09-06-2022 DOCIMA de HIPÓTESIS Pruebas para La Proporción Pruebas para La Varianza La Bondad de Ajuste Tablas de Contingencia

EJERCICIO
Teóricamente una máquina automática despachadora de refrescos vierte 225 ml por

unidad. Una muestra aleatoria de 36 refrescos tiene un contenido promedio de 220 ml
con una desviación estándar de 15 ml Pruebe la hipótesis de promedio teórico igual a
225 ml en contraposición a la hipótesis alternativa de que es menor a 225 ml en el nivel de
significación del 5%
Datos
μ0 = 220 𝑯𝟏
𝐻0 : 𝜇 = 225
𝐻1 : 𝜇 < 225 𝑯𝑶
𝜎 = 15
𝑛 = 36
𝑥̅ = 220
∝ = 5% = 0.05
-1.64
R. C. (Región crítica o de rechazo)
𝑝(𝑍 < 𝑥̅ 𝑐 − 225) =∝

𝑝(𝑍 < 𝑥̅ 𝑐 − 225) = 0.05
Tabla III Distribución Normal

-1.6 + 0.04 = -1.64
𝑍∝ = 𝑥̅ 𝑐 − 225 = −1.64
𝑥̅ − 𝜇0
𝑍= 𝜎
√𝑛
220 − 225
𝑍= 15 = −2
√36
Conclusión:Puesto que 𝑍 = −2 < −1.64 = 𝑍∝ es decir: 𝑍 = −2 𝜀 𝑅. 𝐶. =

(−∞, −1.64) 𝑟𝑒𝑐ℎ𝑎𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑙𝑎 𝐻0 .
EJERCICIO
Supóngase que en cierto proceso para producir alambre, la resistencia a la ruptura del
alambre es una variable aleatoria normal con media 90.80 Kg Para reducir los costos de
producción, se prueba otro proceso. Una muestra de 10 valores obtenidos bajo el nuevo
proceso dio una media de 85.352 Kg, y una desviación típica de 2.724 Kg ¿El nuevo
proceso tiene un efecto negativo sobre el alambre? Use 𝛼 = 0.05
Datos
𝐻0 : 𝜇 = 90.80
𝐻1 𝐻0
𝐻1 : 𝜇 < 90.80
n = 10
- 6.325
𝑥̅ = 85.352
S = 2.724
𝛼 = 0.05 - 1.8331
R.C p( T < 𝑡∝ ) = 𝛼
p( T < 𝑡∝ ) = 0.05
n-1 = 10 -1 = 9
Tabla de valores de t Student
𝑡∝ = - 1.8331
𝑥̅ − 𝜇0
t= 𝑆 = 85.352−90.80
2.724 = - 6.325
√10
√𝑛
Conclusión: t = -6.325∈ (- ∞ y - 1.8331) se rechaza la 𝐻0 𝑦 𝑠𝑒 acepta la 𝐻1,𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑐𝑖𝑟 que el

nuevo proceso tiene un efecto negativo sobre el alambre a un nivel de significación de
0,05
Caso 2
Ejemplo 2.1 (muestra grande)
La experiencia de muchos años respecto a un examen de inglés, para obtener admisión en

la Universidad, arroja una calificación media de 64 puntos con una desviación típica de 9
puntos. Todos los estudiantes de una ciudad, de la cual hay 54 en el examen, han
obtenido una calificación media de 68 puntos. ¿Puede tenerse la certeza que los
estudiantes de esta ciudad saben más inglés? Use α = 0.05
Datos
𝐻0 : 𝜇 = 64
𝐻1 : 𝜇 > 64 𝐻1
𝜎=9
𝐻0
𝑛 = 54
𝑥̅ = 68 ∞
3.27
∝ = 0.05
R.C. región crítica o de

rechazo
𝑝(𝑍 > 𝑍∝ )
1 − 𝑝(𝑍 ≤ 𝑍∝ ) = ∝
1 − 𝑝(𝑍 ≤ 𝑍∝ ) = 0.05 TABLA III Distribución Normal
𝑍1−∝ = 1.64
𝑅. 𝐶. = (1.64, ∞)
𝑥̅ − 𝜇0
𝑍= 𝜎
√𝑛
68 − 64
𝑍= 9 = 3.27
√54
Conclusión:Puesto que 𝑍 = 3.27𝜀 (1.64, ∞) se rechaza 𝐻0 y 𝑠𝑒 𝑎𝑐𝑒𝑝𝑡𝑎 𝑙𝑎 𝐻1

Ejemplo 2.2(muestra pequeña n ˂ 30)
Se han realizado 26 experimentos para estudiar el contenido de productos envasados,

encontrándose que la media es de 240 g y S = 10 g. ¿Es suficiente prueba para pensar que
el verdadero promedio sea mayor que 238 g? Use α = 0.05
Datos
𝐻0 : 𝜇 = 238
𝐻1 : 𝜇 > 238
𝑛 = 26
𝑥̅ = 240
𝑆 = 10
∝ = 0.05
R.C. 𝑇 > 𝑡1−∝
𝑇 > 𝑡1−0.05 n-1 = 26-1 = 25 Tabla V Distribución t
𝑇 > 𝑡0.95 = 𝟏. 𝟕𝟎𝟖
𝑛 − 1𝑅. 𝐶. = (1.708, ∞)
𝑥̅ − 𝜇0
𝑡= 𝑆
√𝑛
240 − 238
𝑡= 10 = 1,02
√26
Conclusión:Ya que 𝑡 = 1.02 𝜀 𝑅. 𝐶. = (1.708, ∞) se acepta 𝐻0 por lo tanto no hay

suficiente prueba para pensar que el verdadero promedio sea mayor a 238.
Prueba bilateral de una Hipótesis sobre la media
Ejemplo 3
Los registros del puntaje de un test de aptitud académica tomado a los aspirantes a
primer año de la Universidad revelaron que el puntaje medio aritmético era 110 y la
desviación típica (o estándar) es 10. Aplicado el test a los nuevos aspirantes se observó
que era para una muestra de 400, el puntaje medioera 106.
¿Hay razones para creer que el rendimiento medio de estos nuevos aspirantes ha
cambiado? Use ∝ = 0.01
Datos
𝐻0 : 𝜇 = 110
𝐻1 : 𝜇 ≠ 110
𝜎 = 10
𝑛 = 400
𝑥̅ = 106
∝ = 0.01 1- ∝ = 1 − 0.01 = 0.99 /2 =0.495
Tabla Z Distribución Normal Estandarizada
R.C.𝑍 < −𝑍∝/2 = 2.58
𝑅. 𝐶. = (−2.58, 2.58)
𝑥̅ − 𝜇0
𝑍= 𝜎
√𝑛
106 − 110
𝑍= 10 = −8
√400
Conclusión:Puesto que 𝑍 = −8 ∉ R. A. = (−2.58, 2.58) se rechaza 𝐻0 ; es decir, que hay

razón para creer que el rendimiento ha cambiado.
Ejemplo 3.1(Muestra pequeña 𝒏 < 30 )
Una máquina para enlatar conservas de pescado ha sido regulada para que el contenido
de cada lata sea de 16 onzas. Usar el α = 0.05 ¿Diría usted que la máquina ha sido
adecuadamente regulada, si una muestra de 20 latas dio un peso medio de 16.05 onzas y
una desviación típica de 1.5 onzas?
Datos
𝐻0 : 𝜇 = 16
𝐻1 : 𝜇 ≠ 16
𝑛 = 20
𝑥̅ = 16.05
𝑆 = 1.5
∝ = 0.05
∝⁄ = 0.05⁄ = 0.025
2 2
R.C.: 𝑇 < −𝑡∝⁄2 = 1 − 0.025 = 0.975 TABLA V Distribución t
con n-1 = 20 -1 = 19
𝑇 > 𝑡∝⁄2 = 2.093
𝑅. 𝐴. = (−2.093, 2.093)
𝑥̅ − 𝜇0
𝑡= 𝑆
√𝑛
16.05 − 16
𝑡= 1.5 = 0.149
√20
Conclusión: Si 𝑡 = 0.149 𝜀 𝑅𝐴, entonces se acepta 𝐻0 , es decir, se acepta que la máquina

ha sido adecuadamente regulada.
Pruebas para la proporción
Ejemplo
La oficina de relaciones familiares informa que el 50% de los matrimonios que viven en la
ciudad A, llegan a la corte de divorcios dentro de su primer año de casados. ¿Qué
conclusión puede sacarse acerca de la validez de este informe si de una muestra aleatoria
de 400 matrimonios, solo 193 fueron a una corte de divorcios dentro de su primer año de
casados? Utilice un nivel de significación de α = 0.01
Datos
𝐻0 : 𝑝 = 0.5
𝐻1 : 𝑝 < 0.5
𝑛 = 400
𝑥 = 193
∝ = 0.01
𝑞 = 0.5
𝑛 R.C.: 𝑍 < −𝑍∝ = 1 − 0.01 = 0.99 / 2 = 0.495
TABLA Z Distribución Normal
𝑍 < −𝑍∝ = −2.35
𝑝̂ − 𝑃 𝑥 − 𝑛 𝑝0
𝑍= = 𝑍=
√𝑛 𝑝0 𝑞0
𝑃∗𝑄
√
𝑛
Se usa con la aproximación de la binomial

193 − 400(0.5)
𝑍= = −0.7
√400 ∗ (0.5) ∗ (0.5)
Conclusión:Desde que 𝑍 = −0.7 > −2.35 o sea 𝑍 𝜀 𝑅. 𝐴. se acepta 𝐻0 , es decir, no hay

razón para dudar del informe al nivel de significancia del 1%
Pruebas para la varianza. La bondad de ajuste. Tablas de contingencia.
Ejemplo
Se ha puesto un examen durante varios años con 𝜇 = 70 y 𝜎 2 = 9. Una escuela que utiliza
por primera vez este examen lo puso para 25 alumnos, que obtuvieron 𝑥̅ = 71 y una
Varianza 𝑆 2 = 12 ¿Hay razón para creer que las calificaciones de todos los estudiantes de
escuela tuvieron una Varianza de 9 con un nivel de significanciade 10%?
𝐻0 : 𝜎 2 = 9
𝐻1 : 𝜎 2 ≠ 9
𝑛 = 25
𝑆 2 = 12
∝ = 10% = 0.1
R.C. 𝑥 2 < 𝑥∝2 ⁄2 o 𝑥 2 < 𝑥1−∝

2
⁄2
∝ = 0.1 ; ∝⁄𝟐 = 0.1 / 2 = 𝟎. 𝟎𝟓 con 𝑛 − 1 = 25 − 1 = 24
en la tabla IV Distribución CHI –CUADRADO 𝑥∝2 ⁄𝟐 = 13.85
2
𝑥1−∝ ⁄2 = 1 − 0.05 = 0.95 con 𝑛 − 1 = 25 − 1 = 24
2
en la tablaIV Distribución CHI – CUADRADO x1−∝ ⁄2 = 36.42
2
(𝑛 − 1)𝑆 2
𝑥 =
𝜎02
(25 − 1)12
𝑥2 = = 32
9
Conclusión:Si13.85 ≤ 𝑥 2 ≤ 36.42 Acepto 𝐻0

Si 𝑥 2 ≥ 36.42 o 𝑥 2 ≤ 13.85 Rechazo 𝐻0
Puesto que 𝑥 2 = 32 ∉ R. C., se acepta 𝐻0 , es decir, no hay razón para dudar que la
Varianza de las calificaciones de todos los estudiantes de la escuelahasido igual a 9.
EJERCICIO
La estatura media de los estudiantes de cierta universidad es de 170 cm con una

desviación típica o estándar de 7 cm ¿Hay razón para creer que se ha producido un
cambio en la estatura promedio, si una muestra de 50 estudiantes dio una estatura
promedio de 174 cm? Use α = 0,02

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EJERCICIO

Teóricamente una máquina automática despachadora de refrescos vierte 225 ml por

𝑝(𝑍 < 𝑥̅ 𝑐 − 225) =∝

Tabla III Distribución Normal

Conclusión:Puesto que 𝑍 = −2 < −1.64 = 𝑍∝ es decir: 𝑍 = −2 𝜀 𝑅. 𝐶. =

Tabla de valores de t Student

Conclusión: t = -6.325∈ (- ∞ y - 1.8331) se rechaza la 𝐻0 𝑦 𝑠𝑒 acepta la 𝐻1,𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑐𝑖𝑟 que el

Ejemplo 2.1 (muestra grande)

La experiencia de muchos años respecto a un examen de inglés, para obtener admisión en

R.C. región crítica o de

1 − 𝑝(𝑍 ≤ 𝑍∝ ) = 0.05 TABLA III Distribución Normal

Conclusión:Puesto que 𝑍 = 3.27𝜀 (1.64, ∞) se rechaza 𝐻0 y 𝑠𝑒 𝑎𝑐𝑒𝑝𝑡𝑎 𝑙𝑎 𝐻1

Se han realizado 26 experimentos para estudiar el contenido de productos envasados,

R.C. 𝑇 > 𝑡1−∝

𝑇 > 𝑡1−0.05 n-1 = 26-1 = 25 Tabla V Distribución t

𝑇 > 𝑡0.95 = 𝟏. 𝟕𝟎𝟖

Conclusión:Ya que 𝑡 = 1.02 𝜀 𝑅. 𝐶. = (1.708, ∞) se acepta 𝐻0 por lo tanto no hay

∝ = 0.01 1- ∝ = 1 − 0.01 = 0.99 /2 =0.495

Tabla Z Distribución Normal Estandarizada

R.C.𝑍 < −𝑍∝/2 = 2.58

Conclusión:Puesto que 𝑍 = −8 ∉ R. A. = (−2.58, 2.58) se rechaza 𝐻0 ; es decir, que hay

Ejemplo 3.1(Muestra pequeña 𝒏 < 30 )

𝑇 > 𝑡∝⁄2 = 2.093

Conclusión: Si 𝑡 = 0.149 𝜀 𝑅𝐴, entonces se acepta 𝐻0 , es decir, se acepta que la máquina

Pruebas para la proporción

𝑛 R.C.: 𝑍 < −𝑍∝ = 1 − 0.01 = 0.99 / 2 = 0.495

TABLA Z Distribución Normal

𝑍 < −𝑍∝ = −2.35

Se usa con la aproximación de la binomial

Conclusión:Desde que 𝑍 = −0.7 > −2.35 o sea 𝑍 𝜀 𝑅. 𝐴. se acepta 𝐻0 , es decir, no hay

Pruebas para la varianza. La bondad de ajuste. Tablas de contingencia.

R.C. 𝑥 2 < 𝑥∝2 ⁄2 o 𝑥 2 < 𝑥1−∝

∝ = 0.1 ; ∝⁄𝟐 = 0.1 / 2 = 𝟎. 𝟎𝟓 con 𝑛 − 1 = 25 − 1 = 24

en la tabla IV Distribución CHI –CUADRADO 𝑥∝2 ⁄𝟐 = 13.85

Conclusión:Si13.85 ≤ 𝑥 2 ≤ 36.42 Acepto 𝐻0

La estatura media de los estudiantes de cierta universidad es de 170 cm con una

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