5.1) ¿Puede considerarse aceptable este tipo de fibra? Use α = 0,05.

5.2) Determine el tamaño de la muestra necesario para estimar la resistencia media de este

tipo de fibra con un nivel de confianza del 95% y un error de estimación de 0,5 psi.

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ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 140 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

5.1) Solución: Sea: 𝑥 = “Resistencia a la ruptura de una fibra”

𝑥 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2 = 32)

Con: 𝑛 = 25; �� = 148; 𝑠 = 2,8; 𝛼 = 0,05; 𝜇0 = 150

Las hipótesis que nos interesan contrastar son:

𝐻0: 𝜇 = 150

𝐻1: 𝜇 < 150

Entonces, como conocemos la varianza, el estadístico de prueba es:

𝑇 =�� − 𝜇0

𝜎

√𝑛

→ 𝑇 =148 − 150

3

√25

= −3, 33

El Punto Crítico, se determina de la siguiente forma:

𝑧(1− 𝛼) = 𝑧0,95 = 1,645

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = {𝑥 | 𝑇 < −𝑍(1− 𝛼)} → 𝑅𝐶 = {𝑥 | 𝑇 < −1,645}

Respuesta: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, hay suficiente información para rechazar la hipótesis nula, es

decir, es aceptable este tipo de fibra, con un 5% de significación.

5.2) Solución: El ejercicio proporciona los siguientes datos:

𝑒 = 0,5; 1 − 𝛼 = 0,95; 𝜎 = 3

Como consecuencia que estamos trabajando con la resistencia media de este tipo de fibra, y que

conocemos la varianza (𝜎2), la fórmula del error está dada por:

𝐸𝑟𝑟𝑜𝑟 = 𝑒 = 𝑍(1−

𝛼

2)

∙𝜎

√𝑛

Reemplazando:

0,5 = 𝑍(0,975) ∙3

√𝑛 → √𝑛 =

1,96 ∙ 3

0,5 → 𝑛 = 138,3 ≈ 139

Respuesta: El tamaño de la muestra necesario para estimar la resistencia media de este tipo de fibra

con un nivel de confianza del 95% y un error de estimación de 0,5 psi, es 139.

6.- La velocidad de transmisión de un modem se mide en baudios que se define como el número

de bits por segundo que puede transmitir. Debido a factores técnicos, la rapidez de transmisión

real varía de un archivo a otro. Una empresa está en proceso de adquirir un modem, el cual fue

ofrecido por dos proveedores (A y B). Para decidir la compra se transmiten seis archivos,

elegidos al azar, utilizando ambos modem y registrando las velocidades de transmisión (en

miles de baudios)

Suponiendo que la velocidad de transmisión se distribuye Normal

Archivo 1 2 3 4 5 6

Proveedor A 10,75 10,86 11,18 10,47 11,36 10,47

Proveedor B 10,31 10,95 10,33 9,20 11,36 9,74

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 141

6.1.- La revista PC Reports, afirma que en pruebas hechas por su equipo se ha encontrado que

el modem del proveedor A es significativamente más rápido que el del proveedor B, Con =

0,01, ¿Los resultados obtenidos por la empresa confirman lo planteado por la revista?

6.2.- Pruebe si la varianza de la velocidad de transmisión del modem del proveedor A es de 0,52

(miles de baudios)2 con nivel de significación 0,05.

6.1) Solución: Sea: 𝐷 = 𝑃𝑟𝑜𝑣𝑒𝑒𝑑𝑜𝑟𝐴 − 𝑃𝑟𝑜𝑣𝑒𝑒𝑑𝑜𝑟𝐵 𝐷 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

𝑛 = 6 �� = 0,5333 𝑆𝐷 = 0,5221

Las hipótesis que nos interesan contrastar son:

𝐻0: 𝜇𝐷 = 0

𝐻1: 𝜇𝐷 > 0

Entonces, como desconocemos la varianza, el estadístico de prueba es:

𝑇 =�� − 𝜇0

𝑆𝐷

√𝑛

→ 𝑇 =0,5333 − 0

0,5221

√6

= 2,502

La Región Crítica (𝛼 = 0,01)

𝑅𝐶 = {𝑥 | 𝑇 > 𝑡(𝑛−1; 1− 𝛼)} → 𝑅𝐶 = {𝑥 | 𝑇 > 𝑡(5; 0,99)} → 𝑅𝐶 = {𝑥 | 𝑇 > 3,3649}

Respuesta: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, no existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula, es

decir, los resultados obtenidos por empresa no confirman lo planteado por la revista, con 𝛼 = 0,01.

6.2) Solución: Las hipótesis que nos interesa contrastar son:

H0: σ2 = 0,52

𝐻1: 𝜎2 ≠ 0,52

Con: 𝑛 = 6 𝑆𝐴 = 0,3654

Entonces como conocemos la desviación estándar, el estadístico de prueba es:

𝑇 =(𝑛 − 1) 𝑆𝐴

2

𝜎2 → 𝑇 =

(6 − 1) ∙ 0,36542

0,52= 1,2838

Región crítica (𝛼 = 0,05):

𝑅𝐶 = {𝑥 | 𝑇 < 𝜒2(𝑛−1;

𝛼

2) ó 𝑇 > 𝜒2

(𝑛−1; 1− 𝛼

2)} → 𝑅𝐶 = {𝑥 | 𝑇 < 𝜒2

(5; 0,025) ó 𝑇 > 𝜒2(5; 0,975)}

𝑅𝐶 = {𝑥 | 𝑇 < 0,830 ó 𝑇 > 12,833}

Archivo 1 2 3 4 5 6

Proveedor A 10,75 10,86 11,18 10,47 11,36 10,47

Proveedor B 10,31 10,95 10,33 9,20 11,36 9,74

D 0,44 -0,09 0,85 1,27 0 0,73

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 142 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Respuesta: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, no existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula, es

decir, la varianza de la velocidad de transmisión del modem del proveedor A es de 0,52 (miles de

baudios)2, con un 5% de significación.

7.- En un estudio realizado en el Departamento de Silvicultura y Fauna de una universidad del

extremo sur del país, se examinó la influencia de un fármaco sobre los niveles de andrógenos

en la sangre de huemules salvajes. Se capturaron 15 ejemplares y se les inyectó el fármaco,

extrayéndoles una muestra de sangre cinco minutos después de la captura, y luego se les

extrajo una segunda muestra después de 30 minutos, posteriormente se liberaron los

ejemplares. Se midieron los niveles de andrógenos en la sangre de cada muestra y los datos

aparecen en la siguiente tabla (Suponga distribución normal)

7.1) Se pide ensayar con 6% de significación si el nivel de andrógenos se altera después de

30 minutos de encierro.

7.2) Ensayar con un 5% de significación si la proporción de animales que presentaron nivel

de andrógenos superior a 15,00 después del encierro, supera al 25%

7.1) Solución: Lo primero será definir la variable a utilizar, la cual se muestra a continuación:

𝐷 = “Diferencia entre el Nivel Primero y Nivel Segundo” 𝐷 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

Ya que nos preguntan si el nivel de andrógenos se altera, nuestras hipótesis a contrastar son:

𝐻0: 𝜇𝐷 = 0𝐻1: 𝜇𝐷 ≠ 0

En seguida calculamos 𝐷, como se muestra a continuación:

Número de ejemplares

Nivel Primero (5 minutos)

Nivel Segundo (30 minutos)

1 2,76 7,02

2 5,18 3,10

3 2,68 5,44

4 3,05 3,99

5 4,10 5,21

6 7,05 10,26

7 6,60 13,91

8 4,79 18,53

9 7,39 7,91

10 7,30 4,85

11 11,78 11,10

12 3,90 3,74

13 26,00 94,03

14 67,48 94,03

15 17,04 41,70

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 143

Luego, de la cuarta columna se calcula la

media y desviación estándar de 𝐷:

�� = −9,848

𝑆𝐷 = 18,4736

En seguida, como desconocemos la

varianza, el estadístico de prueba es:

𝑇 =�� − 𝜇0

𝑆𝐷

√𝑛

Reemplazando:

𝑇 =−9,848 − 0

18,4736

√15

= −2,065

El punto crítico está dado por: 𝑡(𝑛−1;1−

𝛼

2)

= 𝑡(14;0,97)

Ya que este valor no se encuentra explícitamente en la tabla, tenemos que interpolar:

0,975 − 0,95

0,97 − 0,95=

2,1448 − 1,7613

𝑥 − 1,7613

0,025

0,02=

0,3835

𝑥 − 1,7613

𝑥 =0,3835 ∙ 0,02

0,025+ 1,7613

𝑥 = 2,068

𝑡(14;0,97) = 2,068

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑡(14;0,97) ó 𝑇 > 𝑡(14;0,97)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −2,068 ó 𝑇 > 2,068}

Respuesta: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, no hay suficiente información para rechazar la hipótesis nula, es

decir, el nivel de andrógenos no se altera después de 30 minutos de encierro, con un 6% de

significación.

7.2) Solución: De la muestra que nos expone el ejercicio, podemos calcular el estimador ��, ya que

cuatro de los quince ejemplares presentan niveles de andrógenos superiores a 15,00 después del

encierro.

Las hipótesis que interesan contraponer son:

𝐻0: 𝑝 = 0,25𝐻1: 𝑝 > 0,25

Número de ejemplares

Nivel Primero

(5 minutos)

Nivel Segundo

(30 minutos)

𝐷 (Diferencia)

1 2,76 7,02 - 4,26

2 5,18 3,10 2,08

3 2,68 5,44 - 2,76

4 3,05 3,99 - 0,94

5 4,10 5,21 - 1,11

6 7,05 10,26 - 3,21

7 6,60 13,91 - 7,31

8 4,79 18,53 - 13,74

9 7,39 7,91 - 0,52

10 7,30 4,85 2,45

11 11,78 11,10 0,68

12 3,90 3,74 0,16

13 26,00 94,03 - 68,03

14 67,48 94,03 - 26,55

15 17,04 41,70 - 24,66

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 144 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑇 =�� − 𝑝0

√𝑝0 𝑞0

𝑛

→ 𝑇 =

4

15− 0,25

√0,25∙0,75

15

= 0,1491

La Región Crítica (Con 𝛼 = 0,05):

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝑍1− 𝛼} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝑍0,95} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 1,645}

Respuesta: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, no hay suficiente información para rechazar la hipótesis nula, es

decir, la proporción de animales que presentaron nivel de andrógenos superior a 15,00 después de

encierro, no supera al 25%, con un 5% de significación.

8.- En la manufactura de semiconductores, es común el uso de un proceso de grabado por

remojo químico para eliminar el silicio de la parte posterior de las obleas antes de la

metalización. La rapidez de grabado es una característica importante en este proceso y se

sabe que es una variable aleatoria con distribución normal. Se compararon dos soluciones de

grabado diferentes, usando dos muestras aleatorias de obleas, una para cada solución. La

rapidez de grabado (milipulgadas/minuto), observada fue la siguiente:

Solución 1 9,9 9,4 9,3 9,6 10,2 10,6 10,3 10,0 10,3 10,1

Solución 2 10,2 10,6 10,7 10,4 10,5 10,0 10,2 10,7 10,4 10,3

8.1) Apoyan los datos la afirmación de que la rapidez media de grabados es la misma para

ambas soluciones, use α = 0,05

8.2) Estime con un nivel de confianza del 90% la rapidez media de grabado para la solución

1.

8.1) Solución: Sea: 𝑥 = “Rapidez de grabado de la Solución 1, en milipulgadas/minuto”; 𝑥 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

𝑦 = “Rapidez de grabado de la Solución 2, en milipulgadas/minuto”; 𝑦 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

Lo primero será determinar el tamaño de la muestra, la media y desviación estándar de ambas

muestras:

𝑛𝑥 = 10 �� = 9,97 𝑆𝑥 = 0,4218

𝑛𝑦 = 10 �� = 10,4 𝑆𝑦 = 0,2309

En seguida, debemos contrastar las siguientes hipótesis, para determinar si estas muestras poseen

varianzas poblacionales iguales o diferentes:

𝐻0: 𝜎𝑥2 = 𝜎𝑦

2

𝐻1: 𝜎𝑥2 ≠ 𝜎𝑦

2

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑇 =𝑆𝑥

2

𝑆𝑦2 → 𝑇 =

0,42182

0,23092= 3,3371

Page 13: Intervalo Confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 145

Los puntos críticos están dados por (𝛼 = 0,05):

𝐹(𝑛𝑥− 1; 𝑛𝑦− 1;

𝛼

2)

= 𝐹(9; 9; 0,05) =1

𝐹(9; 9; 0,975)=

1

4,026= 0,248

𝐹(𝑛𝑥−1; 𝑛𝑦−1; 1−

𝛼

2)

= 𝐹(9; 9; 0,975) = 4,026

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 𝐹(9; 9; 0,05) ó 𝑇 > 𝐹(9; 9; 0,95) } → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 0,248 ó 𝑇 > 4,026 }

Resultado: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, no hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es

decir, las varianzas poblacionales de ambas soluciones son iguales.

Continuando con el desarrollo del ejercicio, procedemos a contrastar las siguientes hipótesis:

𝐻0: 𝜇𝑥 = 𝜇𝑦

𝐻1: 𝜇𝑥 ≠ 𝜇𝑦

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑇 =�� − ��

𝑆𝑝√1

𝑛𝑦+

1

𝑛𝑥

𝐶𝑜𝑛 𝑆𝑝 = √(𝑛𝑥 − 1)𝑆𝑥

2 + (𝑛𝑦 − 1)𝑆𝑦2

𝑛𝑥 + 𝑛𝑦 − 2

Reemplazando, obtenemos:

𝑆𝑝 = √(10 − 1) ∙ 0,42182 + (10 − 1) ∙ 0,23092

10 + 10 − 2= 0,34

𝑇 =10,4 − 9,97

0,34 ∙ √1

10+

1

10

= 2,83

Finalmente, la Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝑡(𝑛𝑝; 1−

𝛼

2)} 𝐶𝑜𝑛 𝑛𝑝 = 𝑛𝑥 + 𝑛𝑦 − 2

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝑡(18; 0,975)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 2,1009}

Respuesta: Como 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, en conclusión hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula,

es decir, la rapidez media de grabado es la misma, con α = 0,05.

8.2) Solución: Debido a que el problema nos pregunta por la media de grabado para la Solución 1,

debemos utilizar la siguiente fórmula para determinar el intervalo confidencial:

𝐼𝐶(𝜇)1−𝛼 = (�� ± 𝑡(𝑛−1; 1−

𝛼

2)

∙𝑠𝑥

√𝑛)

Con: 1 − 𝛼 = 0,90; 𝑛 = 10 ; 𝑠𝑥 = 0,4218 ; �� = 9,97

Reemplazando, obtenemos:

𝐼𝐶(𝜇)0,90 = (9,97 ± 𝑡(9; 0,95) ∙0,4218

√10) ; 𝐶𝑜𝑛 𝑡(9; 0,95) = 1,8331

𝐼𝐶(𝜇)0,90 = (9,97 ± 𝑡(9; 0,95) ∙0,4218

√10)

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 146 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Finalmente, el intervalo de confidencialidad queda dado por:

𝐼𝐶(𝜇)0,90 = [9,7255; 10,2145]

Respuesta: El intervalo [9,7255; 10,2145] tiene un 90% de contener la rapidez media de grabado

para la solución 1.

9.- La resistencia mínima especificada, transcurridos 28 días, de un hormigón para pavimento

de 20 cm de espesor es de 250 kg/cm². En dosificaciones con materiales provenientes de la

cantera A y B, las resistencias se distribuyen aproximadamente normal.

Se realizan 16 ensayos con materiales de la cantera A y 32 ensayos de la cantera B,

obteniendo al término del tiempo especificado, en pruebas de roturas a la compresión, las

siguientes resistencias:

Resistencia Cantera A 200 - 218 218 - 236 236 - 254 254 - 272 272 - 290

𝒏𝒊 2 4 5 4 1

Resistencias Cantera B 218 220 225 230 235 237 241 245 269 270 270 272 272 274 276 278

250 254 255 258 260 262 264 268 280 285 289 290 290 290 295 300

Ayuda: ∑ 𝒙 = 𝟖𝟒𝟐𝟐; ∑ 𝒙𝟐 = 𝟐𝟐𝟑𝟐𝟒𝟓𝟒

9.1) El ingeniero sospecha que la resistencia media de las dosificaciones proveniente de la

cantera A está muy por debajo de la resistencia media de aquellas dosificaciones

provenientes de la cantera B. ¿Qué concluiría usted respecto a la sospecha del

Ingeniero, con α = 0,01?

9.2) Con nivel de significación del 2,5%, ¿Puede usted afirmar que las dosificaciones cuyo

material proviene de la cantera B que está bajo la resistencia mínima especificada es de

un 20%?

9.1) Solución: Sea: 𝐴 = “Resistencia de los Materiales provenientes de la cantera A”; 𝐴 ~ 𝑁(𝜇 ; 𝜎2)

𝐵 = “Resistencia de los Materiales provenientes de la cantera B”; 𝐵 ~ 𝑁(𝜇 ; 𝜎2)

Lo primero será determinar el tamaño de la muestra, la media y desviación estándar de ambas

muestras:

Para A: Para B:

[𝑥𝑖−1 − 𝑥𝑖] 𝑥𝑖 𝑛𝑖

[200 − 218] 209 2

[218 − 236] 227 4

[236 − 254] 245 5

[254 − 272] 263 4

[272 − 290] 281 1

𝑛𝐴 = 16

�� = 242,75 ; 𝑆𝐴 = 20,6543

�� =∑ 𝑥

𝑛𝐵=

8422

32= 263,1875

𝑆𝐵 = √∑ 𝑥𝑖

2 − 𝑛𝐵 ��2

𝑛𝐵 − 1= √

∑ 𝑥𝑖2 −

(∑ 𝑥𝑖)2

𝑛𝐵

𝑛𝐵 − 1

𝑆𝐵 = √2232454 −84222

32

31= 22,6394

Page 15: Intervalo Confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 147

En seguida, debemos contrastar las siguientes hipótesis, para determinar si estas muestras poseen

varianzas poblacionales iguales o diferentes:

𝐻0: 𝜎𝐴2 = 𝜎𝐵

2

𝐻1: 𝜎𝐴2 ≠ 𝜎𝐵

2

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑇 =𝑆𝐵

2

𝑆𝐴2 → 𝑇 =

22,63942

20,65432= 1,2015

Los puntos críticos están dados por (𝛼 = 0,01):

𝐹(𝑛𝐵− 1; 𝑛𝐴− 1;

𝛼

2)

= 𝐹(31; 15; 0,005) =1

𝐹(15; 31; 0,995)≈

1

𝐹(15; 30; 0,995)=

1

3,0057= 0,3327

𝐹(𝑛𝐵− 1; 𝑛𝐴− 1; 1−

𝛼

2)

= 𝐹(31; 15; 0,995) ≈ 𝐹(30; 15; 0,995) = 3,6867

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 𝐹(31; 15; 0,005) ó 𝑇 > 𝐹(31; 15; 0,995) } → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 0,3327 ó 𝑇 > 3,6867 }

Resultado: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, no hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es

decir, las varianzas poblacionales de ambas muestras son iguales.

Continuando con el desarrollo del ejercicio, procedemos a contrastar las siguientes hipótesis:

𝐻0: 𝜇𝐴 = 𝜇𝐵

𝐻1: 𝜇𝐴 < 𝜇𝐵

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑇 =�� − ��

𝑆𝑝√1

𝑛𝐴+

1

𝑛𝐵

𝐶𝑜𝑛 𝑆𝑝 = √(𝑛𝐴 − 1)𝑆𝐴

2 + (𝑛𝐵 − 1)𝑆𝐵2

𝑛𝐴 + 𝑛𝐵 − 2

Reemplazando, obtenemos:

𝑆𝑝 = √(16 − 1) ∙ 20,65432 + (32 − 1) ∙ 22,63942

16 + 32 − 2= 22,0118

𝑇 =242,75 − 263,1875

22,0118 ∙ √1

16+

1

32

= −3,0324

Finalmente, la Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 𝑡(𝑛𝑝; 1− 𝛼)} 𝐶𝑜𝑛 𝑛𝑝 = 𝑛𝐴 + 𝑛𝐵 − 2 = 46

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑡(46; 0,99)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −2,4102}

Respuesta: Como 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, en conclusión hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula,

es decir, se concluye que lo sospechado por el Ingeniero es real, o sea, la resistencia media de A

está muy debajo de la resistencia media de B.

Page 16: Intervalo Confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 148 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

9.2) Solución: Sabemos que la resistencia mínima especificada es 250 kg/cm², por ende, podemos

calcular el estimador ��, o sea, la proporción de la muestra de los materiales provenientes de la

cantera B, que cumplen la condición de ser inferiores a la resistencia mínima especificada. Lo que

llevándolo a números es igual a �� = 8/32

Las hipótesis a contrastar son:

𝐻0: 𝑃𝐵 = 0,20𝐻1: 𝑃𝐵 ≠ 0,20

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑇 =�� − 𝑝0

√𝑝0 𝑞0

𝑛

𝐶𝑜𝑛: �� =8

32= 0,25; 𝑛 = 32 → 𝑇 =

0,25 − 0,20

√0,20∙0,80

32

= 0,7071

La Región Crítica (Con 𝛼 = 0,025):

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑍1− 𝛼

2

} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑍0,9875} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −2,24}

Respuesta: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, no hay suficiente información para rechazar la hipótesis nula, es

decir, las dosificaciones que están bajo la resistencia mínima, en la cantera B, representan el 20%.

10.- La utilización de materiales sintéticos tales como nylon, poliéster y látex en la producción

de telas, ha provocado debates acerca de la calidad y resistencia de estas fibras comparadas

con las fibras naturales.

Un fabricante de una nueva fibra sintética asegura que en promedio su producto (Y) posee una

mayor resistencia a la tracción que las fibras naturales (X). Para tal efecto se seleccionan al

azar 10 fibras sintéticas y 12 fibras naturales, a cada una de las cuales se les midió la

resistencia a la tracción. Los resultados muestrales obtenidos se dan a continuación:

�� = 𝟐𝟕𝟐 𝑲𝒈 ; 𝑺𝒙𝟐 = 𝟏𝟔𝟑𝟔 𝑲𝒈𝟐 ; �� = 𝟑𝟑𝟓 𝑲𝒈 ; 𝑺𝒚

𝟐 = 𝟏𝟖𝟗𝟐 𝑲𝒈𝟐

¿Confirman estos datos lo asegurado por el fabricante? Fundamente adecuadamente su

respuesta y use 𝜶 = 𝟎, 𝟎𝟓?

10) Solución: Sean: 𝑥 = “Resistencia a la tracción de las fibras naturales, en Kg”; 𝑛𝒙 = 12

𝑦 = “Resistencia a la tracción de la nueva fibra sintética, en Kg”; 𝑛𝒚 = 10

𝑥 ~ 𝑁(𝜇 ; 𝜎2) 𝑦 ~ 𝑁(𝜇 ; 𝜎2)

En seguida, debemos contrastar las siguientes hipótesis, para determinar si estas muestras poseen

varianzas poblacionales iguales o diferentes:

𝐻0: 𝜎𝑥2 = 𝜎𝑦

2

𝐻1: 𝜎𝑥2 ≠ 𝜎𝑦

2

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑇 =𝑆𝑦

2

𝑆𝑥2 → 𝑇 =

1892

1636= 1,1565

Page 17: Intervalo Confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 149

Los puntos críticos están dados por (𝛼 = 0,05):

𝐹(𝑛𝑦− 1; 𝑛𝑥− 1;

𝛼

2)

= 𝐹(9; 11; 0,025) =1

𝐹(11; 9; 0,975)=

1

3,9117= 0,255

𝐹(𝑛𝑦− 1; 𝑛𝑥− 1; 1−

𝛼

2)

= 𝐹(9; 11; 0,975) = 3,9639

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 𝐹(9; 11; 0,025) ó 𝑇 > 𝐹(9; 11; 0,975) } → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 0,255 ó 𝑇 > 3,9639 }

Resultado: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, no hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es

decir, las varianzas poblacionales de ambas soluciones son iguales.

Continuando con el desarrollo del ejercicio, procedemos a contrastar las siguientes hipótesis:

𝐻0: 𝜇𝑥 = 𝜇𝑦

𝐻1: 𝜇𝑥 < 𝜇𝑦

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos la siguiente expresión:

𝑇 =�� − ��

𝑆𝑝√1

𝑛𝑥+

1

𝑛𝑦

𝐶𝑜𝑛 𝑆𝑝 = √(𝑛𝑥 − 1)𝑆𝑥

2 + (𝑛𝑦 − 1)𝑆𝑦2

𝑛𝑥 + 𝑛𝑦 − 2

Reemplazando, obtenemos:

𝑆𝑝 = √(12 − 1) ∙ 1636 + (10 − 1) ∙ 1892

12 + 10 − 2= 41,8473

𝑇 =272 − 335

41,8473 ∙ √1

12+

1

10

= −3,5460

Finalmente, la Región Crítica (Con 𝛼 = 0,05):

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 𝑡(𝑛𝑝; 1− 𝛼)} 𝐶𝑜𝑛 𝑛𝑝 = 𝑛𝑥 + 𝑛𝑦 − 2 = 20

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑡(20; 0,95)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −1,7247}

Respuesta: Como 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, en conclusión existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula

con un 10% de significación, es decir, podríamos concluir que el fabricante estaría en lo cierto, ya que

la nueva fibra sintética posee mayor resistencia a la tracción que las fibras naturales.

11.- En una planta industrial se quiere determinar cuál de dos tipos de fuentes de energía, gas

o electricidad, produce más energía útil a menor costo. Una medida de la producción

económica de energía, llamada “inversión de planta por quad suministrado”, se calcula

dividiendo la cantidad de dinero (en dólares) invertida por la planta en la fuente de energía en

cuestión y la cantidad suministrada de energía (en quads, miles de billones de unidades

térmicas británicas [BTU]). Cuanto menor sea este cuociente, menos pagará una planta

Page 18: Intervalo Confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 150 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

industrial por la energía suministrada. Se seleccionaron muestras aleatorias de 11 plantas que

utilizan electricidad y 16 plantas que utilizan gas y se calculó la inversión de la planta por quad

para cada una. Los datos se presentan en la tabla:

Asumiendo normalidad en la inversión por quad suministrado

11.1) ¿Se podría afirmar que existe diferencia significativa entre los promedios de inversión

de planta por quad suministrado para estos dos tipos de fuentes de energía, con un

nivel de significación de 0,10?

11.2) Estime con una confianza del 99% la proporción de plantas de gas que invierten más de

10 [BTU].

11.1) Solución: Sean: 𝑥 = “Inversión de una planta eléctrica por quad suministrado”; 𝑥 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

𝑦 = “Inversión de una planta a gas por quad suministrado”; 𝑦 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

Lo primero será determinar el tamaño de la muestra, la media y desviación estándar de cada

muestra:

𝑛𝑥 = 11 �� = 9,289 𝑆𝑥 = 3,616

𝑛𝑦 = 16 �� = 11,602 𝑆𝑦 = 3,112

En seguida, debemos contrastar las siguientes hipótesis, para determinar si estas muestras poseen

varianzas poblacionales iguales o diferentes:

𝐻0: 𝜎𝑥2 = 𝜎𝑦

2

𝐻1: 𝜎𝑥2 ≠ 𝜎𝑦

2

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑇 =𝑆𝑥

2

𝑆𝑦2 → 𝑇 =

3,6162

3,1122= 1,35

Los puntos críticos están dados por (𝛼 = 0,10):

𝐹(𝑛𝑥−1; 𝑛𝑦−1;

𝛼

2)

= 𝐹(10; 15; 0,05) =1

𝐹(15; 10; 0,95)=

1

2,8450= 0,351

𝐹(𝑛𝑥−1; 𝑛𝑦−1; 1−

𝛼

2)

= 𝐹(10; 15; 0,95) = 2,5437

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 𝐹(10; 15; 0,05) ó 𝑇 > 𝐹(10; 15; 0,95) } → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 0,351 ó 𝑇 > 2,5437 }

Resultado: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, no hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es

decir, las varianzas poblacionales de ambas soluciones son iguales.

ELECTRICIDAD 14,15 9,57 7,76 9,72 5,35 8,46 7,78 4,38

9,28 8,60 17,13

GAS 16,66 10,14 9,18 10,11 8,45 7,91 11,03 10,70

15,05 18,22 12,50 9,40 9,67 9,21 15,3 12,1

Page 19: Intervalo Confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 151

Continuando con el desarrollo del ejercicio, tenemos que contrastar las siguientes hipótesis:

𝐻0: 𝜇𝑥 = 𝜇𝑦

𝐻1: 𝜇𝑥 ≠ 𝜇𝑦

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos la siguiente expresión:

𝑇 =�� − ��

𝑆𝑝√1

𝑛𝑥+

1

𝑛𝑦

𝐶𝑜𝑛 𝑆𝑝 = √(𝑛𝑥 − 1)𝑆𝑥

2 + (𝑛𝑦 − 1)𝑆𝑦2

𝑛𝑥 + 𝑛𝑦 − 2

Reemplazando, obtenemos:

𝑆𝑝 = √(11 − 1) ∙ 3,6162 + (16 − 1) ∙ 3,1122

11 + 16 − 2= 3,323

𝑇 =9,289 − 11,602

3,323 ∙ √1

11+

1

16

= −1,777

Finalmente, la Región Crítica (Con 𝛼 = 0,10):

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑡(𝑛𝑝; 1− 𝛼

2)} 𝐶𝑜𝑛 𝑛𝑝 = 𝑛𝑥 + 𝑛𝑦 − 2 = 25

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑡(25; 0,95)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −1,7081}

Respuesta: Como 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, en conclusión existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula

con un 10% de significación, es decir, se puede afirmar que existe una diferencia significativa en el

promedio de inversión de planta por quad suministrado por estos dos tipos de energía.

11.2) Solución: Lo primero, será determinar el estimador ��, el que corresponde al número de plantas

a gas que invierten más de 10 quad, en la muestra, dividido en el tamaño de la muestra, que llevado

a los números es igual a 10 16⁄ .

Luego, el intervalo confidencial está dado por:

𝐼𝐶(𝑝)1−𝛼 = (�� ± 𝑍1− 𝛼

2 √

�� ��

𝑛𝑦)

Con: 1 − 𝛼 = 0,99; 𝑛𝑦 = 16 ; �� =10

16= 0,625; �� = 0,375

Reemplazando, obtenemos:

𝐼𝐶(𝑝)0,99 = (0,625 ± 𝑍0,995 √0,625 ∙ 0,375

16) ; 𝐶𝑜𝑛 𝑍0,995 = 2,575

𝐼𝐶(𝑝)0,99 = (0,625 ± 2,575 √0,625 ∙ 0,375

16)

Finalmente, el intervalo de confidencialidad queda dado por:

𝐼𝐶(𝑝)0,90 = [0,313; 0,937]

Respuesta: El intervalo [0,313; 0,937] tiene un 90% de probabilidad de contener a la proporción de

plantas de gas que invierten más de 10 [BTU].

Page 20: Intervalo Confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 152 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

12.- El PM10 (material particulado respirable), son partículas de diámetro menor o igual a 10

micrones. Por su tamaño, el PM10 es capaz de ingresar al sistema respiratorio del ser humano;

mientras menor es el diámetro de estas partículas mayor es el potencial daño en la salud; es

por esta razón, que diariamente se monitorea la calidad del aire,

calculando un Índice de calidad de Aire (AQI por sus siglas en

Inglés). Un AQI de 100 para PM10, corresponde a un nivel de 150

PM10 en microgramos por metro cúbico (promediado en 24

horas).

Se toman muestras aleatorias independientes del AQI, de tamaño

40, correspondientes a dos comunas C y M, del Gran Santiago, en

meses de invierno, obteniendo la siguiente información:

Suponiendo válidos los supuestos necesarios:

12.1) Estime el mínimo tamaño de muestra que se debe considerar para estimar el AQI

promedio en la comuna M, considerando un error de estimación de a lo más 18 μg/m3

y

una confianza de 95%, si de estudios previos se sabe que la desviación estándar del

AQI es de 110 μg/m3

.

12.2) ¿Es posible asegurar que el porcentaje de episodios en que el AQI es de al menos 200

(episodio dañino para la salud) es superior al 4% en la comuna C, con 5% nivel de

significación?

12.3) ¿Es posible, afirmar que no existen diferencias significativas en el índice de calidad

medio del aire en ambas comunas en estudio, con un nivel de significación del 1%?

12.1) Solución: Sean: 𝐶 = “Cantidad de material particulado en la comuna C”; 𝐶 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

𝑀 = “Cantidad de material particulado en la comuna M”; 𝑀 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

El enunciado del problema nos otorga la siguiente información:

𝑒 ≤ 18; 1 − 𝛼 = 0,95; 𝜎𝑀 = 110

Ya que el conocemos la varianza, y estamos estimando el AQI promedio en la comuna, la fórmula del

error está dada por:

𝑒 = 𝑍1− 𝛼

2∙

𝜎𝑀

√𝑛

Reemplazando:

18 ≥ 𝑍0,975 ∙110

√𝑛 → √𝑛 ≥ 1,96 ∙

110

18 → 𝑛 ≥ 143,46 ≈ 144

Respuesta: El tamaño de la muestra debe ser como mínimo de 144.

12.2) Solución: Con los datos entregados por la tabla, podemos determinar el estimador ��, que

corresponde a la cantidad de episodios de la muestra, en que el AQI es de al menos 200, dividido en

el tamaño de la muestra, lo que llevado a los números es igual a 3 40⁄ .

AQI (μg/m3

) C M

0 – 50 2 5

50 – 100 9 5

100 – 150 11 11

150 – 200 15 13

200 – 300 3 4

300 – 550 0 2

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 153

Luego, las hipótesis a contrastar son:

𝐻0: 𝑝 = 0,04

𝐻1: 𝑝 > 0,04

El estimador de prueba a utilizar es:

𝑇 =�� − 𝑝0

√𝑝0 𝑞0

𝑛

𝐶𝑜𝑛: �� =3

40= 0,075; 𝑛 = 40 → 𝑇 =

0,075 − 0,04

√0,04∙0,96

40

= 1,1296

La Región Crítica (Con 𝛼 = 0,05):

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑍1− 𝛼} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑍0,95} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −1,645}

Respuesta: Como 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, en conclusión no existe suficiente información para rechazar la hipótesis

nula con un 5% de significación, es decir, se puede afirmar que el porcentaje o proporción de

episodios en que el AQI es de al menos 200, es equivalente o menor al 4% en la Comuna C.

12.3) Solución: Para este ítem lo primero que debemos hacer es calcular el tamaño de la muestra, la

media y desviación estándar, de cada muestra:

𝑛𝐶 = 40

�� = 136,875

𝑆𝐶 = 55,7546

𝑛𝑀 = 40

�� = 150

𝑆𝑀 = 89,5144

En seguida, debemos contrastar las siguientes hipótesis, para determinar si estas muestras poseen

varianzas poblacionales iguales o diferentes:

𝐻0: 𝜎𝐶2 = 𝜎𝑀

2

𝐻1: 𝜎𝐶2 ≠ 𝜎𝑀

2

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑇 =𝑆𝑀

2

𝑆𝐶2 → 𝑇 =

89,51442

55,75462= 2,5777

Los puntos críticos están dados por (𝛼 = 0,01):

𝐹(𝑛𝑀− 1; 𝑛𝐶− 1;

𝛼

2)

= 𝐹(39; 39; 0,005) =1

𝐹(39; 39; 0,995)≈

1

𝐹(40; 40; 0,995)=

1

2,2958= 0,435

𝐹(𝑛𝑀− 1; 𝑛𝐶− 1; 1−

𝛼

2)

= 𝐹(39; 39; 0,995) ≈ 𝐹(40; 40; 0,995) = 2,2958

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 𝐹(39; 39; 0,005) ó 𝑇 > 𝐹(39; 39; 0,995) } → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 0,435 ó 𝑇 > 2,2958 }

AQI (μg/m3) 𝑥𝑖 C M

0 – 50 25 2 5

50 – 100 75 9 5

100 – 150 125 11 11

150 – 200 175 15 13

200 – 300 250 3 4

300 – 550 425 0 2

𝑛𝐶 = 40 𝑛𝑀 = 40

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 154 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

∑ 𝒙𝒊𝟐 = 𝟏𝟔𝟖𝟎, 𝟕𝟔

𝟐𝟓

𝒊 = 𝟏

∑ 𝒙𝒊 = 𝟐𝟎𝟒, 𝟖𝟓

𝟐𝟓

𝒊 = 𝟏

Resultado: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es decir,

las varianzas poblacionales de ambas soluciones son diferentes.

Continuando con el desarrollo del ejercicio, tenemos que contrastar las siguientes hipótesis:

𝐻0: 𝜇𝑀 = 𝜇𝐶

𝐻1: 𝜇𝑀 ≠ 𝜇𝐶

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos la siguiente expresión:

𝑇 =�� − ��

√𝑆𝑀

2

𝑛𝑀+

𝑆𝑐2

𝑛𝐶

→ 𝑇 =150 − 136,875

√55,75462

40+

89,51442

40

= 0,7871

Después para calcular los grados de libertad tenemos la siguiente fórmula:

𝑣 =(

𝑆𝑀2

𝑛𝑀+

𝑆𝑐2

𝑛𝐶)

2

(𝑆𝑀

2

𝑛𝑀)

2

𝑛𝑀−1+

(𝑆𝑐

2

𝑛𝐶)

2

𝑛𝐶−1

=(

55,75462

40+

89,51442

40)

2

(55,75462

40)

2

40−1+

(89,51442

40)

2

40−1

= 65,3016 ≈ 65

Finalmente, la Región Crítica (Con 𝛼 = 0,01):

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑡(𝑣; 1− 𝛼

2)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑡(65; 0,995)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −2,6536}

Respuesta: Como 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, en conclusión no existe suficiente información para rechazar la hipótesis

nula con un 1% de significación, es decir, se puede afirmar que no existen diferencias significativas

en el índice de calidad medio del aire en ambas comunas en estudio.

13.- Para comparar la capacidad de producción de calor del carbón proveniente de dos minas,

se obtuvo una muestra aleatoria de 35 especímenes de carbón de la mina 1 y otra muestra de

25 especímenes de carbón de la mina 2, obteniendo los siguientes resultados de la capacidad

de producción de calor, en miles de millones de calorías por tonelada:

Mina 1 Mina 2

Capacidad calórica promedio 8,23

Desviación estándar capacidad calórica 0,1255

Especímenes con capacidad mayor a 8,3 mM de cal/ton. 10 5

Suponiendo que las poblaciones muestreadas tienen distribución normal:

13.1) Estime con 95% de confianza la proporción de carbón con capacidad calórica de a lo

más 8,3 miles de millones de calorías en la mina 1.

13.2) Que tamaño de muestra sería necesario para estimar la capacidad calórica promedio

del carbón de la mina 2 con 98% de confianza y un error en la estimación que no supere

Page 23: Intervalo Confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 155

los 0,1 miles de millones de calorías por tonelada, si en estudios anteriores se obtuvo

una varianza de la capacidad calórica igual a 0,09 (miles de millones de calorías por

tonelada)2?

13.3) Verifique, con 5% de significación, si la capacidad calórica promedio del carbón de la

mina 1 es superior a la capacidad calórica promedio del carbón de la mina 2.

13.4) Se afirma que la capacidad calórica del carbón de la mina 1 es de a lo menos 8,3 miles

de millones de calorías por tonelada. ¿Qué opina usted con 5% nivel de significación?

13.1) Solución: Sea: 𝑥 = “Capacidad de producción de calor del carbón proveniente de la mina 1”

𝑦 = “Capacidad de producción de calor del carbón proveniente de la mina 2”

𝑥 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2) 𝑦 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

Ya que el problema habla de proporción, debemos utilizar la siguiente fórmula para determinar el

intervalo confidencial:

𝐼𝐶(𝑝)1−𝛼 = (�� ± 𝑍1− 𝛼

2

√�� ��

𝑛𝑥)

Con: 1 − 𝛼 = 0,95 ; 𝑛𝑥 = 35 ; �� =25

35 ; �� =

10

35

Reemplazando, obtenemos:

𝐼𝐶(𝑝)0,95 = (25

35± 𝑍0,975

√25

35∙

10

35

35) ; 𝐶𝑜𝑛 𝑍0,975 = 1,96

𝐼𝐶(𝑝)0,95 = (25

35± 1,96√

25

35∙

10

35

35)

Finalmente, el intervalo de confidencialidad queda dado por:

𝐼𝐶(𝑝)0,98 = [0,5846; 0,840]

Respuesta: El intervalo [0,5846; 0,840] tiene un 98% de probabilidad de contener a la proporción de

carbón con capacidad calórica de a lo más 8,3 miles de millones de calorías en la mina 1.

13.2) Solución: El problema nos proporciona la siguiente información:

1 − 𝛼 = 0,98; 𝑒 ≤ 0,1; 𝜎2 = 0,09; 𝜎 = 0,3

Ya que estamos tratando con proporciones, utilizamos la fórmula de error está dada por:

𝑒 = 𝑍1− 𝛼

2

𝜎

√𝑛

Reemplazando, tenemos:

0,1 ≥ 𝑍0,99 ∙0,3

√𝑛 → √𝑛 ≥ 2,33 ∙

0,3

0,1 → 𝑛 ≥ 48,86 ≈ 49

Respuesta: El tamaño necesario para el problema es como mínimo 49.

Page 24: Intervalo Confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 156 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

13.3) Solución: Procedemos a determinar el tamaño de la muestra, la media y desviación estándar de

ambas muestras:

Para Mina I: 𝑛𝑥 = 35; �� = 8,23 ; 𝑆𝑥 = 0,12553

Para Mina II: 𝑛𝑦 = 25; �� =∑ 𝑥

𝑛𝑦=

204,85

25= 8,194

𝑆𝑦 = √∑ 𝑥𝑖

2 − 𝑛𝑦 ��2

𝑛𝑦 − 1= √

∑ 𝑥𝑖2 −

(∑ 𝑥𝑖)2

𝑛𝑦

𝑛𝑦 − 1= √

1680,76 −204,852

25

24= 0,304

En seguida, debemos contrastar las siguientes hipótesis, para determinar si estas muestras

poseen varianzas poblacionales iguales o diferentes:

𝐻0: 𝜎𝑥2 = 𝜎𝑦

2

𝐻1: 𝜎𝑥2 ≠ 𝜎𝑦

2

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑇 =𝑆𝑦

2

𝑆𝑥2 → 𝑇 =

0,3042

0,125532= 5,8648

Los puntos críticos están dados por (𝛼 = 0,05):

𝐹(𝑛𝑦− 1; 𝑛𝑥− 1;

𝛼

2)

= 𝐹(24; 34; 0,025) =1

𝐹(34; 24; 0,975)≈

1

𝐹(30; 24; 0,975)=

1

2,2090= 0,452

𝐹(𝑛𝑦− 1; 𝑛𝑥− 1; 1−

𝛼

2)

= 𝐹(24; 34; 0,975) ≈ 𝐹(24; 30; 0,975) = 2,1359

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 𝐹(24; 34; 0,025) ó 𝑇 > 𝐹(24; 34; 0,975) } → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 0,452 ó 𝑇 > 2,1359 }

Resultado: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es decir,

las varianzas poblacionales de ambas muestras son diferentes.

Continuando con el desarrollo del ejercicio, contrastamos las siguientes hipótesis:

𝐻0: 𝜇𝑥 = 𝜇𝑦

𝐻1: 𝜇𝑥 > 𝜇𝑦

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑇 =�� − �� − (𝜇𝑥 − 𝜇𝑦)

√𝑆𝑥

2

𝑛𝑥+

𝑆𝑦2

𝑛𝑦

→ 𝑇 =8,23 − 8,194 − 0

√0,125532

35+

0,3042

25

= 0,5590

Page 25: Intervalo Confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 157

Después para calcular los grados de libertad tenemos la siguiente fórmula:

𝑣 =(

𝑆𝑥2

𝑛𝑥+

𝑆𝑦2

𝑛𝑦)

2

(𝑆𝑥

2

𝑛𝑥)

2

𝑛𝑥−1+

(𝑆𝑦

2

𝑛𝑦)

2

𝑛𝑦−1

=(

0,125532

35+

0,3042

25)

2

(0,125532

35)

2

35−1+

(0,3042

25)

2

25−1

= 29,89 ≈ 29

Finalmente, la Región Crítica (Con 𝛼 = 0,05):

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝑡(𝑣; 1− 𝛼)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝑡(29; 0,95)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 1,6991}

Respuesta: Como 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, en conclusión no existe suficiente información para rechazar la hipótesis

nula con un 5% de significación, es decir, se puede afirmar que la capacidad calórica del carbón de la

mina 1 no supera a la capacidad calórica del carbón de la mina 2.

13.4) Solución: Las hipótesis a contrastar son:

𝐻0: 𝜇 ≥ 8,3𝐻1: 𝜇 < 8,3

Luego, como desconocemos la varianza el estadístico de prueba se determina de la siguiente forma:

𝑇 =�� − 𝜇0

𝑠

√𝑛

𝐶𝑜𝑛: 𝑛𝑥 = 35; �� = 8,23 ; 𝑆𝑥 = 0,12553 → 𝑇 =8,23 − 8,3

0,1255

√35

= −3,3

La Región Crítica (Con 𝛼 = 0,05):

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑡(𝑛𝑥−1; 1 − 𝛼)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑡(34; 0,95)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −1,6909}

Respuesta: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula, con

un 5% de significación, es decir, la capacidad calórica del carbón de la mina 1 es inferior a 8,3 mil

millones de calorías por tonelada.

14.- Una empresa de telecomunicaciones realizó un estudio a fin de comparar el tráfico

mensual de los clientes que han tomado los planes A ó B y conocer la opinión de éstos

respecto de los servicios prestados por la empresa.

Para este efecto, tomó de cada plan, una muestra aleatoria de 121 clientes. La información

recolectada, se presenta a continuación:

Plan A

Tiempo (min) 60 a 100 100 a 140 140 a 180 180 a 220 220 a 260

N° de clientes 13 32 30 27 19

Plan B

Tiempo (min) 120 a 156 156 a 192 192 a 228 228 a 264 264 a 300

N° de clientes 20 26 33 30 12

Además 98 clientes del plan A y 80 del plan B evaluaron satisfactoriamente los servicios

prestados por la empresa.

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 158 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

14.1) Estime, con un nivel de confianza del 95% el tiempo medio de tráfico de los clientes del

plan B.

14.2) Con un nivel de significación del 5%, ¿Aceptaría Ud. La hipótesis que la diferencia de

los tiempos medios de tráfico, de los clientes del plan B con respecto a los clientes del

plan A, supere los 30 minutos?

14.3) Si el Gerente de la empresa se planteó la hipótesis: “el porcentaje de clientes que

evalúa satisfactoriamente los servicios prestados por la empresa es igual en ambos

planes”, ¿Qué concluye, si utilizó un nivel de significación del 1%?

14.4) Docime la hipótesis de que el tiempo de tráfico de los clientes del plan A, es una v.a.

con distribución normal de varianza 2500 (min2).

14.1) Solución:

Sea: 𝐴 = “Tiempo tráfico mensual de los clientes que han tomado el plan A, en minutos”

𝐵 = “Tiempo tráfico mensual de los clientes que han tomado el plan B, en minutos”

𝐴 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2) 𝐵 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

Lo primero será calcular el tamaño, media y desviación estándar de cada muestra dada:

Para A Para B

�� = 162,3140 𝑆𝐴 = 49,8792 �� = 206,4296 𝑆𝐵 = 44,4336

Dado que el problema nos pide estimar el tiempo medio de tráfico de los clientes del plan B,

utilizaremos la siguiente fórmula para poder determinarlo

𝐼𝐶(𝜇𝐵)1−𝛼 = (�� ± 𝑡(𝑛𝐵−1;1−

𝛼

2)

∙𝑆𝐵

√𝑛𝐵) 𝐶𝑜𝑛: 1 − 𝛼 = 0,95

Evaluando:

𝐼𝐶(𝜇𝐵)0,95 = (206,4296 ± 𝑡(120;0,975) ∙44,4336

√121) 𝐶𝑜𝑛: 𝑡(120;0,975) = 1,9799

𝐼𝐶(𝜇𝐵)0,95 = (206,4296 ± 1,9799 ∙44,4336

√121)

𝐼𝐶(𝜇𝐵)0,95 = [198,4319; 214,4272]

Respuesta: El intervalo [198,4319; 214,4272] tiene un 95% de probabilidad de contener el tiempo

medio de tráfico de los clientes del plan B.

𝐴𝑖 𝑛𝐴𝑖 𝐵𝑖 𝑛𝐵𝑖

60 − 100 80 13 120 − 156 138 20

100 − 140 120 32 156 − 192 174 26

140 − 180 160 30 192 − 228 210 33

180 − 220 200 27 228 − 264 246 30

220 − 260 240 19 264 − 300 282 12

𝑛𝐴 = 121 𝑛𝐵 = 121

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 159

14.2) Solución: En seguida, debemos contrastar las siguientes hipótesis, para determinar si estas

muestras poseen varianzas poblacionales iguales o diferentes:

𝐻0: 𝜎𝐴2 = 𝜎𝐵

2

𝐻1: 𝜎𝐴2 ≠ 𝜎𝐵

2

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑇 =𝑆𝐴

2

𝑆𝐵2 → 𝑇 =

49,87922

44,43362= 1,2601

Los puntos críticos están dados por (𝛼 = 0,05):

𝐹(𝑛𝐴−1; 𝑛𝐵−1;

𝛼

2)

= 𝐹(120; 120; 0,025) =1

𝐹(120; 120; 0,975)=

1

1,4327= 0,697

𝐹(𝑛𝐴−1; 𝑛𝐵−1; 1−

𝛼

2)

= 𝐹(120; 120; 0,975) = 1,4327

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 𝐹(120; 120; 0,025) ó 𝑇 > 𝐹(120; 120; 0,975) } → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 0,697 ó 𝑇 > 1,4327 }

Resultado: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, no hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es

decir, las varianzas poblacionales de ambas muestras son iguales.

Continuando con el desarrollo del ejercicio, contrastamos las siguientes hipótesis:

𝐻0: 𝜇𝐵 − 𝜇𝐴 ≤ 30𝐻1: 𝜇𝐵 − 𝜇𝐴 > 30

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos la siguiente expresión:

𝑇 =�� − �� − (𝜇𝐵 − 𝜇𝐴)

𝑆𝑝√1

𝑛𝐵+

1

𝑛𝐴

𝐶𝑜𝑛 𝑆𝑝 = √(𝑛𝐵 − 1)𝑆𝐵

2 + (𝑛𝐴 − 1)𝑆𝐴2

𝑛𝐵 + 𝑛𝐴 − 2

Reemplazando, obtenemos:

𝑆𝑝 = √(120) ∙ 44,43362 + (120) ∙ 49,87922

121 + 121 − 2= 47,235

𝑇 =206,4296 − 162,3140 − 30

47,235√1

121+

1

121

= 2,3244

Finalmente, la Región Crítica (Con 𝛼 = 0,05):

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝑡(𝑛𝑝; 1− 𝛼)} 𝐶𝑜𝑛 𝑛𝑝 = 𝑛𝐴 + 𝑛𝐵 − 2 = 240

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝑡(240; 0,95)}

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 160 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Ya que este valor no se encuentra explícitamente en la tabla, tenemos que interpolar:

1,6499 − 1,6525

300 − 200=

𝑥 − 1,6525

240 − 200

−0,0026

100=

𝑥 − 1,6525

40

𝑥 =−0,0026 ∙ 40

100+ 1,6525

𝑥 = 1,6515

𝑡(240; 0,95) = 1,6515

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝑡(240; 0,95)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 1,6515}

Respuesta: Como 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, en conclusión existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula

con un 5% de significación, es decir, se puede afirmar que la diferencia media de los tiempos de

tráfico de los clientes del plan B con respecto a los clientes del plan A, supera los 30 minutos.

14.3) Solución: Ya que el ejercicio nos entrega la cantidad de clientes, de cada plan, que evalúa

satisfactoriamente los servicios prestados por la empresa, podemos determinar las proporciones

respectivas de las muestras:

𝑝�� =98

121 𝑝�� =

80

121 → �� =

98 + 80

121 + 121=

178

242= 0,7355

Definimos las hipótesis a contrastar

𝐻0: 𝑝𝐴 = 𝑝𝐵

𝐻1: 𝑝𝐴 ≠ 𝑝𝐵

El estadístico de prueba está dado por:

𝑇 =𝑝�� − 𝑝��

√���� (1

𝑛𝐴+

1

𝑛𝐴)

=

98

121−

80

121

√(0,7355)(0,2645) (1

121+

1

121)

= 2,6234

El Punto Crítico corresponde a: 𝑧1− 𝛼

2= 𝑧0,995 = 2,575

La Región Crítica (Con 𝛼 = 0,01):

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑍1− 𝛼

2 ó 𝑇 > 𝑍1−

𝛼

2 } → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −2,575 ó 𝑇 > 2,575}

Respuesta: Como 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, se llega a la conclusión que existe suficiente información para rechazar la

hipótesis nula con un 1% de significación, o sea, el gerente de la empresa no se encontraba en lo

correcto cuando planteaba que el porcentaje de clientes que evalúa satisfactoriamente los servicios

prestados por la empresa es igual en ambos casos.

14.4) Solución: Sea: 𝐴 = “Tiempo tráfico mensual de los clientes que han tomado el plan A, en min.”

Con: �� = 162,31 ; 𝜎𝐴2 = 2500; 𝜎𝐴 = 50

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 161

Las hipótesis a contrastar son: 𝐻0: 𝐴 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎𝐴2 = 2500)

𝐻1: 𝐴 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎𝐴2 = 2500)

Nota: Debido a que el ejercicio no nos entrega los grados de libertad se 𝛼 = 0,05

Luego, se crea una tabla con los intervalos que abarcan todos los números del conjutno de los reales,

es decir, desde el −∞ al +∞, donde también se adiciona la frecuencia absoluta y la probabilidad de

cada uno de ellos:

En seguida, como se debe cumplir que 𝑒𝑖 > 5, se procede a modificar la tabla, lo que se lleva a cabo

sumando las dos primeras filas y las dos últimas filas, quedando expresado de la siguiente forma:

𝑛𝑖 𝑝(𝑥) 𝑒𝑖 = 𝑛 ∙ 𝑝(𝑥)

13 0,3062 12,77

32 0,2208 26,72

30 0,3104 37,56

27 0,2381 28,81

19 0,1251 15,14

𝑛 = 121 ∑ 𝑝(𝑥) = 1 ∑ 𝑒𝑖 = 121

Posteriormente, se aplica la fórmula para calcular el estadístico de prueba:

𝑜𝑏𝑠2

= ∑(𝑛𝑖 − 𝑒𝑖)2

𝑒𝑖=

(13 − 12,77)2

12,77+

(32 − 26,72)2

26,72+

(30 − 37,56)2

37,56+

(27 − 28,81)2

28,81+

(19 − 15,14)2

15,14

𝑜𝑏𝑠2

= 3,667

Además, la región crítica está definida de la siguiente forma:

𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2 > 1−𝛼;

2 } Con: = 𝑘 − − 1 𝑘 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑠𝑢𝑐𝑒𝑠𝑜𝑠 𝑜 𝑓𝑖𝑙𝑎𝑠 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑖𝑚𝑎𝑑𝑜𝑟𝑒𝑠

Debido a que ocupamos el estimador de la media, el valor de es igual a uno y el número de filas

después de la modificación es cinco, por lo tanto, reemplazando tenemos:

𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2 > 1− 𝛼; 3

2 }

𝑥′𝑖−1 − 𝑥′𝑖 𝑛𝑖 𝐿í𝑚𝑖𝑡𝑒𝑠 𝑡𝑖𝑝𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑑𝑜𝑠

𝑍𝑥′𝑖−1− 𝑍𝑥′𝑖

𝑝(𝑥) 𝑒𝑖 = 𝑛 ∙ 𝑝(𝑥)

𝑀𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑎 60 < 60−162,31

50 < −2,05

f(−2,05) = 0,0202

0,0202 2,44

60 − 100 13 60 − 162,31

50;

100 − 162,31

50 −2,05; −1,25

f(−1,25) − f(−2,05) = 0,1056 − 0,0202

0,0854 10,33

100 − 140 32 100 − 162,31

50;

140 − 162,31

50 −1,25; −0,45

f(−0,45) − f(−1,25) = 0,3264 − 0,1056

0,2208 26,72

140 − 180 30 140 − 162,31

50;

180 − 162,31

50 −0,45; 0,35

f(0,35) − f(−0,45) = 0,6368 − 0,3264

0,3104 37,56

180 − 220 27 180 − 162,31

50;

220 − 162,31

50 0,35; 1,15

f(1,15) − f(0,35) = 0,8749 − 0,6368

0,2381 28,81

220 − 260 19 220 − 162,31

50;

260 − 162,31

50 1,15; 1,95

f(1,95) − f(1,15) = 0,9744 − 0,8749

0,0995 12,04

𝑀𝑎𝑦𝑜𝑟 𝑎 260 >260−162,31

50 > 1,95

1 − f(1,95) = 1 − 0,9744

0,0256 3,1

𝑛 = 121 1 121

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 162 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Ya que el valor del nivel de confianza no es entregado por el ejercicio, tenemos que interpolar para

determinarlo:

0,75 − 0,25

𝑥 − 0,25=

4,108 − 1,213

3,667 − 1,213

0,50

𝑥 − 0,25=

2,895

2,454

𝑥 =0,50 ∙ 2,454

2,895+ 0,25

𝑥 = 0,69

1 − 𝛼 = 0,69

Resultados:

Caso 1: La hipotesis nula se rechaza si 𝑜𝑏𝑠2

∈ 𝑅𝐶 ⇔ 1 − 𝛼 < 0,69 ó 𝛼 > 0,31

Caso 2: La hipotesis nula no se rechaza si 𝑜𝑏𝑠2 ∈ 𝑅𝐶 ⇔ 1 − 𝛼 > 0,69 ó 𝛼 < 0,31

Considerando que el nivel de significación debe ser el menor posible para que la estimación sea

adecuada, por lo que es correcto elegir el caso 2, ya que así se cumple lo antes expuesto.

Respuesta: Ya que 𝑜𝑏𝑠2 ∈ 𝑅𝐶 ⇔ 1 − 𝛼 > 0,69, es decir, no existe información suficiente para

rechazar la hipotesis nula, por lo tanto, el tiempo de tráfico de los clientes del plan A se distribuye

normalmente con varianza igual a 2500 min2.

15.- En el mercado existen dos tipos de plásticos (A y B), los que son utilizados en la

fabricación de diversos artículos. Una variable importante que se maneja es su tensión de

ruptura (en psi) y por lo tanto se ha diseñado un experimento para medir la variable en ambos

tipos. Los resultados en 41 ensayos de plástico A fueron los siguientes:

Tensión de Ruptura 144 a 150 150 a 156 156 a 162 162 a 168

𝒏𝑨 5 12 16 8

Por otro lado, en 25 ensayos realizados para registrar la tensión a la ruptura en el plástico B,

se obtuvo un promedio de 154 psi con desviación estándar de 5,2 psi.

15.1) Considerando un nivel de significación del 5% y la información que entregan los datos.

¿Hay evidencia suficiente para cuestionar lo especificado por el fabricante, quién

señala que el valor medio de la tensión a la ruptura del plástico A es de 155,5 psi?

15.2) El ingeniero de procesos tiene la sospecha que el plástico A tiene una tensión media a

la ruptura más alta de lo que se observa para el plástico B. Admitiendo como válidos

los supuestos de normalidad de las variables en estudio y considerando un niel de

significación del 5% ¿Qué puede concluir usted respecto de la sospecha del ingeniero

de procesos?

15.3) Con un nivel de significación del 2,5% ¿Muestran los datos la evidencia suficiente para

corroborar que efectivamente la distribución de probabilidad de la tensión a la ruptura

del plástico tipo A es de tipo normal con media 155,5 psi y varianza 25 (psi)2.

15.4) Con un 5% de nivel de significación, ¿es posible corroborar que más de un 30% de las

unidades del plástico A presentan una tensión a la ruptura superior a 160 psi?

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 163

15.1) Solución: Sea: 𝑥 = “Tensión de ruptura del tipo de plásticos A, en psi”; 𝑥 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

𝑦 = “Tensión de ruptura del tipo de plásticos B, en psi”; 𝑦 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎2)

Para 𝑥:

�� = 156,95 𝑆𝑥 = 5,63 𝑛𝑥 = 41

Para 𝑦:

�� = 154 𝑆𝑦 = 5,2 𝑛𝑦 = 25

Las hipótesis a contrastar son:

𝐻0: 𝜇𝐴 = 155,5𝐻1: 𝜇𝐴 ≠ 155,5

Luego, como desconocemos la varianza el estadístico de prueba se determina de la siguiente forma:

𝑇 =�� − 𝜇0

𝑠𝑥

√𝑛𝑥

𝐶𝑜𝑛: 𝑛𝑥 = 41; �� = 156,95 ; 𝑆𝑥 = 5,63 → 𝑇 =156,95 − 155,5

5,63

√41

= 1,65

La Región Crítica (Con 𝛼 = 0,05):

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑡(𝑛𝑥−1; 1 −

𝛼

2)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑡(40; 0,975)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −2,0211}

Respuesta: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, no existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula, es

decir, no hay evidencia suficiente para cuestionar lo especificado por el fabricante, el que señaló que

el valor medio de la tensión a la ruptura del plástico A es de 155,5 psi, con un 5% de significación.

15.2) Solución: Debemos contrastar las siguientes hipótesis, para determinar si estas muestras

poseen varianzas poblacionales iguales o diferentes:

𝐻0: 𝜎𝑥2 = 𝜎𝑦

2

𝐻1: 𝜎𝑥2 ≠ 𝜎𝑦

2

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑇 =𝑆𝑥

2

𝑆𝑦2 → 𝑇 =

5,632

5,22= 1,1722

Los puntos críticos están dados por (𝛼 = 0,05):

𝐹(𝑛𝑥−1; 𝑛𝑦−1;

𝛼

2)

= 𝐹(40; 24; 0,025) =1

𝐹(24; 40; 0,975)=

1

2,0069= 0,4928

𝐹(𝑛𝑥−1; 𝑛𝑦−1; 1−

𝛼

2)

= 𝐹(40; 24; 0,975) = 2,1460

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 𝐹(40; 24; 0,025) ó 𝑇 > 𝐹(40; 24; 0,975) } → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < 0,4928 ó 𝑇 > 2,1460 }

Resultado: Debido a que 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, no hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula, es

decir, las varianzas poblacionales de ambas muestras son iguales.

𝑥′𝑖−1 − 𝑥′𝑖 𝑥𝑖 𝑛𝑖

144 – 150 147 5

150 – 156 153 12

156 – 162 159 16

162 – 168 165 8

𝑛𝑥 = 41

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 164 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Continuando con el desarrollo del ejercicio, procedemos a contrastar las siguientes hipótesis:

𝐻0: 𝜇𝑥 = 𝜇𝑦

𝐻1: 𝜇𝑥 > 𝜇𝑦

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑇 =�� − ��

𝑆𝑝√1

𝑛𝑥+

1

𝑛𝑦

𝐶𝑜𝑛 𝑆𝑝 = √(𝑛𝑥 − 1)𝑆𝑥

2 + (𝑛𝑦 − 1)𝑆𝑦2

𝑛𝑥 + 𝑛𝑦 − 2

Reemplazando, obtenemos:

𝑆𝑝 = √(41 − 1) ∙ 5,632 + (25 − 1) ∙ 5,22

41 + 25 − 2= 5,4727 ; 𝑇 =

156,95 − 154

5,4727 ∙ √1

41+

1

25

= 2,1243

Finalmente, la Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝑡(𝑛𝑝; 1− 𝛼)} 𝐶𝑜𝑛 𝑛𝑝 = 𝑛𝐴 + 𝑛𝐵 − 2 = 64

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝑡(64; 0,95)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 1,6690}

Respuesta: Como 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, en conclusión hay información suficiente para rechazar la hipótesis nula,

es decir, las sospechas del ingeniero de proceso están en lo correcto, ya que por los resultados

obtenidos el plástico A tiene una tensión media a la ruptura más alta de lo que se observa para el

plástico B.

15.3) Solución: Las hipótesis a contrastar son (Con 𝛼 = 0,025):

𝐻0: 𝑥 ~ 𝑁(𝜇 = 155,5; 𝜎𝐴2 = 25)

𝐻1: 𝑥 ~ 𝑁(𝜇 = 155,5; 𝜎𝐴2 = 25)

Luego, como queremos probar que se distribuye normalmente, se crea una tabla con los intervalos

que abarcan todos los números del conjunto de los reales, es decir, desde el −∞ al +∞, donde

también se adiciona la frecuencia absoluta y la probabilidad de cada uno de ellos:

𝑥′𝑖−1 − 𝑥′𝑖 𝑛𝑖 𝐿í𝑚𝑖𝑡𝑒𝑠 𝑡𝑖𝑝𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑑𝑜𝑠

𝑍𝑥′𝑖−1− 𝑍𝑥′𝑖

𝑝(𝑥) 𝑒𝑖 = 𝑛 ∙ 𝑝(𝑥)

𝑀𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑎 144 < 144 − 155,5

5 < −2,3

f(−2,3) = 0,0107

0,011 0,45

144 − 150 5 144 − 155,5

5;

150 − 155,5

5 −2,3; −1,1

f(−1,1) − f(−2,3) = 0,1357 − 0,0107

0,125 5,13

150 − 156 12 150 − 155,5

5;

156 − 155,5

5 −1,1; 0,1

f(0,1) − f(−1,1) = 0,5398 − 0,1357

0,404 16,56

156 − 162 16 156 − 155,5

5;

162 − 155,5

5 0,1; 1,3

f(1,3) − f(0,1) = 0,9032 − 0,5398

0,363 14,88

162 − 168 8 162 − 155,5

5;

168 − 155,5

5 1,3; 2,5

f(2,5) − f(1,3) = 0,9938 − 0,9032

0,091 3,73

𝑀𝑎𝑦𝑜𝑟 𝑎 168 >168 − 155,5

5 > 2,5

1 − f(2,5) = 1 − 0,9938

0,006 0,25

𝑛 = 41 1 41

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 165

En seguida, se sabe que cuando estamos haciendo bondad de ajuste se debe cumplir que 𝑒𝑖 > 5, por

lo tanto, se procede a modificar la tabla, lo que se lleva a cabo sumando las dos primeras filas y las

tres últimas filas, quedando expresado de la siguiente forma:

𝑛𝑖 𝑝(𝑥) 𝑒𝑖 = 𝑛 ∙ 𝑝(𝑥)

5 0,136 5,58

12 0,368 16,56

24 0,496 18,86

𝑛 = 41 ∑ 𝑝(𝑥) = 1 ∑ 𝑒𝑖 = 41

Posteriormente, se aplica la fórmula para calcular el estadístico de prueba:

𝑜𝑏𝑠2

= ∑(𝑛𝑖 − 𝑒𝑖)2

𝑒𝑖=

(5 − 5,58)2

5,58+

(12 − 16,56)2

16,56+

(24 − 18,86)2

18,86= 2,717

Además, la región crítica está definida de la siguiente forma:

𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2

> 1−𝛼;2 } Con: = 𝑘 − − 1

𝑘 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑠𝑢𝑐𝑒𝑠𝑜𝑠 𝑜 𝑓𝑖𝑙𝑎𝑠 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑖𝑚𝑎𝑑𝑜𝑟𝑒𝑠

Debido a que no se utiliza ningún estimador, el valor de es igual a cero y el número de filas

después de la modificación corresponde a tres, por lo tanto, reemplazando tenemos:

𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2

> 0,975;22

} 𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2

> 7,378}

Respuesta: Como 𝑜𝑏𝑠2

∈ 𝑅𝐶, se concluye que no existe evidencia suficiente para rechazar que la

tensión a la ruptura del plástico tipo A se distribuye normalmente con una media de 155,5 psi y una

varianza de 25 psi2, con un nivel de significación de 0,025.

15.4) Solución: Sea: 𝑝 = “Proporción de las unidades del plástico A que presentan una tensión a la

ruptura superior a 160 psi”

Estimaremos el valor de ��, lo que lo llevamos a cabo por medio de fórmula de percentil, como se ve a

continuación:

𝑝 = 𝑥′𝑖−1 + 𝐶𝑖 (

𝑝∙𝑛

100− 𝑁𝑖−1

𝑛𝑖)

160 = 156 + 6 (

𝑝∙41

100− 17

16) → 𝑝 = 67,48%

�� =100 − 67,48

100= 0,3252

Luego, las hipótesis a contrastar son:

𝐻0: 𝑝 = 0,3𝐻1: 𝑝 > 0,3

𝑥′𝑖−1 − 𝑥′𝑖 𝑛𝑖 𝑁𝑖

144 – 150 5 5

150 – 156 12 17

156 – 162 16 33

162 – 168 8 41

𝑛𝑥 = 41

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 166 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

El estadístico de prueba está dado por:

𝑇 =�� − 𝑝0

√𝑝0 𝑞0

𝑛

→ 𝑇 =0,3252 − 0,3

√0,3∙0,7

41

= 0,7266

La Región Crítica (Con 𝛼 = 0,05):

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝑍1− 𝛼} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝑍0,95} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 1,645}

Respuesta: Como 𝑇 ∈ 𝑅𝐶, no existe suficiente información para rechazar la hipótesis nula con un 5%

de significación, es decir, no se puede corroborar que más de un 30% de las unidades del plástico

tipo A presentan una tensión a la ruptura superior a 160 psi.

16.- En un hospital, el número de nacimientos observados para cada mes de cierto año, fueron

los siguientes:

Enero Febrero Marzo Abril Mayo Junio

95 105 95 105 90 95

Julio Agosto Septiembre Octubre Noviembre Diciembre

105 110 105 100 95 100

Si 𝜶 = 𝟎, 𝟎𝟏, ¿Existe alguna razón para creer que el número de nacimietnos no se encuentra

distribuido en forma uniforme durante todo los meses del año?

16) Solución: Sea: 𝑥 = “Mes en que ocurre el nacimiento en un hospital”

Las hipotesis a contrastar son: 𝐻0: 𝑥 ~ 𝑈𝑛𝑖𝑓𝑜𝑟𝑚𝑒 𝑑𝑖𝑠𝑐𝑟𝑒𝑡𝑎 [1; 12]

𝐻1: 𝑥 ~ 𝑈𝑛𝑖𝑓𝑜𝑟𝑚𝑒 𝑑𝑖𝑠𝑐𝑟𝑒𝑡𝑎 [1; 12]

La frecuencia esperada se calcula con la siguiente fórmula:

𝑒𝑖 = 𝑛 ∙ 𝑝𝑖 𝐶𝑜𝑛 𝑛 = 1200 ; 𝑝𝑖 =1

𝑘=

1

12 → 𝑒𝑖 = 100

Posteriormente, se aplica la fórmula para calcular el estadístico de prueba:

𝑜𝑏𝑠2

= ∑(𝑛𝑖 − 𝑒𝑖)2

𝑒𝑖=

(95 − 100)2

100+

(105 − 100)2

100+

(95 − 100)2

100+

(105 − 100)2

100+

(90 − 100)2

100+

(95 − 100)2

100

+(105 − 100)2

100+

(110 − 100)2

100+

(105 − 100)2

100+

(100 − 100)2

100+

(95 − 100)2

100+

(100 − 100)2

100= 4

Además, la región crítica está definida de la siguiente forma:

𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2 > 1−𝛼;

2 }

Con: 1 − 𝛼 = 0,99; = 𝑘 − − 1 𝑘 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑠𝑢𝑐𝑒𝑠𝑜𝑠 𝑜 𝑓𝑖𝑙𝑎𝑠 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑖𝑚𝑎𝑑𝑜𝑟𝑒𝑠

Debido a que no ocupamos algún estimador, el valor de es igual a cero, por lo tanto, reemplazando

tenemos:

𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2 > 0,99; 11

2 } 𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2 > 24,725}

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 167

Respuesta: Como 𝑜𝑏𝑠2

∈ 𝑅𝐶, por lo tanto no existe evidencia suficiente para rechazar la hipotesis

nula, es decir, se concluye que no existe razón para rechazar que el número de nacimientos se

encuentra distribuido en forma uniforme durante todo los meses del año.

17.- El encargado de control de calidad de una empresa exportadora revisó al azar un conjunto

de 700 cajas, registrando el número de unidades defectuosas encontradas en cada caja,

obteniendo la siguiente información:

N° de defectuosos 0 1 2 3

N° de cajas 542 140 10 8

Si históricamente la cantidad de defectuosos por caja, se ha comportado de acuerdo a un

modelo binomial de parámetros 𝒏 = 𝟑 y 𝒑 = 𝟎, 𝟎𝟖. Evalúe usted si la evidencia muestral

permite corroborar que la variable en cuestión persiste en comportarse de acuerdo al modelo

histórico, con nivel de significación igual a 0,05.

17) Solución: Sea: 𝑥 = “Número de unidades defectuosas por caja”

Las hipótesis que nos interesan contrastar son:

𝐻0: 𝑥 ~ 𝐵(𝑛 = 3; 𝑝 = 0,08)

𝐻1: 𝑥 ~ 𝐵(𝑛 = 3; 𝑝 = 0,08) Con 𝛼 = 0,05

Luego, la probabilidad se determina de la siguiente manera, ya que se quiere probar si 𝑥 se distribuye

de forma binomial, como se ve a continuación:

𝑝(𝑥) = { (𝑛𝑥

) 𝑝𝑥 𝑞𝑛−𝑥 ; 𝑥 = 0,1,2,3

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜 𝑝(𝑥) = { (

3𝑥

) (0,08)𝑥 (0,92)3−𝑥 ; 𝑥 = 0,1,2,3

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

𝑥 𝑛𝑖 𝑝(𝑥) 𝑒𝑖 = 𝑛 ∙ 𝑝(𝑥)

0 542 (30

) (0,08)0 (0,92)3 = 0,7787 545,09

1 140 (31

) (0,08)1 (0,92)2 = 0,2031 142,17

2 10 (32

) (0,08)2 (0,92)1 = 0,0177 12,39

3 8 (33

) (0,08)3 (0,92)0 = 0,0005 0,35

𝑛 = 700 1 700

En seguida, como se debe cumplir que 𝑒𝑖 > 5, se procede a modificar la tabla, lo que se hace

sumando las dos últimas filas, como se muestra ahora:

𝑛𝑖 𝑝(𝑥) 𝑒𝑖 = 𝑛 ∙ 𝑝(𝑥)

542 0,7787 545,09

140 0,2031 142,17

18 0,0182 12,74

𝑛 = 700 ∑ 𝑝(𝑥) = 1 ∑ 𝑒𝑖 = 700

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 168 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Posteriormente, se aplica la fórmula para calcular el estadístico de prueba:

𝑜𝑏𝑠2

= ∑(𝑛𝑖 − 𝑒𝑖)2

𝑒𝑖=

(542 − 545,09)2

545,09+

(140 − 142,17)2

142,17+

(18 − 12,74)2

12,74= 2,2223

Además, la región crítica está definida de la siguiente forma:

𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2

> 1−𝛼;2 }

Con: 1 − 𝛼 = 0,95; = 𝑘 − − 1 𝑘 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑠𝑢𝑐𝑒𝑠𝑜𝑠 𝑜 𝑓𝑖𝑙𝑎𝑠 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑖𝑚𝑎𝑑𝑜𝑟𝑒𝑠

Debido a que no ocupamos ningún estimador, el valor de es igual a cero, y el número de filas

después de la modificación es tres, por lo tanto, reemplazando tenemos:

𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2

> 0,95;22 } 𝑅𝐶 = { 𝑥 |

𝑜𝑏𝑠2

> 5,991}

Respuesta: Como 𝑜𝑏𝑠2

∈ 𝑅𝐶, en consecuencia no existe evidencia suficiente para rechazar que la

cantidad de defectuosos por caja sigue el modelo histórico, o sea, distribución binomial con tamaño

de la muestra 3, y probabilidad de éxito igual a 0,08, con un nivel de significación de 0,05.

18.- En una empresa de acuicultura se quiere hacer un estudio sobre el nivel de parásitos en la

producción de doradas. Para ello, se tomó una muestra de 5 individuos cada día, repitiendo el

experimento durante 550 días. De cada muestra se analizaron los peces determinando cuantos

de ellos contenían parásitos. ¿Se ajusta a un modelo de distribución Binomial con 5% de

significación?

𝒙 = Nº de individuos con parásitos 0 1 2 3 4 5

Frecuencia Observada 17 81 152 180 104 16

18) Solución: Sea: 𝑥 = “Número de individuos con parásitos”

Luego, como el ejercicio no nos entrega el valor de 𝑝, procedemos estimar el valor:

�� =∑ 𝑥𝑖 ∙ 𝑛𝑖

∑ 𝑛𝑖=

0 ∙ 27 + 1 ∙ 81 + 2 ∙ 152 + 3 ∙ 180 + 4 ∙ 104 + 5 ∙ 16

550=

1421

550= 2,584

Además, de la tabla de distribuciones discretas sabemos que la media de la distribución binomial está

dada por la siguiente fórmula, teniendo cuidado con el 𝑛 es el número de veces que se repite el

experimento, es decir, en este caso toma el valor de 5:

�� = 𝑛𝑝 → 𝑝 =��

𝑛=

2,584

5= 0,517

Las hipótesis que nos interesan contrastar son:

𝐻0: 𝑥 ~ 𝐵(𝑛 = 5; 𝑝 = 0,517)

𝐻1: 𝑥 ~ 𝐵(𝑛 = 5; 𝑝 = 0,517)

Con 𝛼 = 0,05

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 169

Luego, la probabilidad se determina de la siguiente manera, ya que se quiere probar si 𝑥 se distribuye

de forma binomial, como se ve a continuación:

𝑝(𝑥) = {(𝑛𝑥

) 𝑝𝑥 𝑞𝑛−𝑥 ; 𝑥 = 0,1,2, … ,5

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜 𝑝(𝑥) = {(

5𝑥

) (0,517)𝑥 (0,483)5−𝑥 ; 𝑥 = 0,1,2, … ,5

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

𝑥 𝑛𝑖 𝑝(𝑥) 𝑒𝑖 = 𝑛 ∙ 𝑝(𝑥)

0 17 (50

) (0,517)0 (0,483)5 = 0,026 14,3

1 81 (51

) (0,517)1 (0,483)4 = 0,141 77,55

2 152 (52

) (0,517)2 (0,483)3 = 0,301 165,55

3 180 (53

) (0,517)3 (0,483)2 = 0,322 177,1

4 104 (54

) (0,517)4 (0,483)1 = 0,173 95,15

5 16 (55

) (0,517)5 (0,483)0 = 0,037 20,35

𝑛 = 550 ∑ 𝑝(𝑥) = 1 ∑ 𝑒𝑖 = 550

Ya que todos los sucesos cumplen con 𝑒𝑖 > 5, la tabla no se modifica.

Posteriormente, se aplica la fórmula para calcular el estadístico de prueba:

𝑜𝑏𝑠2

= ∑(𝑛𝑖 − 𝑒𝑖)2

𝑒𝑖=

(17 − 14,3)2

14,3+

(81 − 77,55)2

77,55+

(152 − 165,55)2

165,55+

(180 − 177,1)2

177,1+

(104 − 95,15)2

95,15+

(16 − 20,35)2

20,35

𝑜𝑏𝑠2

= 3,573

Además, la región crítica está definida de la siguiente forma:

𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2 > 1−𝛼;

2 }

Con: 1 − 𝛼 = 0,95; = 𝑘 − − 1 𝑘 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑠𝑢𝑐𝑒𝑠𝑜𝑠 𝑜 𝑓𝑖𝑙𝑎𝑠 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑖𝑚𝑎𝑑𝑜𝑟𝑒𝑠

Debido a que utilizamos el estimador de ��, el valor de es igual a uno, y el número de filas es seis,

por lo tanto, reemplazando tenemos:

𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2 > 0,95; 4

2 } 𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2 > 9,488}

Respuesta: Como 𝑜𝑏𝑠2 ∈ 𝑅𝐶, en consecuencia no existe evidencia suficiente para rechazar la

hipotesis nula, es decir, el número de individuos con parásitos se distribuye en forma binomial, con un

nivel de significación de 0,05.

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ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 170 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

19.- Se propone que el número de defectos en las tarjetas de circuito impreso sigue una

distribución Poisson. Se reúne una muestra aleatoria de 60 tarjetas de circuito impreso y se

observa el número de defectos. Los resultados obtenidos son los siguientes:

Evalúe si estos datos muestran suficiente evidencia para decir que provienen de una

distribución Poisson, con un nivel de significación igual a 0,05.

19) Solución: Sea: 𝑥 = “Número de defectos en las tarjetas de circuito impreso”

Las hipótesis a contrastar son: 𝐻0: 𝑥 ~ 𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛 ()

𝐻1: 𝑥 ~ 𝑃𝑜𝑖𝑠𝑠𝑜𝑛 ()

Ya que el ejercicio no nos entrega el valor de lambda, procedemos a estimarlo a partir de los datos

tabulados:

= �� =∑ 𝑥𝑖 ∙ 𝑛𝑖

𝑛=

0 ∙ 32 + 1 ∙ 15 + 2 ∙ 9 + 3 ∙ 4

60=

3

4= 0,75

Luego, la probabilidad se determina de la siguiente manera, ya que se quiere probar si 𝑥 tiene una

distribución Poisson, como se ve a continuación:

𝑝(𝑥) = {𝑒− ∙ 𝑥

𝑥! ; 𝑥 = 0,1,2, …

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

𝑝(𝑥) = {𝑒−0,75 ∙ (0,75)𝑥

𝑥! ; 𝑥 = 0,1,2, …

0 𝑒𝑛 𝑜𝑡𝑟𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑜

𝑥 𝑛𝑖 𝑝(𝑥) 𝑒𝑖 = 𝑛 ∙ 𝑝(𝑥)

0 32 𝑒−0,75 ∙ (0,75)0

0!= 0,4724 28,344

1 15 𝑒−0,75 ∙ (0,75)1

1!= 0,3543 21,258

2 9 𝑒−0,75 ∙ (0,75)2

2!= 0,1329 7,974

3 ó 𝑚á𝑠 4 1 − 𝑃(𝑥 < 3) = 0,0404 2,424

𝑛 = 60 ∑ 𝑝(𝑥) = 1 ∑ 𝑒𝑖 = 60

Puesto que la frecuencia esperada en la última celda es menor que 5, se combinan las dos últimas

filas.

𝑥 𝑛𝑖 𝑒𝑖 = 𝑛 ∙ 𝑝(𝑥)

0 32 28,344

1 15 21,258

2 ó 𝑚á𝑠 13 10,398 𝑛 = 60 ∑ 𝑒𝑖 = 60

𝒙 = Número de defectos Frecuencias observadas

0 32

1 15

2 9

3 o más 4

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7. Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste – Ejercicios Resueltos

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 171

Posteriormente, se aplica la fórmula para calcular el estadístico de prueba:

𝑜𝑏𝑠2

= ∑(𝑛𝑖 − 𝑒𝑖)2

𝑒𝑖=

(32 − 28,344)2

28,344+

(15 − 21,258)2

21,258+

(13 − 10,398)2

10,398= 2,965

Además, la región crítica está definida de la siguiente forma:

𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2 > 1−𝛼;

2 }

Con: 1 − 𝛼 = 0,95; = 𝑘 − − 1 𝑘 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑠𝑢𝑐𝑒𝑠𝑜𝑠 𝑜 𝑓𝑖𝑙𝑎𝑠 = 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑖𝑚𝑎𝑑𝑜𝑟𝑒𝑠

Debido a que ocupamos el estimador , el valor de es igual a uno, y el número de filas después de

la modificación es tres, por lo tanto, reemplazando tenemos:

𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2 > 0,95;1

2 } 𝑅𝐶 = { 𝑥 |𝑜𝑏𝑠2 > 3,841}

Respuesta: Como 𝑜𝑏𝑠2 ∈ 𝑅𝐶, se concluye que no existe evidencia suficiente para rechazar que el

número de defectos en las tarjetas de circuito impreso sigue una distribución Poisson.