EJECICIOS DE ESTADISTICA II, Ejercicios de Estadística Económica

¡Descarga EJECICIOS DE ESTADISTICA II y más Ejercicios en PDF de Estadística Económica solo en Docsity!   1. Se va a vender un nuevo tipo de leche en polvo para niños como prueba de mercado durante un mes en las tiendas de una cadena de autoservicio. Los resultados de una muestra de 36 tiendas indicaron ventas promedio de I/. 1200 con una desviación estándar de I/. 180. Si la cadena tiene 200 tiendas, establezca una estimación del intervalo con 99 % de confianza de las ventas totales de esta leche en la cadena de tiendas de autoservicio. n = 36 (tamaño de la muestra)  ´ X =1200 (promedio muestral) σ  = 180 (desviación estándar) N= 200 (tamaño de la población) 1−α =99% ( gradodeconfianza )  Z α  2  = 2.56 (en tablas) P ( ´ X  - Z α  2   σ  √ n  < u < ´ X  + Z α  2   σ  √ n ) P (1200 – 2.56 180 √ 36  < u < 1200 + 2.56 180 √ 36 ) P (1123.2 < u < 1276.8) Conclusión: como la media poblacional (u) está entre 1123.2 y 1276.8 y la medina muestral ( ´ X ¿ también está entre ese intervalo entonces la estimación es correcta.   3. A un laboratorio de ensayo de materiales se lleva una muestra de 10 cables para obtener sus cargas de rotura a la tracción. Los resultados obtenidos (en kg/crn2 ) fueron 280, 295, 308, 320, 265, 350, 300, 310, 285, 310. Considerando que estas cargas poseen distribución de probabilidad normal, determinar el intervalo de confianza de 90 % para la media de la población. n = 10 ´ X  =∑  x n  = 280+295+308+320+265+350+300+310+285+310 10  = 302.3 s 2  =∑ ( x− ´ X )2 n−1  = [ (280−302.3) 2 + (295−302.3 ) 2 …+(285−302.3) 2 ] / 9 = 554.1 s=¿23.53 a=0.1→t   a 2 =¿ 1.3830 & - t   a 2 =¿ -1.3830 T muestra = ´ x−u s /√ n    302.3−   ¿ 554.1/√ 10 ¿ = faltan datos…   5. Un comprador de ladrillos cree que la calidad de los ladrillos está disminuyendo. De experiencias anteriores, la resistencia media al desmoronamiento de tales ladrillos es 200 kg, con una desviación típica de 10 kg. Una muestra de 100 ladrillos arroja una media de 195 kg. Probar la hipótesis, la calidad media no ha cambiado, contra la alternativa que ha disminuido.   u = 200, σ =10 n = 100 ´ x= 195 Considerando un nivel de significancia de 5% α =0.05  Zα  = 1.65 Ho= u ≥ 200, la calidad media de ladrillo no ha cambiado. H1= u < 200, la calidad media de ladrillos ha disminuido. Z = ´ x−u σ  √ n  = 195−200 10 √ 100  = -5 (-Zα  = -1.65 & Zα  = 1.65) como es de contraste unilateral con cola de rechazo en la izquierda y el valor de estadístico es -5 y se encuentra en a la izquierda   se rechaza Ho aceptándose H1 con un nivel de significancia de 5%. 6. Supóngase que en cierto proceso para producir alambre, la resistencia a la ruptura del alambre es una variable aleatoria normal 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. u = 90.80 n = 10  ´ x= 85.352, (n-1)= grados de libertad= 9 s=2.724 α = 0.05  tα= 1.8331 (-tα= -1.8331 & tα= 1.8331) Ho: u ≥ 90.8 H1: u < 90.8 T muestra= ´ x−u s √ n  = 85.352−90.8 2.724 √ 10  = -6.327  Como -6.327 está en la región de rechazo y no está entre (-tα= -1.8331 & tα= 1.8331) entonces se rechaza la Ho aceptándose H1  Conclusión: El nuevo proceso tiene un efecto negativo sobre el alambre con un nivel de significancia de 0.05.   20−t  0( 4.472√ 5 )≤ μ ≤20+ t  0(4.472√ 5 ) 1) 20−t  0( 4.472√ 5 )=15.736 t  0 = 20−15.736 ( 4.472 √ 5 )   =2.132 2) 20+t  0(4.472√ 5 )=24.264 t  0 = 24.264−20 (4.472√ 5 )   =2.132 Tenemos t  0= 2.132 y los grados de libertad = 4, entonces mediante tabla hallamos α : Hallamos grado de conanza: α /2=0.05 α =0.10 α =1−grado de confianza grado de confianza=1−0.10 grado de confianza=0.90=90%   1. Se va a vender un nuevo tpo de leche en polvo para niños como prueba de mercado durane un mes en las tendas de una cadena de auoservicio. Los resulados de una muesra de 36 tendas indicaron venas promedio de I/. 1200 con una desviación esándar de I/. 180. Si la cadena tene 200 tendas, esablezca una estmación del inervalo con 99 % de confanza de las venas oales de esa leche en la cadena de tendas de auoservicio. n = 36 ´ x = 1200 σ  = 180 ∝ = 1 – 0.99 = 0.01 ∝/2 = 0.005 Z = 2.576 (Tabla) ´ x  - Z  ∝ /2* σ  √ n   √ N −n  N −1 <  μ < ´ x  + Z  ∝ /2* σ  √ n  √ N −n  N −1 < 1200  - 2.576* 180 √ 36   √ 200−36 200−1 < <  μ < 1200 + 2.576* 180 √ 36   √ 200−36 200−1 1 129.78 < μ < 1 270.16 El intervalo de esmación con 99% de conanza es 1 129.78 < μ < 1 270.16 2. La ofcina de planifcación amiliar de ciero disrio desea deerminar la proporción de amilias con un ingreso mensual inerior I/. 30,000.00. Esudios previos han indicado que esa proporción era de 20%. p = 20% = 0.20 q = 80% = 0.80 a. ¿Qué amaño muesral se requiere para asegurar con confanza 0.95 que el error en la estmación de esa proporción no sobrepasará a 0.05? 1 -∝ = 95% = 0.95   Z =1.96 E = 0.05 n = Z  2∗ p∗q  E 2  = (1.96)2∗0.20∗0.80 ( 0.05) 2 = 245.86 = 246 El tamaño muestral que se requiere para asegurar con conanza a 95% es 246. b. ¿En qué orma variará el amaño muesral requerido si el máximo error permisible es reducido a 0,01? 1 -∝ = 95% = 0.95 Z =1.96 E = 0.01 n = Z  2∗ p∗q  E 2  = (1.96)2∗0.20∗0.80 (0.01) 2 = 6 146.56 = 6 147 El tamaño de la muestra variará a 6 147. 3. A un laboraorio de ensayo de maeriales se lleva una muesra de 10 cables para obener sus cargas de roura a la racción. Los resulados obenidos (en kg/cm2) ueron 280, 295, 308, 320, 265, 350, 300, 310, 285, 310. Considerando que esas cargas poseen disribución de probabilidad normal, deerminar el inervalo de confanza de 90 % para la media de la población. n = 10 1 -∝ = 90% = 0.90 Z = 1.645 ´ x = 280+245+308+320+265+350+300+310+285+310 10  = 302.3 σ  = √ ∑ ( x−´ x )2 n   ( x−´ x )2 : (280−302.3)2 = 497.29 (295−302.3)2 = 53.29 (308−302.3)2 = 32.49 (320−302.3)2 = 313.29 (265−302.3)2 = 1 391.29 ( 350 − 302.3 ) 2 = 2 275.29 (300−302.3)2 = 5.29   p (  x́− μ σ /√ n  < ´ x c−200 10/√ 100 ) p ( z< ´ x−200¿ = 0.05 = 1.64 (Tabla) Se ene: Z  ∝ = ´ xc – 200 = -1.645  x̅  c = 198.36 puesto que ´ x = 195 pertenece al intervalo < −∞ ;198,36>¿, rechazamos  H  0. 6. Supóngase que, en ciero proceso para producir alambre, la resisencia a la rupura del alambre es una variable aleaoria normal media 90.80 kg. Para reducir los cosos de producción, se prueba oro proceso. Una muesra de 10 valores obenidos bajo el nuevo proceso dio una media de 85.352 kg. y una desviación pica de 2.724 kg. ¿El nuevo proceso tene un eeco negatvo sobre el alambre? use α = 0.05.  H  0 :  μ = 90.80  H  1 :  μ < 98.80 S = 2.724 n = 10 ∝ = 0.05   ∝/2 = 0.025   t  0.025= 2.262 v = n – 1 = 10 -1 = 9 grado de libertad t = ´ x− μ s /√ n  = 85.352−90.80 2.724 /√ 10  = -6.325 −¿6.325 < −2.262 Se rechaza la hipótesis  H 0 Con un nivel de signicancia del 5% los datos de la muestra proporcionan evidencia para que el nuevo proceso tenga un efecto negavo sobre el alambre. 7. Una ábrica produce clavos cuya longiud media es de 1 pulgada. Después de eecuadas algunas modifcaciones en los dispositvos de las máquinas de dicha ábrica y con respeco a la producción de clavos durane los últmos meses se han recibido contnuos reclamos de los compradores quienes han maniesado que los clavos presenan un incremeno en más de 0.1 pulgadas en su longiud, lo que perjudica a los usuarios; para verifcar lo maniesado por los compradores, el abricane omó una m.a. de 10 clavos cuyas longiudes resularon: 1.14, 1.12, 1.11, 1.10, 1.16, 1.09, 1.08, 1.12, 1.11, 1.10 ´ x = ∑  x n  = 1.14+1.12+1.11+1.10+1,16+1.09+1.08+1.12+1.11+1.10 10   ´ x = 1.113 S = √∑ ( x−´ x )2 n−1 ∑ ( x−´ x)2  = (1.14 – 1.113)2  + (1.12 – 1.113)2  + (1.11 – 1.113)2  + (1.10 – 1.113)2  + (1.16 – 1.113)2  + (1.09 – 1.113)2  + (1.08 – 1.113)2  + (1.12 – 1.113)2  + (1.11 – 1.113)2  + (1.10 – 1.113)2 = 7.29 x 10 −4 + 4.9 x 10 −5 + 9 x 10 −6 + 1.69 x 10 −4 + 2.209 x 10 −3 + 5.29 x 10 −4 + 1.089 x 10 −3 + 4.9 x 10 −5 + 9 x 10 −6 + 1.69 x 10 −4 = 5.01 x 10 −3 S = √ 5.01 x10 −3 10−1  = 0.024 Planteamiento de hipótesis:  H  0 :  μ = 1  H a :  μ > 1 (a) Usando a α=0.05, podrá el abricane acepar lo maniesado por los compradores? n = 10 Nivel de signicación = 0.05 v = n – 1 = 10 -1 = 9 grado de libertad ∝ = 0.05   ∝/2 = 0.025   t  0.025= 2.262 t c = ´ x− μ s /√ n  = 1.113−1 0.024/√ 10  = 14.88 14.88 < 2.262  Como cae en la región de rechazo de la hipótesis nula, se rechaza la hipótesis nula y se acepta la alternava con 5% de signicancia, se puede evidenciar que los clavos presentan un incremento en más de 0.1 pulgadas de su longitud. Se rechaza la hipótesis  H  0 (b)Consruir un inervalo de confanza del 95% para la longiud media de los clavos abricados después de las modifcaciones eecuadas en los dispositvos de las máquinas   σ  = √∑ ( x−´ x )2 n  = √ 5.01 x10 −3 10  = 0.022 1 -∝ = 95% = 0.95 Z = 1.96 (Tabla) ´ x  - Z  ∝ /2* σ  √ n  <  μ < ´ x  + Z  ∝ /2* σ  √ n 1.113  - 1.96* 0.022 √ 10  <  μ < 1.113  + 1.96* 0.022 √ 10 1.10 <  μ < 1.13 El intervalo de conanza de 95% de conanza es 1.10 <  μ < 1.13. 8. Los siguienes daos dan el aumeno de peso de 20 conejos, de las cuales la miad recibió su proeína de maní crudo y la ora miad de maní osado. CRUDO 61 60 56 63 56 63 59 56 44 61 TOSTADO 55 54 47 59 51 61 57 54 62 58 Probar si el osado de maní ha enido un menor eeco en el aumeno del peso de los conejos. Los aumenos de peso esán regisrados en gramos. Use α=0.05 Crudo ´ x = ∑  x n  = 61+60+56+63+56+63+59+56+44+61 10 ´ x = 57.9 S = √∑ ( x−´ x )2 n−1 S = √  280.9 10−1  = 5.69 n = 10 Tostado ´ x = ∑  x n  = 55+54+47+59+51+61+57+54+62+58 10 ´ x = 55.8 S = √∑ ( x−´ x )2 n−1 S = √  189.6 10−1  = 4.56 n = 10   10. Una frma abricane de cigarrillos disribuye dos marcas de cigarrillos. En una encuesa se encuenra que 56 de 200 umadores preferen la marca A y que 29 de 150 umadores encuesados preferen la marca B, ¿Se puede concluir al nivel de signifcación 0,06 que la marca A se vende más rápidamene que la marca B?  H  0: La marca A se vende más rápido que la marca B.  H  1: La marca A no se vende más rápido que la marca B. g.l = (m-1) (n-1) = (2-1)(2-1) = 1 grados de libertad Chi 2 crítico Con g.l = 1 y ∝ = 0.06 Chi 2 = 3.54 Calculamos nuestros totales: FUMADORES ENCUESTADOS P NP TOTAL Marca A 56 144 200 Marca B 29 121 150 Total 85 265 350 fe: 56 → 85∗200 350  = 48.57 29 → 85∗150 350  = 36.43 144 → 265∗200 350  = 151.43 125 → 265∗150 350  = 113.57  x 2 = ∑ ( f − fe)2 fe  = (56−48.57)2 48.57  + (29−36.43)2 36.43  + (144−151.43)2 151.43  + (121−113.57)2 113.57 = 3.50 Tabla de los Chi 2 individuales: ENCUESTA AL FUMADOR  Prefieren No prefieren Total Fo Fe Fo Fe Marca A 56 48.57 144 151.43 200 1.137 0.365 Marca B 29 36.43 121 113.57 150 1.515 0.486 Total 85 265 350 El Chi cuadrado observado sería:  x 2 = 3.50    x 2 observado  <  x 2 crítico 3.50 < 3.54 Conclusión: El Chi cuadrado crítico es mayor que el chi cuadrado observado, se acepta la hipótesis nula. Entonces podemos concluir que la marca A se vende más rápido que la marca B. Teoría: Esmación de intervalo de conanza: para la media, proporción, diferencia de medias y diferencia de proporciones. Teoría: Hipótesis y pos de prueba de hipótesis. Métodos para realizar pruebas de hipótesis Pruebas de hipótesis: para la media, proporción, diferencia de medias y proporciones : Pruebas de bondad, tablas de conngencia. Pruebas de independencia y homogeneidad 1. El fabricante de cierta marca de cigarrillos sosene que sus cigarrillos conenen en promedio 18 miligramos de nicona por cigarrillo. Un organismo de control examina una muestra de 100 cigarrillos. Ulizando un nivel de signicación 0.01, ¿puede el organismo concluir que el fabricante subesma el contenido medio de nicona de sus cigarrillos si el contenido medio de la muestra es de 19.2 miligramos con una desviación estándar de 2 miligramos? Solución: Datos:  μ=18mg n=100 ´ X =19.2mg S=2mg   γ =0.99 Esmación interválica de nicona al 99% de conanza:  L 1 = ´ X −Z  0 (   S √ n )  L 1=19.2−2.576(   2 √ 100 )  L 1 =18.685 Se esma que el contenido medio de nicona por cigarrillo se encuentra entre el 18.685 mg y el 19.715 mg al 99% de conanza. Por lo que se concluye que el fabricante si subesmó el contenido medio de nicona de sus cigarrillos. 2. En una ocina gubernamental se invesga a un empacador de pescado congelado. Los empaques que uliza indican que conenen 12 onzas de pescado, en tanto que se han recibido quejas de que ello no es cierto. La ocina adquiere 100 paquetes de pescado procesado por esta compañía, y representando con X i. el peso observado (en onzas) del i-ésimo paquete, i = 1,2,…, 100, encuentra que ∑ x=¿¿  1150,∑ x 2= 13,249.75 t % Suponiendo que los pesos verdaderos de los empaques que se expanden están distribuidos normalmente con media y varianza desconocida. Con base en esta muestra, con un nivel de signicación α= 0.01, ¿La ocina multará a la compañía? Solución: Datos:  H  0 :  μ ≥ 12 005.02/     99.01       005.02/      L 2 = ´ X +Z  0(   S √ n )  L 2 =19.2−2.576(   2 √ 100 )  L 2 =19.715 α / 2=  0. 005 -2.576 2.576   Solución: Datos:  H  0 : grasa de carne A ≠ grasade carne B   H  1 : grasa de carne A = grasa de carne B   Carne A: n = 10 ´ x = ∑  x n  = 30+26+30+19+25+37+27+38+26+31 10  = 28.9 S = √∑ ( x−´ x )2 n−1   = √ 1.21+8.41+1.2+98.01+15.21+65.61+3.61+82.81+8.41+4.41 10−1  = 5.666 Tostado n = 10 ´ x = ∑  x n  = 40+34+28+29+26+36+28+37+35+42 10   = 33.5 S = √∑ ( x−´ x )2 n−1   = √ 42.25+0.25+30.25+20.25+56.25+6.25+30.25+12.25+2.25+72.25 10−1  = 5.503 F = grasa decarne A grasa decarne B  = 5.66 5.503  = 1.028 v 1 = 9 v 2 = 9   Nivel de significancia de 5% tenemos α =0.05 => α  /2 = 0.025    -∞< F c ≤ 2.262 (Tabla)    F c > 2,262 se rechaza H  0 como 1.028 está entre los valores de  H  0, no se rechaza y se concluye que la grasa de carne A es diferente a la grasa de carne B  Grados de libertad T = t grasa A−grasaB−2 ∝  = 0.05 ∝/2  = 0.05 2.101 (Tabla t) Si T  R ≤ 2.101 no se rechaza  H  0. Si T  R ¿ 2.101 se rechaza  H  0. t = ( ´ x1 −´ x 2 )−( μ 1 − μ 2 ) s P√   1 ngrasa A +   1 ngrasa B s P 2  = s1 2 (n1−1 )+s2 2 ( n2−1 ) n 1 +n 2 −2  = (5.666)2 (10−1 )+ (5.503)2 (10−1 ) 10+10−2 =31.193 s P = 5.58 t = (28.9−33.5 )−(0) 5.585√   1 10 +   1 10  = -1.841 -1.841 < 2.101 -1.841 > 2,262 se rechaza H  0 como -1.841 es menor que 2.262, no se rechaza  H  0y se concluye que la grasa de carne A es diferente a la grasa de carne B. Entonces podemos decir que SÍ, las carnes A y B enes diferente po de grasa. 5.    (4 puntos) Solución: Datos:  H  0 : Noexisten las casetas preferidas  Ha: Existen casetas preferidas La prueba es unilateral con una cola hacia la derecha. Nivel de signicancia del 0.5 Ulizamos el Chi cuadrado Ahora gracamos: Gl = K- 1 Gl = 10-1= 9 Según la tabla obtenemos un valor de: 16,919 Ahora el cálculo estadísco:  Ei 666 666 666 666 666 666 666 666 666 666 Oi 580 700 730 745 720 710 660 655 670 490  X  2 (9 )= ∑ (Oi− Ei ) 2  E i Z: rechazoZ: aceptación 16 199   CONCLUSIÓN: -1.841 > 2,262 se rechaza H  0 como -1.841 es menor que 2.262, no se rechaza  H  0y se concluye que la grasa de carne A es diferente a la grasa de carne B. 1 U= 18 mg N= 100 X= 192mg S= 2mg Y= 0.99 1-a = 0.99 a = 0.001  P (Z ≤ Z 0 )=0.995 Z O=2.576  P (Z ≤−Z  0 )=0.005 −Z O=−2.576 l 1=¿ X −Z  O S n =19.2−2.576   2 100 =18.685 ¿ l 2=¿ X +Z  O S n =19.2+2.576   2 100 =19.715 ¿ Se esma que el contenido medio de nicona por cigarrillos se encuentra entre el 18.685 mg y 19.715 mg al 99% de conanza, por lo que se concluye que el fabricante si subesmo el contenido medio de nicona de sus cigarrillos. Datos N=100 ´ X =19.2 ¿2 Z 0.01/2=2.576(Tabla de Distribución Normal) Calculamos el intervalo con 0.05 de confianza ´  X -Zα /2 ❑ √ n<< ´ X +Zα /2 ❑ √ n   19.2-(2.576)(   2 √ 100 ) <<19.2+(2.576)(   2 √ 100 ) 18.6848 <<19.7152 3. El fabricante de cierta marca de cigarrillos sosene que sus cigarrillos conenen en promedio 18 miligramos de nicona por cigarrillo. Un organismo de control examina una muestra de 100 cigarrillos. Ulizando un nivel de signicación 0.01, ¿puede el organismo concluir que el fabricante subesma el contenido medio de nicona de sus cigarrillos si el contenido medio de la muestra es de 19.2 miligramos con una desviación estándar de 2 miligramos? SOLUCIÓN:  μ=18mg n=100 ´ X =19.2mg S=2mg γ =0.99 Esmación interválica de nicona al 99% de conanza:  L 1 = ´ X −Z  0(   S √ n )  L 1 =19.2−2.576(   2 √ 100 )  L 1=18.685  Se esma que el contenido medio de nicona por cigarrillo, se encuentra entre el 18.685 mg y el 19.715 mg al 99% de conanza, por lo que se concluye que el fabricante si subesmó el contenido medio de nicona de sus cigarrillos 1 U= 18 mg 1−α =0.99 α =0..01  P (Z ≤−Z  0 )=0.995 Z  0=2.576 − − −  L 2 = ´ X +Z  0(   S √ n )  L2=19.2−2.576 (   2 √ 100 )  L 2 =19.715   N= 100 X= 192mg S= 2mg Y= 0.99 1-a = 0.99 a = 0.001  P (Z ≤ Z 0 )=0.995 Z O=2.576  P (Z ≤−Z  0 )=0.005 −Z O=−2.576 l 1=¿ X −Z  O S n =19.2−2.576   2 100 =18.685 ¿ l 2=¿ X +Z  O S n =19.2+2.576   2 100 =19.715 ¿ Se esma que el contenido medio de nicona por cigarrillos se encuentra entre el 18.685 mg y 19.715 mg al 99% de conanza, por lo que se concluye que el fabricante si subesmo el contenido medio de nicona de sus cigarrillos. 4. En una oficina gubernamental se investiga a un empacador de pescado congelado. Los empaques que utiliza indican que contienen 12 onzas de  pescado, en tanto que se han recibido quejas de que ello no es cierto. La oficina adquiere 100 paquetes de pescado procesado por esta compañía, y representando con Xi. el peso observado (en onzas) del i-ésimo paquete, i = 1,2,…, 100, encuentra que∑ x=¿¿  1150,∑ x 2 = 13,249.75 t % Suponiendo que los pesos verdaderos de los empaques que se expanden están distribuidos normalmente con media y varianza desconocida. Con base en esta muestra, con un nivel de significación α= 0.01, ¿La oficina multará a la compañía?  Solución: Prueba de Hipótesis sobre la media (varianza desconocida)  H  0 :  μ ≥ 12  H  1 :  μ < 12 n = 100 ´ X = 1150 100 =11.5  t =  ´ X − μ s √ n      S=√ n ∑ ´ X  1 2 −(∑ ´ X  1 ) 2 n(n−1)   3 lƟ = Limite inferior de la estimación uƟ   = Limite superior de la estimación n = 5 ´ X = 18+22+20+14+26 5 =20 σ =√ ∑ ( X −u)2  N    =√ 80 5 =4 lƟ = ´ X −Zα /2   σ  √ n 15.736=20−Zα /2   4 √ 5 Zα /2=2.38 uƟ   = ´ X +Zα /2   σ  √ n 24.264=20+Zα /2   4 √ 5 Zα /2=2.38 3 lƟ = Limite inferior de la estimación uƟ   = Limite superior de la estimación n = 5 ´ X = 18+22+20+14+26 5 =20 σ =√∑ ( X −u)2  N    =√ 80 5 =4 lƟ = ´ X −Zα /2   σ  √ n 15.736=20−Zα /2   4 √ 5 Zα /2=2.38 uƟ   = ´ X +Zα /2   σ  √ n 24.264=20+Zα /2   4 √ 5 Zα /2=2.38 Los empos de encendido en segundos de crisoles de humo otante de dos pos diferentes son los siguientes: Tipo I : 481, 506, 527, 661, 501, 572, 561, 501, 487, 524.   Tipo II : 526, 511, 556, 542, 491, 537, 582, 605, 558, 578. Determine un intervalo de conanza del 95% para la diferencia media en empos de encendido, suponiendo varianza igual pero desconocidas. Datos: Para T1: Para T2: ´ x 1 =532,1   ´ x 2 =548,6   Nota: Varianzas desconocidas pero iguales. s 2= ∑ ( x−´ x )2 n−1 s 1 2= ∑ ( x−´ x )2 n−1   s 2 2= ∑ ( x−´ x )2 n−1 s1 2=2932,77   s2 2=1191,6 Varianza combinada: s p 2= (n−1 ) s1 2+(n2−1 ) S2 2 n 1 +n 2 −2 s p 2= (10−1 ) 2932,77+(10−1 )1191,6 10+10−2 s p 2=2062,185 Desviación combinada: sp=√ s p 2 sp=45,41 Grado de confianza: v=n 1+n 2−2 v=10+10−2 v=18 Para un nivel de confianza de 95%: α =1−0,95 α =0,05   α  2 =0,025 Entonces: t α  2 , v=t  0.025 ,18 t  0.025, 18=2,1 Luego: ( ´ x1 ,−´ x 2 )−t α  2 , vSp√  1 n1 +   1 n2 < μ 1 − μ 2 <( ´ x 1 ,−´ x 2 )−t α  2 ,vSp√   1 n1 +  1 n2 (532,1−548,6 )−2,1 x 45,41√   1 10 +   1 10 < μ1− μ2< (532,1−548,6)+2,1 x45,41√   1 10 +   1 10 −59,1467< μ1− μ2<26,1467 Rpta: El intervalo de conanza del 95% para la diferencia media en empos de encendido, suponiendo varianza igual pero desconocidas es −59,1467< μ 1 − μ 2 <26,1467 5. Solución: Datos:  H  0 : Noexisten las casetas preferidas  Ha: Existen casetas preferidas La prueba es unilateral con una cola hacia la derecha. Nivel de signicancia del 0.5 Ulizamos el Chi cuadrado Ahora gracamos: Gl = K- 1 Gl = 10-1= 9 Según la tabla obtenemos un valor de: 16,919 Z: rechazoZ: aceptación   F = grasa decarne A grasa decarne B  = 5.66 5.503  = 1.028 v 1 = 9 v 2 = 9 nivel de significancia de 5% tenemos α =0.05 => α  /2 = 0.025    -∞< F c ≤ 2.262 (Tabla)  F c  > 2,262 se rechaza H 0 como 1.028 está entre los valores de  H 0, no se rechaza y se concluye que la grasa de carne A es diferente a la grasa de carne B  Grados de libertad T = t grasa A−grasaB−2 ∝ = 0.05 ∝/2 = 0.05 2.101 (Tabla t) Si T  R ≤ 2.101 no se rechaza  H  0. Si T  R ¿ 2.101 se rechaza  H  0. t = ( ´ x1 −´ x 2 )−( μ1 − μ 2 ) s P√   1 ngrasa A +   1 ngrasa B s P 2  = s1 2 (n1−1 )+s2 2 ( n2−1 ) n 1 +n 2 −2  = (5.666)2 (10−1 )+ (5.503 )2 (10−1 ) 10+10−2 =31.193 s P = 5.58 t = (28.9−33.5 )−(0) 5.585√   1 10 +   1 10  = -1.841 -1.841 < 2.101 -1.841 > 2,262 se rechaza H  0 como -1.841 es menor que 2.262, no se rechaza  H  0y se concluye que la grasa de carne A es diferente a la grasa de carne B.