library(tigerstats)
  1. Se toma una muestra aleatoria de tamaño 50 de una variable aleatoria la cual tiene una distribución normal y se calcula la desviación estándar muestral la cual fue de 80.9. Calcular un intervalo de confianza del 90 % para σ e interprete \[n=50 ~~~~ sd=80.9~~~~ N.c = 90\%\]

\[\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2}}<\sigma^2<\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}}\]

\[\sqrt{\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2}}}<\sigma<\sqrt{\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}}}\]

\[\sqrt{\frac{(50-1)80.9^2}{33.93}}<\sigma<\sqrt{\frac{(50-1)S^2}{{66.33}}}\]

\[R//~(69.53~,~97.21)\]

  1. Se desea estimar la demanda diaria de un producto que registra una empresa. Para ello se seleccionan aleatoriamente 10 días dando los siguientes valores en miles: 35, 44, 38, 55, 33, 56, 67, 45, 48, 40. Con esta información obtenga el intervalo de confianza para la varianza con un nivel de confianza del 90 %
punto2 <- c(35, 44, 38, 55, 33, 56, 67, 45, 48, 40)
punto2 <- data_frame(punto2)
## Warning: `data_frame()` was deprecated in tibble 1.1.0.
## Please use `tibble()` instead.
## This warning is displayed once every 8 hours.
## Call `lifecycle::last_lifecycle_warnings()` to see where this warning was generated.
Mediapunto2 <- mean(punto2$punto2)
varpunto2 <- var(punto2$punto2)
nPunto2 <- length(punto2$punto2)
chiPunto2 <- qchisq(0.05,nPunto2-1)
chiPunto22 <- qchisq((1-0.05),nPunto2-1)
Ncpunto2 <- 0.09
lsPunto2 <-  round(((nPunto2-1)*varpunto2)/chiPunto2,2)    
liPunto2 <-  round(((nPunto2-1)*varpunto2)/chiPunto22,2)

print(paste("Itervalo de confianza para la Var es: ","(",liPunto2 ,",",lsPunto2,")" ))
## [1] "Itervalo de confianza para la Var es:  ( 60.34 , 307.03 )"
  1. En un estudio realizado en la Universidad los Libertadores acerca de las diferencias salariales entre hombre y mujeres, se presume que los hombres ganan más dinero que las mujeres dado que los hombres acumulan más años de trabajo que las mujeres. Para esto, se hizo un estudio en el cual se tomó una muestra de 100 hombres arrojando un promedio de salarios mensual de $1800000 con una desviación estándar de $25000 y tomando una muestra de 60 mujeres arrojando como salario promedio $1550000 con una desviación estándar de $14000 ¿es cierto lo que se sospecha?

\[H_0=\mu_h -\mu_m \leq 0 \\ H_a = \mu_h -\mu_m >0\]

\[Sp^2 = \frac{(99))(25000)^2+(59)(14000)^2}{158} \\ Sp=21559.30\]

\[t=\frac{1800000-1550000}{(21559.30)\sqrt{\frac{1}{100}+\frac{1}{60}}}=71.010\]

pt(71.010,lower.tail = F,158)
## [1] 4.309065e-122
ttestGC(mean = c(1800000,1550000),n=c(100,60),alternative = "greater",mu = 0,var.equal = T,conf.level = 0.90,sd=c(25000,14000),verbose = F)
## 
## 
## Inferential Procedures for the Difference of Two Means mu1-mu2:
##  Results from summary data.
## 90% Confidence Interval for mu1-mu2:
## 
##           lower.bound         upper.bound          
##           246029.929291       Inf                  
## 
##  Test Statistic:     t = 81.04 
##  Degrees of Freedom:   158 
##  P-value:        P = 6.457e-131

Podemos rechazar la hipótesis nula y aceptamos la hipótesis alternativa, es decir, según el estudio realizado, los hombres en su defecto ganan más que las mujeres.

  1. En una investigación sobre los negocios pequeños que tienen un sitio en la Web se encontró que la cantidad promedio que se gasta en un sitio es $11500 por año. Dada una muestra de 60 negocios y una desviación estánndar σ = $4000, ¿cuál es el margen de error? Use 95 % de confianza. ¿Qué recomendaría si el estudio requiere un margen de error de $500?

\[\mu = 11500 ~~~ n=60 ~~~ \sigma = 4000 ~~~ Nc = 0.95\] \[\bar{X} \pm Z_{\alpha/2}\frac{400}{\sqrt{60}} = \bar{X} \pm 1.95\frac{4000}{\sqrt{60}}\] Margen de Error: \(\$1006.97\)

Para obtener un margen de error de $500.

\[500 = 1.95\frac{4000}{\sqrt{n}}\] \[n=\left({\frac{1.95(4000)}{500}} \right)^2=243.36\] Para tener un margen de error del $500 se requiere tomar una muestra de 244 y que cumplan las mismas condiciones del estudio.

  1. Se tiene la siguiente prueba de hipótesis: H0 : p = 0,7 y H1 : p 6= 0,7 Una muestra de tamaño 1200 arrojó una estimación para la proporción de 0.77. Con una confianza del 95 %

\[H_o : p=0.7 \\ H_a : p \neq 0.7 \] \[z=\displaystyle{\frac{p-\pi}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}}\] \[z= \frac{0.7-0.77}{\displaystyle\sqrt{\frac{0.7(1-0.7)}{1200}}} = -5.29 \]

2*pnorm(-5.29)
## [1] 1.223164e-07
proptestGC(840 , n = 1200,conf.level = 0.95,alternative = "t",p = 0.77,verbose = F)
## 
## 
## Inferential Procedures for a Single Proportion p:
##  Results based on Summary Data
##  Continuity Correction Applied to Test Statistic
## 95% Confidence Interval for p:
## 
##           lower.bound         upper.bound          
##           0.674072            0.725928             
## 
##  Test Statistic:     z = -5.323 
##  P-value:        P = 1.021e-07

Rechazamos la hipótesis nula y aceptamos la alternativa, es decir, podemos aceptar que la proporción es diferente a 0.77 e incluso la probabilidad de cometer el error tipo I es inferior a 1%.

  1. Una empresa de luminarias industriales afirma que el tiempo de duración de la bombilla más resistente sigue una distribución normal de media 36800 horas y desviación estándar de 5500 horas. El jefe de producción de una planta de ensamble vehicular cree que no es cierta la afirmación de la empresa de luminarias y para probar su suposición seleccionó una muestra aleatoria de 150 de estas y estimó que el tiempo de duración promedio fue de 43800 horas. ¿Qué puede concluir el jefe de producción mediante una prueba de hipótesis (de dos colas) asumiendo como inicial la información entregada por la empresa de luminarias

\[H_o:\mu = 36800 \\H_a: \mu \neq 36800\]

ttestGC(mean =43800 ,conf.level = 0.90,n = 150,sd = 5500,mu = 36800,alternative = "t",verbose = F)
## 
## 
## Inferential Procedures for One Mean mu:
## 90% Confidence Interval for mu:
## 
##           lower.bound         upper.bound          
##           43056.719081        44543.280919         
## 
##  Test Statistic:     t = 15.59 
##  Degrees of Freedom:   149 
##  P-value:        P = 4.181e-33
ttestGC(mean =43800 ,conf.level = 0.95,n = 150,sd = 5500,mu = 36800,alternative = "t",verbose = F)
## 
## 
## Inferential Procedures for One Mean mu:
## 95% Confidence Interval for mu:
## 
##           lower.bound         upper.bound          
##           42912.625598        44687.374402         
## 
##  Test Statistic:     t = 15.59 
##  Degrees of Freedom:   149 
##  P-value:        P = 4.181e-33
ttestGC(mean =43800 ,conf.level = 0.99,n = 150,sd = 5500,mu = 36800,alternative = "t",verbose = F)
## 
## 
## Inferential Procedures for One Mean mu:
## 99% Confidence Interval for mu:
## 
##           lower.bound         upper.bound          
##           42628.265884        44971.734116         
## 
##  Test Statistic:     t = 15.59 
##  Degrees of Freedom:   149 
##  P-value:        P = 4.181e-33

Sin importar el nivel de significancia que se tome, la probabilidad de cometer el error tipo I es muy pequeña, menor al 1% al tomar niveles de significancia del 10%,5% y 1 %

  1. El vendedor de un determinado concesionario afirma que los dueños de un automóvil particular normalmente recorren un promedio anual de 12000 kilómetros y desviación estándar de 3000 (asumiendo normalidad de los datos). El comprador de dicho automóvil cree que el promedio de kilómetros recorrido por estos automóviles es mayor a lo afirmado por el vendedor y para realizar el contraste registra el kilometraje de 15 vehículos de un año de antigüedad y estimó que su recorrido promedio fue de 138000 kilómetros. ¿Qué puede concluir el comprador del vehículo mediante una prueba de hipótesis asumiendo inicialmente cierta la información entregada por el gerente (hipótesis inicial) y

\[H_o:\mu = 12000 \\H_a: \mu > 12000\]

estadisZ <- function(xbar,mu,sdpoblacional,nmuestral){
  mu = mu
  xbar = xbar
  sdpoblacional= sdpoblacional
  nmuestral = nmuestral
  rest = (xbar -mu)/(sdpoblacional/sqrt(nmuestral))
  return(rest)
}
estadisZ(xbar =  138000,sdpoblacional = 3000,nmuestral = 15,mu = 12000 )
## [1] 162.6653
ttestGC(mean = 138000,mu = 12000,n = 15,sd = 3000,conf.level = 0.90,alternative = "g",verbose = F)
## 
## 
## Inferential Procedures for One Mean mu:
## 90% Confidence Interval for mu:
## 
##           lower.bound         upper.bound          
##           136958.143952       Inf                  
## 
##  Test Statistic:     t = 162.7 
##  Degrees of Freedom:   14 
##  P-value:        P = 1.212e-24
ttestGC(mean = 138000,mu = 12000,n = 15,sd = 3000,conf.level = 0.95,alternative = "g",verbose = F)
## 
## 
## Inferential Procedures for One Mean mu:
## 95% Confidence Interval for mu:
## 
##           lower.bound         upper.bound          
##           136635.695035       Inf                  
## 
##  Test Statistic:     t = 162.7 
##  Degrees of Freedom:   14 
##  P-value:        P = 1.212e-24
ttestGC(mean = 138000,mu = 12000,n = 15,sd = 3000,conf.level = 0.99,alternative = "g",verbose = F)
## 
## 
## Inferential Procedures for One Mean mu:
## 99% Confidence Interval for mu:
## 
##           lower.bound         upper.bound          
##           135967.075637       Inf                  
## 
##  Test Statistic:     t = 162.7 
##  Degrees of Freedom:   14 
##  P-value:        P = 1.212e-24

La hipótesis alternativa se acepta para cada uno de los niveles de significancia, es decir, el comprador puede asegurar con un 99.999% de confianza que su hipótesis es verdadera.