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• Rodrigo Moreno Moreno

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INSTITUTO TECNOLOGICO NACIONAL DE MEXICO INSTITUTO TECNOLOGICO DE CHETUMAL

TEMA: Diseño Experimental Para un Factor Tarea larga 4 INGENIERÍA EN GESTIÓN EMPRESARIAL

Materia:

Estadística inferencial II

Docente: Ing. Arnaldo Aarón Aguayo León v

Grupo: R5B Aula: X-7

Alumno: Quijada Be Víctor Manuel Chetumal Quintana Roo a jueves 8 De noviembre del 2018

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INDICE Introducción……………………………………………………………… 3 Ejercicios …………………………………………………………………. 4 3.- Maquinas de mano factura de goma…………… 10 4.- Número de horas de descanso………………………11 7.- Demostración de fertilizante …………………………14 8.- Tres profesores ……………………………………………16 2-. Estudio de nitrógeno por transpiración ………18 7.- Estudio sobre Jackson River …………………………20 9.- Experimento biológico …………………………………22 CONCLUSION …………………………………………………………. 24 Bibliografías …………………………………………………………... 25

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INTRODUCCION En este trabajo de la tarea larga de la unidad 4: Diseño experimental para un factor, veremos ejercicios en los cuales tendremos que resolver aplicando nuestros conocimientos adquiridos durante las clases, con ello además de aprender a resolver estas problemáticas, se nos permitirá saber la importancia de este tema en el ámbito empresarial y a dar un criterio propio si en un determinado caso, un factor puede afectar nuestro diseño y determinar si nuestro proyecto o problemática.

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TAREA LARGA 4 DISEÑO EXPERIMENTAL PARA UN FACTOR 3. Están considerándose seis diferentes máquinas para su uso en la manufactura de sellos de goma. Éstas están siendo comparadas con respecto a la resistencia de tensión del producto. Se utiliza una muestra aleatoria de 4 sellos de cada máquina para determinar si la resistencia promedio a la tensión varía de maquina o no. La siguientes son las mediciones de resistencia a la tensión en kilogramos por centímetro cuadrado X10 -1. TABLA MODIFICADA X

∑ (X) promed io

MÁQUINAS 1 2 31.5 30.4 30.9 633.2 29.8 31.7 32.6 29.4 124. 724.7 8 31.2 181.1 75

3 34.3 29.7 31.8 32.9 128. 7 32.1 75

4 28.6 30.7 34.8 32.9 127

5 31.5 33.2 30.5 34.5 129. 7 31.7 32.4 5 25

6 32.3 30.2 31.5 34.5 128. 5 32.1 25

1363 .4 340. 85

Realice el análisis de varianza a un nivel de significancia de 0.05, e indique si la resistencia promedio a la tensión difiere o no significativamente para las 6 máquinas. DATOS DEL PROBLEMA Hipótesis: H0: No hay diferencia significativa en la resistencia en la tensión del resorte H1: Hay diferencia significativa en la resistencia en la tensión del resorte. N.S: 0.05 n= 24 ∑(-T)

Sx

=

1363.4 56.808 24

=

T = 592639.4 (4-1) = 44.461 Error estándar de la media con base en las tres medias √

4

CMET= n2 = 6(44.461) ^2= 11,860.683

La varianza de cada una de las 6 muestras es:

S21 =

= 0.82

S22=

= 54487.6255

S23=

= 2.2615

S24=

= 4.33

S25=

= 1.8935

S26=

= 2.7535

Entonces: α2= (n1-1) S21+(n2-1) S22+(n3-1) S23+(n4-1) S24+(n5-1) S25+(n6-1) S26 / n1+n2+n3+n4+n5+n6-4 = 8515.4475 Por ello, CME = 8515.4475 Como el CMET es mayor que el CME, resulta apropiada para la prueba de hipótesis nula.

F critica (gl= k – 1, Kn - K; α= 0.05) = F (4,32; α= 0.05) =2.67 F= CMET/ CME= 11,860.683/ 8515.4475= 1.392 Como la estadística calculada F= 1.392, no es mayor que el valor crítico, 2.67, no es posible rechazar, al nivel de significación del 5%, la hipótesis nula de que No hay diferencia significativa en la resistencia en la tensión del resorte es aceptable.

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4. Los datos de la tabla siguiente representan el número de horas de descanso proporcionadas por 5 diferentes marcas de tablas para el dolor de cabeza administradas a 25 sujetos que experimentaban fiebres de 38°C o más. Lleve a cabo el análisis de varianza y pruebe la hipótesis a un nivel de significancia de 0.05, de que el número promedio de horas de descanso proporcionadas por las tabletas es el mismo par las 5 marcas. TABLA MODIFICADA:

DATOS DEL PROBLEMAS Hipótesis; H0: El promedio de horas de descanso es el mismo para las 5 marcas. H1: El promedio de horas de descanso no es el mismo para las 5 marcas. N.S: 0.05

n= 25 =

= 19.917

Error estándar de la media con base en las 5 medias.

Sx=√ =2.359

=√

CMET= n2 = 5(2.359) ^2= 27.824

La varianza de cada una de las 5 muestras es:

S21=

=18.55

S22=

= 1.7 6

S23=

= 5.8

S24=

= 2.3

S25=

=3.3

Entonces: α2= (n1-1) S21+(n2-1) S22+(n3-1) S23+(n4-1) S24+(n5-1) S25 / n1+n2+n3+n4+n5-5 = 6.33 Por ello, CME = 6.33 Como el CMET es mayor que el CME, resulta apropiada para la prueba de hipótesis nula.

F critica (gl= k – 1, Kn - K; α= 0.05) = F (4,20; α= 0.05) = 2.57 F= CMET/ CME= 27.824/ 6.33= 4.39 Como la estadística calculada F= 4.39, es mayor que el valor crítico, 2.67, es posible rechazar, al nivel de significación del 5%, la hipótesis nula de que el promedio de horas de descanso es el mismo para las 5 marcas. Por lo tanto, se acepta la hipótesis alternativa.

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7. Se ha demostrado que el fertilizante fosfato amoniacal de magnesio (MgNH4Po4), es un sustituto eficaz de los nutrientes necesarios para el crecimiento de las plantas. Los compuestos suministrados por este fertilizante son altamente solubles en agua, lo que permite que se pueda aplicar en forma directa sobre la superficie de la tierra o mezclarlo con el sustrato de crecimiento durante el proceso de sembrado, Un estudio sobre el “el effect of magnesium ammonium phosphate on height of chrisanthemus” fue llevado a cabo en la George Mason University, en 198, para determinar un nivel óptimo posible de fertilización, con base en la respuesta mejorada de crecimiento vertical de los crisantemos. Cuarenta siembras de crisantemos se dividieron en cuatro grupos conteniendo cada uno 10 plantas, Cada uno se plantó en una parcela similar que contenía un medio de crecimiento uniforme. Se agregó una concentración creciente de Mg NH4Po4, medidas en gramos de bushel, a cada grupo de plantas. Los 4 grupos de plantas se cultivaron bajo condiciones uniformes en un invernadero por un periodo de cuatro semanas. Los tratamientos y los cambios respectivos en altura se midieron en centímetros, tal como se presenta en la siguiente tabla:

¿Puede concluirse, a un nivel de significación del 0,05, que concentraciones diferentes de Mg NH4Po4 afectan la altura promedio alcanzada por los crisantemos? DATOS DE LA OPERACIÓN: Hipótesis: H0: Las concentraciones diferentes de Mg NH4Po4 afectan la altura promedio alcanzada por los crisantemos. H1: Las concentraciones diferentes de Mg NH4Po4 no afectan la altura promedio alcanzada por los crisantemos. NS: 0.05 n: 40

=

= 31.385 8

Error estándar de la media con base en las 5 medias.

SX=

=√

= 1.801

CMET= n2 =4(1.801) ^2= 12.974 La varianza de cada una de las 4 muestras es: S21=

= 25.734 S22=

=72.528 S23=

=80.448 S24=

=52.425 Entonces: α2= (n1-1) S21+(n2-1) S22+(n3-1) S23+(n4-1) S24 / n1+n2+n3+n4-4 = 6.420 Por ello, CME = 6.420 Como el CMET es mayor que el CME, resulta apropiada para la prueba de hipótesis nula.

F critica (gl= k – 1, Kn - K; α= 0.05) = F (3,36; α= 0.05) = 2.86 F= CMET/ CME= 12.975/ 6.420=2.021

9

A 87 103 96 57 94 87 80 74 59 107 50 91

profesor B C 102 82 92 93 62 70 Como la estadística calculada F= 2.021, no es mayor que el valor crítico, 2.86, no es posible 105 105 rechazar, al nivel de significación del 5%, la hipótesis nula de que las concentraciones 65 85 diferentes de85Mg NH4Po4 afectan la altura promedio alcanzada por los crisantemos. 99 88 101 91 55 8. Tres profesores enseñan a tres secciones del mismo curso de matemáticas. Las 45 73 calificaciones 92 82se registran de la siguiente manera: 76 67 90 93 110 29 94 64

¿Existe una diferencia significativa en las calificaciones promedio obtenidas con los tres profesores? Utilice un nivel de significación del 0,05. Datos del problema: Hipótesis: H0: Existe una diferencia significativa en las calificaciones promedio obtenidas con los tres profesores. H1: No existe una diferencia significativa en las calificaciones promedio obtenidas con los tres profesores. N.S: 0.05 n:40

=

= 82

Error estándar de la media con base en las 3 medias.

10

SX=√

=√

= 10.765

CMET= n2= 15(10.765) ^2= 1738.278

La varianza para cada una de las muestras. S21=

=393.901 S22=

=343.571 S23=

= 414.606 Entonces: α2= (n1-1) S21+(n2-1) S22+(n3-1) S23 / n1+n2+n3-3 = 366.707 Por ello CME= 366.707 Como el CMET es mayor que el CME, resulta apropiada para la prueba de hipótesis nula.

F critica (gl= k – 1, Kn - K; α= 0.05) = F (2, 37, α= 0.05) = 5.25 F= CMET/ CME= 1738.278/ 366.707= 4.740 Como la estadística calculada F=4.740, no es mayor que el valor crítico, 5.25 no es posible rechazar, al nivel de significación del 5%, la hipótesis nula de que existe una diferencia significativa en las calificaciones promedio obtenidas con los tres profesores. 11

2. En 1975 se llevó a cabo el estudio “Loss of nitrogen through sweat by preadolecent boys consuming three levels of dietary protein” en el department of human nutrition and foods de la Virginia Polytechnic institute and state University, para determinar la pérdida de nitrógeno por transpiración en varios niveles de proteína alimenticia. En el experimento de utilizaron doce adolescentes cuyas edades oscilaban entre los 7 años, 8 años y los 9 años y 8 meses, cada niño se sujeto a una de las dietas controladas en las cuales se consumieron 29, 54 y 84 gramos de proteína al día. Los siguientes datos representan las pérdidas corporales de nitrógeno por transpiración, en miligramos, que se recogieron durante los últimos días del periodo experimental:

a) Realice un análisis de varianza a un nivel de significación de 0.05 para demostrar que las pérdidas de nitrógeno por transpiración en los tres niveles de proteína son diferentes. b) Utilice un contraste de un grado de libertad con α= 0.05 para comparar la perdida de nitrógeno por transpiración para niños que consumen 29 gramos de proteína por día contra niños que consumen 54 y 84 gramos. Datos de la operación: Hipótesis: H0= Las pérdidas de nitrógeno por transpiración en los tres niveles de proteína son diferentes. H1= Las pérdidas de nitrógeno por transpiración en los tres niveles de proteína no son diferentes. NS: 0.05 n: 13

SX=√

=

= 335.3

=√

= 8150.29

CMET= ns2= 5(8150.29) ^2= 40751.45 De la fórmula general 12

La varianza para cada una de la formulas es: S21=

= 9429.735

S22=

= 31564.83

S23=

= 1383

Entonces: α2= (n1-1) S21+(n2-1) S22+(n3-1) S23 / n1+n2+n3-3

σ 2=

= 12439.48

Por ello CME= 12439.48 Como el CMET es mayor que el CME, resulta apropiada la prueba de la hipótesis nula.

F critica (gl= k – 1, Kn - K; α= 0.05) = F (2, 9, α= 0.05) = 5.12 F= CMET/ CME= 40751.45/ 12439.78= 3.27 Como la estadística calculada F=3.27, no es mayor que el valor crítico, 5.12, no es posible la rechazar, al nivel de significación del 5%, la hipótesis nula de que las pérdidas de nitrógeno por transpiración en los tres niveles de proteína son diferentes.

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7. En el estudio “An evolution of the removal method for estimating benthic population and diversity”, realizado en 1983 por la Virginia Polytechnic institute and state University, por Jackson River, se utilizaron 5 procedimientos diferentes de muestreo para determinar la cuantía de especies. Los conteos de especies se registraron de la siguiente manera:

a) ¿Existe una diferencia significativa en el conteo promedio de especies entre los diferentes procedimientos de muestreo? Utilice un nivel de significancia del 0.01 b) Utilice la prueba de rango múltiple de Duncan con α= 0.05 para encontrar qué procedimiento de muestreo diferente. Datos del problema: Hipótesis: H0= Existe una diferencia significativa en el conteo promedio de especies entre los diferentes procedimientos de muestreo. H1= No existe una diferencia significativa en el conteo promedio de especies entre los diferentes procedimientos de muestreo. N. S= 0.05 n: 25

=

= 49.20

Error estándar de la media con base en las 5 medias.

SX=√

=√

= 16.05

CMET = ns2= 5(16.05) = 80.25 De la fórmula general

La varianza para cada una de las muestras es: S21=

= 561.61 14

S22=

=453.96

S23=

= 173.21

S24=

= 84.76

S25=

= 41.34

Entonces: α2= (n1-1) S21+(n2-1) S22+(n3-1) S23 / n1+n2+n3-3 α2=

= 328.713

Por ello CME = 328.713 Como el CMET es menor que el CME, la prueba de la hipótesis nula no se puede comprobar.

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9. En el siguiente experimento biológico se utilizaron 4 concentraciones de un determinado elemento químico para reforzar el crecimiento en centímetros de un tipo de planta a lo largo del tiempo. Se utilizaron cinco plantas de cada concentración y se midió el crecimiento de cada una. Un control (sin elemento químico) también se aplicó:

Utilice la prueba bilateral de Dunnett, a un nivel de significación del 0.05, para comparar simultáneamente las concentraciones con el control. Datos del problema: Hipótesis: H0: Se puede comprobar simultáneamente las concentraciones con el control N. S= 0.05 n: 25

=

= 21.325

Error estándar de la media con base en las 5 medias.

SX=√

=√

= 1.21

CMET= ns2= 5(1.21) ^2= 7.32 De la fórmula general

La varianza para cada una de las muestras es: S21= S22=

= 0.172 = 0.232

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S23=

= 0.123

S24=

= 0.382

S25=

= 0.208

Entonces: α2= (n1-1) S21+(n2-1) S22+(n3-1) S23+(n4-1) S24 +(n5-1) S25/ n1+n2+n3+n4+n5= 0.255 Por ello CME= 0.225 Como el CMET es menor que el CME, la prueba de la hipótesis nula no se puede comprobar.

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CONCLUSION Como se puede observar en los ejercicios de este trabajo, se puede saber si un cierto proyecto o planteamiento de comparación de muestras es relevante o no y determinar si un proyecto a realizar o estudio realizado es viable- certero o no, a si como se enseña el paso y método aplicado en la resolución de dichos problemas planteados. La ventaja de aprender este procedimiento o método estadístico es que nos permite comparar resultados de un conjunto de datos relevantes que nos servirán para llevar acabo un estudio de un plan estratégico adecuado a las necesidades de la situación.

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BIBLIOGRAFIAS Bibliografía N° 23 Sthephen Shao, Hermano Herrera, Estadística para economistas y administradores de empresas, capítulo 16.

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