capítulo 9 cd (44 final-)

Estadística y muestreo, 12ª.ed. (Segunda reimpresión) – CD Cap.9 Otras pruebas de hipótesis Ciro Martínez Bencardino – Ecoe Ediciones Paramétricas y no paramétricas Actualizado en diciembre de 2007

60. Solución:

in *in *

ii nn − ( )2*ii nn −

( )*

2*

i

ii

n

nn −

51 60 -9 81 1,35 74 60 14 196 3,27 25 60 -35 1.225 20,42 90 60 30 900 15,00

110 100 10 100 1,00 106 100 6 36 0,36 124 100 24 576 5,76 60 100 -40 1.600 16,00 39 40 -1 1 0,02 20 40 -20 400 10,00 51 40 11 121 3,02 50 40 10 100 2,50

800 800 0 - 78,70

Siendo: ( ) ( ) 61314 =−−=υ 05,0=∝ 1) :0H Hay homogeneidad :aH No hay homogeneidad

2) ( )

7,78*

2*2 =

−= ∑

i

ii

n

nnχ ( )

∑−=

e

eo

F

FF 22χ

Se rechaza la hipótesis de homogeneidad, los 4 grupos no tienen la misma preferencia, al nivel del 5%. 61. Solución: (a) Falso (b) Falso (c) Cierto (d) Cierto (e) Cierto (f) Cierto

59,12205,0 =χ


45

62. Solución:

Sexo Eslogan

Totales Recuerdan No recuerdan

Varones 209 67 276 Mujeres 65 33 98 Totales 274 100 374

1. a igual y 22 de tablauna de tratase que dado Yates, de corrección laefectuar necesario Será υ ×

in *in *

ii nn − Corrección Yates

2* 5,0

−− ii nn

*

2* 5,0

i

ii

n

nn

−−

209 202 7 6,5 42,25 0,209 65 74 -7 6,5 42,25 0,571 67 72 -7 6,5 42,25 0,587 33 26 7 6,5 42,25 1,625 374 374 0 - - 2,992

1) adhomogeneidhay :0H adhomogeneidhay no:aH

2) 992,25,0

*

2*

2 =

−−

= ∑i

ii

n

nnχ

( )

∑−=

e

eo

F

FF 22χ

3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ

71,2210,0 =χ

10%. del nivel al rechaza, se adhomogeneid de hipótesis la;71,299,2 >


46

63. Solución:

in *in *


( )*

2*

i

ii

n

nn −

62 61,2 0,8 0,64 0,01 84 79,9 4,1 16,81 0,21 24 28,9 -4,9 24,01 0,83 36 36,0 0,0 0,00 0,00 42 47,0 -5,0 25,00 0,53 22 17,0 5,0 25,00 1,47

270 270,0 0 - 3,05

1) *

0 ii nn:H = 2) ( ) ( ) 21213 =−−=υ 99,5205,0 =χ

*iia nn:H ≠

3) ( )

05,3*

2*2 =−= ∑

i

ii

n

nnχ ( )

∑−=

e

eo

F

FF 22χ

Se acepta que tienen la misma opinión, al nivel del 5%. 64. Solución:

Sexo Margarina Mantequilla Total Hombres 86 74 160 Mujeres 144 96 240

Total 230 170 400

in *in *

ii nn − *ii nn −

2* 5,0

−− ii nn

*

2* 5,0

i

ii

n

nn

−−

86 92 -6 6 30,25 0,33 144 138 6 6 30,25 0,22 74 68 6 6 30,25 0,44 96 102 -6 6 30,25 0,30


47

400 400 0 - - 1,29

==×==×

→==*3

*1

168170

9223040,0

400160

n

np

==×==×→==

*4

*2

2102170

13823060,0

400240

n

np

1) *

0 : ii nnH = eo FFH =:0 2) 05,0=∝

*: iia nnH ≠ eoa FFH ≠: 3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ 4) 84,32

05,0 =χ

29,12 =χ cae en la zona de aceptación, al nivel del 5%, no hay diferencias en las

preferencias. 65. Solución:

Resultados A B Total Defectuoso 40 60 100

No Defectuoso 300 500 800 Total 340 560 900

in *in *


2* 5,0

−− ii nn

*

2* 5,0

i

ii

n

nn

−−

40 37,4 2,6 2,6 4,41 0,12 300 302,6 -2,6 2,6 4,41 0,01 60 61,6 -1,6 1,60 1,21 0,02

500 498,4 1,6 1,60 1,21 0,00

900 900,0 0 - - 0,15

oF eF eo FF − eo FF − ( )25,0−− eo FF

( )e

eo

F

FF2

5,0−−

11,0900

1001 ==p 89,02 =p


48

=*

1n ( ) 4,3734011,0 = =*3n ( ) 6,6156011,0 =

=*

2n ( ) 6,30234089,0 = =*4n ( ) 4,49856089,0 =

1) *

0 : ii nnH = 2) 01,0=∝

*: iia nnH ≠ 3) 1=υ 4) 15,02 =χ

15,02 =χ cae en la ZA, al nivel del 1%, por lo tanto no se puede afirmar diferencias entre la proporción de defectuosas para las dos operadoras. 66. Solución:

in *in *


( )*

2*

i

ii

n

nn −

85 85 0 0 0 11 10 1 1 0,10 3 4 -1 1 0,25 1 1 0 0 0

100 100 0 - 0,35

oF eF eo FF − ( )2eo FF −

( )e

eo

F

FF 2−

( )∑

−=*

2*2

i

ii

n

nnχ 35,02 =χ

1) *

0 : ii nnH = 2) 10,0=∝

*: iia nnH ≠


49

3) 31 =−= nυ 25,6210,0 =χ

Al nivel del 10%, se puede concluir que los porcentajes de opinión son los mismos. 67. Solución:

in *in *


( )*

2*

i

ii

n

nn −

8 9,29 -1,29 1,6641 0,18 7 9,29 -2,29 5,2441 0,56 9 9,29 -0,29 0,0841 0,00 6 9,29 -3,29 10,8241 1,17 13 9,28 3,72 13,8384 1,49 12 9,28 2,72 7,3984 0,80 10 9,28 0,72 0,5184 0,06

65 65,00 - - 4,26


( )e

eo

F

FF 2−

( )

∑−= *

2*2

i

ii

n

nnχ

29,9651429,07

1 =×==p 59,12205,0 =χ 6171 =−=−= nυ

05,0=∝ 26,42 =χ

Como 26,42 =χ cae en la zona de aceptación, podemos concluir al nivel del 5%, que los incendios están homogéneamente distribuidos por semana.


50

68. Solución:

Calificaciones Hombres Mujeres Total

Aprueban 110 80 190 No Aprueban 20 10 30

Total 130 90 220

=×=×

→==40,7790

80,11113086,0

220

1901p

=×=×

→==60,1290

20,1813014,0

22030

2p

in *in *


2* 5,0

−− ii nn

*

2* 5,0

i

ii

n

nn

−−

110 111,80 -1,8 1,8 1,69 0,015 20 18,20 1,8 1,8 1,69 0,093 80 77,40 2,6 2,6 4,41 0,057 10 12,60 -2,6 2,6 4,41 0,350

220 220,00 0 - - 0,515


51

∑

−−

=*

2*

25,0

i

ii

n

nnχ 515,02 =χ

1) relaciónhayNoH :0 2) 05,0=∝ relaciónhaySiHa : 3) 84,32

05,0 =χ

4) ( ) ( ) 111 21 =−−= nnυ Al nivel del 5%, se concluye que no hay relación entre el sexo y la aprobación de curso. 69. Solución:

Habito Fumar Bebedores Abstemios Total

Fumadores en exceso 40 20 60 Fumadores promedio 60 40 100

Poco Fumadores 80 40 120 No Fumadores 10 60 70

Totales 190 160 350

in *in *


( )*

2*

i

ii

n

nn −

40 32,3 7,7 59,29 1,84 60 55,1 4,9 24,01 0,44 80 64,6 15,4 237,16 3,67 10 38,0 -28,0 784,00 20,63 20 27,2 -7,2 51,84 1,91 40 46,4 -6,4 40,96 0,88 40 54,4 -14,4 207,36 3,81 60 32,0 28,0 784,00 24,50

350 350,0 - - 57,68


52


( )e

eo

F

FF 2−

=×=×

→==2,27160

3,3219017,0

350

601p

=×=×

→==4,46160

1,5519029,0

350

1002p

=×=×

→==4,54160

6,6419034,0

350

1203p

=×=×

→==0,32160

0,3819020,0

350

704p

( )

∑−= *

2*2

i

ii

n

nnχ 68,572 =χ

1) )(: *

0 diferenciahayNonnH ii = 2) 05,0=∝

)(: * haylaSinnH iia ≠ 3) 82,72

05,0 =χ

4) ( ) ( ) 31214 =−−=υ Al nivel del 5%, se puede concluir que si hay diferencia en los fumadores, entre bebedores y abstemios. 70. Solución:

Tipo Poder Bogotá Medellín Cali Total

Novelas 70 40 40 150 Música 100 80 60 240

Ciencia ficción 40 50 30 120 Comedia 30 30 30 90

Total 240 200 160 600

in *in *


( )*

2*

i

ii

n

nn −

70 60 10 100 1,67 100 96 4 16 0,17


53

40 48 -8 64 1,33 30 36 -6 36 1,00 40 50 -10 100 2,00 80 80 0 0 0 50 40 10 100 2,50 30 30 0 0 0 40 40 0 0 0 60 64 -4 16 0,25 30 32 -2 4 0,13 30 24 6 36 1,50 600 600 0 - 10,55

=×=×=×

→==40160

50200

60240

25,0600

1501p

=×=×=×

→==64160

80200

96240

40,0600

2402p

=×=×=×

→==32160

40200

48240

20,0600120

3p

=×=×=×

→==24160

30200

36240

15,060090

4p

( )∑

−= *

2*2

i

ii

n

nnχ ( )

∑−=

e

eo

F

FF 22χ

1) *

0 : ii nnH = eo FFH =:0 2) 05,0=∝

*: iia nnH ≠ eoa FFH ≠: 3) ( ) ( ) 61314 =−−=υ 4) 59,122

05,0 =χ

55,102 =χ Al nivel del 5%, se puede concluir que las preferencias por los programas son las mismas en las tres ciudades, al nivel del 5%. 71. Solución:


54

Pacientes Curados No curados Total

Tratados 140 30 170 No tratados 20 40 60

Total 160 70 230

in *in *

ii nn − 2

* 5,0

−− ii nn

*

2* 5,0

i

ii

n

nn

−−

140 118,4 21,6 445,21 3,76 20 51,8 31,8 979,69 18,91 30 41,6 11,6 123,21 2,96 40 18,2 21,8 453,69 24,93

230 230,0 - 50,56

=×=×

→==8,5170

4,11816074,0

230

1701p

=×=×

→==2,1870

6,4116026,0

230

602p

∑

−−

=*

2*

25,0

i

ii

n

nnχ

( )∑

−−=

e

eo

F

FF2

2 5,0χ

1) relaciónhayNoH :0 2) 01,0=∝ relaciónhaySiH a : 3) ( ) ( ) 111 =−−= nnυ 4) 64,62

01,0 =χ ; 56,502 =χ

Se puede concluir que si hay relación entre el tratamiento y la curación, al nivel del 1%. 72. Solución:


55

a) ( ) ( ) ( ) 56231314 ≠==−−=υ Falso b) =2χ No puede tomar valor negativo c) Es lo más recomendable d) No puede ser, siempre la suma de esas dos columnas deben ser iguales. 73. Solución:

Características Padres Hijos Total

No Fumadores 8 30 38 Ocasión 10 24 34

Habituales 40 56 96 Ex fumadores 20 12 32

Total 78 122 200

in *in *


( )*

2*

i

ii

n

nn −

8 14,82 -6,82 46,5124 3,14 10 13,26 -3,26 10,6276 0,80 40 37,44 2,56 6,5536 0,18 20 12,48 7,52 56,5504 4,53 30 23,18 6,82 46,5124 2,01 24 20,74 3,26 10,6276 0,51 56 58,56 -2,56 6,5536 0,11 12 19,52 7,52 56,5504 2,90

200 200,00 0 14,18


56

=×=×

→==18,23122

82,147819,0

20038

1p

=×=×

→==74,20122

26,137817,0

20034

2p

=×=×

→==56,58122

44,377848,0

200

963p

=×=×

→==52,19122

48,127816,0

200

324p

( )

∑−= *

2*2

i

ii

n

nnχ ( )

∑−=

e

eo

F

FF 22χ

1) relaciónhayNoH :0 2) 05,0=∝ relaciónhaySiH a : 3) ( ) ( ) 31214 =−−=υ 4) 82,72

05,0 =χ 18,142 =χ

Al nivel del 5%, se puede concluir que si hay relación entre las diferentes clases de fumadores y la posición familiar. 74. Solución:

Vacunados No enfermos Si enfermos Total Si 70 30 100 No 24 36 60

Total 94 66 160

in *in *

ii nn − 2

* 5,0

−− ii nn

*

2* 5,0

i

ii

n

nn

−−

70 58,75 11,25 115,5625 1,97 24 35,25 11,25 115,5625 3,28


57

30 41,25 11,25 115,5625 2,80 36 24,75 11,25 115,5625 4,67

160 160,00 - - 12,72

=×=×

→==25,4166

75,5894625,0

160

1001p

=×=×

→==75,2466

25,3594375,0

160

602p

∑

−−

=*

2*

25,0

i

ii

n

nnχ

( )∑

−−=

e

eo

F

FF2

2 5,0χ

1) *

0 : ii nnH = 2) 10,0=∝

*: iia nnH ≠ 3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ 4) 71,22

10,0 =χ 72,122 =χ

Al nivel del 10%, se puede concluir que la vacuna es efectiva. 75. Solución:

Resultados Vía de Aplicación

Total Intradérmica Escarificación

Positivo 30 20 50 Negativo 70 80 150

Total 100 100 200


58

in *in *

ii nn − 2

* 5,0

−− ii nn

*

2* 5,0

i

ii

n

nn

−−

30 25 5 20,25 0,81 70 75 5 20,25 0,27 20 25 5 20,25 0,81 80 75 5 20,25 0,27

200 200 - - 2,16

=×=×

→==25100

2510025,0

200

501p

=×=×

→==75100

7510075,0

200150

2p ( )

∑−−

=e

eo

F

FF2

2 5,0χ

∑

−−

=*

2*

25,0

i

ii

n

nnχ

1) 0: *

0 =− ii nnH 2) 05,0=∝

0: * ≠− iia nnH 3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ 4) 84,32

05,0 =χ 16,22 =χ

No existe ninguna diferencia significativa, al nivel del 5%. 76. Solución:

Resultados Pro Contra Total

Gobierno 600 375 975 Oposición 225 300 525

Total 825 675 1.500


59

in *in *

ii nn − 2

* 5,0

−− ii nn

*

2* 5,0

i

ii

n

nn

−−

600 536,25 63,75 4.000,5625 7,46 225 288,75 63,75 4.000,5625 13,85 375 438,75 63,75 4.000,5625 9,12 300 236,25 63,75 4.000,5625 16,93

1.500 1.500,00 - - 47,36

=×=×

→==75,438675

25,53682565,0

500.1975

1p

=×=×

→==25,236675

75,28882535,0

500.1

5252p

∑

−−

=*

2*

25,0

i

ii

n

nnχ

( )∑

−−=

e

eo

F

FF2

2 5,0χ

1) *

0 : ii nnH = 2) 05,0=∝

*: iia nnH ≠ 3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ 4) 84,32

05,0 =χ 36,472 =χ

La afirmación no tiene que ver con la preferencia del voto, al nivel del 5%. 77. Solución:

Artículos Masculinos Femeninos Total Neveras 380 400 780 Radios 260 300 560

Televisores 270 350 620 Total 910 1.050 1.960


60

in *in *

ii nn − 2

* 5,0

−− ii nn

*

2* 5,0

i

ii

n

nn

−−

380 364,0 16,0 240,25 0,66 260 263,9 -3,9 11,56 0,04 270 282,1 -12,1 134,56 0,48 400 420,0 -20,0 380,35 0,91 300 304,5 -4,5 16,00 0,05 350 325,5 24,5 576,00 1,77

1.960 1.960,0 - - 3,91

oF eF eo FF − ( )25,0−− eo FF ( )

e

eo

F

FF2

5,0−−

=×=×

→==420050.1

36491040,0

960.1

7801p

=×=×

→==5,304050.1

9,26391029,0

960.1560

2p

=×=×

→==5,325050.1

1,28291031,0

960.1

6203p

( )

∑−−

=*

2*

25,0

i

ii

n

nnχ

( )∑

−−=

e

eo

F

FF2

2 5,0χ

1) relaciónhayNoH :0 2) 05,0=∝ relaciónhaySiH a : 3) ( ) ( ) 21213 =−−=υ 4) 99,52

05,0 =χ 91,32 =χ

No hay relación entre el sexo y la preferencia, al nivel del 5%. 78. Solución:


61

Nivel ingreso Frecuente Ocasional Nunca Total

Alto 220 70 30 320 Medio 131 100 80 311 Bajo 30 80 120 230

Total 381 250 230 861

in *in *

ii nn − 2

* 5,0

−− ii nn

*

2* 5,0

i

ii

n

nn

−−

220 140,97 79,03 6.166,9609 43,75 70 92,50 -22,50 484,0000 5,23 30 85,10 -55,10 2.981,1600 35,03

131 137,16 -6,16 32,0356 0,23 100 90,00 10,00 90,2500 1,00 80 82,80 -2,80 5,2900 0,06 30 102,87 -72,87 5.237,4169 50,91 80 67,50 12,50 144,0000 2,13

120 62,10 57,90 3.294,7600 53,06 861 861,00 0 - 191,40

=×=×=×

→==10,85230

50,92250

97,140381

37,0861

3201p

=×=×=×

→==80,82230

00,90250

16,137381

36,0861

3112p

=×=×=×

→==10,62230

50,67250

87,102381

27,0861

2303p

( )

∑−−

=*

2*

25,0

i

ii

n

nnχ

( )∑

−−=

e

eo

F

FF2

2 5,0χ

1) relaciónexisteNoH :0 2) 01,0=∝ relaciónhaySiH a :


62

3) ( ) ( ) 41313 =−−=υ 4) 28,132

01,0 =χ 40,1912 =χ

Al nivel del 1%, se puede aceptar que si hay alguna relación entre los niveles de ingreso y la teleaudiencia en los noticieros. 79. Solución:

in *in *


( )*

2*

i

ii

n

nn −

18 21 -3 9 0,43 22 20 2 4 0,20 40 44 -4 16 0,36 20 15 5 25 1,67 100 100 0 2,66

( )∑

−= *

2*2

i

ii

n

nnχ

1) *

0 : ii nnH = eoo FFH =: 2) 05,0=∝

*: iia nnH ≠ eoa FFH ≠: 3) 31 =−= nυ 4) 82,72

05,0 =χ 66,22 =χ

Se puede afirmar, que las preferencias por las pantallas es el mismo, al nivel del 5%. 80. Solución:


63

Sexo Acabado Precio Total Masculino 950 550 1.500 Femenino 850 1.650 2.500

Total 1.800 2.200 4.000

in *in *

ii nn − 2

* 5,0

−− ii nn

*

2* 5,0

i

ii

n

nn

−−

950 675 275 75.350,25 111,63 550 825 275 75.350,25 91,33 850 1.125 275 75.350,25 66,98 1.650 1.375 275 75.350,25 54,80 4.000 4.000 - - 324,74

=×=×

→==825200.2

675800.1375,0

000.41500

1p

=×=×

→==375.1200.2

125.1800.1625,0

000.4

500.22p

∑

−−

=*

2*

25,0

i

ii

n

nnχ

( )∑

−−=

e

eo

F

FF2

2 5,0χ

1) nteIndependieH :0 2) 05,0=∝ eDependientHa : 3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ 4) 84,32

05,0 =χ 74,3242 =χ

Se puede aceptar que el sexo es dependiente de la respuesta dada, al nivel del 5%.


64

81. Solución:

Desempeño Nivel

Total Elemento Sección Universidad

Bueno 82 427 191 700 Regular 10 110 60 180 Malo 8 63 49 120 Total 100 600 300 1.000

in *in *


( )*

2*

i

ii

n

nn −

82 70 12 144 2,06 427 420 7 49 0,12 191 210 -19 361 1,72 10 18 -8 64 3,56

110 108 2 4 0,04 60 54 6 36 0,67 8 12 -4 16 1,33

63 72 -9 81 1,13 49 36 13 169 4,69

1.000 1.000 0 - 15,32

=×=×=×

→==210300

420600

70100

70,0000.1

7001p

=×=×=×

→==54300

108600

18100

18,0000.1

1802p

=×=×=×

→==36300

72600

12100

12,0000.1

1203p

( )∑

−= *

2*2

i

ii

n

nnχ ( )

∑−=

e

eo

F

FF 22χ


65

1) nteIndependieH :0 2) 05,0=∝ eDependientHa : 3) ( ) ( ) 41313 =−−=υ 4) 49,92

05,0 =χ 32,152 =χ

Al nivel del 5%, se puede concluir que la calificación de su desempeño es independiente del nivel educacional. 82. Solución:

in *in *


( )*

2*

i

ii

n

nn −

74 55,2 18,8 353,44 6,40 56 55,2 0,8 0,64 0,01 50 55,2 -5,2 27,04 0,49 54 55,2 -1,2 1,44 0,03 42 55,2 -13,2 174,24 3,16

276 276,0 0 - 10,09

2,5527620,05

11 =×==p

( )∑

−= *

2*2

i

ii

n

nnχ ( )

∑−=

e

eo

F

FF 22χ

1) *

0 : ii nnH = 2) 05,0=∝

*: iia nnH ≠ 3) 415 =−=υ 4) 49,92

05,0 =χ 09,102 =χ


66

Se concluye que cada grupo de edad, teme de manera diferente a los exámenes, al nivel del 5%. 83. Solución:

Tiempo Libre Delincuentes No Delincuentes Total Alto 10 29 39 Bajo 20 41 61 Total 30 70 100

in *in *

ii nn − 2

* 5,0

−− ii nn

*

2* 5,0

i

ii

n

nn

−−

10 11,7 1,7 1,44 0,12 29 27,3 1,7 1,44 0,05 20 18,3 1,7 1,44 0,08 41 42,7 1,7 1,44 0,03 100 100,0 - - 0,28

=×=×

→==3,2770

7,113039,0

100

391p

=×=×

→==7,4270

3,183061,0

100

612p

∑

−−

=*

2*

25,0

i

ii

n

nnχ

1) relaciónhayNoH :0 2) 05,0=∝ relaciónhaySiHa : 3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ 4) 84,32

05,0 =χ 28,02 =χ

Al nivel del 5%, se puede afirmar que no hay relación en cuanto a los criterios de clasificación.


67

84. Solución:

Maquina Rosa Lila Amar Anar Verde Blanco Total

A 11 77 6 5 3 3 105 B 6 7 10 7 6 6 42

Total 17 84 16 12 9 9 147

in *in *


( )*

2*

i

ii

n

nn −

11 12,07 -1,07 1,1449 0,09 77 59,64 17,36 301,3696 5,05 6 11,36 -5,36 28,7296 2,53 5 8,52 -3,52 12,3904 1,45 3 6,39 -3,39 11,4921 1,80 3 6,39 -3,39 11,4921 1,80 6 4,93 1,07 1,1449 0,23 7 24,36 -17,36 301,3696 12,37

10 4,64 5,36 28,7296 6,19 7 3,48 3,52 12,3904 3,56 6 2,61 3,39 11,4921 4,40 6 2,61 3,39 11,4921 4,40

147 147,00 0 - 43,87

======

×→==

39,69

39,69

52,812

36,1116

64,5984

07,1217

71,0147

1051p

=×=×=×=×=×=×

→==

61,29

61,29

48,312

64,416

36,2484

93,417

29,0147

422p

( )∑

−= *

2*2

i

ii

n

nnχ ( )

∑−=

e

eo

F

FF 22χ

1) nteIndependieH :0 2) 01,0=∝ eDependientHa : 3) ( ) ( ) 51612 =−−=υ


68

4) 09,152

05,0 =χ 87,432 =χ

Se puede considerar que hay dependencia entre la mezcla de los colores con la máquina que los envuelve, al nivel del 1%. 85. Solución:

in *in *


( )*

2*

i

ii

n

nn −

63 60 3 9 0,15 78 60 18 324 5,40 54 60 -6 36 0,60 49 60 -11 121 2,02 56 60 -4 16 0,27 300 300 0 - 8,44

*1 6030020,0

5

1inp ==×==

( )

∑−= *

2*2

i

ii

n

nnχ ( )

∑−=

e

eo

F

FF 22χ

1) *

0 : ii nnH = 2) 05,0=∝

*: iia nnH ≠ 3) 41 =−= nυ 4) 49,92

05,0 =χ 44,82 =χ

Es aproximadamente igual al número de reclamaciones que recibe cada almacén, al nivel del 5%.


69

86. Solución:

( )4321

2

2 5,0

mmmm

nBCADn

×××−−

=χ ( )( )

25,116243010

405,032112402

2 =×××

−−=χ

1) adependencihayNoH :0 2) 05,0=∝ adependencihaySiHa : 3) ( ) ( ) 11212 =−−=υ 4) 84,32

05,0 =χ 25,12 =χ

No hay dependencia entre la cantidad de fruta deteriorada y su fumigación, al nivel del 5%. 87. Solución:

in *in *


( )*

2*

i

ii

n

nn −

18 17 1 1 0,06 12 17 -5 25 1,47 25 17 8 64 3,76 23 17 6 36 2,12 8 17 -9 81 4,76

19 17 2 4 0,24 14 17 -3 9 0,53

119 119 0 - 12,94

171191428,07

1 *1 ≅=×== inp

( )∑

−= *

2*2

i

ii

n

nnχ ( )

∑−=

e

eo

F

FF 22χ

1) *

0 : ii nnH = 2) 05,0=∝

*: iia nnH ≠


70

3) 61 =−= nυ 4) 59,122

05,0 =χ 94,122 =χ

Los alumnos no muestran las mismas preferencias según las secciones en las cuales están distribuidos, al nivel del 5% Observaciones Apareadas (pruebas del Signo) 88. Solución:

1417 == Positivosn Negativos = 3 Ceros = 3 Se eliminan los 0

5,82

117 =

== npµ

06,225,42

1

2

117 ==

== npqσ

1) 2

1:0 =PH 2) 05,0=∝

2

1: >PHa 3) 06,2=σ

iii yxD −= + + - - + + - + + 0 + + 0 + + + + + + 0


71

4) 43,206,2

5,85,13 =−=−=σ

µXz

Se rechaza la hipótesis nula, al nivel del 5%, se puede concluir que el primer sistema es superior. Otro procedimiento, válido únicamente para pruebas bilaterales:

198,02

1 +−−= nn

k 1898,02

16 −=k 085,33 Hrechazamos<

89. Solución:

Nota: se puede trabajar con diferencias positivas y la curva resultaría al lado contrario. 3positivosSignos = 15 negativos Signos = Ceros = 2 (se eliminan los ceros)

92

118 =

== pnµ

12,25,421

21

18 ==

== qpnσ

X = 3, el cual quedara así: X = 3,5

1) 5,0:0 =PH 2) 05,0=∝ 5,0: <PH a 3) 12,2=σ

Signo de la Diferencia

- - - 0 - + - - - - 0 - - + - + - - - -


72

4) 59,212,2

95,3 −=−=−=σ

µXz

Se ubica en la región crítica, de ahí que rechazamos la hipótesis nula y aceptamos la alternativa; afirmamos que la dieta es efectiva, al nivel del 5%. Se hubiera podido realizar la prueba en forma unilateral derecha, con el mismo resultado. Sólo se aplica cuando la prueba es bilateral:

23,41998,02

17 =−=k ; 0HrechazaseKS <

90. Solución:

Parejas 1x 1y iii yxD −= 1 56 49 + 2 90 88 + 3 38 51 - 4 47 50 - 5 85 83 + 6 49 41 + 7 55 52 + 8 58 69 - 9 68 83 - 10 74 89 - 11 83 77 + 12 87 62 + 13 60 65 - 14 31 44 - 15 89 92 -

Signos positivos = 7 Signos negativos = 8 n = 15

5,72

115 =

== pnµ 94,175,321

21

15 ==

== qpnσ

1) 5,0:0 =PH 2) 05,0=∝


73

5,0: ≠PH a 3) 94,1=σ

4) 094,1

5,75,7 =−=−=σ

µXz

La diferencia no es significativa, al nivel del 5%: Otro procedimiento, en el caso de que se trate de una dócima bilateral, al nivel del 5%.

( ) ( ) 198,02

1 +−−= nn

k 08,392,3711598,02

115 =−=+−−=k

S = 7, ya que el número de signos negativos es menor que el número de signos positivos. Como 7 > 3,08, es decir que S > K, aceptamos la hipótesis nula; la diferencia no es significativa. 91. Solución:

Signo de la Diferencia

iD -

+

- - -

0

- -

-

- -

-

- - 0

+


74

Signos positivos = 3 Ceros = 4 (se eliminan los ceros) Signos negativos = 23 n = 26

132

126 =

== pnµ

55,25,621

21

26 ==

== qpnσ

1) 5,0:0 =PH 5,0: ≠PH a 2) 05,0=∝ 3) 55,2=σ

4) 73,355,2

135,3 −=−=−=σ

µXz

La diferencia es significativa, ya que rechazamos la hipótesis nula 5,0:0 =PH . Otro procedimiento en la dócima del signo es como sigue; siempre y cuando sea bilateral y

05,0=∝

( ) ( ) 198,02

1 +−−= nn

k 4,710,55,1212698,02

126 =−=+−−=k

- 0

- - - - - - - - 0 - + -


75

Siendo S = 3 y S < K, se rechaza la hipótesis nula y aceptamos la hipótesis alternativa, es decir, que la diferencia es significativa; cuando la prueba es bilateral y 05,0=∝ 92. Solución:

.No ix iy iii yxd −= ddi − ( )2ddi − iD

1 46 40 6 4,69 21,9961 + 2 42 42 0 -1,31 1,7161 0 3 38 36 2 0,69 0,4761 + 4 36 38 -2 -3,31 10,9561 - 5 30 32 -2 -3,31 10,9561 - 6 28 25 3 1,69 2,8561 + 7 25 25 0 -1,31 1,7161 0 8 20 22 -2 -3,31 10,9561 - 9 20 17 3 1,69 2,8561 +

10 17 15 2 0,69 0,4761 + 11 14 10 4 2,69 7,2361 + 12 9 6 3 1,69 2,8561 + 13 8 9 -1 -2,31 5,3361 - 14 7 5 2 0,69 0,4761 + 15 5 3 2 0,69 0,4761 + 16 4 3 1 -0,31 0,0961 +

21 0 81,4376 -

a) Observaciones apareadas

31,116

21 ≅=== ∑n

dd i

( ) 0=−∑ ddi Si no da cero, se debe a la aproximación que hacemos 3125,1=d

( )

33,2116

4376,81

1

2

=−

=−−= ∑

n

ddS i

d


76

1) 0:

0:0

≠=

da

d

aH

aH 2) 131,2

15116

05,0==

=−==∝

tυ

3) 25,21633,2

31,1 ===ns

dt

d

De acuerdo al resultado de t = 2,25, se puede concluir que hay diferencias, la nivel del 5%. b) Prueba del signo: positivo = 10 ; negativo = 4 ; cero = 2 14410 =+=n ( ) 75,014 === pnµ ( ) ( ) 87,15,05,014 === qpnσ

1) 5,0:0 =PH 2) 05,0=∝ 3) 14=n 5,0: ≠PHa 4) %95=P 96,1=Z

5) σ

µ−= XZ 34,1

87,1

75,9 =−=Z

Se concluye que no existen diferencias significativas al nivel del 5%. 93 Solución:

.No ix iy iii yxd −= ddi − ( )2ddi − iD

1 27 20 7 4,22 17,8084 + 2 28 25 3 0,22 0,0484 + 3 10 10 0 -2,78 7,7284 0 4 20 21 -1 -3,78 14,2884 - 5 11 11 0 -2,78 7,7284 0 6 11 13 -2 -4,78 22,8484 - 7 15 18 -3 -5,78 33,4084 - 8 27 20 7 4,22 17,8084 + 9 21 16 5 2,22 4,9284 +

10 20 20 0 -2,78 7,7284 0 11 28 23 5 2,22 4,9284 + 12 32 29 3 0,22 0,0484 + 13 30 26 4 1,22 1,4884 + 14 26 28 -2 -4,78 22,8484 - 15 38 29 9 6,22 38,6884 +


77

16 27 23 4 1,22 1,4884 + 17 34 26 8 5,22 27,2484 + 18 36 33 3 0,22 0,0484 +

- Σ - 50 0 231,1112 ∑


n

dd i∑= 78,2

18

50 ≅=d ( ) 0=−∑ ddi

( )

69,3118

1112,231

1

2

=−

=−−= ∑

n

ddS i

d

1) 0:0 =daH 2) 05,0=∝

0: ≠da aH

3) ns

dt

d

= 20,31869,3

78,2 ==t

110,205,0

118 =

=∝−=

tυ

Se concluye que las diferencias son significativas al, nivel del 5%. b) Prueba del signo: positivo = 11; ceros = 3; negativos = 4 n = 15 pn=µ ( ) 5,75,015 ==µ qpn=σ ( )( ) 94,15,05,015 ==σ

1) 5,0:0 =PH 2) 05,0=∝ 5,0: ≠PHa 3) %95=P 96,1=Z

4) σ

µ−= XZ 55,1

94,1

5,75,10 =−=Z


78

Podemos concluir, que las diferencias que se observan no son significativas, al nivel del 5%. 94. Solución:

Par I II iD id ( )2ddi − 1 440 410 + 30 298,9441 2 400 440 - -40 2.778,3441 3 400 290 + 110 9.465,3441 4 310 270 + 40 744,7441 5 300 300 0 0 161,5441 6 410 360 + 50 1.390,5441 7 260 250 + 10 7,3441 8 260 300 - -40 2.778,3441 9 320 340 - -20 1.069,9441

10 380 350 + 30 298,9441 11 360 360 0 0 161,5441 12 370 350 + 20 53,1441 13 290 250 + 40 744,7441 14 290 290 0 0 161,5441 15 286 290 - -4 279,2241 16 310 320 - -10 515,7441 17 252 252 0 0 161,7441

Σ 216 21.071,7297 a) Prueba del signo: positivo = 8 ; ceros = 4 ; negativos = 5 n = 13 pn=µ ( ) 5,65,013 ==µ qpn=σ ( )( ) 80,15,05,013 ==σ

1) 5,0:0 =PH 2) 05,0=∝ 5,0: ≠PHa 3) %95=P 96,1=Z

4) σ

µ−= XZ 56,0

80,1

5,65,7 ===Z


79

Las diferencias no son significativas, al nivel del 5%. b) Observaciones apareadas:

n

dd i∑= 71,12

17

216 ==d

( )

1

2

−−

= ∑n

dds i

d 29,36117

7297,071.21 =−

=ds

1) 0:0 =daH 2) 05,0=∝ 3) 161 =−= nυ

0: ≠da aH

4) 120,2=t

ns

dt

d

= 44,11729,36

71,12 ==t

No se puede concluir que las diferencias presentadas sean significativas, al nivel del 5%. NOTA: Los puntos c y d, se deja al estudiante su solución. 95. Solución:

Par ix iy iD 1 10 10 0 2 8 15 - 3 12 10 + 4 16 18 - 5 5 13 - 6 9 14 - 7 7 9 - 8 11 16 - 9 8 6 +

10 16 16 0 11 8 6 + 12 5 5 0 13 8 5 +


80

14 6 4 + 15 12 11 + 16 14 12 + 17 8 8 0 18 4 2 + 19 9 8 +

( )

( ) ( )

15

4

94,12121156

5,721159

=

=

====

====

n

Ceros

qpnNegativos

npPositivos

σσ

µµ

1) 50,0:0 =PH 2) 05,0=∝ 3) 96,1=Z 50,0: ≠PHa %95=P

4) σ

µ−= XZ 52,0

94,1

5,75,8 =−=Z Las

diferencias obtenidas no son significativas al nivel del 5%. 96. Solución:

Par ix iy iD id ddi − ( )2ddi − 1 45 45 0 0 1,56 2,4336 2 44 48 - -4 -2,44 5,9536 3 29 36 - -7 -5,44 29,5936 4 27 27 0 0 1,56 2,4336 5 30 28 + 2 3,56 12,6736 6 36 32 + 4 5,56 30,9136 7 35 31 + 4 5,56 30,9136 8 30 42 - -12 -10,44 108,9936 9 34 36 - -2 -0,44 0,1936

10 40 42 - -2 -0,44 0,1936 11 43 44 - -1 0,56 0,3136 12 29 29 0 0 1,56 2,4336 13 32 30 + 2 3,56 12,6736 14 38 42 - -4 -2,44 5,9536


81

15 34 40 - -6 -4,44 19,7136 16 28 28 0 0 1,56 2,4336 17 32 30 + 2 3,56 12,6736 18 36 40 - -4 -2,44 5,9536

Σ − - - -28 0 286,4448

a) Prueba soluciones apareadas:

n

dd i∑= 56,1

18

28 −=−=d

( )1

2

−−

= ∑n

dds i

d 10,4118

4448,286 =−

=ds

1) 0 :

0:0

pda

d

aH

aH = 740,1

17118

05,0=

=−==∝

tυ

ns

dt

d

= 61,11810,4

56,1 −=−=t

Se puede concluir que no se mejoró el rendimiento, al nivel del 5%. b) Prueba del signo: positivos = 5 negativos = 9 ceros = 4 n = 14 pn=µ ( ) 75,014 ==µ qpn=σ ( )( ) 87,15,05,014 =

1) 50,0:

50,0:0

<=

PH

PH

a

64,1%95

05,0=

==∝

ZP

σ

µ−= XZ 80,0

87,1

75,5 −=−=Z

Como en el caso anterior, también se puede concluir que no se mejoró el rendimiento, al nivel del 5%.


82

97. Solución:

Indi- viduos ix iy id ddi − ( )2ddi − iD

1 65 72 -7 -4,71 22,1841 - 2 65 70 -5 -2,71 7,3441 - 3 76 78 -2 0,29 0,0841 - 4 84 84 0 2,29 5,2441 0 5 68 74 -6 -3,71 13,7641 - 6 70 76 -6 -3.71 13,7641 - 7 66 72 -6 -3,71 13,7641 - 8 82 79 3 5,29 27,9841 + 9 64 65 -1 1,29 1,6641 -

10 65 70 -5 -2,71 7,3441 - 11 88 88 0 2,29 5,2441 0 12 82 80 2 4,29 18,4041 + 13 70 76 -6 -3,71 13,7641 - 14 70 76 -6 -3,71 13,7641 - 15 75 75 0 2,29 5,2441 0 16 80 86 -6 -3,71 13,7641 - 17 92 80 12 14,29 204,2041 +

Σ − - -39 0 387,5297 ∑

a) Observaciones apareadas (poblaciones dependientes)

n

dd i∑= 29,2

17

39 −=−=d

( )

1

2

−−

= ∑n

dds i

d 92,4117

5297,387 =−

=ds

1) 0:

0:0

≠=

da

d

aH

aH

120,216117)3

05,0)2=

=−==∝

tυ


83

ns

dt

d

= 92,11792,4

29,2 −=−=t

Las diferencias no son significativas, al nivel del 5%. b) Prueba del signo: negativos = 11 positivos = 3 ceros = 3 n = 14 pn=µ ( ) 75,014 ==µ qpn=σ ( )( ) 87,15,05,014 ==σ

1) 50,0:

50,0:0

≠=

PH

PH

a

96,195,0)305,0)2

=

==∝

ZP

σ

µ−= XZ 87,1

87,1

75,3 −=−=Z

Las diferencias no son significativas, al nivel del 5%. 98. Solución:

Sujeto ix iy iD id ddi − ( )2ddi −

*1 98 82 + 16 9,33 87,0489 2 81 71 + 10 3,33 11,0889 3 72 63 + 9 2,33 5,4289 4 63 63 0 0 -6,67 44,4889 5 92 90 + 2 -4,67 21,8089 6 63 72 - -9 -15,67 245,5489 7 81 66 + 15 8,33 69,3889 8 73 54 + 19 12,33 152,0289 9 63 63 0 0 -6,67 44,4889

10 82 88 - -6 -12,67 160,5289 11 54 50 + 4 -2,67 7,1289 12 88 88 0 0 -6,67 44,4889 13 93 82 + 11 4,33 18,7489 14 68 52 + 16 9,33 87,0489


84

15 97 82 + 15 8,33 69,3889 16 81 81 0 0 -6,67 44,4889 17 72 63 + 9 2,33 5,4289 18 63 54 + 9 2,33 5,4289

Σ − - - 120 0 1.124,0002

a) Prueba del signo: 144212 ==== ncerosnegativospositivos pn=µ ( ) 75,014 ==µ qpn=σ ( )( ) 87,15,05,014 ==σ

1) 50,0:

50,0:0

≠=

PH

PH

a

96,195,0)305,0)2

=

==∝

ZP

σ

µ−= XZ 41,2

87,1

75,11 =−=Z

Se concluye que el alcohol sí tiene efecto sobre la ansiedad al nivel del 5% b) Observaciones apareadas

n

dd i∑= 67,6

18

120 ==d

( )

1

2

−−

= ∑n

dds i

d 13,8118

0002,124.1 =−

=ds

1) 0:

0:0

>=

da

d

aH

aH 740,1

171)3

05,0)2=

=−==∝

Tnυ

ns

dt

d

= 48,31813,8

67,6 ==t

Se concluye que el alcohol reduce la ansiedad, de acuerdo a los resultados obtenidos y al nivel de significación del 5%.


85

99. Solución:

Per- sonas ix iy iii yxd −= ddi − ( )2ddi − iD

1 29 30 -1 3,53 12,4609 - 2 22 26 -4 0,53 0,2809 - 3 25 25 0 4,53 20,5209 0 4 29 35 -6 -1,47 2,1609 - 5 26 33 -7 -2,47 6,1009 - 6 24 36 -12 -7,47 55,8009 - 7 21 32 -11 -6,47 41,8609 - 8 20 20 0 4,53 20,5209 0 9 46 54 -8 -3,47 12,0409 -

10 38 58 -20 -15,47 239,3209 - 11 28 43 -15 -10,47 109,6209 - 12 30 30 0 4,53 20,5209 0 13 29 30 -1 3,53 12,4609 - 14 25 20 5 9,53 90,8209 + 15 21 20 1 5,53 30,5809 + 16 22 20 2 6,53 42,6409 + 17 23 23 0 4,53 20,5209 0

Σ − - -77 0 738,2353


n

dd i∑= 53,4

17

77 −=−=d

( )

1

2

−−

= ∑n

dds i

d 79,6117

2353,738 =−

=ds

1) 0:

0:0

<=

da

d

aH

aH

746,116117)3

05,0)2=

=−==∝

tυ


86

ns

dt

d

= 75,21779,6

53,4 −=−=t

Se concluye al nivel del 5%, que si hubo mejoramiento. b) Prueba del signo: 131034103 =+==== ncerosnegativospositivos pn=µ ( ) 5,65,013 ==µ qpn=σ ( )( ) 80,15,05,013 ==σ

1) 50,0:50,0:0

<=

PH

PH

a

1,64 65,1%95)3

05,0)2oZ

P=

==∝

σ

µ−= XZ 67,1

8,15,65,3 −=−=Z

Se concluye, al igual que en la prueba anterior y al nivel del 5%, que si hubo mejoramiento. 100. Solución:

Auto- móvil ix iy id ddi − ( )2ddi − iD

1 40,6 51,2 -10,6 -8,46 71,5716 - 2 63,3 62,1 1,2 3,34 11,1556 + 3 48,2 52,3 -4,1 -1,96 3,8416 - 4 38,4 42,0 -3,6 -1,46 2,1316 - 5 39,2 43,5 -4,3 2,16 4,6656 - 6 42,6 40,5 2,1 4,24 17,9776 + 7 42,0 42,0 0 2,14 4,5796 0 8 46,1 50,2 -4,1 -1,96 3,8416 - 9 51,0 51,0 0 2,14 4,5796 0

10 39,1 42,6 -3,5 -1,36 1,8496 - 11 38,6 40,4 -1,8 0,34 0,1156 - 12 42,0 42,4 -0,4 1,74 3,0276 - 13 38,6 37,5 1,1 3,24 10,4976 + 14 38,4 39,6 -1,2 0,94 0,8836 - 15 37,3 40,2 -2,9 -0,76 0,5776 - 16 38,6 41,2 -2,6 -0,46 0,2116 -


87

17 39,3 38,4 0,9 3,04 9,2416 + 18 37,6 40,2 -2,6 -0,46 0,2116 -

Σ − - -36,4 0 150,9608 ––


n

dd i∑= 14,2

118

4,36 −=−

−=d

( )

1

2

−−

= ∑n

dds i

d 98,2118

9608,150 =−

=ds

n

Stda d

d ±= 11,205,0

171==

=∝=−=

tnυ

−−

=±−=62,3

66,0

18

98,211,214,2da

66,048,114,2 −==+− SL 62,348,114,2 −==−− IL 1) 0:0 =daH 2) 05,0=∝ 0: ≠da aH La diferencia es significativa, al nivel del 5%, ya que 0=da , no cae dentro de los límites. b) Prueba del signo: 161242124 =+==== ncerosnegativospositivos pn=µ ( ) 85,016 ==µ qpn=σ ( )( ) 25,05,016 ==σ

1) 5,0:

5,0:0

≠=

PH

PH

a

96,1%95)3

05,0)2=

==∝

ZP


88

σ

µ−= XZ 25,2

2

85,3 −=−=Z

Al nivel del 5%, la diferencia que se presenta se puede considerar significativa. 101. Solución:

Sujeto ix iy iD id ddi − ( )2ddi −

1 30,4 30,4 0 0 0,5 0,25 2 28,6 29,4 - -0,8 -0,3 0,09 3 27,6 30,0 - -2,4 -1,9 3,61 4 34,2 34,4 - -0,2 0,3 0,09 5 32,8 33,8 - -1,0 -0,5 0,25 6 30,2 30,4 - -0,2 0,3 0,09 7 30,1 32,4 - -2,3 -1,8 3,24 8 32,4 34,5 - -2,1 -1,6 2,56 9 33,3 33,3 0 0 0,5 0,25

10 28,4 30,6 - -2,2 -1,7 2,89 11 33,6 31,4 + 2,2 2,7 7,29 12 36,4 34,2 + 2,2 2,7 7,29 13 36,6 36,6 0 0 0,5 0,25 14 35,4 34,5 + 0,9 1,4 1,96 15 30,6 33,5 - -2,9 -2,4 5,76 16 37,6 36,6 + 1,0 -1,5 2,25 17 37,6 39,4 - -1,8 -1,3 1,69 18 38,6 38,6 0 0 0,5 0,25 19 34,5 37,3 - -2,8 -2,3 5,29 20 33,8 31,4 + 2,4 2,9 8,41


89

Σ − - - -10 - 53,76

a) Observación apareada:

n

dd i∑= 5,0

20

10 −=−=d

68,1120

76,53 =−

=ds

30,068,1

5,0 −=−=t

1) 0:0 =daH 2) 05,0=∝ 3) 093,2 =t 0: ≠da aH Las diferencias, se pueden considerar que no son significativas, al nivel del 5%. b) Prueba del signo: 161154115 =+==== ncerosnegativopositivo pn=µ ( ) 85,016 ==µ qpn=σ ( )( ) 25,05,016 ==σ

1) 5,0:

5,0:0

≠=

PH

PH

a

96,1%95)3

05,0)2=

==∝

ZP

σ

µ−= XZ 25,1

2

85,5 −=−=Z

Al igual que en la prueba anterior, al mismo nivel del 5%, se puede concluir que las diferencias no son significativas. 102. Solución:


90

Prueba del signo: 173143314 =+==== ncerosnegativospositivos

pn=µ ( ) 5,85,017 ==µ

qpn=σ ( )( ) 06,25,05,017 ==σ

1) 5,0:

5,0:0

≠=

PH

PH

a

96,195,0)3

05,0)2=

==∝

ZP

σµ−= X

Z 43,206,2

5,85,13 =−=Z

Las diferencias son significativas, al nivel del 5%, de acuerdo a los resultados obtenidos. 103 – 108. Se dejan estos ejercicios para que el alumno los resuelva. 109. Solución: a) positivos = 8 negativos = 3 ceros = 3 11=n

No. iD id ( )2ddi − 1 + 2 0,5041 2 + 4 1,6641 3 - -2 22,1841 4 0 0 7,3441 5 + 6 10,8241 6 0 0 7,3441 7 0 0 7,3441 8 + 4 1,6641 9 + 7 18,4041 10 - -4 45,0241 11 + 5 5,2441 12 + 6 10,8241 13 + 12 86,3041 14 - -2 22,1841 38 246,8574


91

( ) 5,55,011 ==µ ( ) ( ) 66,15,05,011 ==σ

1) 0:0:0

>=

PH

PH

a

(Equivale a reducir)

2) 05,0=∝

2,166,1

5,55,7 =−=Z

Al nivel del 5%, no se redujo el número de accidentes en los cruces de alto riesgo.

b) 71,214

38 ==d 36,4114

8574,246 =−

=ds

1) 0:0:0

>=

da

d

H

H

aa

2) 05,0=∝

33,2

1436,4

71,2 ==t 771,110,0

13=

=∝=

tυ

Al nivel del 5%, se puede concluir que se redujo el número de accidentes en los cruces de alto riesgo. 110. Solución:

No. id ( )2ddi − 1 -0,67 0,9168 2 -0,35 0,4064 3 4,89 21,1830 4 2,05 1,7625 5 -0,20 0,2377 6 0,25 0,0014 7 -1,36 2,7143 8 -0,19 0,2280 9 -0,30 0,3452 10 -1,12 1,9810 11 0,45 0,0264


92

2875,012

45,3 ==d 65,1112

8027,29 =−

=ds

1) 0:0:0

>=

da

d

aH

aH (Equivale a reducir)

2) 05,0=∝

60,0

1265,12875,0 ==t

796,110,0

11=

=∝=

tµ

Al nivel del 5%, no se ha presentado ningún cambio positivo en los dos períodos. 111. Solución:

in *in *


( )*

2*

i

ii

n

nn −

250 221,76 28,24 797,4976 3,60 186 184,80 1,20 1,4400 0,00 124 123,20 0,80 0,6400 0,00 50 73,92 -23,92 572,1664 7,74 6 12,32 -6,32 39,9424 3,24

616 616,00 - - 14,58

58,142 =χ 49,9205,0 =χ 49,9

05,041 2 =

=∝=−= χυ n

1) *

*0

:

:

iia

ii

nnH

nnH

≠=

2) 05,0=∝

14,58 cae en la zona de rechazo, al nivel del 5% por lo tanto se puede concluir que ha habido cambios en las

12 0 0 ∑ 3,45 29,8027


93

preferencias de compra según la marca del auto. 112 y 113. Se dejan estos ejercicios para que el alumno los resuelva. 114. Solución:

992818.11345517511 22 =∑=∑=∑=∑=∑= iiiiii yxyyxxn

a) ( ) ( )( )

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]91,0

134818.1117555111

1347599211

22=

−−

−=r

b) 1) 0:0:0

≠=

ρρ

aH

H 2) 05,0=∝

28,791,01

21191,0 2 =

−−=t

262,1205,0

92=

=∝=−=

tnυ

Al nivel del 5%, si hay correlación lineal entre esas dos variables. 115. Solución:

PAR ( )ii yx − ( )2ddi − 1 -2 1,9044 2 5 70,2244 3 8 129,5044 4 0 11,4244 5 -6 6,8644 6 -20 276,2244 7 -5 2,6244 8 4 54,4644 9 4 54,4644


94

10 -12 74,3044 11 -10 43,8244 12 -6 6,8644 13 -4 0,3844 ∑ -44 733,0772

a) 38,313

44 −=−=d 82,712

0772,733 ==ds

1) 0:0:0

<=

da

d

aH

aH 2) 01,0=∝

56,1

1382,7

38,3 −=−=t

681,202,0

121−=

=∝=−=

tnυ

Como t = -1,56 cae en la zona de aceptación, se puede concluir que los hombres no obtienen un mayor puntaje que las mujeres, al nivel del 1%.

b)

−=±−=±−=

30,8

54,192,438,3

12

82,7179,238,3da

179,205,0

1205,0 =

=∝=

tυ

116. Solución:

in *in *


( )*

2*

i

ii

n

nn −

1 5,04 -4,04 16,3216 3,24 9 8,40 0,60 0,3600 0,04 11 7,56 3,44 11,8336 1,57 11 6,96 4,04 16,3216 2,35 11 11,60 -0,60 0,3600 0,03


95

7 10,44 -3,44 11,8336 1,13

50 50 0 - 8,36

( )( )( )( )( )( ) 44,102936,0

60,112940,0

96,62924,0

56,72136,0

40,82140,0

04,52124,0

*6

*5

*4

*3

*2

*1

============

n

n

n

n

n

n

40,050

2036,0

50

1824,0

50

12 ===

1) :0H son idénticas :aH son diferentes

36,82 =χ

49,9205,0 =χ

( )( )

05,041313

=∝=−−=υ

36,82 =χ cae en la zona de aceptación, al nivel del 5%, pudiéndose concluir que las

diferencias son idénticas. 117. Se deja el ejercicio para que el alumno lo resuelva. 118. Se deja el ejercicio para que el alumno lo resuelva 119. Solución:

in *in

−− 5,0*

ii nn *

2* 5,0

i

ii

n

nn

−−

144 137,55 5,95 0,26 128 134,45 5,95 0,26 34 40,45 5,95 0,88 46 39,55 5,95 0,90

352 352,00 - 2,30


96

55,3980352

174

45,4080352

178

45,134272352

174

55,137272352

174

*4

*3

*2

*1

=

=

=

=

=

=

=

=

n

n

n

n

( )( )

30,2 )3

84,305,0

11212 )2

:

: )1

2

205,0

*

*

=

=

=∝=−−=

≠=

χ

χυiia

iio

nnH

nnH

30,22 =χ cae en la zona de aceptación, al nivel del 5%, no hay diferencias significativas en cuanto a la aprobación de la materia. 120. Solución:

46,0=r 22=n 32,246,01

22246,0

2=

−−=t

086,205,0

20=

=∝=

tυ

0:0 =ρH (no hay correlación) 0: ≠ρaH (si hay correlación)

Al nivel del 5%, se puede concluir que hay correlación entre las variables. 121. Solución:

78,0=r 52=n


97

53,578,01

25278,0

2=

−−=Z

0:0 =ρH (no hay correlación) 0: ≠ρaH (si hay correlación)

Como Z = 5,53, cae en la zona crítica, se concluye que hay correlación al nivel del 1%. 122. Solución:

56,0=r 26=n 31,356,01

22656,0

2=

−−=t

1) 0:0 =ρH (no hay correlación) 0: ≠ρaH (si hay correlación) 2) %1=∝

797,201,0

24=

=∝=

tυ

El valor de 3,31 cae en la Región crítica, por lo tanto al nivel del 1%, se puede concluir que hay correlación entre las variables. 123. Solución: se deja al estudiante su respuesta. 124. Solución:

in *in ( )2*

ii nn − ( )

*

2*

i

ii

n

nn −

10 6,8 10,24 1,51 3 6,8 14,44 2,12 2 6,8 23,4 3,39 5 6,8 3,24 0,48 14 6,8 51,84 7,62


98

34 34 - 15,12

20,05

1 = ( ) 8,6342,0* ==in 49,905,0

41 205,0 =

=∝=−= χυ n

1) *

*0

:

:

iia

ii

nnH

nnH

≠=

2) 05,0=∝ Como 12,152 =χ cae en la RC se está concluyendo, al nivel del 5% de que si hay diferencia de ocurrencia de accidentes en los días de la semana. NOTA: los ejercicios 125, 126, 127 y 128 se dejan, para que sean resueltos por el estudiante.

capítulo 9 cd (44 final-)

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