Download 1 - RI UAEMex

Universidad Autónoma del Estado de México
Centro Universitario UAEM Tenancingo
Unidad de Aprendizaje: Inferencial Estadística
Problemario de Inferencia Estadística
Elabora:
M. en C. Rafael Morales Ibarra
[email protected]
Junio de 2015
2
Problemario de Inferencia Estadística
Índice de contenido
Unidad Inferencia Estadística
Presentación
Introducción
Pagina
3
3
I
Estimación puntual
Propiedades de los estimadores
Métodos de estimación
Método de Momentos
Método de Maximaverosimilitud
4
4
7
7
10
II
Estimación por Intervalos
IC. Para la diferencia de dos proporciones
IC. Para la varianza de una distribución normal
IC para la relación de varianzas de dos distribuciones normales
13
15
16
16
III
Pruebas de Hipótesis Estadísticas
Pruebas de independencia
Pruebas de homogeneidad
18
18
19
IV
Ejercicios propuesto
20
V
Respuestas y/o soluciones a ejercicios propuestos
22
VI Bibliografía
27
3
Problemario de Inferencia Estadística
Presentación
El presente conjunto de ejercicios, es una compilación representativa de cada
uno de los temas que comprende la unidad de aprendizaje de Inferencia
estadística que se imparte en el 4° periodo de la licenciatura en Relaciones
Económicas Internacionales. Los ejercicios semestre con seleccionados con el
objeto de que el alumno comprenda de forma intuitiva y formal la resolución de
ejercicios vistos en clase. El grado de dificultad difiere entre cada uno de los
ejemplos, lo que permitirá al estudiante ir gradualmente resolviendo los
ejercicios considerados en el texto de referencia del curso.
La secuencia de los ejemplos y ejercicios corresponde fielmente a la estructura
de un curso estándar de inferencia. El lenguaje como la terminología es propia
de alumnos del tercer año de la carrera, no obstante las sesiones de clase se
acompañan con una serie de notas y apuntes que apoyan la comprensión y
entendimiento de los temas, se anexan una serie de ejercicios propuestos para
que el alumno los resuelva y valore su avance y entendimiento de los temas, la
bibliografía anexa es considerada básica y complementaria.
Introducción
La estadística provee técnicas que permiten obtener conclusiones generales a
partir de un conjunto limitado – pero representativo – de datos. Cuando
inferimos no tenemos garantía de que la conclusión que obtenemos sea
exactamente correcta. Sin embargo, la estadística permite cuantificar el error
asociado a la estimación.
4
La inferencia estadística está relacionada con los métodos para obtener
conclusiones. La estimación se divide en dos áreas: La estimación puntual, y la
estimación por intervalos de confianza.
Puntual
Método de
MCO, MV
Momentos,
Por
intervalos
Estimación
Prueba
Hipótesis
de
Sobre parámetros
Sobre distribuciones
I. ESTIMACIÓN PUNTUAL
Definición: Un estimador puntual de un parámetro es un valor que puede ser
considerado representativo de y se indicará 
función de la muestra.
. Se obtiene a partir de alguna
Ejemplo (1) Con el fin de estudiar si un dado es o no equilibrado, se arroja el dado
100 veces en forma independiente, obteniéndose 21 ases (1) ¿Qué valor podría
utilizarse, en base a esa información, como estimación de la probabilidad de as?
Parece razonable utilizar la frecuencia relativa de ases.
Solución:
En este caso, si llamamos p a la probabilidad que queremos estimar p^= 21/100 =0.21
Ejemplo (2) cuando usamos la media muestral
para estimar la media de una
población (), o la proporción de una muestra P para estimar el parámetro de una
distribución binomial .
Una "estimación puntual" de algún parámetro de una población  es un solo valor
obtenido a partir de un estadístico.
5
Propiedades de los estimadores
Estimadores insesgados: El valor esperado del estimador debería ser igual al
parámetro que trata de estimar. Estimador es "insesgado", en caso contrario se diría
que es sesgado.
Ejemplo (1). La media muestral
 ya que E( ) = .
es un estimador insesgado de la media poblacional
Ejemplo (2). Si X es Binomial (n, ), demostrar que X/n es un estimador insesgado
del parámetro .
Solución. Sea P =
Tenemos que:
Ejemplo (3) Al calcular la media de una población normal sobre la base de una
muestra de tamaño 2n+1, ¿cuál es la eficiencia de la mediana con relación a la
media?
Se sabe var(
) =²/(2n+1).
Para una muestra aleatoria de tamaño 2n+1 de una población normal se sabe que:
La eficiencia relativa está dada por:
La eficiencia asintótica de la mediana con respecto a la media está dada por:
la media muestral es un estimador más eficiente de la media poblacional que la
mediana muestral.
La media requiere sólo el 64% de las observaciones que requiere la mediana para
estimar la media poblacional  con la misma confiabilidad.
Ejemplo (4). Demuestre que
es el estimador insesgado de mínima varianza de la
media  de una población normal.
Solución:
6
Por lo tanto se tiene que
Como sabemos que
es un estimador insesgado y su var= ²/n entonces
estimador insesgado de mínima var. de .
Ejemplo (5). Si la duración de un servicio se distribuye normalmente, entonces
es el
.
 = 2.5 minutos, y se usan muestras de tamaño 16, entonces
= 2.5/4 = 0.625
minutos. Si  es desconocido y usamos como estimador una desviación estándar
muestral de 2.8, entonces el error estándar estimado estará dado por 2.8/4 = 0.70
minutos.
Solución:
Si estamos estimando una proporción , entonces su mejor estimativo será la
proporción muestral, es decir
y el error estándar será
El error máximo ocurre cuando = 0.5, y será
.Si n = 50 el
error máximo será
Ejemplo (6) Es T = X1 un estimador consistente de la media poblacional?
7
Solución:
Tenemos que E(T) =E( X1) = , es decir es insesgado, y V(T) = V(X1) = 2. Como la
varianza del estimador no tiende a cero, entonces no es consistente, lo cual se puede
verificar al aplicar la desigualdad de Chevyshef, que expresa lo siguiente:
la cual no tiende a cero cuando n , es decir, que X1 no tiende a  cuando n es
grande.
Ejemplo (7) Demostrar que S² es un estimador consistente de ² cuando se toman
muestras de una población normal.
Solución:
Se sabe que:
E(S²) = ²
.
por lo tanto, se observa que V(S²)  0 cuando n
1.2 Métodos de Estimación
Los principales métodos de estimación de parámetros son los siguientes




Método de los momentos
Método de máxima verosimilitud
Estimadores bayesianos
Mínimos cuadrados
Para la estimación de parámetros de distribuciones de probabilidad los métodos
empleados son los 3 primeros, mientras que el segundo se usa principalmente en los
estudios de regresión.
1.2.1 Método de los momentos
Ejemplo (1). Si una va sigue una  exponencial con parámetro, encontrar el
estimador del parámetro usando el método de los momentos. f(X) = e-x, x>0
8
Solución:
Como sólo existe un parámetro, bastará con usar el primer momento, es decir, 1 =
m1. El primer momento de la distribución exponencial es 1/, por lo cual se tiene
que
e.d., el estadístico usado para estimar el parámetro es el inverso de la media
muestral. Si el parámetro que estuviéramos estimando fuera el valor esperado  =
1/, entonces el estimador será la media muestral. Por lo tanto, este estimador es
insesgado.
Ejemplo (2). Si una va tiene una distribución gama, con parámetros  y k
desconocidos, se tiene lo siguiente:
Demuestre que el j-ésimo momento absoluto está dado por:
Solución:
Por lo tanto los dos primeros momentos poblacionales están dados por:
Igualando estos dos momentos poblacionales a los respectivos momentos muestrales
se tiene:
De (1) se tiene que
y reemplazando en la ecuación (2) obtenemos:
9
Por lo tanto
Ejemplo (3). Estimar por el método de los momentos los parámetros  y ² de una
distribución normal.
Solución:
Como son dos parámetros los que necesitamos estimar, usaremos los dos primeros
momentos de la distribución normal, que están dados por:
Igualando los dos primeros momentos poblacionales con sus respectivos momentos
muestrales tenemos que:
De lo anterior se concluye que el estimativo de la media poblacional  es la media
muestral
, y es un estimativo insesgado, mientras que el estimativo de la var(²)
no es la var(S²), sino la cuasivarianza, y es un estimativo sesgado.
1.2.2. Método de Máxima Verosimilitud
Ejemplo (1) se lanza al aire una moneda 10 veces, y se observan 6 caras, y
necesitamos estimar la probabilidad de que la moneda caiga en cara. Si q representa
la probabilidad de que una moneda caiga en cara,  la probabilidad de obtener x
caras en n lanzamientos de una moneda está dada por la distribución binomial, a
saber:
Solución:
10
Si el parámetro  puede tomar los valores 0.30, 0.35, 0.40, 0.45, 0.50, 0.55, 0.60, 0.65,
0.70, las probabilidades de obtener 6 caras en 10 lanzamientos de la moneda están
dadas en la tabla siguiente, para los valores del parámetro  arriba mencionado.

0.3
0.35
0.4
0.45
0.5
0.55
0.6
0.65
0.7
P(X=6)
0.0368
0.0689
0.1115
0.1596
0.2051
0.2384
0.2508
0.2377
0.2001
De la tabla se observa que el valor que maximiza la probabilidad de ocurrencia es
Ejemplo (2)
el estimador del parámetro usando el método de mv. f(X) = e-x, x > 0.
Solución:
La función de verosimilitud está dada por:
Considerando el logaritmo tenemos que:
tiene:
De nuevo, el estadístico usado para estimar el parámetro  es el inverso de la media
muestral. Si el parámetro que estuviéramos estimando fuera el valor esperado  =
1/, entonces el estadístico será la media muestral. Este estimador es insesgado.
Suponga que la va se refiere a tiempos de servicio de clientes, y toma los siguientes
valores: 2.7, 1.8, 2.6, 10.5, 4.8, 1.2, 0.5, 2.8, 3.9, 18.7
La media muestral sería
= 4.92 minutos y el estimativo del parámetro  sería
Ejemplo (3) Consideremos la estimación de los parámetros  y ² de una distribución
normal por el método de máxima verosimilitud.
Solución:
11
Si X~ N(, ²)   = {1, 2} 1 = , 2 =².
La función de verosimilitud está dada por:
El logaritmo de la función de verosimilitud está dado por:
Derivando inicialmente con respecto al parámetro  se tiene:
Derivando con respecto al parámetro se tiene:

En resumen tenemos que:
De nuevo se concluye que el estimativo de la media poblacional  es la media
muestral
, y es un estimativo insesgado, mientras que el estimativo de la varianza
poblacional ² no es la varianza muestral S², sino la cuasivarianza, y es un
estimativo sesgado.
Ejemplo (4). Sea X un experimento binomial en el cual se observan que X = x éxitos
en n ensayos. Obtega el E.M..V. del parámetro p.
Solución:
La función de verosimilitud es idéntica a la de probabilidad de que X = x, por lo tanto:
L( x; p) 
n!
p x (1  p) n  x
(n  x)! x!
12
0<= p <=1.
Entonces se tiene:
ln L(x ; p) = ln(n!) – ln[(n-x)!] – ln(x!) + x ln(p) + (n-x) ln(1-p)
Se deriva con respecto a p, el parámetro, y se iguala a 0.
Para confirmar este valor se deriva por segunda vez con respecto a p:
d [ln L( x; p)] x (n  x)
 
0
d 2 [lndp
L( x; p )] pnp ((11  p)  ( x  np)(1  2 p)

2
dp 2
[ p(1  p )]
Lo evaluamos en x/n, con x/n < 1, y se tiene:
II. ESTIMACIÓN POR INTERVALOS
Ejemplo (1). Sean X1. X2,…,Xn una muestra aleatoria con distribución Ber(P). Si
queremos estimar el parámetro p, la manera más natural de hacerlo consiste en definir
la suma de éstas proporcionan una distribución Binomial.
Solución:
Si se considera como estimador suyo la variable aleatoria p=x/n
Es decir, tomamos como estimación de p la proporción de éxitos obtenidos en las n
pruebas . La distribución del número de éxitos es binomial, y puede ser aproximada
a la normal cuando el tamaño de la muestra n es grande, y p no es una cantidad muy
cercana a cero o uno:
El estimador
no es más que un cambio de escala de X, por tanto
13
Esta expresión presenta dificultades para el cálculo, siendo más cómodo sustituirla por
la siguiente aproximación:
Para encontrar el intervalo de confianza al nivel de significación
para p se considera
el intervalo que hace que la distribución de Z N(0,1) deje la probabilidad fuera del
mismo. Es decir, se considera el intervalo cuyos extremos son los cuantiles /2 y 1/2 Así se puede afirmar con una confianza de 1- que:
Esto se resume en la siguiente expresión:
Con una confianza de (1-)
Ejemplo (2): Se quiere estimar el resultado de un referéndum mediante un sondeo.
Para ello se realiza un muestreo aleatorio simple con n = 100 personas y se obtienen
35% que votarán a favor y 65% que votarán en contra (suponemos que no hay
indecisos para simplificar el problema a una variable dicotómica). Con un nivel de
significación del 5%, calcule un intervalo de confianza para el verdadero resultado de
las elecciones.
Solución
Dada una persona cualquiera (i) de la población, el resultado de su voto es una
variable dicotómica:
El parámetro a estimar en un intervalo de confianza con =0.05 es p, y tenemos sobre
una muestra de tamaño n=100, la siguiente estimación puntual de p:
14
Sabemos que
En la práctica el error que se comete no es muy grande si tomamos algo más simple
como
Así el intervalo de confianza buscado lo calculamos de la siguiente manera:
Por tanto, tenemos con esa muestra un error aproximado de 9,3 puntos al nivel de
confianza del 95%.
2.1. I.C. para la diferencia de dos proporciones (1 - 2)
Ejemplo (1). Considere un proceso de producción que tiene una fracción defectuosa
P desconocida. A este proceso se le realizan unas mejoras para reducir el porcentaje
de defectuosos que está produciendo, y queremos saber si estos cambios sí reducen
sustancialmente la proporción de artículos defectuosos del proceso. Para ello, se toma
una muestra de 200 artículos del proceso original, y se encuentran 12 defectuosos, y
se examinan 150 artículos del nuevo proceso y se observan 6 defectuosos. Cree
Usted que los cambios efectuados al proceso han reducido el porcentaje de artículos
defectuosos?. Use un nivel de confianza del 95%.
Solución:
Tenemos:
n1 = 200, x1 = 12  p1 = 12/200 = 0.06
n2 = 150, x2 = 6  p2 = 6/150 = 0.04
El intervalo de confianza del 95% para la diferencia entre las fracciones defectuosas
antes y después de las mejoras realizadas al proceso está dado por:
Como la diferencia de cero está incluida en el intervalo de confianza, concluimos que
15
no tenemos evidencia para afirmar que los cambios efectuados al proceso contribuyen
a reducir el porcentaje de artículos defectuosos.
Cuál hubiera sido la conclusión si las muestras y los resultados hubieran sido los
siguientes (observe que las proporciones defectuosas muestrales son las mismas:
Tenemos:
n1 = 1000, x1 = 60  p1 = 60/1000 = 0.06
n2 = 750, x2 = 30  p2 = 30/750 = 0.04
El intervalo de confianza del 95% está dado por -0.018 <(1-2)< 0.058
En este caso, aunque las proporciones muestrales son las mismas, el tener tamaños
de muestra mucho mayores, nos permite concluir que efectivamente los cambios
realizados al proceso redujeron la fracción defectuosa (1>2).
2.2. I.C. para la varianza de una distribución normal
Ejemplo (1). Un proceso produce cierta clase de cojinetes de bola cuyo diámetro
interior es de 3 cm. Se seleccionan en forma aleatoria 12 de estos cojinetes y se
miden sus diámetros interiores, y los valores resultantes son los siguientes: 3.01, 3.05,
2.99, 2.99, 3.02, 3.00, 2.98, 2.99, 2.97, 2.97, 3.02 y 3.01. Suponiendo que el diámetro
es una variable aleatoria normal, determine un intervalo de confianza para la varianza
poblacional
. Use un intervalo de confianza del 99%.
Solución.
Tenemos:
El intervalo de confianza estará dado por:
,
En el intervalo de confianza para la varianza, el punto medio del intervalo (0.001266)
no coincide con el estimador puntual, debido a la no simetría de la distribución chicuadrado.
2.3 I.C. Para la relación de varianzas de dos distribuciones normales
Ejemplo (1). Considere la siguiente tabla que se refiere a la diferencia en años de
añejamiento de dos marcas de tequila.
Elementos
Ni
Media muestral
Tequila Don
Ramón
10
3.1
Tequila
Corralejo
8
2.7
16
si
0.5
0.7
Suponiendo que los conjuntos de datos provienen de muestras tomadas al azar de
poblaciones normales con varianzas desconocidas, construya un intervalo de
confianza del 98% para la relación de las dos varianzas de respecto a los años de
añejamiento de las dos marcas de tequila.
Solución
Tenemos que: F0.01,9,7 = 6.72,
F0.01,7,9 = 5.61
El intervalo de confianza del 99% para la relación de la varianza de tequila Corralejo
(la mayor) a la varianza del tequila Don Ramón está dado por:
Si se hubiera construido la relación de la varianza del tequila Don Ramón a la Tequila
Corralejo el intervalo de confianza estaría dado por:
Como el valor de la relación uno está comprendido en el intervalo de confianza, no hay
evidencia estadística para rechazar hipótesis sobre la igualdad de las dos varianzas.
17
III. PRUEBA DE HIPOTESIS
3.1 Pruebas de independencia
Ejemplo (1). Usando un nivel de significación del 5%, determine si él numero de fallas
se asocia al tipo de maquina con el turno en que se utiliza.
1
2
3
A
41
31
15
B
20
11
17
C
12
9
16
D
16
14
10
Total
89
65
58
Total
87
48
37
40
212
Solución:
Declaración de Hipótesis:
H0 = Existe independencia entre la maquinaria y el turno en que se utiliza.
H1 = No existe independencia entre la maquinaria y el turno en que se utiliza.
Estadística de prueba:
n
X
2
calculado
k
 
x
ij
i 1 j 1
 eij 
2
eij
=11.6491
Criterio de Decisión:
pvalue = 0.070271
2
X critico
 X 61  12.5916
  0.05
Conclusión:
2
2

X calculado
 X critico

p(value)  

Decisión:
No se rechaza H0
Interpretación:
No hay relación entre la maquina y el turno en que se utiliza.
3.2 Pruebas de Homogeneidad:
18
Ejemplo (2): Se realiza un estudio para determinar si en 3 sectores de la economía del
país (industria, comercio y agrícola) tienen la misma opinión respecto de una medida
económica. Se escogieron 200 industrias, 190 comerciantes y 120 agricultores.
Industria
Comercio
Agrícola
Total
A favor
160
150
70
380
Encontra
27
30
40
97
Indiferente
13
10
10
33
Total
200
190
120
510
Solución:
Estadística de prueba:
n
X
2
calculado
k
 
x
i 1 j 1
ij
 eij 
2
eij
=23.77
pvalue = 0.000089
2
X critico
 X 61  12.5916
Nivel de significancia:
  0.05
Conclusión:
2
2

X calculado
 X critico

p(value)  

Decisión:
Se rechaza H0
Interpretación:
No existe proporción entre la opinión de las industrias, comerciantes y agricultores.
CONCEPTOS ELEMENTALES
19
El tema de las pruebas de hipótesis estadísticas forma parte de la estadística
inferencial. El principal objetivo al realizar una prueba de hipótesis es
determinar, a partir de una muestra aleatoria (conjunto de observaciones), si un
determinado parámetro de una población toma cierto valor (o valores); o bien,
si dicha muestra puede considerarse proveniente de una función de distribución
específica.
Una hipótesis estadística es una aseveración o negación acerca de un parámetro (o
parámetros) de una distribución probabilística, como puede ser una media, una
varianza o una proporción.
En la realización de una prueba de hipótesis se plantean dos tipos de hipótesis. La
hipótesis nula, H0 y la hipótesis alternativa, H1. La primera considera comúnmente el
enunciado que se desea probar; en tanto que, la alternativa asume la negación de la
hipótesis nula.
En este apartado, el procedimiento general para realizar pruebas de hipótesis se
presenta en seguida:
1) Planteamiento del conjunto de hipótesis ( H0 vs H1 ).
2) Definición del nivel de significancia 
3) Cálculo del estadístico de prueba
4) Definición de la región crítica de la prueba y aplicación de la regla de
decisión (rechazar o no rechazar H0)
5) Conclusión
Descripción de cada uno de estos pasos
1. El planteamiento de las hipótesis es fundamental en la realización de una
prueba de hipótesis. Se debe tener en cuenta que en la hipótesis nula por lo
general se considera la afirmación que se desea contrastar; es decir, aquello
que se esperaría no ocurriera; mientras que, en la hipótesis alterna se
consideraría el resultado que se espera como correcto.
20
2. El nivel de significancia () se refiere al margen de error con que se desea llevar a
cabo la prueba. Por lo general se emplea un = 0.05, aunque también es común
emplear en las pruebas niveles de significancia de 0.10 y 0.01.
3. El estadístico de la prueba es una función exclusivamente de las observaciones
contenidas en la muestra aleatoria. Dicho estadístico constituye una parte fundamental
en la elaboración de la regla de decisión de la prueba.
4. La región crítica se define a partir del llamado valor crítico de la prueba. El conjunto
de valores que conforman la región crítica de la prueba definen la región de rechazo
de la hipótesis nula.
5. Finalmente se concluirá argumentando el porque se rechaza (o no) la hipótesis nula
al nivel de significancia previamente establecido. Es muy importante destacar que el
resultado obtenido se debe particularmente al empleo de la muestra de observaciones
disponible, y que no necesariamente el parámetro poblacional es igual al valor (o
valores) propuesto en la hipótesis que finalmente se apoye.
Por otra parte, la realización de pruebas de hipótesis puede conducir a dos tipos de
errores en la conclusión de las mismas; es decir, por un lado se puede rechazar algo
que es verdadero, y por otro, no rechazar algo siendo falso. Estos dos tipos de errores
se identifican de la siguiente manera:
a) Error tipo I. Ocurre cuando se rechaza la hipótesis nula cuando en
realidad esta es cierta.
b) Error tipo II. Se presenta cuando no se rechaza la hipótesis nula aún
cuando en realidad esta es falsa.
Es posible calcular la probabilidad de cada uno de estos tipos de error a partir de la
consideración de la regla de rechazo de la hipótesis nula de la prueba; o bien:
P( Error tipo I) = P(rechazar H0 cuando H0 es cierta) = .
y
P( Error tipo II) = P(no rechazar H0 cuando H0 es falsa) = 
21
En la elaboración de pruebas de hipótesis siempre se pretende trabajar con
pruebas confiables o pruebas con la mayor potencia posible; es decir, se
busca que una prueba posea una alta probabilidad de rechazar la hipótesis
nula cuando esta es falsa. La potencia de una prueba de hipótesis se obtiene
calculando la siguiente probabilidad:
P(rechazar H0 cuando H0 es falsa) = 1 - 
Finalmente, se dice que una prueba de hipótesis es de tamaño  si la
probabilidad de rechazar la hipótesis nula cuando esta es cierta es igual con 
(o la probabilidad del error tipo I).
22
I. PRUEBAS DE HIPÓTESIS
(PH)UNIFORMEMENTE MÁS
POTENTES DE TAMAÑO ALFA, UMP()
La metodología empleada en este apartado consiste en la razón de
verosimilitudes propuesta en el Lema de Neyman-Pearson (N-P), el cual
establece que existe una región crítica C de tamaño  y una constante positiva
k, tal que:
L0  x1 , x2 ,..., xn ; 0 
≤k
L1  x1 , x2 ,..., xn ;1 
interior de C
L0  x1 , x2 ,..., xn ; 0 
≥k
L1  x1 , x2 ,..., xn ;1 
exterior de C
donde C define la mejor región crítica de tamaño  para probar las hipótesis:
Ho:  = 0
contra
Ha:  = 1
donde: 0 > 1, o bien 0 < 1.
Además, L0 y L1 son las funciones de verosimilitud relativas a H0 y H1 respectivamente.
La función de verosimilitud de una variable aleatoria está determinada por el producto
de las densidades de probabilidad de la n observaciones correspondientes a dicha
variable aleatoria y las cuales conforman la muestra aleatoria disponible.
Esta metodología es ampliamente recomendada cuando la muestra aleatoria con que
se trabaja es pequeña (n < 30) y no proviene de una distribución normal, en caso
contrario (n  30) se podrá hacer uso del Teorema Central del Límite (TCL) y
aproximar a la distribución normal en caso de que dicha muestra no tenga esta
distribución probabilística. Además, si se tiene una muestra pequeña (n<30)
23
proveniente de una población normal será conveniente el empleo de la distribución t
de student.
1. Ejercicios de PH sobre los parámetros de una distribución de
probabilidad
Problema 1: Sea
x1, x2,…,xn, una muestra aleatoria de tamaño n, de una distribución
de Poisson con parámetro  desconocido. Determinar la mejor región crítica para
probar las hipótesis:
vs
H 0 :   0
H1 :   1
donde 0  1 .
Solución
Por el lema de Neyman-Pearson. Primero se obtiene la función de verosimilitud bajo
H0:
n
L0  x1 , x 2 ,..., x n ; 0   
i 1
e  0 0 i
f xi ; f  xi  
; x  0,1,2,..., n
xi !
x
e  0 0 1 e  0 0
L0 

x1!
x2 !
x
es decir:
x2
e  0 0
 ... 
xn !
xn
n
que es igual con:
L0 
xi
e  n0 0 
i 1
n
x!
i
i 1
Ahora, obteniendo la función de verosimilitud bajo H1 se tiene:
n
L1  x1 , x 2 ,..., x n ; 1    f  xi ; f  xi  
i 1
e  1 1 i
; x  0,1,2,..., n
xi !
x
e  1 1 1 e  1 1 2
e  1 1
L1 

 ... 
x1!
x2!
xn!
x
x
xn
24
n
L1 
xi
e  n1 1
i 1
n
x!
i
i 1
Por lo tanto la razón de verosimilitudes es:
n
xi
e  n0 0 
i 1
n
L0 x1 , x2 ,..., xn ; 0 

L1 x1 , x2 ,..., xn ; 1 
x!
i
k
i 1
n
e
 n1
  xi
1 i 1
n
x!
i
i 1
n
xi
L0 e n0 0 
i 1

k
n
L1
xi
 n1

e 1 i 1
simplificando:
n
 xi
   i1
L0
 e n0  n1  0 
k
L1
 1 
o bien:
Aplicando logaritmo natural a la expresión anterior, tenemos:
n
 
n1  n0   xi ln  0   ln k
i 1
 1 
n
 
n1  0    xi ln  0   ln k
i 1
 1 
o bien:
Despejando el término de sumatoria:
n
 
 xi ln  0   ln k  n1  0 
i 1
 1 
Nótese que:
1  0  0 
0
 1 ; por lo tanto el ln    0 , entonces:
1
0
1
n
 xi 
i 1
ln k  n1  0 
ln
 
0
1
 k'
25
Por lo tanto, la mejor región crítica para probar: H 0 :   0 vs H1 :   1 con 0  1
n
está definida por:
 xi 
ln k  n1  0 
i 1
ln
 
0
1
 k' .
En seguida, para obtener el valor de k’ se utilizará la definición de la
probabilidad del error tipo I, es decir:
Perror tipo I   Prechazar H 0 H 0 es cierta  
En este ejemplo se tiene que:
n

P  xi  k ' H 0 :   0   
 i 1

en forma equivalente:
n

1  P  x i  k '  0   
 i 1

o bien:
n

P  x i  k '  0   1  
 i 1

Ahora, como:
n
xi ~ P ; i  1,2,..., n   xi ~ Pn  ; considérese que y =
i 1
Así:
n
x
i
i 1
n

P  xi  k ' 0  = Py  k ' 0   1   , lo que equivale a:
 i 1

26
e  n0 n0 

yi !
i 0
k'
yi
 1
Es posible determinar en forma sencilla el valor de k’ (con n, 0 y  conocidos) y definir
completamente la región crítica o regla de decisión de la prueba de hipótesis
planteada.
Por ejemplo, supóngase que se tiene una muestra aleatoria
= 10 y se quiere probar las hipótesis:
x1, x2,…, xn de tamaño n
H0:  = 2 contra H1:  = 3 con un nivel de
significancia de 0.05.
n
 xi 
Puesto que la región crítica de la prueba es:
ln k  n1  0 
i 1
ln
 
0
1
 k'
sustituyendo valores para determinar el valor crítico de la prueba (k’) se tiene:
e 20 20

yi !
i 0
k'
yi
 1  0.05
empleando tablas de la distribución de Poisson con parámetro 2 se encontrará que:
k’ =
27
esto es, dada la información disponible se deberá rechazar la hipótesis nula con un
n
nivel de significancia , cuando
x
i
 27.
i 1
Problema 2.
Sea x1,x2,…,xn una muestra aleatoria de la distribución de probabilidad
de Bernoulli, f(x) = x (1-)1-x, con parámetro  desconocido. Probar el conjunto de
hipótesis:
H0:  = 0
vs
H1:  = 1; donde 0  1.
Solución. Aplicando el lema de N-P para determinar la mejor región crítica de la
prueba, primeramente se obtendrán las funciones de verosimilitud, L0 y L1, evaluadas
en las hipótesis nula y alternativa respectivamente a partir de la distribución
probabilística considerada.
27
n
L0 ( X 1, X 2 ,..., X n ; 0 )   f ( xi )  f ( x1 )  f ( x 2 )  ...  f ( x n )
i 0
 ( 0 ) (1   0 )
x1
(1 x1 )
 ( 0 ) x2 (1   0 ) (1 x2 )  ...  ( 0 ) xn (1   0 ) (1 xn )
n
n
 xi
 (1 xi )
 L0  ( 0 ) i 1 (1   0 ) i 1
n
entonces:
n
 xi
 (1 xi )
L1 ( X 1, X 2 ,..., X n ;1 )  (1 ) i1 (1  1 ) i1
Así, por el lema de N-P la mejor región crítica para probar H0:  = 0 vs. H1:  = 1 tal
que 0  1 esta determinada por la razón de verosimilitudes:
n
L0 ( X 1, X 2 ,..., X n ; 0 )
L1 ( X 1, X 2 ,..., X n ; 1 )
n

 (1 xi )
( 0 ) i 1 (1   0 ) i 1
n
n
 xi
 (1 xi )
k
( 1 ) i 1 (1   1 ) i 1
n
 xi

n
 xi
 (1 xi )
( 0 ) i 1 (1   0 ) i 1
n
n
 xi
 (1 xi )
k
( 1 ) i 1 (1   1 ) i 1
Reordenando términos:
n
n
 (1 X i )
 Xi
 ( 0 )  i 1  (1   0 )  i 1



 
(

)
(
1


)
1 
 1 

k
n
 ( Xi )
 ( 0 )  i 1


(

)
1


n
 ( Xi )
n
 (1   0 )   (1   0 )  i 1

  

(
1


)
(
1


)
1
1

 

k
o bien:
n
 Xi
  ( 0 )   i 1
 
 
  ( 1 )  
  (1   )  
0
 
 
(
1



1) 
 
n
 (1   0 ) 
  k
 
 (1   1 ) 
aplicando logaritmo natural:
28
n
  0 (1  1 ) 
10 
  ln k  n ln 

0)
 1  1 
 1
 x ln   (1  
i
i 1
n
Despejando el término
x
i 1
i
de la expresión anterior se tiene:
 (1  1 ) 

ln k  n ln 
n
(1   0 ) 

 k'
 xi 
i 1
 (1  1 ) 
 ( 0 ) 

  ln 
ln 
 (1 ) 
 (1   0 ) 
Este resultado constituye la mejor región crítica para la prueba planteada. Así, deberá
n
rechazarse la hipótesis nula cuando
X
i 0
i
resulte menor o igual que la constante k’.
Para obtener el valor de k’, se emplea la definición de la probabilidad del error tipo 1:
P [rechazar H0/ H0 es cierta] = 
o bien:
n

P  x i  k ' / H 0 :    0   
 i 1

Si x i  B(1,); i = 1,2,…, n, entonces: y 
n
x
i 1
i
 B(n, ), o bien bajo H0:
n
f ( y)   ( 0 ) yi (1   0 )( n  yi )
 yi 
entonces, la probabilidad:
n

P  xi  k ' / H 0 :    0    , es equivalente a:
 i 1

K
n
P y  k ' /    0     ( 0 ) yi (1   0 ) ( n yi )  
i 1  y i 
29
Puesto que los valores de n, 0 y  son conocidos; mediante tablas de la distribución
binomial acumulativa es posible obtener el valor de k’. Por lo tanto, la región crítica
para esta prueba ha quedado totalmente definida.
Problema 3: Sean los datos 4.4, 5.2, 3.0 y 4.8 una muestra aleatoria independiente e
idénticamente distribuida (m. a. i. i. d.) de una distribución gamma con parámetros de
forma  = 2.5 y de escala  desconocido. Pruebe el siguiente conjunto de hipótesis:
Ho:  = 3
H1:  = 2
contra
a) Obtenga la prueba UMP() y
b) Encontrar el valor crítico de la prueba para un = 0.05
Solución:
a) Por el lema de N-P se obtendrá primeramente la prueba UMP() para
contrastar el conjunto de hipótesis:
Ho :   3
vs
H1 :   2
Como la m.a.i.i.d. tiene distribución gamma (, ) con parámetros =2.5 y 
desconocido, la función de densidad de xi; i =1,2,…,n; con n = 4, está definida por:
f  xi  
 1
xi e  xi 
; xi > 0
  
entonces, la función de verosimilitud bajo H0 es:
n
L0 ( x1 , x2 ,..., xn ;  o )   f xi ; f xi  
i 1
x 1e  x 
  
sustituyendo el valor del parámetro  = 2.5:
L0 
x1
2.51  x1  0
e
2.5 0
2.5

x2
2.51  x2  0
e
2.5 0
2.5
 ... 
xn
2.51  xn  0
e
2.5 0
2.5
30
1.5 n
o bien:

n
 xi
0
x e i1
L0  i
2.5n  0 2.5n
por lo tanto, la función de verosimilitud bajo H1 será:
L1 
x1
2.51  x1  1
e
2.5 1
1.5 n
o bien:
2.5


n
 xi
x2
2.5 1  x2  1
e
2.5 1
2.5
 ... 
xn
2.51  xn  1
e
2.5 1
2.5
1
x e i1
L1  i
2.5n 12.5n
Por el lema de N-P para determinar la mejor región crítica de la prueba consideramos
la razón de verosimilitudes
L0
≤ k:
L1
xi
1.5 n

n
 xi
i 1
e
0
2.5  0
L0

n
L1
  xi  1
1.5 n
xi
e i 1
n
2.5 n
≤ k
2.5n  1 2.5 n
que es equivalente a:
L0 1

L1
2.5 n

e
 0 2.5n e
n
 xi
i 1
n
0
k

xi  1
0
 xi

i 1
Reordenando términos:
 1

 0



2.5 n

e
n
 xi
i 1
n
i 1
1
k
o bien:
31
 1 
 
 0 
2.5 n
e
 1 1  n


     xi
0  i 1
 1

k
Aplicando logaritmo natural tenemos:
   1
1 n
 xi  ln k
2.5n ln  1    



0 i 1
 0  1
sustituyendo los valores de 0 = 3 y 1 = 2, se tiene:
 2 1 1 n
2.5n ln       xi  ln k
 3   2 3 i 1
n
por lo tanto, despejando el término
x
i 1
i
se obtiene:
n
2
 xi  6 ln k  15n ln   = k’
i 1
3
lo que define la mejor región crítica para probar H0:  = 3 contra H1:  = 2. Es decir, si
n
x
i 1
i
 k ' entonces deberá rechazarse la hipótesis nula H0 y se tendrá evidencia de
que H1 es verdadera.
b) Encontrar el valor crítico de la prueba ( k’) para un = 0.05
El valor de k’ se obtiene a través de la probabilidad del error tipo I:
Perror tipo I   Prechazar H0 H0 es cierto  
equivalente en este ejemplo a:
n

P  xi  k '   3  
 i 1

Ahora, se conoce que xi ~ 2.5,  ; xi  0 ; entonces por propiedades de la
distribución gama:
n
x
i 1
i
~ 2.5n,  
que bajo la hipótesis nula H0:
n
x
i 1
i
~ 2.5n,3
32
n
Sea y =
x ,
i 1
i
entonces:
y ~ 5n2 ,3
33
además:
2
 52n ,2  
y ~  5n
2 ,2  y
3
 52n
es decir, una variable aleatoria x con distribución gamma y parámetros = 5n/2 y  = 2
es una variable aleatoria chi-cuadrada con 5n grados de libertad.
De esta manera:
n

P  xi k '   3  
 i 1

es equivalente a:
2
2

P  y  k '   3  
3
3

A través de la función de probabilidad acumulativa de la distribución gamma se obtiene:
2 
Fy  k '   
3 
aplicando la función inversa de Fy se tiene que:
2
k '   52n ,
3
Regresando al problema planteado se tiene que para  y n = 4:
k'
2
3 20
, 0.05
2

310.9
 16.35
2
Por lo tanto, la prueba UMP() para las hipótesis: Ho:  = 3 contra H1:  = 2 está definida
por:
n
x
i 1
i
 k '  16.35
n
Es decir, existirá evidencia de que la hipótesis nula no se cumple cuando
x
i 1
i
 16.35 y
deberá rechazarse considerando un nivel de significancia 
Para este ejemplo se tendría que:
34
n
x
i 1
i
= 4.4 + 5.2 + 3.0 + 4.8 = 17.4 > 16.35
por lo que se rechaza H0 a un nivel de significancia de 0.05.
Ejercicio (2) acerca de la potencia y tamaño de una prueba de hipótesis
Problema 1. Sea
x1, x2,...,xn
una m.a.i.i.d. de tamaño n de la distribución de Bernoulli
con parámetro  desconocido. Para una muestra de tamaño n = 10, probar las hipótesis:
H0: = ½
H1: = ¾
contra
utilizar la región crítica  xi  6 y obtener:
a) La potencia de esta prueba y
b) El tamaño de la prueba.
Solución: a) La función de potencia esta dada por:
  1 
donde  es la probabilidad el error tipo II, entonces para calcular a  primeramente se
obtendrá a :
P  no rechazar H0 / H0 es falsa = 
o bien:


n
  P  x i  6 /   3 / 4
 i 1

n
se conoce que:
xi ~ B(1,); i=1,2,…,n;
entonces y =
 x ~ B(n,);
i
i 1
=P[y<6 / =¾] 
5
10 
  y (3 / 4)
yi 0

i

yi
por lo que:
(1 / 4) n yi  0.1503
35
Por lo tanto, la potencia de esta prueba está determinada por:
  1 0.1503 = 0.8497
es decir, la probabilidad de rechazar la hipótesis nula cuando esta es falsa es de un
0.8497 (o un 84.97%).
b) Si la región crítica de la prueba es  xi  6, el tamaño de la prueba esta dado por:
1
n
P  x i  6     
2
 i 1
es decir, la probabilidad del error tipo I, (), determina el tamaño de la prueba, o bien:
1  10

P y  6     
2  yi 6

  1   
10
6
6
106
= 0.38
Por lo tanto, el tamaño de esta prueba de hipótesis es de 0.38 o del 38%.
36
IV. EJERCICIOS PROPUESTOS
4.1 Estimación puntual
1 . Si X es Binomial (n,), demostrar que X/n es un estimador insesgado del parámetro .
1. Al calcular la media de una población normal sobre la base de una muestra de tamaño
2n+1, ¿cuál es la eficiencia de la mediana con relación a la media?
2. Si la duración de un servicio se distribuye normalmente, entonces ˆ  X .  = 2.5
minutos, y se usan muestras de tamaño 16, entonces T= 2.5/4 = 0.625 minutos. Si 
es desconocido y usamos como estimador una desviación estándar muestral de 2.8,
entonces el error estándar estimado estará dado por 2.8/4 = 0.70 minutos.
3. Demostrar que S² es un estimador consistente de ² cuando se toman muestras de
una población normal.
4.2 Estimación por intervalo
1
En un estudio para el estado de la salud oral de una ciudad, se toma una muestra
aleatoria de 280 hombres entre 35 y 44 años, y se estudia la variable número de
dientes en la boca. Se desea realizar la estimación por intervalo de confianza del
0.95 de la proporción de individuos de esta ciudad con 28 dientes o más,
considerando este valor como dentición completa. Luego del examen clínico se
encontró que hay 70 individuos con 28 diente o más dientes. La estimación
puntual de p es po siendo: po = 70/280 = 0,25, que representa el 25% de los
individuos con dentición completa.
2. Determinar el tamaño de la muestra para que el error al estimar la media  de una
población sea menor que 0.06 con una probabilidad de 0.95, sabiendo que se
tomó una muestra de tamaño n = 50 y se obtuvo x = 9.1 y s = 0.24. Se busca un
tamaño de muestra n tal que P(| x   | < 0.06) = 0.95.
4.3 Pruebas de hipótesis (puede emplear Matlab)
1. Calcular a para el ejemplo de la rapidez de combustión para una muestra de N=10
datos, suponiendo que la desviación estándar de la rapidez de combustión es
s=2.5 cm/seg.
2. Recalcular a del ejemplo anterior para a) los nuevos límites de la región de
aceptación 48 y 52. b) Para N=16 con los límites originales c) con ambas
modificaciones.
3. Supongamos que es importante rechazar H0 si la rapidez promedio de combustión
m es mayor que 52 cm/seg o menor que 48 cm/seg. Dada la simetría sólo se
requiere evaluar la probabilidad de aceptar H0: m=50 cuando el valor verdadero es
m=52.
37
4. Si se conoce s=2 cm/seg, se desea probar si la media m es de 50 cm/seg. Se
selecciona una muestra aleatoria de tamaño N=25, obteniendo x=51.3 cm/seg. Se
especifica un nivel de sginificancia a=0.05 ¿A qué conclusiones se debe llegar?
5. Ejemplo: Un diseñador quiere reducir el tiempo de secado de una pintura. Se
prueban dos fórmulas de pintura. La fórmula 1 es la normal y la fórmula 2 posee
un ingrediente secante que se espera reduzca el tiempo de secado. Se sabe que
el tiempo de secado tiene una desviación estándar de 8 min y que ésta no se
afecta con la adición del nuevo ingrediente. Se pintan 10 especímenes con la
fórmula 1, y 10 con la fórmula 2, obteniéndose tiempos promedio de secado de
x1=121 min, y x2=112 min. respectivamente. ¿A qué conclusión se llega sobre la
eficacia del nuevo ingrediente utilizando a=0.05.?
6.
En una reunión informativa, el gerente de un hotel “Concepción”, indicó que el
número promedio de habitaciones arrendadas por noche es mayor que 212. Uno
de los funcionarios considera que esta cifra puede estar algo sobreestimada. Una
muestra de 150 noches produce una media de 222,7 habitaciones y una
desviación estándar de 45,5 habitaciones. Si estos resultados sugieren que el
gerente ha “inflado” su información, será amonestado severamente. ¿Cuál es el
destino del gerente?
EJERCICIOS PROPUESTOS
1. Suponga que desea probar las hipótesis H0:  = 5 vs H1:  = 8 por medio de un solo
valor que se observa en una variable aleatoria con densidad de probabilidad:
f(x) = (1/)exp(-x/), x > 0.
Si el tamaño máximo del error tipo I que puede tolerarse es de 0.15, ¿cuál de las
siguientes pruebas es la mejor para escoger entre las dos hipótesis?:
a) Rechazar H0 si X  9
b) Rechazar H0 si X  10
c) Rechazar H0 si X  11
2.
Sea x1,x2,...,xn una m.a. de la distribución de Poisson con parámetro  desconocido.
Obtenga la mejor región crítica de tamaño  para probar el conjunto de hipótesis:
H0:  = 0
vs
H1:  = 1
donde: 1 < 0.
3. Se sabe que la proporción de artículos defectuosos en un proceso de manufactura es
de 0.15. El proceso se vigila en forma periódica tomando muestras aleatorias de tamaño
38
20 e inspeccionando las unidades. Si se encuentran dos o más unidades defectuosas en
la muestra, el proceso se detiene y se considera como “fuera de control”.
a) Enuncie la hipótesis nula y alternativa apropiadas
b) Obtenga la probabilidad del error tipo I
c) Obtenga la función de potencia para los siguientes valores alternativos de la
proporción de artículos defectuosos: 0.06, 0.08, 0.10.
4. Sea x1,x2,...,xn una muestra aleatoria de tamaño n de la distribución exponencial con
parámetro de escala  desconocido. Obtenga la mejor región crítica de tamaño  para
probar las hipótesis:
H0:  = 0
vs
H1:  = 1
donde 1 > 0.
RESPUESTAS
1. Prueba b).
3. a) H0: p = 0.05 vs H1: p > 0.05;
b) 0.2642 y c) 0.3396, 0.4831, 0.6083
39
RESPUESTAS Y/O SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
5.1 Estimación puntual
1. Sea P 
X
n
1
X 1
E(P)     E(X)  n   por lo tanto es insesgado
n
n n
2. Se sabe que la varianza de la media X está dada por ²/(2n+1). Para una muestra aleatoria de
tamaño 2n+1 de una población normal se sabe que el valor esperado y la varianza de la mediana
están dados por:
~
~
E( X)  
2
~
V( X) 
4n
La eficiencia relativa está dada por:
La eficiencia asintótica de la mediana con respecto a la media está dada por:
la media muestral es un estimador más eficiente de la
media poblacional que la mediana muestral.
3. Si estamos estimando una proporción , entonces su mejor estimativo será la proporción
muestral, es decir =X/n y el error estándar será
El error máximo ocurre cuando  = 0.5, y será
.
Si n = 50 el error máximo será
4. Sabemos que:
E(S²) = ²
se observa que V(S²)  0 cuando n .
5.2 Estimación por intervalo
1. Sabiendo que q o =1 - p o = 1 - 0,25 = 0,75, y consultando el anexo B de la
distribución normal tipificada, se encuentra que el valor de Z para una confianza
del 0,95 es de 1.96, se obtiene:
40
De manera que, el intervalo de confianza del 0.95 de la proporción de hombres con
dentición completa está entre 0.1933 0.3007; es decir, que existe una probabilidad del
0,95% de que este intervalo contenga entre sus límites el valor de p.
Ejemplo. Determinar el tamaño de la muestra para que el error al estimar la media  de
una población sea menor que 0.06 con una probabilidad de 0.95, sabiendo que se tomó
una muestra de tamaño n = 50 y se obtuvo x = 9.1 y s = 0.24.
Se busca un tamaño de muestra n tal que
P(| x   | < 0.06) = 0.95
O equivalentemente, se busca un tamaño de muestra n tal que
z/2   = 0.06 con 1   = 0.95.
Como (1  )/2 = 0.475, según la tabla 4, P(0 < z < z/2) = (1  )/2 para
z/2 = 1.96
Se busca entonces un tamaño de muestra n tal que
z/2  x = 1.96  x = 1.96  /
n = 0.06
de donde
2
 1.96  2
 .
 0.06 
n= 
 se desconoce pero se puede aproximar con el valor s que corresponde a la muestra de
n = 50.
2
 1.96 
n= 
 2 = 61.5
0
.
06


es decir,
n = 62.
5.3 Pruebas de hipótesis (emplear software)
1. En este caso a = P( x caiga en la región crítica | m=50), es decir:
a = P( x < 48.5) + P( x > 51.5)
2. Recordando que La distribución de x es Normal con media m=50 y desviación
estándar s/N =0.79, por lo tanto, usando Matlab: a=normcdf(48.5,50,0.79)+(1normcdf(51.5,50,0.79)) = 0.288+ 0.288 = 0.0576
Esto significa que el 5.76% de las muestras de tamaño 10 conducirán al rechazo de la
Hipótesis H0: m=50 cm/seg, cuando ésta es verdadera.
a) a = normcdf(48,50,0.79) + (1-normcdf(52,50,0.79)) = 0.0114
41
b) a = normcdf(48.5,50,0.625)+(1-normcdf(51.5,50,0.625)) = 0.0164
c) a = normcdf(48,50,0.625)+(1-normcdf(52,50,0.625)) = 0.0014
3. Usando Matlab:
b = normcdf(51.5,52,0.79) - normcdf(48.5,52,0.79) = 0.2643
La probabilidad de obtener un error de tipo II aumenta muy rápido a medida que el
valor verdadero m tiende al valor hipotético, por ejemplo, si suponemos que m=50.5, y
recalculamos b, obtenemos
Usando Matlab:
b = normcdf(51.5,50.5,0.79) - normcdf(48.5,50.5,0.79) = 0.8923
b también depende del tamaño de la muestra, por ejemplo, si N=16 obtenemos en el
ejemplo cuando m=52: s=0.625, por lo tanto
b = normcdf(51.5,52,0.625) - normcdf(48.5,52,0.625) = 0.2119
Es decir, b disminuye cuando N aumenta, excepto si el valor real de m está muy cerca
del hipotético
Como uno puede elegir los valores críticos del intervalo de aceptación uno controla el
valor de a. Uno puede entonces controlar la probabilidad de rechazar de manera
errónea H0.
Es por eso que el rechazo de H0 siempre se considera como una Conclusión Fuerte.
(Los datos aportan fuerte evidencia de que H0 es falsa)
La decisión de aceptar H0 se considera una Conclusión Débil, a menos que se sepa
que b es considerablemente pequeño.
Por esto en lugar de decir “se acepta H0” se prefiere decir “incapaz de rechazar H0”, es
decir, no se ha encontrado evidencia suficiente para rechazar H0. O sea, no quiere
decir que exista gran evidencia de que H0 sea cierta sino que no hay gran evidencia
de que sea falsa.
4. El parámetro de interés es m (rapidez promedio de combustión)
H0: m = 50 cm/seg
H1: m  50 cm/seg
a = 0.05
La estadística de prueba es
Rechazar H0 si z>1.96 o si z<-1.96
Conclusión como z = 3.25 > 1.96, se rechaza H0: m = 50 cm/seg con un nivel de
significancia a = 0.05
Es decir, Se concluye que en base a una muestra de 25 mediciones la rapidez
promedio de combustión es diferente de 50 cm/seg, de hecho, existe evidencia
fuerte de que ésta es mayor.
5. Cantidad de interés: m1 - m2
H0: m1 = m2
42
H1: m1 > m2 (se busca evidencia fuerte que indique que el tiempo de secado
promedio de la muestra 2 es menor.
Alpha =0.05
El estadístico de prueba es
H0 se rechazará si z>z0.05 = 1.645
Sustituyendo los datos, obtenemos z=(121-112)/(12.8)1/2=2.52
Conclusión: Puesto que z = 2.52 > 1.645 se rechaza H0 con un nivel de
significancia a=0.05 concluyéndose el nuevo ingrediente sí disminuye el tiempo de
secado.
Alternativamente puede calcularse un valor P =1-F (2.52) = 0.0059, es decir, se
rechazará H0 para cualquier nivel de significancia a0.0059.
6. En una reunión informativa, el gerente de un hotel “Concepción”, indicó que el
número promedio de habitaciones arrendadas por noche es mayor que 212. Uno
de los funcionarios considera que esta cifra puede estar algo sobreestimada. Una
muestra de 150 noches produce una media de 222,7 habitaciones y una
desviación estándar de 45,5 habitaciones. Si estos resultados sugieren que el
gerente ha “inflado” su información, será amonestado severamente. ¿Cuál es el
destino del gerente?
Declaración hipótesis
H 0 :   212
H 1 :   212
Nivel de significación   0,05
Descripción de la poblacional que interesa y planteamiento de las suposiciones
necesarias X número de habitaciones arrendadas por noche.
X ?
Pero
n  150  30
Estadístico de prueba
Zc 
x  0


N 0,1
n
Criterios de decisión:
Ho:  < o
H1:  > o
Rho si RC  z / z  1,645
Cálculo de los estadísticos
43
Zc 
x  0

n

222,7  212
 2,88
45,5
150
Decisión
Z c  2,88  RC  RECHAZAMOS H 0
Interpretación: El número promedio de habitaciones arrendadas por noche es mayor que
212 con p  0,002
Parece que el gerente no se ha excedido al estimar su tasa de ocupación y
aparentemente no recibirá una reprimenda.
44
6. Bibliografía
Básica

Mood. A.M. Graybill F.A., Boes. D.C. Introduction to the Theory of Statistics. Third
Edition. McGraw Hill.
Complementaria
1. Devore, Jay L. Probabilidad y estadística para ingeniería y ciencias. Internacional
Thompson
2. Hildebrand, David K. & Ott, Lyman R. Estadística aplicada a la administración y
la economía. Addison-Wesley Iberoamericana. México, 1997
3. Lind, Douglas A.; Marchal, William G. & Mason, Robert D. Estadística para
administración y economía. Alfaomega Colombiana, S.A. Colombia 2004
4. Mendenhall, William. Estadística para Administración Grupo Editorial
Iberoamérica. México 1990
5. Walpole, Ronald E. & Myers, Raymond H. Probabilidad y estadística Prentice
Hall Latinoamericana. México 1998
45