Prueba para la media poblacional con varianza conocida

Se empleara el dataset SBIQ

Por definición el coeficiente intelectual tiene μ = 100 y σ = 15 vamos a contrastar la hipótesis de que la media población de IQ en el condado 1 es igual a la media poblacional del condado 2

data(SBIQ)
data <- SBIQ
attach(data)

head(data) %>% kable(align = "ccc") %>%
  kable_styling("striped",
                full_width = F)

dim(data)

## [1] 40  2

Podemos resumir nuestro contraste de hipótesis así:

\[\text{Prueba:} \quad \begin{cases} H_0 : \mu_1 = \mu_2 \\ H_1 : \mu_1 \neq \mu_2 \end{cases}\]

Vamos a aplicar un contraste de hipótesis sobre la media de distribuciones normales con varianza coincida , para esto vamos a emplear la prueba z, los parámetros de nuestra prueba serán:

x = county1
y = county2

sigma.x = 15
sigma.y = 15
*Por la definición de IQ

resultado <- z.test(x = County1, sigma.x = 15, y = County2, sigma.y = 15, mu = 0)
z = resultado$statistic
valor_p = resultado$p.value
intervalo =resultado$conf.int
resultado

## 
##  Two Sample z-test
## 
## data:  County1 and County2
## z = -0.18634, p-value = 0.8522
## alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 0
## 95 percent confidence interval:
##  -7.198919  5.948919
## sample estimates:
## mean of x mean of y 
##   129.750   130.375

Valor z el valor z para la prueba fue de -0.186339
Valor p el valor p para la prueba fue de 0.8521789
El intervalo de confianza El intervalo de confianza al 95% para la diferencia de las medias es [-7.1989191, 5.9489191]

Conclusión

Teniendo en cuenta que nuestro p-valor es 0.8521789, mayor que nuestra significancia establecida en 0.05, podemos concluir que no hay una diferencia estadísticamente significativa en las medias de los IQ de los dos condados. Adicionalmente, nuestro intervalo de confianza al 95% para la diferencia de las medias [-7.1989191, 5.9489191] incluye el cero, por lo cual no podemos rechazar \(H_0\).

Prueba para la media poblacional con varianza desconocida: t de Student

Para aplicar la prueba de la media sobre una población con varianza desconocida, emplearemos el dataset Morley, cuyos valores son la velocidad de la luz medida por interferometría, restando 299.000 km/s.

Vamos a probar si la media de los datos difiere significativamente de 710.5, es decir:

\[\text{Prueba:} \quad \begin{cases} H_0 : \mu = 710.5 \\ H_1 : \mu \neq 710.5 \end{cases}\]

Y adicionalmente vamos a construir un intervalo de confianza del 99% para la media de la velocidad

data(morley)
data <- morley
attach(data)
head(data) %>% kable(align = "ccc") %>%
  kable_styling("striped",
                full_width = F)

Vamos a emplear la distribución t-student para el contraste de la hipótesis con o desconocida.

resultado <- t.test(x = Speed, mu = 710.5, conf.level = 0.99)

t <- resultado$statistic
valor_p <- resultado$p.value
intervalo <- resultado$conf.int

resultado

## 
##  One Sample t-test
## 
## data:  Speed
## t = 17.96, df = 99, p-value < 2.2e-16
## alternative hypothesis: true mean is not equal to 710.5
## 99 percent confidence interval:
##  831.6486 873.1514
## sample estimates:
## mean of x 
##     852.4

Valor t: El valor de t para la prueba fue de 17.9596274
Valor p: El valor p para la prueba, fue de 0 __ (6.5139572^{-33})

Conclusión

Dado el valor p obtenido, podemos rechazar \(H_0\), por lo que concluimos que la media de las velocidades difiere de 710.5 con significación estadística.

Adicionalmente, nuestra \(\mu_0\) = 710.5 está por fuera del IC de 99% obtenido para la media de las velocidades: 831.6486266, 873.1513734. Podemos ilustrar los resultados anteriores en un gráfico boxplot:

boxplot(Speed)
abline(h = 710.5,
       col = "red")

Volver al inicio

Muestras independientes

Para el análisis de muestras independientes, emplearemos el dataset mtcars, el cual contiene entre otras, información sobre el consumo de combustible y el tipo de transmisión para diferentes modelos de carro.

data(mtcars)
data <- mtcars
attach(data)

## The following object is masked from package:ggplot2:
## 
##     mpg

head(data) %>% kable() %>%
  kable_styling("striped",
                full_width = F)

Vamos a generar dos vectores, uno para los autos con transmisión manual, y otro para los autos con transmisión automática:

mt <- mpg[am == "1"]
at <- mpg[am == "0"]

Queremos contrastar si existe alguna diferencia en el consumo de combustible, según la transmisión del auto. Nuestra prueba de hipótesis, se puede escribir como:

\[\text{Prueba:} \quad \begin{cases} H_0 : \mu_at \geq \mu_mt \\ H_1 : \mu_at < \mu_mt \end{cases}\]

Nuestra hipótesis nula afirma que el rendimiento de combustible (millas por galón, mpg) de los autos con transmisión automática (at), es igual o mayor que el rendimiento de los vehículos con transmisión manual (mt). Nuestra hipótesis alternativa, plantea que el rendimiento de los vehículos at, es menor que el rendimiento de los vehículos mt.

resultado <- t.test(x = at, y = mt,"less")

t <- resultado$statistic
valor_p <- resultado$p.value
intervalo <- resultado$conf.int

resultado

## 
##  Welch Two Sample t-test
## 
## data:  at and mt
## t = -3.7671, df = 18.332, p-value = 0.0006868
## alternative hypothesis: true difference in means is less than 0
## 95 percent confidence interval:
##       -Inf -3.913256
## sample estimates:
## mean of x mean of y 
##  17.14737  24.39231

Valor t: El valor de t para la prueba fue de -3.7671231
Valor p: El valor p para la prueba, fue de 0 __ (6.8681917^{-4})
Intervalo de confianza: El intervalo de confianza al 95%, para la diferencia de medias, es [-, -3.9132558]

Conclusión

Dado el valor p obtenido, podemos rechazar \(H_0\), por lo que concluimos que la media del rendimiento de combustible de los autos de transmisión manual, es mayor que los autos de transmisión automática. Adicionalmente, nuestro IC de 95% obtenido para la diferencia en los medias de rendimiento: -, -3.9132558, excluye el cero, y abarca sólo valores negativos. De esto también podemos concluir con un 95% de confianzas, que la diferencia de medias es menor que cero, y por lo tanto, los autos con transmisión manual tienen mejor rendimiento de combustible que los autos con transmisión automática.

Muestras pareadas

Para el análisis de muestras pareadas, vamos a emplear el dataset ToothGrowth, en el cual se estudia el tamaño de los dientes de conejillos de indias, en función del tipo y dosis de suplementos administrados.

data(ToothGrowth)
data <- ToothGrowth
attach(data)
data %>% head() %>% kable(align = "ccc") %>% 
  kable_styling("striped", 
                full_width = F)

Sabemos que las muestras son pareadas, pues cada individuo se sometió a las 3 dosis estudiadas (0.5, 1 y 2mg) de cada uno de los 2 suplementos considerados (Zumo de naranja (OJ) y vitamina C (VC)).

Vamos representar los datos en gráficos boxplot.

Primero veamos los boxplot agrupados por tipo de suplemento:

ggplot(data, aes(factor(dose), len))+ 
  geom_boxplot()+facet_grid( .~ supp)

Veamos ahora los boxplot agrupados por tamano de dosis:

ggplot(data, aes(factor(supp), len))+ 
  geom_boxplot()+facet_grid( .~ dose)

Queremos contrastar, si existe diferencia en la longitud de los dientes, para cada suplemento. Podemos expresar nuestra prueba:

\[\text{Prueba:} \quad \begin{cases} H_0 : \mu_oj \leq \mu_vc \\ H_1 : \mu_oj > \mu_vc \end{cases}\]

Vamos a transformar los datos, para una manipulación más sencilla de los mismos:

data <- transform(data, dose = as.factor(dose))

s <- split(data, list(supp,dose))

s

## $OJ.0.5
##     len supp dose
## 31 15.2   OJ  0.5
## 32 21.5   OJ  0.5
## 33 17.6   OJ  0.5
## 34  9.7   OJ  0.5
## 35 14.5   OJ  0.5
## 36 10.0   OJ  0.5
## 37  8.2   OJ  0.5
## 38  9.4   OJ  0.5
## 39 16.5   OJ  0.5
## 40  9.7   OJ  0.5
## 
## $VC.0.5
##     len supp dose
## 1   4.2   VC  0.5
## 2  11.5   VC  0.5
## 3   7.3   VC  0.5
## 4   5.8   VC  0.5
## 5   6.4   VC  0.5
## 6  10.0   VC  0.5
## 7  11.2   VC  0.5
## 8  11.2   VC  0.5
## 9   5.2   VC  0.5
## 10  7.0   VC  0.5
## 
## $OJ.1
##     len supp dose
## 41 19.7   OJ    1
## 42 23.3   OJ    1
## 43 23.6   OJ    1
## 44 26.4   OJ    1
## 45 20.0   OJ    1
## 46 25.2   OJ    1
## 47 25.8   OJ    1
## 48 21.2   OJ    1
## 49 14.5   OJ    1
## 50 27.3   OJ    1
## 
## $VC.1
##     len supp dose
## 11 16.5   VC    1
## 12 16.5   VC    1
## 13 15.2   VC    1
## 14 17.3   VC    1
## 15 22.5   VC    1
## 16 17.3   VC    1
## 17 13.6   VC    1
## 18 14.5   VC    1
## 19 18.8   VC    1
## 20 15.5   VC    1
## 
## $OJ.2
##     len supp dose
## 51 25.5   OJ    2
## 52 26.4   OJ    2
## 53 22.4   OJ    2
## 54 24.5   OJ    2
## 55 24.8   OJ    2
## 56 30.9   OJ    2
## 57 26.4   OJ    2
## 58 27.3   OJ    2
## 59 29.4   OJ    2
## 60 23.0   OJ    2
## 
## $VC.2
##     len supp dose
## 21 23.6   VC    2
## 22 18.5   VC    2
## 23 33.9   VC    2
## 24 25.5   VC    2
## 25 26.4   VC    2
## 26 32.5   VC    2
## 27 26.7   VC    2
## 28 21.5   VC    2
## 29 23.3   VC    2
## 30 29.5   VC    2

Vamos a hacer los contrastes de hipótesis de las medias según el tipo de suplemento, agrupados por dosis:

Nivel de dosis 1: 0.5mg

resultado <- t.test(s[[1]][[1]], s[[2]][[1]], paired = T, "greater")
t <- resultado$statistic
valor_p <- resultado$p.value
intervalo <- resultado$conf.int

resultado

## 
##  Paired t-test
## 
## data:  s[[1]][[1]] and s[[2]][[1]]
## t = 2.9791, df = 9, p-value = 0.007736
## alternative hypothesis: true mean difference is greater than 0
## 95 percent confidence interval:
##  2.019552      Inf
## sample estimates:
## mean difference 
##            5.25

Valor t: El valor de t para la prueba fue de 2.9791047
Valor p: El valor p para la prueba, fue de (0.007736)
Intervalo de confianza: El intervalo de confianza al 95%, para la diferencia de medias, es [2.019552, ]

Conclusión

: Dado el valor p obtenido, podemos rechazar \(H_0\), por lo que concluimos que si hay diferencia estadisticamente significativa, en la longitud de los dientes, siendo mayor para el jugo de naranja (OJ), para el nivel de dosis 1 (0.5mg). Adicionalmente, nuestro IC de 95% obtenido para la diferencia en la longitud de los dientes: 2.019552, , excluye el cero, y abarca sólo valores positivos. De esto también podemos concluir con un 95% de confianzas, que la diferencia de medias es mayor que cero, y por lo tanto, los dientes crecen más luego de una dosis de 0.5mg de jugo de naranja vs vitamina C.

Nivel de dosis 2: 1mg

resultado <- t.test(s[[3]][[1]], s[[4]][[1]], paired = T, "greater")
t <- resultado$statistic
valor_p <- resultado$p.value
intervalo <- resultado$conf.int

resultado

## 
##  Paired t-test
## 
## data:  s[[3]][[1]] and s[[4]][[1]]
## t = 3.3721, df = 9, p-value = 0.004115
## alternative hypothesis: true mean difference is greater than 0
## 95 percent confidence interval:
##  2.706401      Inf
## sample estimates:
## mean difference 
##            5.93

Valor t: El valor de t para la prueba fue de 3.3721195
Valor p: El valor p para la prueba, fue de (0.0041146)
Intervalo de confianza: El intervalo de confianza al 95%, para la diferencia de medias, es [2.7064014, ]

Conclusión

Dado el valor p obtenido, podemos rechazar \(H_0\), por lo que concluimos que si hay diferencia estadisticamente significativa, en la longitud de los dientes, siendo mayor para el jugo de naranja (OJ), para el nivel de dosis 2 (1mg). Adicionalmente, nuestro IC de 95% obtenido para la diferencia en la longitud de los dientes: 2.7064014, , excluye el cero, y abarca sólo valores positivos. De esto también podemos concluir con un 95% de confianzas, que la diferencia de medias es mayor que cero, y por lo tanto, los dientes crecen más luego de una dosis de 15mg de jugo de naranja vs vitamina C.

Nivel de dosis 3: 2mg

resultado <- t.test(s[[5]][[1]], s[[6]][[1]], paired = T, "greater")
t <- resultado$statistic
valor_p <- resultado$p.value
intervalo <- resultado$conf.int

resultado

## 
##  Paired t-test
## 
## data:  s[[5]][[1]] and s[[6]][[1]]
## t = -0.042592, df = 9, p-value = 0.5165
## alternative hypothesis: true mean difference is greater than 0
## 95 percent confidence interval:
##  -3.523109       Inf
## sample estimates:
## mean difference 
##           -0.08

Valor t: El valor de t para la prueba fue de -0.042592
Valor p: El valor p para la prueba, fue de (0.5165216)
Intervalo de confianza: El intervalo de confianza al 95%, para la diferencia de medias, es [-3.523109, ]

Conclusión

Dado el valor p obtenido, no podemos rechazar \(H_0\), por lo que concluimos que no hay diferencia estadísticamente significativa, en la longitud de los dientes según el tipo de supiemento administrado, para el nivel de dosis 3 (2mg). Adicionalmente, nuestro IC de 95% obtenido para la diferencia en la longitud de los dientes: [-3.523109, ], incluye el cero. Por lo tanto, no podemos rechazar la hipótesis nula, y no tenemos evidencia para concluir que en el nivel de dosis 3 (2mg), el suplemento de jugo de naranja (OJ) produzca un mayor crecimiento de los dientes.

Volver al inicio

ANOVA inter-sujetos

Para el empleo del ANOVA inter-sujetos, vamos a emplear el dataset InsectSprays. Vamos a contrastar la hipótesis de la igualdad de las medias, es decir:

\[\text{Prueba:} \quad \begin{cases} H_0 : \text{Todos los grupos tienen la misma media}\\ H_1 : \text{Al menos un grupo difiere del resto} \end{cases}\]

data(InsectSprays)
data <- InsectSprays
attach(data)
head(data) %>% kable(align = "cc") %>%
  kable_styling("striped",
                full_width = F)

Vamos a visualizar los datos en boxplots, agrupados por el tipo de spray empleado.

boxplot(count ~ spray,
        data = data,
        xlab = "Tipo de spray",
        ylab = "Número de insectos",
        main = "InsectSprays",
        varwidth = T,
        col = "lightgrey")

Para inspeccionar si alguno de los sprays tiene una efectividad significativamente diferente de los demás, aplicamos un análisis ANOVA.

m1 <- aov(count ~ spray, data = data)
summary(m1)

##             Df Sum Sq Mean Sq F value Pr(>F)    
## spray        5   2669   533.8    34.7 <2e-16 ***
## Residuals   66   1015    15.4                   
## ---
## Signif. codes:  0 '***' 0.001 '**' 0.01 '*' 0.05 '.' 0.1 ' ' 1

El valor P nos indica que en efecto existe diferencia en las medias. Para conocer cuáles son los sprays con diferencia en la efectividad, aplicamos la prueba posthoc de Tukey HSD (Honestly-significant-difference). El test posthoc de Tukey es el método más empleado y es el recomendado cuando hay igualdad en el tamano de las muestras y las varianzas.

plot(TukeyHSD(m1), las = 2)

El gráfico anterior nos permite visualizar los pares de grupos cuya diferencia de medias es, diferente de cero; ésto los podemos hacer, verificando visualmente cuáles intervalos de confianza excluyen el cero. Algunos ejemplos de esto, serian las comparaciones de medias entre los siguientes pares de insecticidas:

• C-A
• D-A
• E-A
• C-B

Entre otros.

Los resultados anteriores, son visibles en el gráfico de boxplot.

ANOVA intra-sujetos

Para la aplicación del análisis ANOVA intrasujetos, haremos uso del dataset VpineTasting. En este dataset, cada participante evalúa 3 tipos diferentes de vino. Vamos a contrastar si existen diferencias en los puntajes promedio de la valoración de los vino;

nuestro contraste se puede escribir como:

\[\text{Prueba:} \quad \begin{cases} H_0 : \text{Todos los grupos tienen la misma media}\\ H_1 : \text{Al menos un grupo difiere del resto} \end{cases}\]

data(WineTasting)
data <- WineTasting
attach(data)

head(data) %>% kable(align = "ccc") %>%
  kable_styling("striped",
                full_width = F)

Antes de aplicar el test de ANOVA, vames a transformar la variable Vino a factor, puesto que el tipo de vino será nuestra variable predictora. La variable Taste, será nuestra variable dependiente, y el identificador del sujeto, nuestra variable Taster.

Wine <- as.factor(Wine)

resultado <- ezANOVA(data = data,
                     dv = Taste,
                     wid = Taster,
                     within = Wine)

valor_f <- resultado$ANOVA$F
valor_p <- resultado$ANOVA$p

resultado

## $ANOVA
##   Effect DFn DFd        F           p p<.05        ges
## 2   Wine   2  42 6.288308 0.004084101     * 0.02026075
## 
## $`Mauchly's Test for Sphericity`
##   Effect         W          p p<.05
## 2   Wine 0.7071776 0.03128132     *
## 
## $`Sphericity Corrections`
##   Effect       GGe       p[GG] p[GG]<.05       HFe       p[HF] p[HF]<.05
## 2   Wine 0.7735015 0.008439799         * 0.8233709 0.007188822         *

test_2 <- pairwise.t.test(Taste,
                          Wine,
                          p.adjust.method = "bonferroni",
                          paired = T)

test_2

## 
##  Pairwise comparisons using paired t tests 
## 
## data:  Taste and Wine 
## 
##        Wine A Wine B
## Wine B 1.000  -     
## Wine C 0.043  0.002 
## 
## P value adjustment method: bonferroni

Valor F: El valor de F para la prueba ANOVA fue de 6.2883079
Valor p: El valor p para la prueba ANOVA, fue de 0.0040841

Conclusión

Dado el valor p obtenido, podemos rechazar \(H_0\), por lo que concluimos que al menos uno de los grupos posee un valor medio diferente del resto.

Analizando el resultado del t.test pareado, vemos que:
Vino A vs Vino B: El valor p para la diferencia de medias en los puntajes de este par de vinos, es 1, por cual no podemos rechazar. la hipótesis nula \(\mu_A = \mu_B\).
Vino A vs Vino C: El valor p para la diferencia de medias en los puntajes de este par de vinos, es 0.043, por cual si podemos rechazar la hipótesis nula\(\mu_A = \mu_C\), y concluir con una significación estadística (α = 0.05) que las medias de los puntajes de estos vinos son diferentes.
Vino B vs Vino C: El valor p para la diferencia de medias en los puntajes de este par.de vinos, es 0.002, por cual sí podemos rechazar la hipótesis nula \(\mu_B = \mu_C\), y concluir con una significación estadística (&alpha: = 0.05) que las medias de los puntajes de estos vinos son diferentes.

Volver al inicio