Andrea_Quijano

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Andrea_Quijano

  1. 1. ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DE CHIMBORAZO “ESPOCH”ESCUELA DE INGENIERIA DE EMPRESAS, MODALIDAD FORMACIÓN DUALNombre: Andrea Elizabeth Quijano Mármol EJERCICIOS1. Un criador de pollos sabe por experiencia que el peso de los pollos de cinco meses es 4,35 libras. Los pesos siguen una distribución normal. Para tratar de aumentar el peso de dichas aves se le agrega un aditivo al alimento. En una muestra de pollos de cinco meses se obtuvieron los siguientes pesos (en libras). 4,41 4,37 4,33 4,35 4,30 4,39 4,36 4,38 4,40 4,39 En el nivel 0,01, el aditivo a ha aumentado el peso medio de los pollos? RESOLUCION: - Ingresamos los datos en el software peso <- sqlQuery(channel = 1, select * from [pollos$]) names(peso) <- make.names(names(peso)) library(abind, pos=4) library(e1071, pos=4) numSummary(peso[,"Peso..libras."], statistics=c("mean", "sd", "cv"), quantiles=c(0, .25,.5,.75,1)) mean sd cv % n 4.368 0.03392803 0.007767406 0 10 Plateamiento de hipotesis: numSummary(peso[,"Peso..libras."], statistics=c("mean", "sd", "cv"), quantiles=c(0, .25,.5,.75,1)) t.test(peso$Peso..libras., alternative=greater, mu=4.35, conf.level=.99)
  2. 2. One Sample t-testdata: peso$Peso..libras.t = 1.6777, df = 9, p-value = 0.06386alternative hypothesis: true mean is greater than 4.3599 percent confidence interval:4.337729 Infsample estimates:mean of x 4.368- Visualización de las gráficasplot(.x, dnorm(.x, mean=34.5, sd=0.03392803), xlab="x", ylab="Density", main=paste("Normal Distribution: Mean=34.5, Standard deviation=0.03392803"), type="l")abline(h=0, col="gray")remove(.x)plot(.x, pt(.x, df=9), xlab="x", ylab="Cumulative Probability", main=paste("t Distribution: Degrees of freedom=9"), type="l")abline(h=0, col="gray")remove(.x)
  3. 3. - Toma de decision Como t calculado igual a 1,68 es menor a t de tablas igual a 2,821 se acepta la hipótesis nula y se rechaza la alternativa, entonces se concluye que el aditivo no aumenta el peso medio de los pollos en 4,352. Una empresa que se dedica a hacer en cuestas se queja de que un agente realiza en promedio 53 encuestas por semana. Se ha introducido una forma más moderna de realizar las encuetas y la empresa quiere evaluar su efectividad. Los números de encuestas realizadas en una semana por una muestra aleatoria de agentes son: 53 57 50 55 58 54 60 52 59 62 60 60 51 59 En el nivel de significancia 0,05, puede concluirse que la cantidad media de entrevistas realizadas por los agentes es superior a 53 por semana? RESOLUCION: - Ingresamos los datos en el software Encuestas <- sqlQuery(channel = 2, select * from [ENCUESTAS$]) names(Encuestas) <- make.names(names(Encuestas)) library(abind, pos=4) library(e1071, pos=4) numSummary(Encuestas[,"X..de.encuestas"], statistics=c("mean", "sd", "cv"), quantiles=c(0, .25,.5,.75,1))
  4. 4. mean sd cv % n56.42857 3.877237 0.06871053 0 14Plateamiento de hipotesis:names(Encuesta) <- make.names(names(Encuesta))t.test(Encuesta$X..de.encuestas, alternative=greater, mu=53.0, conf.level=.95)One Sample t-testdata: Encuesta$X..de.encuestast = 3.3087, df = 13, p-value = 0.002826alternative hypothesis: true mean is greater than 5395 percent confidence interval:54.59347 Infsample estimates:mean of x56.42857- Visualización de las gráficasplot(.x, dnorm(.x, mean=56.42857, sd=3.877237), xlab="x", ylab="Density", main=paste("Normal Distribution: Mean=56.42857, Standarddeviation=3.877237"), type="l")abline(h=0, col="gray")remove(.x))
  5. 5. plot(.x, pt(.x, df=13), xlab="x", ylab="Cumulative Probability", main=paste("t Distribution: Degrees of freedom=13"), type="l") abline(h=0, col="gray") remove(.x) - Toma de decision Como t calculado igual a 3,31 es mayor a t de tablas igual a 1,77 se acepta la hipótesis nula y se rechaza la alternativa, se concluye que la cantidad media de las entrevistas realizadas por los agentes a 53 por semana.3. Las puntuaciones en un test que mide la variable creatividad siguen, en la población general de adolescentes, una distribución Normal de media 11,5. En un centro escolar que ha implantado un programa de estimulación de la creatividad una muestra de 30 alumnos ha proporcionado las siguientes puntuaciones: 11, 9, 12, 17, 8, 11, 9, 4, 5, 9, 14, 9, 17, 24, 19, 10, 17, 17, 8, 23, 8, 6, 14, 16, 6, 7, 15, 20, 14, 15. A un nivel de confianza del 95% ¿Puede afirmarse que el programa es efectivo? (prueba t, contraste media de una población) RESOLUCION: - Ingresamos los datos en el software Puntuaciones <- sqlQuery(channel = 2, select * from [PUNTUACIONES$]) library(abind, pos=4) library(e1071, pos=4) numSummary(Puntuaciones[,"Puntuaciones"], statistics=c("mean", "sd", "cv"), quantiles=c())
  6. 6. mean sd cv % n 12.46667 5.309285 0.4258785 0 30 Plateamiento de hipotesis:t.test(Puntuaciones$Puntuaciones, alternative=greater, mu=11.5, conf.level=.95) One Sample t-testdata: Puntuaciones$Puntuacionest = 0.9972, df = 29, p-value = 0.1634alternative hypothesis: true mean is greater than 11.595 percent confidence interval:10.81964 Infsample estimates:mean of x 12.46667 - Visualización de las gráficas plot(.x, dnorm(.x, mean=12.46667, sd=5.309285), xlab="x", ylab="Density", main=paste("Normal Distribution: Mean=12.46667, Standard deviation=5.309285"), type="l") abline(h=0, col="gray") remove(.x)
  7. 7. plot(.x, pt(.x, df=29), xlab="x", ylab="Cumulative Probability", main=paste("t Distribution: Degrees of freedom=29"), type="l")abline(h=0, col="gray") remove(.x) - Toma de decision Como t calculado igual a 0,9972 es menor a t de tablas se acepta la hipótesis nula y se rechaza la alternativa, se concluye que no hay evidencia de que el programa sea efectivo.4. Las notas obtenidas en Análisis de Datos de 5 individuos elegidos al azar del grupo T1 y de 6 individuos, elegidos también al azar, del grupo T2 son las siguientes: T1 10 6 4 5 4 T2 4 8 6 6 2 3 ¿Puede concluirse a un nivel de confianza del 95% que las puntuaciones medias deambos grupos son iguales? o por el contrario que hay diferencia entre ambas. (Diferenciade medias para poblaciones independientes) RESOLUCION: - Ingresamos los datos en el software Notas <- sqlQuery(channel = 4, select * from [NOTAS $]) numSummary(Notas[,c("T1", "T2")], statistics=c("mean", "sd", "cv"), quantiles=c())
  8. 8. mean sd cv % n T1 5.800000 2.489980 0.4293069 0 5 T2 4.833333 2.228602 0.4610901 0 6 Plateamiento de hipotesis:numSummary(Notas[,c("T1", "T2")], statistics=c("mean", "sd", "cv"), quantiles=c())t.test(Notas$T1, Notas$T2, alternative=two.sided, conf.level=.95, paired=TRUE) Paired t-test data: Notas$T1 and Notas$T2 t = 0.3906, df = 4, p-value = 0.716 alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 0 95 percent confidence interval: -3.665256 4.865256 sample estimates: mean of the differences 0.6 - Visualización de las gráficas plot(.x, dbinom(.x, size=6, prob=0.5), xlab="Number of Successes", ylab="Probability Mass", main="Binomial Distribution: Binomial trials=6, Probability of success=0.5", type="h") points(.x, dbinom(.x, size=6, prob=0.5), pch=16) abline(h=0, col="gray") remove(.x)
  9. 9. - Toma de decision Como t calculado igual a 0,3906 es menor a t de tablas igual a 2,57 se acepta la hipótesis nula y se rechaza la alternativa, concluyéndose que no hay diferencia entre las medias de los dos grupos es decir que son iguales.5. Para comprobar la utilidad de una técnica de enriquecimiento motivacional un investigador pasa una prueba de rendimiento académico a una muestra de 16 sujetos. Después aplica su técnica de enriquecimiento y tras ello, vuelve a pasar la prueba de rendimiento. Los resultados fueron los siguientes:ANTES 12 14 11 16 6 11 9 10 10 19 12 17 8 13 12DESPUÉS 9 16 23 21 17 10 14 8 11 12 19 16 16 13 17 11 12A un nivel de confianza del 95%, ¿Podemos rechazar que los rendimientos académicos soniguales antes que después frente a la alternativa de que se produce una mejora?(comparación para muestras relacionadas).
  10. 10. RESOLUCION:- Ingresamos los datos en el softwarenumSummary(Rendimiento[,c("ANTES", "DESPUES")], statistics=c("mean", "sd","cv"), quantiles=c(0,.25,.5,.75,1)) mean sd cv % nANTES 12.00000 3.443420 0.2869517 0 15DESPUES 14.93333 4.199773 0.2812348 0 15Plateamiento de hipotesis: t.test(Rendimiento$ANTES, Rendimiento$DESPUES, alternative=two.sided, conf.level=.95, paired=TRUE)Paired t-testdata: Rendimiento$ANTES and Rendimiento$DESPUESt = -3.3718, df = 14, p-value = 0.004562alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 095 percent confidence interval:-4.799206 -1.067461sample estimates:mean of the differences -2.933333
  11. 11. - Visualización de las gráficas Binomial Distribution: Binomial trials=14, Probability of success=0.5 0.20 0.15 Probability Mass 0.10 0.05 0.00 2 4 6 8 10 12 Number of Successes - Toma de decision Como t calculado igual a 0,3906 es menor a t de tablas igual a 2,57 se acepta la hipótesis nula y se rechaza la alternativa, concluyéndose que no hay diferencia entre las medias de los dos grupos es decir que son iguales6. En una investigación sociológica se efectúa una determinada pregunta a 70 personas, respondiendo todas ellas “si” o “no”. De estas respuestas, 49 son afirmativas y 21 negativas. ¿Puede afirmarse, al nivel de significación del 5 % que la población se halla igualmente repartida en orden a su opinión sobre la pregunta formulada? (prueba chi) RESOLUCION: > pchisq(c(49), df=69, lower.tail=FALSE) [1] 0.9673895 > pchisq(c(21), df=69, lower.tail=FALSE) [1] 1
  12. 12. ChiSquared Distribution: Degrees of freedom=69 0.030 0.020 Density 0.010 0.000 40 60 80 100 x7. Al nivel de significación del 5 %, contrastar la hipótesis de que una moneda está bien construida, sabiendo que los resultados obtenidos en 100 lanzamientos fueron: “cara” 47 veces, “cruz” 53 veces. (prueba chi) RESOLUCION:> pchisq(c(47), df=99, lower.tail=FALSE)[1] 0.999998> pchisq(c(53), df=99, lower.tail=FALSE) ChiSquared Distribution: Degrees of freedom=99[1]0.99995 0.025 0.020 0.015 Density 0.010 0.005 0.000 60 80 100 120 140 x

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