1. ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DE CHIMBORAZO “ESPOCH”
ESCUELA DE INGENIERIA DE EMPRESAS, MODALIDAD FORMACIÓN DUAL
Nombre: Andrea Elizabeth Quijano Mármol
EJERCICIOS
1. 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. One Sample t-test
data: peso$Peso..libras.
t = 1.6777, df = 9, p-value = 0.06386
alternative hypothesis: true mean is greater than 4.35
99 percent confidence interval:
4.337729 Inf
sample estimates:
mean of x
4.368
- Visualización de las gráficas
plot(.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. - 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 4,35
2. 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. mean sd cv % n
56.42857 3.877237 0.06871053 0 14
Plateamiento de hipotesis:
names(Encuesta) <- make.names(names(Encuesta))
t.test(Encuesta$X..de.encuestas, alternative='greater', mu=53.0, conf.level=.95)
One Sample t-test
data: Encuesta$X..de.encuestas
t = 3.3087, df = 13, p-value = 0.002826
alternative hypothesis: true mean is greater than 53
95 percent confidence interval:
54.59347 Inf
sample estimates:
mean of x
56.42857
- Visualización de las gráficas
plot(.x, dnorm(.x, mean=56.42857, sd=3.877237), xlab="x", ylab="Density",
main=paste("Normal Distribution: Mean=56.42857, Standard
deviation=3.877237"),
type="l")
abline(h=0, col="gray")
remove(.x))

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. mean sd cv % n
12.46667 5.309285 0.4258785 0 30
Plateamiento de hipotesis:
t.test(Puntuaciones$Puntuaciones, alternative='greater', mu=11.5, conf.level=.95)
One Sample t-test
data: Puntuaciones$Puntuaciones
t = 0.9972, df = 29, p-value = 0.1634
alternative hypothesis: true mean is greater than 11.5
95 percent confidence interval:
10.81964 Inf
sample 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. 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 de
ambos grupos son iguales? o por el contrario que hay diferencia entre ambas. (Diferencia
de 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. 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. - 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 12
DESPUÉS
9 16 23 21 17 10 14 8 11 12 19 16 16 13 17 11
12
A un nivel de confianza del 95%, ¿Podemos rechazar que los rendimientos académicos son
iguales antes que después frente a la alternativa de que se produce una mejora?
(comparación para muestras relacionadas).

10. RESOLUCION:
- Ingresamos los datos en el software
numSummary(Rendimiento[,c("ANTES", "DESPUES")], statistics=c("mean", "sd",
"cv"), quantiles=c(0,.25,.5,.75,1))
mean sd cv % n
ANTES 12.00000 3.443420 0.2869517 0 15
DESPUES 14.93333 4.199773 0.2812348 0 15
Plateamiento de hipotesis:
t.test(Rendimiento$ANTES, Rendimiento$DESPUES, alternative='two.sided',
conf.level=.95,
paired=TRUE)
Paired t-test
data: Rendimiento$ANTES and Rendimiento$DESPUES
t = -3.3718, df = 14, p-value = 0.004562
alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 0
95 percent confidence interval:
-4.799206 -1.067461
sample estimates:
mean of the differences
-2.933333

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 iguales
6. 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. ChiSquared Distribution: Degrees of freedom=69
0.030
0.020
Density
0.010
0.000
40 60 80 100
x
7. 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