universidad tecnológica de torreón

PRUEBA DE HIPÓTESIS

Contrastar dos hipótesis estadísticas. Toma de decisión acerca de las hipótesis, rechazar o no una hipótesis en favor de la otra.

Una hipótesis estadística se denota por “H” y son dos:

Ho: hipótesis nula

Es una afirmación que no se rechaza a menos que los datos muestrales

proporcionen evidencia convincente de que es falsa.

H1: hipótesis alternativa

Es una afirmación que se acepta si los datos muestrales proporcionan

evidencia suficiente de que la hipótesis nula es falsa.

EJERCICIOS

1.-Las puntuaciones en un test que mide la variable creatividad siguen, en la población general de adolescentes, una distribución Normal de media 11,5. En un centro escolar que ha implantado un programa de estimulación de la creatividad una muestra de 30 alumnos ha proporcionado las siguientes puntuaciones:

11, 9, 12, 17, 8, 11, 9, 4, 5, 9, 14, 9, 17, 24, 19, 10, 17, 17, 8,23, 8, 6, 14, 16, 6, 7, 15, 20, 14, 15.

A un nivel de confianza del 95% ¿Puede afirmarse que el programa es efectivo?

SOLUCIÓN

1º Ho = 11,5

2º H1 > 11,5

3º El estadístico de contraste en este caso es: t=

x−μ0

S√n−1

4º La media muestral = 11+9+12+17+8+11+9+4+5+9+14+9+17+24+19+10+17+17+8+23+8+ 6+14+16+6+7+15+20+14+15= 374/30= 12.47

La desviación típica de la muestra es = 5.22, sustituyendoen el estadístico estos valores se obtiene:

t= 12.47−11.5

5.22

√30−1 = t=

0.975.22

√29 = t=

0.970.96

= t= 1.00

5º Como el contraste es unilateral, buscamos en las tablas de la t de Student, con 29grados de libertad, el valor que deja por debajo de sí una probabilidad de 0.95, que resulta ser 1.699

6º El valor del estadístico es menor que el valor crítico, por consiguiente se acepta lahipótesis nula.

7º La interpretación sería que no hay evidencia de que el programa sea efectivo.

2- En una muestra de 1000 nacimientos el número de varones ha sido 542 ¿Puede considerarse, con un nivel de significación del 10%, que en general nacen más niños que niñas? SOLUCIÓN:

1º La hipótesis nula sería que nacen igual número de niños que de niñas, o lo que es lomismo que la proporción de niños nacidos es igual 1/2.

Por consiguiente: Ho P = 0,5

2º H1 P > 0,5

3º El estadístico de contraste es:

p−P0

√ P0∗Q 0

n

4º Como la proporción muestral es 542/1000 = 0,542, sustituyendo se obtiene el valordel estadístico:

0.542−0.5

√ 0.5∗0.51000

= 0.042

√ 0.251000

= 0.0420.158

= 2.66

5º Como el contraste es unilateral, buscamos en las tablas de la Normal el valor de lavariable que deja por debajo de sí una probabilidad de 0,9, este valor es 1,282.

6º El valor del estadístico 2,66 es mayor que el valor crítico 1,282 por consiguiente, serechaza la hipótesis nula.

7º Efectivamente, nacen en mayor proporción niños que niñas.

3- En una muestra de 66 alumnos se ha calculado el coeficiente de correlación de Pearson entre sus puntuaciones en el primer parcial de Análisis de Datos y el tiempo que se emplea en desplazarse desde su domicilio hasta la Facultad, obteniéndose que r vale 0,24. Podemos mantener, con un nivel de confianza del 95%, la idea de que estas variables son incorreladas, o por el contrario debemos rechazarla.

SOLUCIÓN:1º Ho = 0

2º H1 0

3º El estadístico de contraste es: t= r √n−2

√1−r 2

4º Sustituyendo tenemos:

t= 0.24√64

√1−0.242 = t= 0.24∗8

√1−0.0576 = t=

1.920.970

= t= 1.98

5º El contraste es bilateral, por ello buscamos en las tablas de la t de Student, con 60grados de libertad (el valor más próximo a 64 que figura en nuestras tablas), el valor que deja por debajo una probabilidad de 0,975 que es 2. Por tanto la región de aceptación será el intervalo (-2 ,, 2).

6º El valor del estadístico pertenece a la región de aceptación, por consiguiente se acepta la hipótesis nula.

7º No existe correlación entre ambas variables, de donde se deduce que el tiempoempleado no influye en la calificación.

4- Las puntuaciones en un test de razonamiento abstracto siguen una distribución Normal de media 35 y varianza 60. Para evaluar un programa de mejora de las capacidades intelectuales, a 101 individuos que están realizando este programa se les pasa el test, obteniéndose una media de 50 puntos y una varianza de 80 ¿Puede asegurarse, a un nivel de confianza del 90%, que el programa incrementa las diferencias individuales en esta variable?

SOLUCIÓN:

1º H0 s2 60

2º H1 s2 60

3º El estadístico de contraste es: nS2

σ02

4º Sustituyendo en el estadístico obtenemos:101∗80

60 = 8080

60 = 134.7

5º Como el contraste es unilateral buscamos en las tablas de la Ji-cuadrado, con 100grados de libertad, el valor de la variable que deja por debajo de sí una probabilidad de 0,9, este valor es 118,5.

6º El valor del estadístico es mayor que el valor crítico, por consiguiente se rechaza lahipótesis nula.

7º En efecto, la varianza es significativamente mayor lo que indica que ha aumentado ladispersión de la puntuaciones lo que indica que se han incrementado las diferencias entre los individuos.

5- Un criador de de pollos sabe por experiencia que el peso de los pollos de cinco meses de 4,35 libras. Los pesos siguen una distribución normal. Para tratar de aumentar el peso de dichas aves se le agrega un aditivo al alimento. En una muestra de pollos de cinco meses se obtuvieron los siguientes pesos en libras

4,41 4,37 4,33 4,35 4,30 4,39 4,36 4,38 4,40 4,39

En el nivel 0,01 el aditivo ha aumentado el peso medio de los pollos? Estime el valor de p.

n=10u=4,35Xmed=43,68/10=4,368

S= √ Σ(x−x)2

n−1=√ 0.01036

10−1=√0.0011=0.0339

Peso Libras x x-x (x-x ¿¿2 x2

4.41 0.042 0.001762 19.44814.37 0.002 4E-06 19.09694.33 -0.038 0.001444 18.74894.35 -0.018 0.000324 18.92254.3 -0.068 0.004624 18.494.39 0.022 0.000484 19.27214.36 -0.008 6.4E-05 19.00964.38 0.012 0.000144 19.18444.4 0.032 0.001024 19.364.39 0.022 0.000484 19.272143.68 0.01036 190.8046

x=4.368

Planteamiento de hipótesis

H 0 :u≤4.35H 1 :u>4.35

a) Prueba de una colab) Nivel de significancia 0.01c) Estadistico de Prueba

t= x−us

√n

= 4.368−4.350.00339

❑ √10= 0.018

0.01072=1.68

Area= 0.4535

d) Plantear la regla de decisión alfa= 0,01 y gl= n-1 = 10- 1= 9

Si t > 2.821 Se rechaza h0 y si acepta h1

Tomar la decisión:

Como t(1.68) > 2.821 se Acepta la hipótesis nula y se rechaza h1 y se concluye el aditivo no aumenta el peso medio de los pollos en un 4.35

Valor p = 1.68 es 0.4535P= 0.50 – 0.4535 = 0.046

6- Una empresa que se dedica a hacer encuestas se queja de que un agente realiza en promedio 53 encuestas por semana. Se ha introducido una forma más moderna de realizar las encuestas y la empresa quiere evaluar su efectividad. Los números de encuestas realizadas en una semana por una muestra aleatoria de agentes son:

53 57 50 55 58 54 60 52 59 62 60 60 51 59 56

En el nivel de significancia 0.05 puede concluirse que la cantidad media de entrevistas realizadas por los agentes es superior a 53 por semana? Evalue el valor p.

u= 53n= 15Xmed=56.4

S= √ Σ(x−x)2

n−1=√ 195.6

15−1=√13.971=3.73

# Encuestas x-x (x-x ¿¿2 x2

53 -3.4 11.56 280957 0.6 0.36 324950 -6.4 40.96 250055 -1.4 1.96 302558 1.6 2.56 336454 -2.4 5.76 291660 -3.6 12.96 360052 -4.4 19.36 270459 2.6 6.76 348162 5.6 31.36 3844

60 3.6 12.96 360060 3.6 12.96 360051 -5.4 29.16 260159 2.6 6.76 348156 -0.4 0.16 3136846 195.6 47910

x=84615

=56.4

Planteamiento de hipótesis

H 0 :u≤53H 1 :u>53

a) Prueba de una colab) Nivel de significancia 0.05c) Estadístico de Prueba

t= x−us

√n

= 56.4−533.73/√15

= 3.40.963

=3.53 Area= 0.4989

d) Plantear la regla de decisión alfa= 0.05 y gl= n-1 = 15- 1= 14

Si t > 1.761 Se rechaza h0 y se acepta h1

Tomar la decisión:

Como t(3.53) > 1.761 se rechaza la hipótesis nula y se rechaza h1 y se concluye que la cantidad media de entrevistas realizadas por los agentes es mayor a 53 por semana

Valor p = 1.761 es 0.4989P= 0.50 – 0.4989 = 0.0011

7- Suponga una variable aleatoria X para designar el peso de un pasajero de avión, que se interesa en conocer el peso promedio de todos los pasajeros. Como hay limitacones de tiempo y dinero para pesarlos a todos, se toma una muestra de 36 pasajeros de la cual se obtiene una media muestral x= 160 lbs. Suponga además que la distribución de los pasajeros tenga una distribución normal con desviación estándar de 30, con un nivel de significancia de 0.05. Se puede concluir que el peso promedio de todos los pasajeros es menor que 170 lbs?Datos n=36x=160σ=30

α=0.05H 0=μ≥170H 1=μ<170μ0=170

Z=x−μ0

σ /√n=160−170

30/√36=−10

5=−2

H 0 : μ≥μ0 H 1: μ<μ0

Rechazo H 0 si Z←Z1−x

No Rechazo H 0 si Z≥−Z1−x

Z1−0.05=Z0.95=1.65−2←1.65Rechazo H 0

Esto quiere decir que el peso promedio de todos los pasajeros es menor que 170 lbs.

8- Una compañía de transportes requiere comprar un gran lote de buses para el transporte urbano con el fin de reemplazar su parque automotor y para tal fin desea comprobar la afirmación hecha por el proveedor de la marca B, en el sentido de que la marca A es menos ahorradora de combustible. Para tal fin la empresa toma una muestra aleatoria de 35 vehiculos marca A y encuentra que la misma tiene un promedio en el rendimiento de 18 km/galon con una desviación estándar de 8 km/galon, mientras que una muestra de 32 vehiculos marca B presenta un promedio de 22 km/galon con desviación estándar de 3 km/galon. ¿Qué decisión debe tomar el gerente de la compañía con un nivel de significación del 5%?

SOLUCIÓN:

Hipotesis nula e hipótesis alternativa : H 0 : μA−μB=0 ,H a: μA−μB<0

Nivel de Significacion : α=0.05Si el valor de Z calculado es menor que -1.64 se rechaza la hipótesis nula de que el rendimiento en ambas marcas es igual

Calculo del estadístico sobre el cual se basara la decisión: nA=35 , x A=18 , SA=8 , nB=32 , x B=22 , SB=3.El Valor de Z sera:

Z =

(18−22 )−0

√ 82

35+ 32

32

= -2.75

Como el valor de X calculando (-2.75) se encuentra en la zona de rechazo, entonces, con un nivel de significación del 5%, debemos rechazar la hipótesis nula de que el ahorro en ambas marcas es igual y en estas condiciones debemos aceptar la hipótesis alternativa de que la marca A es menos ahorradora de combustible que la marca B