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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 125

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”

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

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; �� =𝟏𝟖

𝟗𝟎= 𝟎, 𝟐; �� = 𝟎, 𝟖

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

𝒆 = 𝒁𝟏−

𝜶𝟐

√�� ��

𝒏

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 126 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

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”

Del enunciado del ejercicio se desprenden los siguientes datos:

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

Se supone que: 𝑥 ~ 𝑁(𝜇 ; 𝜎2)

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−

𝛼2

)∙

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 127

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

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%.

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

𝒑 = “Proporción con Procesos Cortos (duración menor a 5 minutos)”

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−

𝜶𝟐

∙ √�� ��

𝒏= 𝒁𝟎,𝟗𝟗 ∙ √

𝟎, 𝟓 ∙ 𝟎, 𝟓

𝟏𝟎= 𝟐, 𝟑𝟑 ∙ √

𝟎, 𝟓 ∙ 𝟎, 𝟓

𝟏𝟎= 𝟎, 𝟑𝟔𝟖𝟒

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

despejando la fórmula que sigue:

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 128 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

𝒆 = 𝒁𝟏−

𝜶𝟐

√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 =√

∑ 𝒙𝒊𝟐 −

(∑ 𝒙𝒊)𝟐

𝒏𝒙

𝒏𝒙 − 𝟏=

√𝟑𝟐𝟐, 𝟏𝟒 −(𝟓𝟐, 𝟐)𝟐

𝟏𝟎𝟗

= 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−𝜶𝟐

)

,(𝒏−𝟏)𝑺𝒙

𝟐

𝟐

(𝒏−𝟏; 𝜶𝟐

)

)

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.

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 129

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 𝝐 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, 𝟔𝟒𝟓; 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−

𝜶𝟐

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.

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 130 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

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.

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 𝝐 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−

𝜶𝟐

)∙

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.- El administrador de una flota de automóviles está probando dos marcas de neumáticos

radiales. Instala un neumático de cada marca al azar en las ruedas traseras de 8 automóviles y

los usa hasta que los neumáticos se desgastan. Los datos de la duración de los neumáticos,

en kilómetros, se presentan a continuación:

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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 131

Automóvil 1 2 3 4 5 6 7 8

Marca 1 36.925 45.300 36.240 32.100 37.210 48.360 38.200 33.500

Marca 2 34.318 42.280 35.500 31.950 38.015 47.800 37.810 33.215

6.1) Basándose en la información presentada, rechazaría la hipótesis que las duraciones

promedios de ambas marcas de neumáticos radiales son iguales, use 𝛂 = 𝟎, 𝟎𝟓.

6.2) Estime un nivel de confianza del 90%, la proporción de neumáticos de la Marca 1, que

presentan una duración superior a 37.500 kilómetros.

6.1) Solución: Debido a que el problema nos pide probar que ambas marcas de neumáticos radiales

poseen promedios iguales, o en su defecto diferentes, utilizaremos la siguiente notación:

𝐷 = “Diferencia entre la distancia que dura la Marca 1 y la Marca 2 de neumáticos, en kilómetros”

Automóvil 1 2 3 4 5 6 7 8

Marca 1 36.925 45.300 36.240 32.100 37.210 48.360 38.200 33.500

Marca 2 34.318 42.280 35.500 31.950 38.015 47.800 37.810 33.215

D 2.607 3.020 740 150 - 805 560 390 285

𝑛 = 8 �� = 868 𝑆𝐷 = 1290,03

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

𝑠

√𝑛

→ 𝑇 =868 − 0

1290,03

√8

= 1,903

El Punto Crítico, se determina de la siguiente forma:

𝑡(𝑛−1; 1−

𝛼2

)= 𝑡(7; 0,975) = 2,3646

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = {𝑥 | 𝑇 < −𝑡(𝑛−1; 1−

𝛼2

) ó 𝑡

(𝑛−1; 1− 𝛼2

)< 𝑇} → 𝑅𝐶 = {𝑥 | 𝑇 < −2,3646 ó 2,3646 < 𝑇}

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

decir, las duraciones promedios de ambas marcas de neumáticos radiales son iguales, con un 5% de

significación.

6.2) Solución: Sea: 𝑝 = “Proporción de neumáticos de la Marca 1, que presentan una duración

superior a 37.500 kilómetros”

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 132 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

De la muestra que nos expone el ejercicio, podemos calcular el estimador ��, ya que tres de los ocho

automóviles con los neumáticos de la Marca 1 superan los 37.500 kilómetros, lo que llevado a los

números es 𝟑/𝟖.

Debido a que el problema nos pide proporción, debemos utilizar la siguiente fórmula para determinar

el intervalo confidencial:

𝐈𝐂(𝐩)𝟏−𝛂 = (�� ± 𝐙𝟏−𝛂

𝟐

√𝐩 ��

𝐧)

Con: 𝟏 − 𝛂 = 𝟎, 𝟗𝟎; 𝐧 = 𝟖 ; �� =𝟑

𝟖= 𝟎, 𝟑𝟕𝟓 ; �� = 𝟎, 𝟔𝟐𝟓

Reemplazando, obtenemos:

𝐈𝐂(𝐩)𝟎,𝟗𝟎 = (𝟎, 𝟑𝟕𝟓 ± 𝐙𝟎,𝟗𝟓√𝟎, 𝟑𝟕𝟓 ∙ 𝟎, 𝟔𝟐𝟓

𝟖) ; 𝐂𝐨𝐧 𝐙𝟎,𝟗𝟓 = 𝟏, 𝟔𝟒𝟓

𝐈𝐂(𝐩)𝟎,𝟗𝟎 = (𝟎, 𝟑𝟕𝟓 ± 𝟏, 𝟔𝟒𝟓√𝟎, 𝟑𝟕𝟓 ∙ 𝟎, 𝟔𝟐𝟓

𝟖)

Finalmente, el intervalo de confidencialidad queda dado por:

𝑰𝑪(𝒑)𝟎,𝟗𝟎 = [𝟎, 𝟎𝟗𝟑; 𝟎, 𝟔𝟓𝟔]

Respuesta: El intervalo [𝟎, 093; 𝟎, 656] tiene un 90% de contener la proporción de neumáticos de la

Marca 1, que presentan una duración superior a 37.500 kilómetros.

7.- 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

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

ambas soluciones, use α = 0,05

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

1.

7.1) Solución: Sea: 𝒙 = “Rapidez de grabado de la Solución 1, en milipulgadas/minuto”

𝒚 = “Rapidez de grabado de la Solución 2, en milipulgadas/minuto”

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

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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 133

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

El punto crítico está dado por: 𝑭(𝒏𝒙−𝟏; 𝒏𝒚−𝟏; 𝟏−

𝜶

𝟐)

= 𝑭(𝟗; 𝟗; 𝟎,𝟗𝟕𝟓) = 𝟒, 𝟎𝟐𝟔

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝐹(9; 9; 0,975)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 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+

𝟏𝒏𝒙

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 ∙ √ 𝟏𝟏𝟎 +

𝟏𝟏𝟎

= 𝟐, 𝟖𝟑

Finalmente, la Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝑡(𝑛𝑝; 1−

𝛼2

)} 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 no es la misma, con α = 0,05.

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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

7.2) 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−

𝜶𝟐

)∙

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)

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.

8.- 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

8.1) 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?

8.2) 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%?

8.1) Solución: Sea: 𝑨 = “Resistencia de los Materiales provenientes de la cantera A”

𝑩 = “Resistencia de los Materiales provenientes de la cantera B”

Page 11: 7.1 Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste _ Ejercicios Resueltos.pdf

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 135

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

muestras:

Para A: Para B:

�� =∑ 𝒙

𝒏𝑩=

𝟖𝟒𝟐𝟐

𝟑𝟐= 𝟐𝟔𝟑, 𝟏𝟖𝟕𝟓

𝑺𝑩 = √∑ 𝒙𝒊

𝟐 − 𝒏𝑩 ��𝟐

𝒏𝑩 − 𝟏=

√∑ 𝒙𝒊

𝟐 −(∑ 𝒙𝒊)

𝟐

𝒏𝑩

𝒏𝑩 − 𝟏

𝑺𝑩 =√𝟐𝟐𝟑𝟐𝟒𝟓𝟒 −

𝟖𝟒𝟐𝟐𝟐

𝟑𝟐𝟑𝟏

= 𝟐𝟐, 𝟔𝟑𝟗𝟒

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

El punto crítico está dado por:

𝑭(𝒏𝑩−𝟏; 𝒏𝑨−𝟏; 𝟏−

𝜶𝟐

)= 𝑭(𝟑𝟏; 𝟏𝟓; 𝟎,𝟗𝟗𝟓) ≈ 𝑭(𝟑𝟎; 𝟏𝟓; 𝟎,𝟗𝟗𝟓) = 𝟑, 𝟔𝟖𝟔𝟓

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝐹(31; 15; 0,995)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 3,6865}

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+

𝟏𝒏𝑩

𝑪𝒐𝒏 𝑺𝒑 = √(𝒏𝑨 − 𝟏)𝑺𝑨

𝟐 + (𝒏𝑩 − 𝟏)𝑺𝑩𝟐

𝒏𝑨 + 𝒏𝑩 − 𝟐

[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

Page 12: 7.1 Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste _ Ejercicios Resueltos.pdf

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 136 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Reemplazando, obtenemos:

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

𝟏𝟔 + 𝟑𝟐 − 𝟐= 𝟐𝟐, 𝟎𝟏𝟏𝟖

𝑻 =𝟐𝟒𝟐, 𝟕𝟓 − 𝟐𝟔𝟑, 𝟏𝟖𝟕𝟓

𝟐𝟐, 𝟎𝟏𝟏𝟖 ∙ √ 𝟏𝟏𝟔

+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.

8.2) 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, 𝟖𝟎𝟑𝟐

= 𝟎, 𝟕𝟎𝟕𝟏

La Región Crítica (Con 𝛼 = 0,025):

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑍1−

𝛼2

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

Respuesta: Debido a que 𝑻 𝝐 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%.

Page 13: 7.1 Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste _ Ejercicios Resueltos.pdf

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 137

9.- 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?

9) 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

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 =𝟏𝟔𝟑𝟔

𝟏𝟖𝟗𝟐= 𝟎, 𝟖𝟔𝟒𝟕

El punto crítico está dado por: 𝑭(𝒏𝒙−𝟏; 𝒏𝒚−𝟏; 𝟏−

𝜶

𝟐)

= 𝑭(𝟏𝟏; 𝟗; 𝟎,𝟗𝟕𝟓) = 𝟑, 𝟗𝟏𝟏𝟕

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝐹(11; 9; 0,975)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 3,9117}

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+

𝟏𝒏𝒚

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

Page 14: 7.1 Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste _ Ejercicios Resueltos.pdf

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 138 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

𝑻 =𝟐𝟕𝟐 − 𝟑𝟑𝟓

𝟒𝟏, 𝟖𝟒𝟕𝟑 ∙ √ 𝟏𝟏𝟐

+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.

10.- 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

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

10.1) ¿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?

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

10 [BTU].

10.1) Solución: Sean: 𝑥 = “Inversión de una planta eléctrica por quad suministrado”

𝑦 = “Inversión de una planta a gas por quad suministrado”

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

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 15: 7.1 Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste _ Ejercicios Resueltos.pdf

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 139

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

El punto crítico está dado por: 𝑭(𝒏𝒙−𝟏; 𝒏𝒚−𝟏; 𝟏−

𝜶

𝟐)

= 𝑭(𝟏𝟎; 𝟏𝟓; 𝟎,𝟗𝟓) = 𝟐, 𝟓𝟒𝟑𝟕

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝐹(10; 15; 0,95)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 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.

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+

𝟏𝒏𝒚

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 ∙ √ 𝟏𝟏𝟏 +

𝟏𝟏𝟔

= −𝟏, 𝟕𝟕𝟕

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

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 < −𝑡(𝑛𝑝; 1−

𝛼2

)} 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.

Page 16: 7.1 Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste _ Ejercicios Resueltos.pdf

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 140 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

10.2) 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].

11.- 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:

11.1) 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

.

11.2) ¿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?

11.3) ¿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%?

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

Page 17: 7.1 Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste _ Ejercicios Resueltos.pdf

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 141

11.1) Solución: Sean: 𝐶 = “Cantidad de material particulado en la comuna C”

𝑀 = “Cantidad de material particulado en la comuna M”

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−

𝜶𝟐

∙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.

11.2) 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⁄ .

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 ∙ 0,9640

= 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.

11.3) 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

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 142 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

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

El punto crítico está dado por: 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(40; 40; 0,995)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 2,2958}

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 =�� − ��

√𝑺𝑴𝟐

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 =

(𝑺𝑴

𝟐

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−

𝛼2

)} → 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.

Page 19: 7.1 Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste _ Ejercicios Resueltos.pdf

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 143

12.- 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.

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

plan B.

12.2) 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%?

12.3) 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).

12.1) 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”

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−

𝛼2

)∙

𝑆𝐵

√𝑛𝐵) 𝐶𝑜𝑛: 1 − 𝛼 = 0,95

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

Page 20: 7.1 Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste _ Ejercicios Resueltos.pdf

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 144 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

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.

12.2) 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+

1𝑛𝐴

)

=

98121

−80

121

√(0,7355)(0,2645) (1

121+

1121

)

= 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−

𝛼2

ó 𝑇 > 𝑍1−

𝛼2

} → 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.

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

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

Las hipótesis a contrastar son: 𝐻0: 𝐴 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎𝐴

2 = 2500)

𝐻1: 𝐴 ~ 𝑁(𝜇; 𝜎𝐴2 = 2500)

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

Page 21: 7.1 Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste _ Ejercicios Resueltos.pdf

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 145

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

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

Page 22: 7.1 Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste _ Ejercicios Resueltos.pdf

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 146 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

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 }

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.

13.- 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.

13.1) 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?

13.2) 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

Page 23: 7.1 Intervalo confidencial, Test de Hipótesis y Bondad de Ajuste _ Ejercicios Resueltos.pdf

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 147

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?

13.3) 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.

13.4) 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?

13.1) Solución: Sea: 𝑥 = “Tensión de ruptura del tipo de plásticos A, en psi”

𝑦 = “Tensión de ruptura del tipo de plásticos B, en psi”

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 −

𝛼2

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

Respuesta: Debido a que 𝑻 𝝐 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.

13.2) 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

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 148 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

Luego, para determinar el estadístico de prueba, tenemos:

𝑻 =𝑺𝒙

𝟐

𝑺𝒚𝟐 → 𝑻 =

𝟓, 𝟔𝟑𝟐

𝟓, 𝟐𝟐= 𝟏, 𝟏𝟕𝟐𝟐

El punto crítico está dado por:

𝑭(𝒏𝒙−𝟏; 𝒏𝒚−𝟏; 𝟏−

𝜶𝟐

)= 𝑭(𝟒𝟎; 𝟐𝟒; 𝟎,𝟗𝟕𝟓) = 𝟐, 𝟏𝟒𝟔𝟎

La Región Crítica:

𝑅𝐶 = { 𝑥 | 𝑇 > 𝐹(40; 24; 0,975)} → 𝑅𝐶 = { 𝑥 | 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.

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+

𝟏𝒏𝒚

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 ∙ √ 𝟏𝟒𝟏 +

𝟏𝟐𝟓

= 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.

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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 149

13.3) Solución: Las hipótesis a contrastar son:

𝐻0: 𝑥 ~ 𝑁(𝜇 = 155,5; 𝜎𝐴2 = 25)

𝐻1: 𝑥 ~ 𝑁(𝜇 = 155,5; 𝜎𝐴2 = 25)

Con 𝛼 = 0,025

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

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

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 150 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

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.

13.4) 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 ∗ n100 − Ni−1

ni)

160 = 156 + 6 (

𝑝 ∗ 41100 − 17

16) → 𝑝 = 67,48%

�� =100 − 67,48

100= 0,3252

Luego, las hipótesis a contrastar son:

𝐻0: 𝑝 = 0,3𝐻1: 𝑝 > 0,3

El estadístico de prueba esta dado por:

𝑇 =�� − 𝑝0

√𝑝0 𝑞0

𝑛

→ 𝑇 =0,3252 − 0,3

√0,3 ∙ 0,741

= 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.

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

Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas Página 151

14.- 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.

14) 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

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

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

ANÁLISIS ESTADÍSTICO

Página 152 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

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.

15.- 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

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) = {(𝟓

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

𝟎 𝒆𝒏 𝒐𝒕𝒓𝒐 𝒄𝒂𝒔𝒐

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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

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= 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; 𝟒𝟐 } 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.

16.- 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:

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

Página 154 Alejandro González Tapia – Ingeniería Civil en Minas

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

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

16) 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

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 }

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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 155

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;𝟏𝟐 } 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.