EJERCICIOS PROPUESTOSSEMANA 7 Ejercicio 1. En la industria de los chips para computadora recientemente se ha instituido dos programas de seguridad industrial: Alpha y Beta. La pérdida semanal (en horas hombre) a causa de accidentes en 10 fábricas en las que se instituyó el programa Alpha y 10 en las que se instituyó el programa Beta,se almacenaron en la hoja Industria. ¿Se puede concluir que el programa de seguridad Alpha es más efectivo que el programa Beta? Considere que la pérdida semanal tiene distribución normal. Use nivel de significancia de 8%. SOLUCION GRUPO 1 : ALFA GRUPO 2: BETA 1. P.H. PARA LA RAZÓN DE VARIANZAS. HIPOTESIS: Nivel de significación. α = 0.08 Estadístico de prueba. F = 3.78 Prueba Hipótesis nula H₀: σ₁ / σ₂ = 1 Hipótesis alterna H₁: σ₁ / σ₂ ≠ 1 Nivel de significancia α = 0.05 Estadística Método de prueba GL1 GL2 Valor p F 3.78 9 9 0.061 P valor. Con un nivel de significación del 8%.µ₂ < 0 Valor T GL Valor p 0.H. T = 0.823 Regiones críticas (valores críticos) / p valor. se concluye que las varianzas son diferentes (son heterogéneas) P.µ₂ = 0 Hipótesis alterna H₁: μ₁ . α = 0. Conclusión.95 18 0. P valor = 0. Se rechaza la hipótesis nula. Hipótesis.P valor = 0.08 Decisión. Ho: ALFA ≥ BETA H1: ALFA < BETA Nivel de significación. PARA LA DIFERENCIA DE DOS MEDIAS.95 Prueba Hipótesis nula H₀: μ₁ .061 < 0.08 Estadístico de prueba.823 . 466 0 X Decisión. df=18 0.08 0.3 Densidad 0.4 0. Conclusión. Con un nivel de significación del 8% se concluir que el alfa no es más eficiente que el beta.2 0. .1 0. No se rechaza la hipótesis nula.0 -1. Gráfica de distribución T. Solución: Grupo 1: floral Grupo2: cítrica Hipótesis. P valor = 0. Por lo que para decidir cuál de estos jabones lanzar. T= -1. Considerando un nivel de significación del 4%. Asumiendo que dichas puntuaciones siguen una distribución normal. α = 0.Ejercicio 2. seleccionó a 5 personas experimentadas en la elaboración de jabones y pidió que calificaran cada uno de los jabones con una puntuación del 1 al 100.241 Gl = n – 1 = 5-1= 4 . Ho: µ1 =µ2 H1: µ1 ≠ µ2 Nivel de significación.37 Regiones críticas (valores críticos) / p valor. floral y cítrica. ¿Se puede concluir que ambos jabones tienen diferentes puntuaciones? Los datos se encuentran en la hoja Jabones. Un ingeniero comercial debe elaborar la campaña de comercialización de uno de dos nuevos jabones con distinta fragancia. que piensa lanzar al mercado una conocida marca de productos de limpieza personal.04 Estadístico de prueba. 3 Densidad 0. Ejercicio 3.999 0 2. df=4 0.02 0.0 -2.999 X Decisión. Con un nivel de significación del 4% se concluye que las puntuaciones fueron iguales. No se rechaza la hipótesis nula. Gráfica de distribución T. Solución: Grupo 1: PRODUCTOS A .1 0.4 0. Conclusión.2 0.02 0. Media=0. α = 0. P valor = 0.3 Densidad 0.023 Gráfica de distribución Normal. Desv.05 2) Estadístico de prueba.Est. Grupo 2: PRODUCTOS B 1) Hipótesis.p₂ < 0 Método Valor Z Valor p Aproximación normal -1.1 0.99 0. Ho: A≥B H1: A<B Nivel de significación.p₂ = 0 Hipótesis alterna H₁: p₁ .0 -1. Z = -1.99 Prueba Hipótesis nula H₀: p₁ .=1 0.05 0. 3) Regiones críticas (valores críticos) / p valor.645 0 X .2 0.4 0.032 La estimación agrupada de la proporción (0.145) se utiliza para las pruebas.023 Exacta de Fisher 0. Solución: Grupo 1: con CO “A” Grupo2: sin CO “B” 1) Hipótesis. Ho: A=B H1: A≠B .05. Se rechaza la hipótesis nula. se puede concluir que la devolución del grupo a es menor a la del grupo b Ejercicio 4. 5) Conclusión. Con un nivel de significación del 0. 4) Decisión. 355 0 3.3 Densidad 0. α = 0. P valor = 0.2 0. 2) Nivel de significación.35 Prueba Hipótesis nula H₀: diferencia_μ = 0 Hipótesis alterna H₁: diferencia_μ ≠ 0 Valor T Valor p 2.01 3) Estadístico de prueba.005 0.4 0. df=8 0.046 4) Regiones críticas (valores críticos) / p valor.1 0.005 0.046 Gl = n – 1 = 9-1 = 8 Gráfica de distribución T.0 -3. T= 2.355 X .35 0. No se rechaza la hipótesis nula. . 5) Decisión. Ejercicio 5. 6) Conclusión. se afirma que la frecuencia del CO es igual. Con un nivel de significación del 1%. Z = -0. Solución: Grupo 1: 1 línea 6) Grupo 2: 2 línea 7) Hipótesis.p₂ ≠ 0 Método Valor Z Valor p Aproximación normal -0.487 . α = 0.p₂ = 0 Hipótesis alterna H₁: p₁ . 10) Regiones críticas (valores críticos) / p valor.Ejercicio 6.731 La estimación agrupada de la proporción (0.487 Exacta de Fisher 0.69 Prueba Hipótesis nula H₀: p₁ . La aproximación normal puede ser inexacta para muestras pequeñas. P valor = 0.69 0.0666667) se utiliza para las pruebas.03 9) Estadístico de prueba. Ho: P1 = P2 H1: P1 ≠ P2 8) Nivel de significación. Est.3 Densidad 0. Media=0.170 0 2. No se rechaza la hipótesis nula. Desv. es decir. se puede concluir que las 2 líneas de producción no difieren.4 0.1 0. 12) Conclusión. Gráfica de distribución Normal.=1 0. Con un nivel de significación del 3%.015 0.0 -2.170 X 11) Decisión. .015 0. se afirma lo que el ingeniero indico. Ejercicio 7.2 0. T= 2.07 0.01 9) Estadístico de prueba.Solución: Grupo 1: lana m1 Grupo 2: lana m2 7) Hipótesis. Ho: µ1 ≤ µ2 H1: µ1 > µ2 8) Nivel de significación.034 . α = 0.07 Prueba Hipótesis nula H₀: diferencia_μ = 0 Hipótesis alterna H₁: diferencia_μ > 0 Valor T Valor p 2. df=9 0. . 12) Conclusión. P valor = 0.01 0.1 0.0 0 2.821 X 11) Decisión.034 Gl = n – 1 = 10-1 = 9 Gráfica de distribución T.3 Densidad 0. No se rechaza la hipótesis nula.10) Regiones críticas (valores críticos) / p valor.4 0.2 0. Con un nivel de significación del 1% se concluye que la empresa no comprara la laca M2 ya que demora más en el secado que la laca M1. .