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1

UNIDAD 3 ”EXPERIMENTO 3” Mar´ıa de Jes´ us Jim´enez Angeles July 2018

1

Prueba de Hip´ otesis sobre la igualdad de dos medias, varianzas conocidas

1.1

Desarrollo del procedimiento de prueba.

Un dise˜ nador de productos est´a interesado en reducir el tiempo de secado de una pintura tapaporos. Se prueban dos f´ormulas de pintura; la f´ormula 1 tiene el contenido qu´ımico est´ andar y la f´ormula 2 tiene un nuevo ingrediente secante que debe reducir el tiempo de secado. De la experiencia se sabe que la desviaci´on est´ andar del tiempo de secado es ocho minutos, y esta variabilidad inherente no debe verse afectada por la adici´on del nuevo ingrediente. Se pintan diez espec´ımenes con la f´ ormula 1, y otros diez con la f´ormula 2. Los dos tiempos promedios de secado muestrales son media muestral 1; 121 min y media muestral 2; 112 min, respectivamente. ¿A qu´e conclusiones puede llegar el dise˜ nador del producto sobre la eficacia del nuevo ingrediente, utilizando α = 0.05? En este problema, el procedimiento de ocho pasos se aplica de la siguiente manera; 1. La cantidad de inter´es es la diferencia entre los tiempos promedio de secado, µ1 − µ2 2. H0 : µ1 = µ2 Hip´ otesisalternativabilateral 3. H1 : µ1 > µ2 SedesearechazarH0 seelnuevoingredientedisminuyeeltiempopromediodesecado. 4. α = 0.05 5. El estad´ıstico de prueba es;

z0 = x ¯1 − x ¯2 q

σ2 1 n1

σ2

+ n2

2

(1)

Donde σ12 = σ22 = (8)2 = 64 n1 = n2 = 10 6. Rechazar H0 : µ1 = µ2 siz0 > 1.645 = z0.05

2

7. C´ alculos; Puesto que , se rechaza x1 = 121min.yx2 = 112min, loestad´ısticodepruebaes;

121−112 z0 = p 82 82

10 + 10

z0 = 2.52(2) 8. Conclusi´ on: Puestos que z0 = 2.52 > 1.645, serechazaH0 : µ1 = µ2 conunnivelα = 0.05, yseconcluyequelaadici´ ondelnuevoingredientealapinturas´ıdisminuyedemanerasignif icativaeltiempodes P = 1 − Φ(2.52) = 0.0059 Por consiguiente, H0 : µ1 = µ2 debe ser rechazada con un nivel de significancia α ≥ 0.0059

1.2

Prueba de hip´ otesis sobre la media de una distribuci´ on normal, varianza desconocida.

Un art´ıculo publicado en la revista Materials Engineering (1989, Vol. II, N 4, p´ ags. 275-281) describe los resultados de pruebas de resistencia a la adhesi´on de 22 espec´ımenes de aleaci´on U-700. La carga para la que cada esp´ecimen falla es la siguientes (los datos estan en MPa) La media muestral es x ¯ = 13.71, mientrasqueladesviaci´ onest´ andarmuestraless = 3.55.?‘sugierenlosdatosquelacargapromediodef allaes presion=read.csv(file="presion.csv",head=TRUE,sep="") presion ## ## ## ## ## ## ## ## ## ## ## ## ## ## ## ## ## ## ## ##

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

presion 19.8 15.4 11.4 19.5 10.1 18.5 14.1 8.8 14.9 7.9 17.6 13.6 7.5 12.7 16.7 11.9 15.4 11.9 15.8 3

## 20 ## 21 ## 22

11.4 15.4 11.4

presion$presion ## [1] 19.8 15.4 11.4 19.5 10.1 18.5 14.1 8.8 14.9 ## [15] 16.7 11.9 15.4 11.9 15.8 11.4 15.4 11.4

7.9 17.6 13.6

7.5 12.7

presion=c(19.8,15.4,11.4,19.5,10.1,18.5,14.1,8.8,14.9,7.9,17.6,13.6,7.5,12.7,16.7,11.9,15.4, mean(presion) ## [1] 13.71364 sd(presion) ## [1] 3.553576 La soluci´ on, con el empleo del procedimiento de ocho pasos para la prueba de hip´ otesis, es la siguiente: 1. El par´ ametro de inter´es es la carga promedio de falla, µ. 2. H0 : µ = 10 3. H1 : µ > 10.SedesearechazarH0 silacargapromediodef allaesmayorque10M P a. 4. α = 0.05 5. El estad´ıstico de prueba es t0 = x ¯ − µ0 √ s/ n

(3)

6.Rechazar H0 sit0 > t0.05,21 = 1.721. 7. C´ alculos: Puesto que x ¯ = 13.71, s = 3.55, µ0 = 10yn = 22, setieneque; t0 =

13.71 − 10 √ t0 = 4.90 3.55/ 22

(4)

8. Conclusiones: Dado que t0 = 4.90 > 1.721, serechazaH0 yseconcluyeque, conunniveldesignif icanciade0.

1.3

Pruebas de hip´ otesis sobre las medias de dos distribuci´ ones normales,variables desconocidas

Se analizan dos catalizadores para determinar la forma en que afectan el rendimieno promedio de un proceso qu´ımico. De manera espec´ıfica, el catalizador 1 es el que se est´ a empleando en este momento, pero el catalizador tambi´en es aceptable. 4

Debido a que el catalizador 2 es m´as econ´omico, ´este puede adoptarse siempre y cuando no cambie el rendimiento del proceso. Se hace una prueba en una planta piloto; los resultados obtenidos aparecen en la siguiente tabla. ¿Existe alguna diferencia entre los rendimientos promedio? Util´ıcese α = 0.05. La soluci´ on, con el empleo del procedimieno de ocho pasos para la prueba de hip´ otesis, es la siguiente: catalizadores=read.csv(file="catalizadores.csv",head=TRUE,sep="") catalizadores ## ## ## ## ## ## ## ## ##

1 2 3 4 5 6 7 8

Numero 1,91.5,89.19 2,94.18,90.95 3,92.18,90.46 4,95.39,93.21 5,91.79,97.19 6,89.07,97.04 7,94.72,91.07 8,89.21,92.75

de observacion.catalizador X1.catalizador X2 NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA

catalizador1=c(91.50, 94.18, 92.18,95.39,91.79,89.07,94.72,89.21) mean(catalizador1) ## [1] 92.255 sd(catalizador1) ## [1] 2.385019

catalizado2=c(89.19,90.95,90.46,93.21,97.19,97.04,91.07,92.75) mean(catalizado2) ## [1] 92.7325 sd(catalizado2) ## [1] 2.983453 1. 2. 3. 4. 5.

Los par´ ametros de inter´es son µ1 yµ2 , loscuelaesrepresentanelrendimientopromediodelprocesoconloscata H0 : µ1 = µ2 H1 : µ1 6= µ2 α = 0.05 El estad´ıstico de prueba es: t0 = x ¯1 − x ¯2 5

p

(5) 2 6. Rechazar H0 sit0 > t0.025,14 = 2.145osit0 < −t0.025,14 = −2.145 7. C´ alculos. Se obtuvo x ¯1 = 92.255, s¯1 = 2.39, n1 = 8, x ¯2 = 92.733, s¯2 = 2.98yn2 = 8.P orconsiguiente; sp

1 n1

+ n1

s2p =

(n1 − 1)s21 + (n2 − 1)s22 7 ∗ 2.3962 + 7 ∗ 2.982 = n1 + n2 − 2 8+8−2

s2p = 7.30 √ sp = 7.30 = 2.70(6) y t0 =

t0 = −0.35 8. Conclusiones: Dado que -2.145 ¡ t0 = −0.35 < 2.145, noesposiblerechazarlahip´ otesisnula.Estoes, conunn Un fabricante de monitores prueba dos dise˜ nos de microcircuitos para determinar si producen un flujo de corriente equivalente. El departamento de ingenier´ıa ha obtenido los datos siguientes: Dise˜ no 1; n1 = 15¯ x1 = 24.2s21 = 10 Dise˜ no 2; n2 = 10¯ x2 = 23.9s22 = 20 Con una α = 0.10, sedeseadeterminarsiexistealgunadif erenciasignif icativaenelf lujodecorrientepromed Al aplicar el procedimiento de ocho pasos, se tiene lo siguiente: 1. Los parametros de inter´es son los flujos de corriente promedio de los circuitos dise˜ nos µ1 yµ2 . 2. H0 = µ2 3. H1 : µ1 6= µ2 4. α = 0.10 5. El estad´ıstico de prueba es: t∗0 = x ¯1 − x ¯2 q

s2 1 n1

s2

(8) 2 6. Los grados de libertad de t∗0 seobtienencon; + n2

2

ν=

2

( s n−1 + s n−2 )2

1 (s2 /n1 )2 1 n1 +1

+

2 (s2 /n2 )2 2 n2 +1

− 2(9) ν=

ν = 16.17 qt(0.05,16) ## [1] -1.745884

6

Por lo tanto, puesto que α = 0.10, serechazaH0 : µ1 = µ2sit∗0 > t0.05,16 = 1.746osit∗0 < −t0.05,16 = −1.746 7. C´ alculos. Al utilizar los datos contenidos en la muestra, se tiene que: t∗0 = x ¯1 − x ¯2 q

s2 1 n1

s2

+ n2

2

(11) 24.2 − 23.9 t∗0 = q 20 10 15 + 10

(12)

t∗0 = 0.18 8. Conclusiones: Puesto que -1.746 ¡ 0.18 ¡ 1.746 , no es posible rechazar H0 : µ1 = µ2conelniveldesignif icanciaα = 0.10.Estoes, nohayevidenciaf uertequeindiquequeelf lujodecorrientepr 0.18es, aproximadamente, 0.859. Un art´ıculo publicado en el journal of Strain Analysis (1983, Vol. 18, N 2) compara varios m´etodos para predecir la resistencia al corte de vigas de placas de acero. La sigueinte tabla representa los datos para dos de estos m´etodos: los procedimientos de Karlsrube y de Lehigh, cuando se aplican a nueve vigas espec´ıficas. Se desea determinar si existe alguna diferencia (en el promedio) entre estos dos m´etodos. resistencia=read.csv(file="resistencia.csv",head=TRUE,sep="") resistencia ## ## ## ## ## ## ## ## ## ##

1 2 3 4 5 6 7 8 9

viga.Metodo s1/1,1.186,1.061,0.119 s2/1,1.151,0.992,0.159 s3/1,1.322,1.063,0.259 s4/1,1.339,1.062,0.277 s5/1,1.2,1.065,0.138 s2/1,1.402,1.178,0.224 s2/2,1.365,1.037,0.328 s2/3,1.537,1.086,0.451 s2/4,1.559,1.052,0.507

de karlsruhe.metodo de.1 lehigh.diferencia dj NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA NA

dj=c(0.119,0.159,0.259,0.277,0.138,0.224,0.328,0.451,0.507) mean(dj) ## [1] 0.2735556 sd(dj) ## [1] 0.1355601 length(dj) 7

## [1] 9 shapiro.test(dj) ## ## Shapiro-Wilk normality test ## ## data: dj ## W = 0.92334, p-value = 0.4206 qt(0.025,8, lower.tail = FALSE) ## [1] 2.306004 El procedimiento de ocho pasos se aplica de la siguiente manera: 1. El par´ ametro de inter´es es la diferencia en la resistencia promedio entre los m´etodos, µp : µ1 − µ2 = 0. 2. H0 : µp = 0 3. H0 : µp 6= 0 4. α = 0.05 5. El estad´ıstico de prueba es; t0 =

d¯ √ sd / n

(13)

6. Rechazar H0 sit∗0 > t0.05,8 = 2.306osit∗0 < −t0.05,8 = −3.306 7. C´ alculos: El promedio y la desviaci´on est´andar muestrales de la diferencias dj sond¯ = 0.2736ysd = 0.1356, demodoqueelestad´ısticodepruebaes; d¯ √ sd / n

(14)

0.2736 √ t0 = 6.05 0.1356 9

(15)

t0 = t0 =

8. Conclusiones; Puesto que t0 = 6.05 > 2.306, seconcluyequelosm´ etodosdepredicci´ onproporcionanresultad 6.05esP = 0.0002, demodoqueelestad´ısticodepruebaest´ abienubicadodentrodelaregi´ oncr´ıtica.

1.4

Pruebas de hip´ otesis sobre la varianza

Consid´erese la m´ aquina de llenado de botellas. Al tomar una muestra aleatoria de 20 botellas se obtiene una varianza muestral para el volumen de llenado de s2 = 0.0153(onzasdef luido)2 .Silavarianzadelvolumendellenadoesmayorque0.01(onzasdef luido)2 , entoncesex qchisq(0.05,19, lower.tail = TRUE) ## [1] 10.11701

8

qchisq(0.10,19, lower.tail = TRUE) ## [1] 11.65091 El procedimiento de ocho pasos se aplica de la siguiente manera: 1. El par´ ametro de inter´es es la varianza de la poblaci´on s2 . 2 2. H0 : σ = 0.01 3. H1 : σ 2 > 0.01 4. α = 0.05 5. El estadistico de prueba es χ20 =

(n − 1)s2 σ02

6. Se rechaza H0 siχ20 >20.05,19 = 30.14 7. C´ alculos: 19 ∗ 0.0153 χ20 = 0.01

(16)

(17)

χ20 = 29.07 8. Conclusiones: Puesto que χ20 = 29.07 < χ20.05,19 = 30.14, seconcluyequenohayningunaevidenciaf uertede

1.5

Procedimiento de prueba para muestras grandes.

En una impresora gr´ afica se utiliza una pieza de pl´astico moldeada por inyecci´on. Antes de firmar un conrato de largo plazo, el fabricante de la impresora desea asegurarse de que el proveedor puede producir piezas con una desviaci´on est´ andar de longitud de 0.025 mm como m´aximo. Para ello se obtiene una muestra aleatoria de 75 piezas, obteniendose una desviaci´on estandar muestral de longitud s= 0.022 mm ¿ a qu´e conclusi´on debe llegarse si se utiliza α = 0.01? qchisq(0.01,74, lower.tail = TRUE) ## [1] 48.66573 qchisq(0.000625,74, lower.tail = TRUE) ## [1] 40.88715 qt(0.01,74, lower.tail = FALSE) ## [1] 2.377802 Al aplicar el procedimeinto de ocho pasos para la prueba de hip´otesis, se tiene lo siguiente: 1. El par´ ametro es la desviaci´on est´andar de la poblaci´on. 2. H0 : σ 2 = 6.25 ∗ 10− 4[puestoqueσ 2 = (0.025)2 = 6.25 ∗ 10− 4] 3. H1 : σ 2 < 6.25 ∗ 10− 4 9

4. α = 0.01 5. El estadistico de prueba es z0 =

s − σ0 √ σ0 / 2n

(18)

6. Se rechaza H0 siz0 < −z0.01 = −2.33 7. C´ alculos:El estad´ıstico de prueba es

z0 = (19)

s−σ0 √ σ0 / 2n

√ z0 = 0.022−0.025 0.025 150 z0 = −1.47(20)8. Conclusiones: Dado que z0 = −1.47, noesmenorque − z0.01 = −2.33, noesposiblerechazarlahip´ otesisnula.Estoes, laevidenciadelproveedornoeslosuf icientementef u 0.078

1.6

Pruebas para la igualdad de dos varianzas.

Las capaz de ´ oxido en las obleas semiconductoras son depositadas en una mezcla de gases para alcanzar el espesor apropiado. La variabilidad del espesor de las capas de ´ oxido es una caracter´ıstica cr´ıtica de la oblea, y lo deseable para los siguientes pasos de la fabricaci´on es tener una variabilidad baja. Para ello se estuidian dos mezclas diferentes de gases con la finalidad de determianr con cu´al se obtienen mejores resultados en cuanto a la reducci´on en la variabilidad del espesor del ´ oxido. Veinte obleas son depositadas en cada gas. Las desviaciones est´ andar de cada muestra del espesor del ´oxido son s1 = 1.96angstromsys2 = 2.13angstroms, respectivamente.?‘Existealgunaevidenciaqueindiquepref erenciaporalgunodelosgases?U tilic 0.05. En este problema puede aplicarse el procedimiento de ocho pasos para la prueba de hip´ otesis, de la manera siguiente: 1. Los par´ ametros de inter´es son las varianzas del espesor del ´oxido α12 yα22 .Sesupondr´ aqueelespesordel´ oxidoe 2. H0 : σ12 = σ22 3. H1 : σ12 6= σ22 4. α = 0.05 5. El estad´ıstico de prueba es f0 =

s21 s22

(21)

6. Dado que n1 = n2 = 20, serechazaH0 : σ12 = σ22 sif0 > f0.025,19,19 = 1 1 2.53osif0 < f0.975,19,19 = f0.025,19,19 = 2.53 = 0.40. 10

7. C´ alculos: Dado que s21 = (1.96)2 = 3.84ys22 = (2.13)2 = 4.54, elestad´ısticodepruebaes

f0 = (22)

s21 s22

=

3.84 4.54

= 0.85

8. Conclusiones: Como f0.0975,19,19 = 0.40 < 0.85 < f0.025,19,19 = 2.53, noesposiblerechazarlahip´ otesisnulaH σ12 = σ22 conelniveldesignif icanciaα = 0.05.P orcosiguiente, nohayevidenciaf uertequeindiquecu´ aldelosdosgas

11