Alexander Holmes; Barbara Illowsky; Susan Dean

1.

Las poblaciones de las que se extraen las dos muestras se distribuyen normalmente.

3.

$H_{0} : σ_{1} = σ_{2}$

$H_{a} : σ_{1} < σ_{2}$

o

H₀: $σ_{1}^{2} = σ_{2}^{2}$

H_a: $σ_{1}^{2} < σ_{2}^{2}$

5.

4,11

7.

0,7159

9.

No, al nivel de significación del 10 %, no podemos rechazar la hipótesis nula y afirmar que los datos no muestran que la variación de los tiempos de conducción del primer trabajador sea menor que la variación de los tiempos de conducción del segundo.

11.

2,8674

13.

No se puede aceptar la hipótesis nula Hay pruebas suficientes para decir que la varianza de las notas del primer estudiante es mayor que la del segundo.

15.

0,7414

17.

Se supone que cada población de la que se toma una muestra es normal.

19.

Se supone que las poblaciones tienen desviaciones típicas iguales (o varianzas).

21.

4.939,2

23.

2

25.

2.469,6

27.

3,7416

29.

3

31.

13,2

33.

0,825

35.

Dado que una prueba ANOVA de una vía siempre tiene cola derecha, una estadística F alta corresponde a un valor p bajo, por lo que es probable que no aceptemos la hipótesis nula.

37.

Las curvas se aproximan a la distribución normal.

39.

diez

41.

SS = 237,33; MS = 23,73

43.

0,1614

45.

dos

47.

SS = 5.700,4;

MS = 2.850,2

49.

3,6101

51.

Sí, hay pruebas suficientes para demostrar que las calificaciones entre los grupos son estadísticamente significativas al nivel del 10 %.

55.

$H_{0} : σ_{1}^{2} = σ_{2}^{2}$
$H_{a} : σ_{1}^{2} \neq σ_{1}^{2}$
df(num) = 4; df(denom) = 4
F_{4, 4}
3,00
Compruebe la solución del estudiante.
Decisión: No se puede rechazar la hipótesis nula. Conclusión: no hay pruebas suficientes para concluir que las varianzas son diferentes.

58.

Las respuestas pueden variar. Ejemplo de respuesta: Las revistas de decoración del hogar y las de noticias tienen diferentes varianzas.

60.

H₀: = $σ_{1}^{2}$ = $σ_{2}^{2}$
H_a: $σ_{1}^{2}$ ≠ $σ_{1}^{2}$
df(n) = 7, df(d) = 6
F_7,6
0,8117
0,7825
Compruebe la solución del estudiante.
1. Alfa: 0,05
2. Decisión: No se puede rechazar la hipótesis nula.
3. Motivo de la decisión: el valor calculado del estadístico de prueba no se encuentra en la cola de la distribución.
4. Conclusión: No hay pruebas suficientes para concluir que las varianzas son diferentes.

62.

Se muestra un gráfico de bandas del contenido de plata de las monedas:

Este gráfico es un diagrama de dispersión que representa los datos proporcionados. El eje horizontal está identificado como “monedas con contenido de plata” y va de 5 a 9. El eje vertical está identificado como “acuñación”. El eje vertical está identificado con las categorías primera, segunda, tercera y cuarta.

Figura 12.10

Aunque hay diferencias en la dispersión, no es descabellado utilizar técnicas del ANOVA. Aquí está la tabla de ANOVA completa:

Fuente de variación	Suma de los cuadrados (SS)	Grados de libertad (df)	Media cuadrática (MS)	F
Factor (entre)	37,748	4 – 1 = 3	12,5825	26,272
Error (dentro)	11,015	27 – 4 = 23	0,4789
Total	48,763	27 – 1 = 26

Tabla 12.42

P(F > 26,272) = 0;

No se puede aceptar la hipótesis nula para ningún alfa. Hay pruebas suficientes para concluir que el contenido medio de plata entre las cuatro acuñaciones es diferente. Del gráfico de bandas se desprende que las primeras y segundas acuñaciones tenían mayor contenido de plata que las terceras y cuartas.

63.

Se muestra un gráfico de bandas con el número de victorias de los 14 equipos de la Liga Americana para la temporada 2012.

Este gráfico es un diagrama de dispersión que representa los datos proporcionados. El eje horizontal está identificado como “número de victorias en la temporada 2012 del Béisbol de Grandes Ligas” y va de 65 a 95. El eje vertical está identificado como “división de la Liga Americana”. El eje vertical está identificado con las categorías Centro, Este y Oeste.

Figura 12.11

Aunque la dispersión parece similar, puede haber alguna duda sobre la normalidad de los datos, dadas las grandes diferencias en el medio cerca de la marca de 0,500 de 82 partidos (los equipos juegan 162 partidos cada temporada en el MLB). Sin embargo, el ANOVA de una vía es robusto.

Aquí está la tabla de ANOVA para los datos:

Fuente de variación	Suma de los cuadrados (SS)	Grados de libertad (df)	Media cuadrática (MS)	F
Factor (entre)	344,16	3 – 1 = 2	172,08
Error (dentro)	1.219,55	14 – 3 = 11	110,87	1,5521
Total	1.563,71	14 – 1 = 13

Tabla 12.43

P(F > 1,5521) = 0,2548.
Ya que el valor p es tan grande, no hay una buena evidencia contra la hipótesis nula de igualdad de medias. No podemos rechazar la hipótesis nula. Por lo tanto, para 2012, no hay ninguna buena evidencia de una diferencia significativa en el número medio de victorias entre las divisiones de la Liga Americana.

64.

SS_entre = 26
SS_dentro = 441
F = 0,2653

67.

df(denom) = 15

69.

H₀: µ_L = µ_T = µ_J
H_a: al menos dos de las medias son diferentes
df(num) = 2; df(denom) = 12
Distribución F
0,67
0,5305
Compruebe la solución del estudiante.
Decisión: No se puede rechazar la hipótesis nula. Conclusión: No hay pruebas suficientes para concluir que las medias son diferentes.

72.

H_a: µ_c = µ_n = µ_h
Al menos dos de las revistas tienen extensiones medias diferentes.
df(num) = 2, df(denom) = 12
Distribución F
F = 15,28
valor p = 0,001
Compruebe la solución del estudiante.
1. Alfa: 0,05
2. Decisión: No se puede aceptar la hipótesis nula
3. Motivo de la decisión: valor p < alfa
4. Conclusión: Hay pruebas suficientes para concluir que las longitudes medias de las revistas son diferentes.

74.

H₀: μ_o = μ_h = μ_f
Al menos dos de las medias son diferentes.
df(n) = 2, df(d) = 13
F_2,13
0,64
0,5437
Compruebe la solución del estudiante.
1. Alfa: 0,05
2. Decisión: No se puede rechazar la hipótesis nula.
3. Motivo de la decisión: valor p > alfa
4. Conclusión: Las calificaciones medias de la entrega de las distintas clases no son diferentes.

76.

H₀: μ_p = μ_m = μ_h
Al menos dos de las medias son diferentes.
df(n) = 2, df(d) = 12
F_2,12
3,13
0,0807
Compruebe la solución del estudiante.
1. Alfa: 0,05
2. Decisión: No se puede rechazar la hipótesis nula.
3. Motivo de la decisión: valor p > alfa
4. Conclusión: No hay pruebas suficientes para concluir que el número medio de visitantes diarios sea diferente.

78.

Los datos parecen normalmente distribuidos en el gráfico y una dispersión similar. No parece haber ningún valor atípico grave, por lo que podemos seguir con nuestros cálculos de ANOVA, para ver si tenemos buenas pruebas de una diferencia entre los tres grupos.

$H_{0} : µ_{1} = µ_{2} = µ_{3}$ ;

$H_{a} : µ_{i} \neq;$ algunos $i \neq j$

Defina μ₁, μ₂, μ₃, como la media poblacional del número de huevos puestos por los tres grupos de moscas de la fruta.

estadístico F = 8,6657;

valor p = 0,0004

Este gráfico muestra una curva de distribución F no simétrica. Esta curva no tiene un pico, sino que tiene pendiente hacia abajo desde un valor máximo en (0, 1,0) y se acerca al eje horizontal en el borde derecho del gráfico.

Figura 12.12

Decisión: como el valor p es inferior al nivel de significación de 0,01, rechazamos la hipótesis nula.

Conclusión: tenemos buenas pruebas de que el número promedio de huevos puestos durante los primeros 14 días de vida de estas tres cepas de moscas de la fruta son diferentes.

Curiosamente, si se realiza una prueba t de dos muestras para comparar los grupos RS y NS, son significativamente diferentes (p = 0,0013). Asimismo, SS y NS son significativamente diferentes (p = 0,0006). Sin embargo, los dos grupos seleccionados, RS y SS, no son significativamente diferentes (p = 0,5176). Por lo tanto, parece que tenemos buenas pruebas de que la selección para la resistencia o para la susceptibilidad implica una tasa reducida de producción de huevos (para estas cepas específicas) en comparación con las moscas que no fueron seleccionadas para la resistencia o la susceptibilidad al DDT. Aquí, la selección genética ha implicado aparentemente una pérdida de fecundidad.

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