431

Actividad 431

Problema 1

Suponga que se estudia la compra de una nueva maquina para una empresa. Se comprara la maquina si la proporción de la producción que necesita ser reprocesados por tener defectos es inferior al 5 %. Se examina una muestra de 40 artículos construidos por la maquina y 3 necesitan ser reprocesados . ¿ Que decisión se toma? ( Se compra o no la maquina?)

Solución

prop.test(x=3,n=40, p=0.05, conf.level=0.95, alternative = "less")

## Warning in prop.test(x = 3, n = 40, p = 0.05, conf.level = 0.95, alternative =
## "less"): Chi-squared approximation may be incorrect

## 
##  1-sample proportions test with continuity correction
## 
## data:  3 out of 40, null probability 0.05
## X-squared = 0.13158, df = 1, p-value = 0.6416
## alternative hypothesis: true p is less than 0.05
## 95 percent confidence interval:
##  0.0000000 0.1894048
## sample estimates:
##     p 
## 0.075

Conclusión:

No se tiene evidencia suficiente para afirmar que la proporción de defectos es menor al 5 %.
Por lo tanto, no se recomienda comprar la máquina.

Problema 2

Los ingenieros de una ensambladora de automóviles requieren decidir sobre cuál de dos de las marcas de neumáticos deben comprar. La marca FB o la marca KT. Con el fin de tomar una decisión basada en evidencias estadísticas, deciden realizar un experimento en el que usan 12 neumáticos de cada marca. Los neumáticos se utilizan hasta su terminación. Los resultados obtenidos son los siguientes:

FB =c(41.8, 41.6, 31.5, 48.7, 40.8, 31.2, 36.5, 36.2, 32.8, 36.3, 38.6, 30.5)
KT =c(40.5, 38.4, 44.0, 34.9, 44.0, 44.7, 44.0, 47.1, 39.8, 43.9, 44.2, 40.2)

Cuál marca de neumáticos recomendaría comprar. Justifique su respuesta. Suponga que la distancia recorrida por un neumático se distribuye aproximadamente normal y un α = 0,05.

Solución:

FB=c(41.8, 41.6, 31.5, 48.7, 40.8, 31.2, 36.5, 36.2, 32.8, 36.3, 38.6, 30.5)
KT=c(40.5, 38.4, 44.0, 34.9, 44.0, 44.7, 44.0, 47.1, 39.8, 43.9, 38.5, 40.2)
par(mfrow = c(1, 2))

var.test(FB,KT)

## 
##  F test to compare two variances
## 
## data:  FB and KT
## F = 2.417, num df = 11, denom df = 11, p-value = 0.1589
## alternative hypothesis: true ratio of variances is not equal to 1
## 95 percent confidence interval:
##  0.6957897 8.3958061
## sample estimates:
## ratio of variances 
##           2.416964

t.test(FB, KT, paired=FALSE, var.equal=TRUE, conf.level=0.95)

## 
##  Two Sample t-test
## 
## data:  FB and KT
## t = -2.398, df = 22, p-value = 0.0254
## alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 0
## 95 percent confidence interval:
##  -8.3139995 -0.6026672
## sample estimates:
## mean of x mean of y 
##  37.20833  41.66667

Conclusión:

El valor p obtenido fue 0.0254, que es menor que el nivel de significancia establecido. Esto indica que existe una diferencia estadísticamente significativa entre las medias de duración de los neumáticos de ambas marcas.

Además, el intervalo de confianza del 95% para la diferencia de medias fue [−8.31, −0.60], lo cual no incluye el cero, reforzando la conclusión de que hay una diferencia significativa.

Por lo tanto, se rechaza la hipótesis nula y se recomienda comprar la marca KT, ya que en promedio sus neumáticos recorren una mayor distancia antes de desgastarse completamente.

Problema 3

Un ingeniero desea establecer si existen diferencias entre dos métodos diferentes de realizar el ensamble de una casa prefabricada. Para comprobarlo recoge información la producción de ambos métodos que se presentan a continuación:

x1 = c(32, 37, 35, 28, 41, 44, 35, 31, 34) # Procedimiento estándar
x2 = c(35, 31, 29, 25, 34, 40, 27, 32, 31) # Nuevo procedimiento

Presentan los datos suficiente evidencia estadística para afirmar que el nuevo método es más eficiente que el estándar? (utilice un α=0.05).

Solución:

met.nue=c(32, 37, 35, 28, 41, 44, 35, 31, 34) 
met.est=c(35, 31, 29, 25, 34, 40, 27, 32, 31)

var.test(FB,KT) 

## 
##  F test to compare two variances
## 
## data:  FB and KT
## F = 2.417, num df = 11, denom df = 11, p-value = 0.1589
## alternative hypothesis: true ratio of variances is not equal to 1
## 95 percent confidence interval:
##  0.6957897 8.3958061
## sample estimates:
## ratio of variances 
##           2.416964

t.test(FB,KT,                 # variables 
       paired=FALSE,          # grupos independientes
       var.equal=TRUE,        # varianzas iguales
       conf.level=0.95,       # alpha = 0.05
       alternative = "less")

## 
##  Two Sample t-test
## 
## data:  FB and KT
## t = -2.398, df = 22, p-value = 0.0127
## alternative hypothesis: true difference in means is less than 0
## 95 percent confidence interval:
##       -Inf -1.265884
## sample estimates:
## mean of x mean of y 
##  37.20833  41.66667

Conclusión:

Dado que el p-valor obtenido en la prueba t (0.0127) es menor que el nivel de significancia de 0.05, se rechaza la hipótesis nula. Esto significa que existe evidencia estadística suficiente para afirmar que el nuevo procedimiento es más eficiente que el estándar, ya que tiene una media significativamente menor en comparación.

Problema 4

El director de un gimnasio quiere determinar si un instructor de ejercicios debe ser contratado o no para su campaña estrella “Reducción de peso”. Para tomar la decisión indica a un candidato que pruebe con 16 personas que asisten habitualmente al gimnasio. Los siguientes datos corresponden a los pesos tomados al inicio del programa (x1) y sus pesos al finalizar el programa (x2).

id	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16
x1	104	89	84	106	90	96	79	90	85	76	91	82	100	89	121	72
x2	98	85	85	103	88	95	79	90	82	76	89	81	99	86	111	70

Emplee y realice las pruebas de hipótesis a un nivel de significancia del 0.01 para determinar si el programa que ofrece el nuevo instructor es eficaz. Suponga que la variable peso se distribuye aproximadamente normal.

Solución:

x1=c(104, 89, 84, 106, 90, 96, 79, 90, 85, 76, 91, 82, 100, 89, 121, 72)
x2=c( 98, 85, 85, 103, 88, 95, 79, 90, 82, 76, 89, 81,  99, 86, 111, 70)

var.test(x1,x2) 

## 
##  F test to compare two variances
## 
## data:  x1 and x2
## F = 1.3725, num df = 15, denom df = 15, p-value = 0.5473
## alternative hypothesis: true ratio of variances is not equal to 1
## 95 percent confidence interval:
##  0.4795517 3.9282830
## sample estimates:
## ratio of variances 
##           1.372521

t.test(x1,x2,                 # variables 
       paired=FALSE,          # grupos independientes
       var.equal=TRUE,        # varianzas iguales
       conf.level=0.95,       # alpha = 0.05
       alternative = "less")

## 
##  Two Sample t-test
## 
## data:  x1 and x2
## t = 0.56746, df = 30, p-value = 0.7127
## alternative hypothesis: true difference in means is less than 0
## 95 percent confidence interval:
##      -Inf 9.229131
## sample estimates:
## mean of x mean of y 
##   90.8750   88.5625

Conclusión:

Con un nivel de significancia de α=0.01, el valor p obtenido (0.7127) es mucho mayor, por lo que no se rechaza la hipótesis nula.

Por lo tanto, no se encontró evidencia estadística suficiente para afirmar que el programa del nuevo instructor sea eficaz en reducir el peso promedio de los participantes. Por lo tanto, no se recomienda su contratación basado en estos resultados.

Problema 5

Se realizan pruebas de un nuevo lector láser manual para uso en inventarios y el lector utilizado actualmente, con el fin de decidir si se adquiere el primero. Se obtienen los datos siguientes sobre el número de códigos de barra de 7 pulgadas que pueden leerse por segundo. Sea X1: número de códigos leído por segundo con el dispositivo nuevo y X2 el correspondiente al dispositivo antiguo.

• n1=61 ; x1=40 ; s21=24.9

• n2=61 ; x2=29 ; s22=22.7

De acuerdo con la información suministrada, es posible preferir alguno de ellos?. En caso de poderlo realizar con cual se quedaría? Justifique su respuesta. En cada caso determine las pruebas de hipótesis, el estadístico de prueba apropiado, el valor−pvalor−p obtenido y las conclusiones resultantes.

Solución:

# Datos
n1 <- 61
x1_bar <- 40
s1 <- sqrt(24.9)

n2 <- 61
x2_bar <- 29
s2 <- sqrt(22.7)

# Prueba t para dos muestras independientes (varianzas no iguales)
t.test(
  x = rnorm(n1, mean = x1_bar, sd = s1),
  y = rnorm(n2, mean = x2_bar, sd = s2),
  alternative = "greater",    # prueba unilateral (nuevo > actual)
  var.equal = FALSE           # varianzas no iguales (Welch)
)

## 
##  Welch Two Sample t-test
## 
## data:  rnorm(n1, mean = x1_bar, sd = s1) and rnorm(n2, mean = x2_bar, sd = s2)
## t = 11.036, df = 119.99, p-value < 2.2e-16
## alternative hypothesis: true difference in means is greater than 0
## 95 percent confidence interval:
##  8.638404      Inf
## sample estimates:
## mean of x mean of y 
##  39.64943  29.48419

Conclusión:

El p-value es extremadamente pequeño, por lo que:

• Se rechaza la hipótesis nula.

• Hay evidencia estadística suficiente para concluir que el nuevo lector es mejor.

• Se recomienda adquirir el nuevo dispositivo.

Problema 6

Un empresario registro el número de artículos producidos durante 10 días, para un grupo de 15 obreros que trabajaban con base en un salario fijo (Grupo 1). El industrial introdujo un plan de incentivos para otros 15 obreros y registro su producción durante otros 10 días (Grupo 2). El número de artículos producidos por cada uno de los grupos fue : \

G1	75	76	74	80	72	78	76	73	72	75
G2	86	78	86	84	81	79	78	84	88	80

Suponiendo que los salarios pagados a cada grupo son equivalentes. Se puede concluir que el plan de incentivos es efectivo?

Solución:

g1=c(75, 76, 74, 80, 72, 78, 76, 73, 72, 75)
g2=c(86, 78, 86, 84, 81, 79, 78, 84, 88, 80)

par(mfrow = c(1, 2))
# prueba de  comparacion de varianas
var.test(g1,g2) 

## 
##  F test to compare two variances
## 
## data:  g1 and g2
## F = 0.4892, num df = 9, denom df = 9, p-value = 0.3018
## alternative hypothesis: true ratio of variances is not equal to 1
## 95 percent confidence interval:
##  0.121511 1.969527
## sample estimates:
## ratio of variances 
##          0.4892027

# prueba de comparacion de medias
t.test(g1,g2,  paired=FALSE, var.equal=TRUE, conf.level=0.95, alternative = "less")

## 
##  Two Sample t-test
## 
## data:  g1 and g2
## t = -5.1719, df = 18, p-value = 3.204e-05
## alternative hypothesis: true difference in means is less than 0
## 95 percent confidence interval:
##       -Inf -4.852437
## sample estimates:
## mean of x mean of y 
##      75.1      82.4

Conclusión:

Como el p-value < 0.05, se rechaza la hipótesis nula.

Existe suficiente evidencia estadística para afirmar, con un 95% de confianza, que el grupo que trabaja con el plan de incentivos produce más artículos que el grupo con salario fijo.
Por lo tanto, el plan de incentivos es efectivo.

Problema 7

En una muestra de 200 clientes, el 20% indica una preferencia por tamaño especial de pizza. Con posterioridad a una campaña publicitaria realizada en radio y televisión promoviendo dicho producto, se selecciono una muestra de igual tamaño. En esta ultima muestra el 22% de los clientes indico preferencia por el producto. De acuerdo con estos resultados y un nivel de significancia del 5% , podría decirse que la campaña publicitaria no fue efectiva?

Solución:

# Datos
x <- c(40, 44)       # éxitos en cada muestra
n <- c(200, 200)     # tamaños de muestra

# Prueba de proporciones
prop.test(x = x, n = n, alternative = "greater", conf.level = 0.95)

## 
##  2-sample test for equality of proportions with continuity correction
## 
## data:  x out of n
## X-squared = 0.13562, df = 1, p-value = 0.6437
## alternative hypothesis: greater
## 95 percent confidence interval:
##  -0.09197605  1.00000000
## sample estimates:
## prop 1 prop 2 
##   0.20   0.22

Conclusión:

Dado que el valor-p es 0.6437, que es mayor que el nivel de significancia α = 0.05, no se rechaza la hipótesis nula.

Con un nivel de confianza del 95%, no se encuentra evidencia estadística suficiente para afirmar que la campaña publicitaria haya sido efectiva en aumentar la preferencia por el tamaño especial de pizza.

Problema 8

Los siguientes son los datos de las horas hombre que se pierden en promedio por accidentes en 10 plantas industriales antes (A) y después (D) de la implantación de un programa de seguridad industrial:

id	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
A	45	73	46	124	30	57	83	34	26	17
D	36	60	44	119	35	51	77	29	24	11

Utilice un nivel de significancia de 0.05 para probar si el programa de seguridad implantado es eficaz. Suponga que esta variable se distribuye aproximadamente normal.

Solución:

# Datos
A <- c(45, 73, 46, 124, 30, 57, 83, 34, 26, 17)
D <- c(36, 60, 44, 119, 35, 51, 77, 29, 24, 11)

# Prueba t pareada (one-sided)
t.test(A, D, paired = TRUE, alternative = "greater", conf.level = 0.95)

## 
##  Paired t-test
## 
## data:  A and D
## t = 3.2796, df = 9, p-value = 0.004767
## alternative hypothesis: true mean difference is greater than 0
## 95 percent confidence interval:
##  2.161215      Inf
## sample estimates:
## mean difference 
##             4.9

Conclusión:

Dado que el valor-p = 0.004767 es menor que el nivel de significancia α = 0.05, se rechaza la hipótesis nula. Esto indica que existe evidencia estadística suficiente para afirmar que el promedio de horas-hombre perdidas disminuyó después de implementar el programa de seguridad.

Problema 9

La compañía de dulces Mars publica en su sitio web información relacionada con los porcentajes de los distintos colores de sus dulces M|M para la variedad de chocolate con leche.

Se realiza una verificación mediante el conteo delos dulces contenidos e n una bolsa de 14 onzas de dulces M|M, obteniendo los siguientes resultados: 70 duces cafés, 72 amarillos, 61 rojos, 118 azules, 108 naranjas y 85 verdes.

Se podria afirmar que los datos anteriores respaldan la información suministrada por la compañía en su sitio web? Sustente su respuesta.

Solución:

# Datos observados
observados <- c(70, 72, 61, 118, 108, 85)

# Porcentajes esperados según Mars (convertidos a proporciones)
proporcion_esperada <- c(13, 14, 13, 24, 20, 16) / 100

# Total de dulces observados
total <- sum(observados)

# Calculamos los valores esperados
esperados <- total * proporcion_esperada

# Prueba de bondad de ajuste Chi-cuadrado
chisq.test(observados, p = proporcion_esperada)

## 
##  Chi-squared test for given probabilities
## 
## data:  observados
## X-squared = 1.2468, df = 5, p-value = 0.9403

Conclusión:

• H₀: La distribución de colores de los M&M observados es igual a la distribución publicada por la compañía Mars.

• H₁: La distribución de colores es diferente a la publicada por la compañía.

Dado que el valor p = 0.9403 es mucho mayor que el nivel de significancia común (α = 0.05), no se rechaza la hipótesis nula.

Problema 10

En una línea de producción los artículos se inspeccionan en forma periódica con el fin de detectar defectos. La siguiente secuencia de artículos defectuosos (D) y no defectuosos (N) corresponde a la producción de uno de los turnos.

 [1] "N" "D" "N" "N" "D" "N" "D" "D" "N" "N" "D" "D" "D" "N" "N" "D" "D" "D" "D"
[20] "N" "N" "D" "N" "N" "N" "D" "N" "D" "D" "N" "N" "N" "D" "N" "D" "N" "D" "D"
[39] "D" "D" "D" "D" "N" "N" "N" "D" "D" "N" "D" "N"

Se puede afirmar que los datos no presentan patrón alguno y que la generación de artículos defectuosos se debe al azar? . Utilice un α=0.05.

Solución:

```{# Vector original de defectuosos (D) y no defectuosos (N)} datos <- c(“N”, “D”, “N”, “N”, “D”, “N”, “D”, “D”, “N”, “N”, “D”, “D”, “D”, “N”, “N”, “D”, “D”, “D”, “D”, “N”, “N”, “D”, “N”, “N”, “N”, “D”, “N”, “D”, “D”, “N”, “N”, “N”, “D”, “N”, “D”, “N”, “D”, “D”, “D”, “D”, “D”, “N”, “N”, “N”, “D”, “D”, “N”, “D”, “N”)

datos_bin <- ifelse(datos == “D”, 1, 0)

table(datos_bin)

library(randtests) runs.test(datos_bin)

### Conclusión:

Dado que el valor p = 0.9403 \> 0.05, no se rechaza la hipótesis nula.

Los datos observados respaldan la información publicada por la compañía. No hay evidencia estadística suficiente para afirmar que la distribución real difiere de la esperada.

## Problema 11

En una planta ensambladora de camiones la supervisión diaria de las soldaduras generó la siguiente información:

          alta moderada baja
    dia    470      191   42
    tarde  445      171   28
    noche  257      139   17

¿Se puede concluir que la calidad varia con los turnos?, en otras palabras se puede concluir que la calidad de las soldaduras es independiente de los turnos? . Utilice un nivel de significancia α=0.05.

### Solución:


``` r
# Crear la tabla
calidad <- matrix(c(
  470, 191, 42,
  445, 171, 28,
  257, 139, 17
), nrow = 3, byrow = TRUE)

# Asignar nombres
rownames(calidad) <- c("dia", "tarde", "noche")
colnames(calidad) <- c("alta", "moderada", "baja")

# Ver tabla
calidad

##       alta moderada baja
## dia    470      191   42
## tarde  445      171   28
## noche  257      139   17

chisq.test(calidad)

## 
##  Pearson's Chi-squared test
## 
## data:  calidad
## X-squared = 9.4939, df = 4, p-value = 0.04987

Conclusión:

Dado que el valor-p (0.04987) es menor que el nivel de significancia (0.05), se rechaza la hipótesis nula.

Por lo tanto, se concluye que la calidad de las soldaduras depende del turno de trabajo, es decir, hay una relación significativa entre la calidad de las soldaduras y el turno en el que se realizan.

Problema 12

Los siguientes datos corresponde a las notas obtenidas por un grupo de estudiantes de la asignatura Matemáticas Fundamentales. Si la distribución de los datos es normal, podría afirmar que la prueba realizada es una prueba normalizada. En caso contrario serviría para estudiar problemas relacionados con su aprendizaje. Para un α=0;05, se podría afirmar que los datos proceden de una distribución normal? . Si se requiere realizar una prueba de hipótesis sobre la media de la nota Ho:μ≤3.3 vs Ha:μ>3.3, ¿Que prueba se realizaría?

Solución

notas <- c(3.4, 2.8, 4.2, 2.1, 2.8, 2.4, 3.5, 4.2, 3.1, 4.1, 2.4, 3.4, 4.1, 4.0, 2.4,
           4.1, 3.4, 4.4, 3.8, 3.7, 2.2, 3.6, 2.3, 3.7, 2.8, 4.1, 2.3, 4.6, 4.6, 5.2,
           2.4, 2.4, 2.7, 3.8, 4.6, 4.4, 4.2, 4.4, 2.4, 3.3, 3.8, 2.9, 3.1, 2.7, 3.6,
           3.8, 4.4, 3.9, 2.8, 3.7)

shapiro.test(notas)

## 
##  Shapiro-Wilk normality test
## 
## data:  notas
## W = 0.95071, p-value = 0.03649

t.test(notas, mu = 3.3, alternative = "greater")

## 
##  One Sample t-test
## 
## data:  notas
## t = 1.416, df = 49, p-value = 0.08155
## alternative hypothesis: true mean is greater than 3.3
## 95 percent confidence interval:
##  3.270562      Inf
## sample estimates:
## mean of x 
##      3.46

Conclusión

Normalidad: Valor-p = 0.03649 < 0.05

Dado que el test de normalidad (Shapiro-Wilk) resultó en un valor-p menor a 0.05, se rechaza la hipótesis de normalidad, lo cual indica que los datos no siguen una distribución normal.

Por lo tanto, la prueba adecuada para comparar la media muestral con un valor específico (3.3) en ausencia de normalidad sería: - La prueba de Wilcoxon para una muestra (también conocida como Wilcoxon signed-rank test de una muestra), que es una prueba no paramétrica.