fdgef

1. Se realizo un estudio del desgaste de un rodamiento (Y), y su relación con la viscosidad
del aceite (X1) y la carga que soporta (X2), obteniéndose los siguientes datos, en las
unidades que correspondan.
X1 X2 Y
1.6 8.51 19.3
15.5 8.16 23.0
22.0 10.58 17.2
43.0 12.01 91.0
Analice el modelo de regresión lineal múltiple propuesto:
𝑌 = 𝛽0 + 𝛽1𝑥1 + 𝛽2𝑥2 + 𝜀 ; 𝜀𝑖~𝑁(0, 𝜎2
)
 Dibuje un diagrama de dispersión Y vs. X1 y Y vs. X2.

2.  Escriba la matriz de diseño y con ella escriba el modelo propuesto en notación
matricial.
Matriz de diseño:
-25
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
0 1 2 3 4 5
DESGASTE
DE
RODAMIENTO
VISCOSIDADDEL ACEITE
Y VS. X1
-25
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
6 7 8 9 1 0 1 1 1 2
DESGASTE
DE
RODAMIENTO
CARGA QUE SOPORTA
Y VS. X2
-30
-20
-10
0
10
20
0 0 . 5 1 1 . 5 2 2 . 5 3 3 . 5 4 4 . 5
Y
X
DIAGRAMAS DE DISPERSION
Análisis de varianza de un factor
Linear ()
Linear (Análisis de varianza de un factor)

3. 𝑋 = [
1 𝑥1,1 𝑥2,1
1 𝑥1,2 𝑥2,2
1
1
𝑥1,3
𝑥1,4
𝑥2,3
𝑥2,4
] = [
1 1.6 8.51
1 15.5 8.16
1
1
22.0
43.0
10.58
12.01
]
Modeloennotaciónmatricial:
Modelode regresiónlineal propuesto: 𝑦 = 𝛽0 + 𝛽1𝑥1 + 𝛽2𝑥2 + 𝜀
Modeloennotaciónmatricial: 𝑌 = 𝑋𝛽 + 𝜀
[
𝑦1
𝑦2
𝑦3
𝑦4
] = [
1 𝑥1,1 𝑥2,1
1 𝑥1,2 𝑥2,2
1
1
𝑥1,3
𝑥1,4
𝑥2,3
𝑥2,4
][
𝛽0
𝛽1
𝛽2
] + [
𝜀1
𝜀2
𝜀3
𝜀4
]
[
19.3
23.0
17.2
91.0
] = [
1 1.6 8.51
1 15.5 8.16
1
1
22.0
43.0
10.58
12.01
] [
𝛽0
𝛽1
𝛽2
] + [
𝜀1
𝜀2
𝜀3
𝜀4
]
 Use el modelo de mínimos cuadrados para encontrar los estimadores del modelo
propuesto. Use la matriz de diseño en sus cálculos
𝛽
̂ = (𝑋𝑇𝑋)−1(𝑋𝑇𝑌)
𝛽
̂
= ([
1 1 1 1
1.6 15.5 22.0 43.0
8.51 8.16 10.58 12.01
][
1 1.6 8.51
1 15.5 8.16
1
1
22.0
43.0
10.58
12.01
])
−1
([
1 1 1 1
1.6 15.5 22.0 43.0
8.51 8.16 10.58 12.01
][
19.3
23.0
17.2
91.0
])
𝛽
̂ = ([
4 82.1 39.26
82.1 2575.81 889.286
39.26 889.286 395.1822
])
−1
[
150.5
4678.78
1626.809
]
𝛽
̂ = [
31.51694 0.34265 −3.90219
0.34265 0.00546 −0.04634
−3.90219 −0.04634 0.49448
] [
150.5
4678.78
1626.809
]
𝛽
̂ = [
−1.63437
1.728634
0.33025
] = [
𝛽0
̂
𝛽1
̂
𝛽2
̂
]
𝑦
̂ = 𝛽0
̂ + 𝛽1
̂𝑥1 + 𝛽2
̂𝑥2 = −1.63437 + 1.728634𝑥1 + 0.33025𝑥2
 Use el modelo para pronosticar el desgaste cuando la viscosidad sea 24 y la carga
10.0.
𝑦
̂ = −1.63437 + 1.728634𝑥1 + 0.33025𝑥2

4. 𝑦
̂ = −1.63437 + 1.728634(25) + 0.33025(10)
𝑦
̂ = 58.8678
 Calcule SCT, SCR, SCE, y escriba la tabla ANOVA.
x1 x2 y y sombrero y- y somb 2 y somb - y b 2
1.6 8.51 19.3 3.9418719 235.872099 1134.55312
15.5 8.16 23 27.854297 23.5641994 95.4666371
22 10.58 17.2 39.889623 514.818992 5.12851733
43 12.01 91 76.6631945 205.543992 1523.98063
150.5 SCE SCR
Y BARRA 37.625 979.799282 2759.1289
𝑆𝐶𝐸 = ∑(𝑦𝑖 − 𝑦𝑖
̂)2
𝑛
𝑖=1
𝑆𝐶𝐸 = (19.3 − 3.9418)2 + (23 − 27.8543)2 + (17.2 − 39.889)2 + (91 − 76.663)2
= 979.799
𝑆𝐶𝑅 = ∑(𝑦𝑖
̂ − 𝑦
̅)2
𝑛
𝑖=1
𝑆𝐶𝑅 = (3.9418 − 37.625)2 + (27.854 − 37.625)2 + (39.889 − 37.625)2
+ (76.663 − 37.625)2 = 2759.1289
𝑆𝐶𝑇 = ∑(𝑦𝑖 − 𝑦
̅)2
𝑛
𝑖=1
𝑆𝐶𝑇 = (19.3 − 37.625)2 + (23 − 37.625)2 + (17.2 − 37.625)2 + (91 − 37.625)2
= 3815.7675
Fuente de
variación
Grados de
libertad
Suma de
cuadrados
Cuadrados
medios
Fo
Regresión K SCR SCR/k (SCR/k)/(SCE/(n-k-1))
Error n-k-1 SCE SCE/(n-k-1)
Total n-1 SCT
Grados de libertad:
 Los grados de libertadde laregresióneslacantidadde x de la recta, en este caso es 2.
 Los grados de libertaddel erroresla diferenciaentre lacantidadde datosy la cantidad
de parámetros (betas), en este caso hay tres parámetros, por lo que es n-3=4-3=1.
 Los grados de libertad total es la suma de los grados de libertad de la regresión y los
grados de libertad del error, en este caso es n-1=4-1=3.

5. Cuadradosmedios:
Cada sumade cuadradosse divide porsusgrados de libertad.
𝑆𝐶𝑅
𝑘
=
2759.1289
2
= 1379.56445
𝑆𝐶𝐸
𝑛 − 𝑘 − 1
=
979.799282
4 − 2 − 1
=
979.799282
1
= 979.799282
Fo:
Es el valorde unavariable que tiene distribuciónF.
𝐹0 =
𝑆𝐶𝑅
𝑘
𝑆𝐶𝐸
𝑛 − 𝑘 − 1
=
2759.1289
2
979.799282
1
= 1.408
La tablaANOVA quedaríade lasiguiente manera:
Fuente de
variación
Grados de
libertad
Suma de
cuadrados
Cuadrados
medios
Fo
Regresión 2 2759.1289 1379.56445 1.408
Error 1 979.799282 979.799282
Total 3 3815.7675
 Pruebe con 5% de significancia la dependencia lineal del modelo propuesto.
𝐻𝑜: 𝛽1 = 𝛽2 = 0 (Nohay dependencialineal)
𝐻𝑎: ¬𝐻𝑜
𝛼 = 0.05
Estadísticode prueba:
𝐹0 =
𝑆𝐶𝑅
𝑘
𝑆𝐶𝐸
𝑛 − 𝑘 − 1
=
2759.1289
2
979.799282
1
= 1.408
Regiónde rechazo: 𝑓0 > 𝑓
𝛼
𝑓
𝛼 = 𝑓0.05 = 199.5,𝑐𝑜𝑛 𝑣1 = 2 𝑦 𝑣2 = 1 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑖𝑏𝑒𝑟𝑡𝑎𝑑
RechazarHo si 𝑓0 > 199.5
No cae en laregiónde rechazodebidoa que 1.408 > 199.5 esfalso.
∴Nose rechaza Ho a favor de Ha y se concluye que lasvariablessonlinealmente
independientes.

6.  Encuentre el coeficiente de determinación e interprete su significado.
𝑟2 =
𝑆𝐶𝑅
𝑆𝐶𝑇
=
2759.1289
3815.7675
= 0.723086
Interpretación:
El coeficiente de determinación sirve para interpretar qué tan eficaz es la recta de mínimos
cuadrados y explicalavariaciónde y. Además,su valor debe estarentre 0 y 1. Si el coeficiente
de determinación es cercano a 1, quiere decir que la recta se ajusta muy bien a los datos.
En este caso,el coeficiente de determinacióndiocomoresultado 0.723, lo cual es cercano a 1.
Asimismo, el poder de explicación del modelo de mínimos cuadrados es 72.31%.
 Calcule la estimación de la varianza.
𝐸[𝑆2] = 𝜎2
𝑆2 =
𝑆𝐶𝐸
𝑛 − 𝑘 − 1
=
979.799282
4 − 2 − 1
=
979.799282
1
= 979.799282
 Encuentre la matriz de varianza – covarianza.
[𝜎𝑖,𝑗] = (𝑋𝑇𝑋)−1𝜎2 ≅ (𝑋𝑇𝑋)−1𝑆2 ≅ [
𝜎00 𝜎01 𝜎02
𝜎10 𝜎11 𝜎12
𝜎20 𝜎21 𝜎22
]𝑆2
[𝜎𝑖,𝑗] = [
31.51694 0.34265 −3.90219
0.34265 0.00546 −0.04634
−3.90219 −0.04634 0.49448
] (979.799282)
[𝜎𝑖,𝑗] = [
30880.275 335.72822 −3823.363
335.72822 5.3497 −45.40389
−3823.363 −45.40389 484.48114
]
 Calcule la varianza de los estimadores del modelo de mínimos cuadrados.
𝑉[𝛽𝑖
̂ ] = 𝜎𝛽𝑖
̂
2
= 𝜎𝑖𝑖,𝑖 = 0,1,2
𝑉[𝛽0
̂] = 𝜎𝛽0
̂
2
= 𝜎00 = 30880.275
𝑉[𝛽1
̂] = 𝜎𝛽1
̂
2
= 𝜎11 = 5.3497
𝑉[𝛽2
̂] = 𝜎𝛽2
̂
2
= 𝜎22 = 484.48114

7.  Encuentre un intervalo de confianza del 95% para cada parámetro.
Parámetro: 𝛽𝑖, i=0,1,2
Estimador: 𝛽𝑖
̂
Intervalo de confianza con nivel 1-α:
𝐸 = 𝑡𝛼 2
⁄ √𝜎𝛽𝑖
̂
2
|𝛽𝑖
̂ − 𝛽𝑖| ≤ 𝐸 → |𝛽𝑖
̂ − 𝛽𝑖| ≤ 𝑡𝛼 2
⁄ √𝜎𝛽𝑖
̂
2
𝛽𝑖
̂ − 𝑡𝛼 2
⁄ √𝜎𝛽𝑖
̂
2
< 𝛽𝑖 < 𝛽𝑖
̂ + 𝑡𝛼 2
⁄ √𝜎𝛽𝑖
̂
2
1 − 𝛼 = 0.95 → 𝛼 = 0.05
𝑡𝛼 2
⁄ = 𝑡0.05 2
⁄ = 𝑡0.025 = 12.7062, 𝑐𝑜𝑛 𝑣 = 1 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑖𝑏𝑒𝑟𝑡𝑎𝑑
Intervalo de confianza para β0:
𝛽0
̂ − 𝑡𝛼 2
⁄ √𝜎𝛽0
̂
2
< 𝛽0 < 𝛽0
̂ + 𝑡𝛼 2
⁄ √𝜎𝛽0
̂
2
−1.63437 − 12.7062(√30880.275) < 𝛽0 < −1.63437 + 12.7062(√30880.275)
−𝟐𝟐𝟑𝟒.𝟒𝟔𝟕 < 𝜷𝟎 < 𝟐𝟐𝟑𝟏.𝟏𝟗𝟖𝟕
Intervalo de confianza para β1:
𝛽1
̂ − 𝑡𝛼 2
⁄ √𝜎𝛽1
̂
2
< 𝛽1 < 𝛽1
̂ + 𝑡𝛼 2
⁄ √𝜎𝛽1
̂
2
1.728634 − 12.7062(√5.3497) < 𝛽1 < 1.728634 + 12.7062(√5.3497)
−𝟐𝟕.𝟔𝟔 < 𝜷𝟏 < 𝟑𝟏.𝟏𝟏𝟕𝟑
Intervalo de confianza para β2:
𝛽2
̂ − 𝑡𝛼 2
⁄ √𝜎𝛽2
̂
2
< 𝛽2 < 𝛽2
̂ + 𝑡𝛼 2
⁄ √𝜎𝛽2
̂
2
0.330254 − 12.7062(√484.48114) < 𝛽2 < 0.330254 + 12.7062(√484.48114)
−𝟐𝟕𝟗.𝟑𝟒𝟓 < 𝜷𝟐 < 𝟐𝟖𝟎.𝟎𝟏
 Pruebe con 5% de significancia si el aporte de cada variable X1, X2 al modelo es
significativo.
Para x1:
𝐻𝑜: 𝛽1 = 0

8. 𝐻𝑎: 𝛽1 ≠ 0
𝛼 = 0.05
𝑡𝛼 2
⁄ = 𝑡0.05 2
⁄ = 𝑡0.025 = 12.7062,𝑐𝑜𝑛 𝑣 = 1 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑖𝑏𝑒𝑟𝑡𝑎𝑑
Región de rechazo: 𝑡 < −12.7062 𝑜 𝑡 > 12.7062
Cálculo de estadístico de prueba:
𝑡 =
𝛽1
̂ − 0
√𝜎𝛽1
̂
2
=
1.728634
√5.3497
= 0.74737
No cae en la región de rechazo, por lo tanto, x1 no aporta significativamente al modelo.
Para x2:
𝐻𝑜: 𝛽2 = 0
𝐻𝑎: 𝛽2 ≠ 0
𝛼 = 0.05
𝑡𝛼 2
⁄ = 𝑡0.05 2
⁄ = 𝑡0.025 = 12.7062,𝑐𝑜𝑛 𝑣 = 1 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑖𝑏𝑒𝑟𝑡𝑎𝑑
Región de rechazo: 𝑡 < −12.7062 𝑜 𝑡 > 12.7062
Cálculo de estadístico de prueba:
𝑡 =
𝛽2
̂ − 0
√𝜎𝛽2
̂
2
=
0.33025412
√484.48114
= 0.015
No cae en la región de rechazo, por lo tanto, x2 no aporta significativamente al modelo.
 Pruebe la normalidad del error con 5% de significancia mediante la prueba de
Kolmogorov – Smirnov
𝐻𝑜: 𝜀~𝑁(0,𝜎2)(𝐷𝑖𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 𝑐𝑜𝑛 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎 0 𝑦 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑛𝑧𝑎 𝜎2)
𝐻𝑎: ¬𝐻𝑜
𝛼 = 0.05
Estadístico de prueba:
𝐷𝑛 = 𝑚𝑎𝑥|𝑆𝑛(𝑥𝑖) − 𝐹
𝑜(𝑥𝑖)| (𝑥𝑖 𝑠𝑜𝑛 𝑙𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑒𝑖)
Región de rechazo:
𝛼 = 0.05,𝑛 = 4 → 𝐷0.05 = 0.62394
Rechazar Ho si 𝐷𝑛 > 0.62394
𝜀𝑖 ≅ 𝑒𝑖 = 𝑦𝑖 − 𝑦𝑖
̂
𝑦𝑖
̂ = −1.63437 + 1.728634𝑥1 + 0.33025𝑥2

9. [
𝑒1
𝑒2
𝑒3
𝑒4
] = [
15.3581281
−4.854297
−22.689623
14.3368055
]
Modelo propuesto:
𝐹
𝑜(𝑥𝑖) = 𝐹
𝑜(𝑒𝑖) = 𝑃 (𝑍 <
𝑒𝑖 − 0
𝜎
) ,𝜎2 ≅ 𝑆2 ≅ 979.799282 → 𝜎 ≅ 𝑆 ≅ 31.30174
𝐹
𝑜(𝑥𝑖) = 𝐹
𝑜(𝑒𝑖) = 𝑃 (𝑍 <
𝑒𝑖
31.30174
) (𝐷𝑎𝑡𝑜𝑠 𝑒 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑎𝑑𝑜𝑠)
𝐹
𝑜(𝑥1) = 𝐹
𝑜(𝑒1) = 𝑃 (𝑍 <
−22.689623
31.30174
) = 𝑃(𝑍 < −0.724) = 0.2327
𝐹
𝑜(𝑥2) = 𝐹
𝑜(𝑒2) = 𝑃 (𝑍 <
−4.854297
31.30174
) = 𝑃(𝑍 < −0.155) = 0.44038
𝐹
𝑜(𝑥3) = 𝐹
𝑜(𝑒3) = 𝑃 (𝑍 <
14.3368055
31.30174
) = 𝑃(𝑍 < 0.458) = 0.677242
𝐹
𝑜(𝑥4) = 𝐹
𝑜(𝑒4) = 𝑃 (𝑍 <
15.3581281
31.30174
) = 𝑃(𝑍 < 0.49) = 0.687933
Entonces:
i ei Sn Fo |sn-fo|
1 -22.689623 0.25 0.2327 0.0173
2 -4.854297 0.5 0.44038 0.05962
3 14.3368055 0.75 0.677242 0.072758
4 15.3581281 1 0.687933 0.312067
𝐷𝑛 = 𝑚𝑎𝑥|𝑆𝑛(𝑥𝑖) − 𝐹
𝑜(𝑥𝑖)| = 0.312067
Rechazar Ho si 𝐷𝑛 > 0.62394
No cae en la región de rechazo debido a que 0.312067 > 0.62394 es falso.
∴No se puede rechazar Ho a favor de Ha y se concluye que es normal.