Descarga la aplicación para disfrutar aún más
Vista previa del material en texto
Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 182 10- Test o prueba de hipótesis 10.1 – Introducción Hasta ahora hemos estudiado el problema de estimar un parámetro desconocido a partir de una muestra aleatoria. En muchos problemas se requiere tomar una decisión entre aceptar o rechazar una proposición sobre algún parámetro. Esta proposición recibe el nombre de hipótesis estadística, y el procedimiento de toma de decisión sobre la hipótesis se conoce como prueba o test de hipótesis. Como se emplean distribuciones de probabilidad para representar poblaciones, también podemos decir que una hipótesis estadística es una proposición sobre la distribución de probabilidad de una variable aleatoria, donde la hipótesis involucra a uno más parámetros de esta distribución. Por ejemplo, supongamos que cierto tipo de motor de automóvil emite una media de 100 mg de óxidos de nitrógeno (NOx) por segundo con 100 caballos de fuerza. Se ha propuesto una modificación al diseño del motor para reducir las emisiones de NOx. El nuevo diseño se producirá si se demuestra que la media de su tasa de emisiones es menor de 100 mg/s. Se construye y se prueba una muestra de 50 motores modificados. La media muestral de emisiones de NOx es de 92 mg/s, y la desviación estándar muestral es de 21 mg/s. La variable aleatoria de interés en este caso es X: “tasa de emisión de un motor modificado tomado al azar”. La preocupación de los fabricantes consiste en que los motores modificados no puedan reducir todas la emisiones; es decir que la media poblacional pudiera ser 100 o mayor que 100. Entonces, la pregunta es: ¿es factible que esta muestra pueda provenir de una v.a. con media 100 o mayor? Éste es el tipo de preguntas que las pruebas de hipótesis están diseñadas para responder. Veremos cómo construir una prueba de hipótesis, pero podemos decir que en general se basa en construir a partir de la muestra aleatoria un estadístico, y según el valor que tome este estadístico de prueba se aceptará o se rechazará la hipótesis. Se ha observado una muestra con media 92=X . Hay dos interpretaciones posibles de esta observación: 1- La media poblacional es realmente mayor o igual que 100, y la media muestral es menor que 100 debido a la variabilidad propia de la variable aleatoria X 2- La media poblacional es en realidad menor que 100, y la media muestral refleja este hecho. Estas dos explicaciones tienen nombres: la primera se llama hipótesis nula; la segunda es la hipótesis alternativa. En la mayoría de las situaciones la hipótesis nula dice que el efecto que indica la muestra es atribuible solamente a la variación aleatoria del estadístico de prueba. La hipótesis alternativa establece que el efecto que indica la muestra es verdadero. Para hacer las cosas más precisas, todo se expresa mediante símbolos. La hipótesis nula se denota por 0H , la hipótesis alternativa se denota con 1H . Como es usual la media poblacional se anota µ . Por lo tanto se tiene 100:0 ≥µH contra 100:1 <µH (hipótesis alternativa unilateral) Esencialmente, para realizar una prueba de hipótesis se pone la hipótesis nula en juicio. Se asume que 0H es verdadera, de la misma manera como se empieza en un juicio bajo el supuesto de que un acusado es inocente. La muestra aleatoria proporciona la evidencia. Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 183 Las hipótesis son siempre proposiciones sobre los parámetros de la población o distribución bajo estudio, no proposiciones sobre la muestra. Otros tipos de hipótesis que podrían formularse son 100:0 ≤µH contra 100:1 >µH (hipótesis alternativa unilateral) o 100:0 =µH contra 100:1 ≠µH (hipótesis alternativa bilateral) En el ejemplo tenemos 5021 ,...,, XXX muestra aleatoria de la v.a. X definida anteriormente. Como estamos haciendo una hipótesis sobre la media poblacional es razonable tomar como estadístico de prueba a X . El valor observado de la media muestral es 92=X . Si el valor de X es muy “menor” que 100 entonces se considera que hay evidencia en contra 0H y se la rechaza, aceptando la hipótesis alternativa. Si el valor de X no es “muy menor” que 100 entonces se considera que no hay evidencia en contra 0H y se rechaza la hipótesis alternativa. Ya veremos como construir una regla de decisión, supongamos ahora que tenemos la siguiente regla: ≥ < 95 95 0 0 XsiHaceptase XsiHrechazase El intervalo ∞,95 es la zona de aceptación. La región ∞− 95; es la zona de rechazo o región crítica. Mientras que 95 es el punto crítico. Como estamos tomando una decisión basados en el valor de un estadístico podemos cometer dos tipos de errores: rechazar 0H cuando ésta es verdadera, es decir el estadístico toma valores en la zona de rechazo cuando 0H es verdadera; o aceptar 0H cuando ésta es falsa, es decir que el estadístico tome valores en la zona de aceptación cuando 0H es falsa. El primero se conoce como error de tipo I, y el segundo como error de tipo II. Debido a que la decisión se basa en variables aleatorias es posible asociar probabilidades a los errores de tipo I y II, específicamente anotamos )( ItipodeerrorP=α )( IItipodeerrorP=β A )( ItipodeerrorP=α se lo conoce como nivel de significancia del test. Para calcular estas probabilidades debemos conocer la distribución del estadístico de prueba en el caso de ser 0H verdadera, es decir debemos conocer la distribución del estadístico de prueba “bajo 0H ”. Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 184 En el ejemplo anterior la muestra es grande, ya sabemos que por T.C.L. el estadístico )1,0( 100 N n s X Z ≈ − = si 0H es verdadera, o sea )1,0( 50 21 100 N X Z ≈ − = Entonces para calcular α planteamos: ( )==<= == 100/95/)( 00 µα XPVesHHrechazarPItipodeerrorP ( ) 04648.095352.016835.1 50 21 10095 50 21 10095 50 21 100 =−=−Φ= − Φ≈ − < − = X P Esto significa que el 4.64% de las muestras aleatorias conducirán al rechazo de la hipótesis 100:0 ≥µH cuando el verdadero µ sea mayor o igual que 100. En este caso el gráfico de la zona de rechazo es Del gráfico anterior vemos que podemos reducir α al aumentar la zona de aceptación. Por ejemplo supongamos que ahora la regla de decisión es ≥ < 93 93 0 0 XsiHaceptase XsiHrechazase Entonces ( )==<= == 100/93/)( 00 µα XPVesHHrechazarPItipodeerrorP ( ) 00939.099061.01357.2 50 21 10093 50 21 10093 50 21 100 =−=−Φ= − Φ≈ − < − = X P 04648.0=α 50 21 ,100 2 N Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 185 También se puede reducir α aumentando el tamaño de la muestra. Supongamos que 85=n , entonces ( )==<= == 100/95/)( 00 µα XPVesHHrechazarPItipodeerrorP ( ) 01426.098574.01195.2 85 21 1009585 21 10095 85 21 100 =−=−Φ= − Φ≈ − < − = X P También es importante examinar la probabilidad de cometer error de tipo II, esto es ) / ()( 00 falsaesHHaceptarPIItipodeerrorP ==β Pero en este caso para llegar a un valor numérico necesitamos tener una alternativa específica pues en nuestro ejemplo: ( ) ( )µβµµµ µβ = − Φ−= − ≥ − = =≠≥=== 50 21 95 1 50 21 95 50 21 100/95) / ()( 00 X P XPfalsaesHHaceptarPIItipodeerrorP Donde anotamos con µ a la verdadera media poblacional desconocida. Podemos entonces calcular β para un valor particular de µ , por ejemplo nos puede interesar como se comporta el test cuando la verdadera media es 94=µ , entonces ( ) ( ) 3707.062930.013367.01 50 21 9495 1 50 21 9495 50 21 94 94 =−=Φ−= − Φ−= − ≥ − = X Pβ Gráficamente: 100:0 =µHbajo 94:1 =µHbajo 3707.0)94( =β rechazodezona Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 186 La probabilidad β de cometer error de tipo II crece a medida que el valor verdadero de µ se acerca al valor hipotético. Por ejemplo si el verdadero valor de µ fuera 94.7 entonces ( ) ( ) 46017.053983.01101015.01 50 21 7.9495 1 50 21 7.9495 50 21 7.94 7.94 =−=Φ−= − Φ−= − ≥ − = X Pβ Además, la probabilidad β de cometer error de tipo II disminuye a medida que el valor verdadero de µ se aleja del valor hipotético. Por ejemplo si el verdadero valor de µ fuera 90 entonces ( ) ( ) 04648.095352.016835.11 50 21 9095 1 50 21 9095 50 21 90 90 =−=Φ−= − Φ−= − ≥ − = X Pβ 0'10:0 =µHbajo 7.94:1 =µHbajo rechazodezona 46017.0)7.94( =β ( ) 04648.090 =β rechazodezona 90:1 =µHbajo 100:0 =µHbajo Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 187 También se puede reducir la probabilidad de cometer error de tipo II con el tamaño de la muestra. Por ejemplo si 85=n entonces y 94=µ ( ) ( ) 32997.067003.014390.01 85 21 9495 1 85 21 9495 85 21 94 94 =−=Φ−= − Φ−= − ≥ − = X Pβ Lo que se ha visto en los ejemplos anteriores se puede generalizar. Podemos recalcar los siguientes puntos importantes: 1- El tamaño de la región crítica, y en consecuencia la probabilidad α de cometer error de tipo I, siempre pueden reducirse mediante una selección apropiada de los valores críticos. 2- Los errores tipo I y II están relacionados. Una disminución en la probabilidad en un tipo de error siempre da como resultado un aumento en la probabilidad del otro, siempre que el tamaño de la muestra no cambie. 3- En general, un aumento en el tamaño de la muestra reduce tanto a α como a β , siempre que los valores críticos se mantengan constantes. 4- Cuando la hipótesis nula es falsa, β aumenta a medida que el valor verdadero del parámetro tiende al valor hipotético propuesto por la hipótesis nula. El valor de β disminuye a medida que aumenta la deferencia entre el verdadero valor medio y el propuesto. En general el investigador controla la probabilidad α del error de tipo I cuando selecciona los valores críticos. Por lo tanto el rechazo de la hipótesis nula de manera errónea se puede fijar de antemano. Eso hace que rechazar la hipótesis nula sea una conclusión fuerte. La probabilidad β de error de tipo II no es constante, sino que depende del valor verdadero del paráme- tro. También depende β del tamaño de la muestra que se haya seleccionado. Como β está en función del tamaño de la muestra y del valor verdadero del parámetro, la decisión de aceptar la hipótesis nula se la considera una conclusión débil, a menos que se sepa que β es aceptablemente pequeño. Por lo tanto cuando se acepta 0H en realidad se es incapaz de rechazar 0H . No se puede rechazar 0H pues no hay evidencia en contra 0H . Un concepto importante es el siguiente: La potencia de un test es la probabilidad de rechazar la hipótesis nula. La simbolizamos ( )µπ . Para los valores de µ tal que la alternativa es verdadera se tiene ( ) ( )µβµπ −= = 1/ 00 falsaesHHrechazarP Las pruebas estadísticas se comparan mediante la comparación de sus propiedades de potencia. La potencia es una medida de la sensibilidad del test, donde por sensibilidad se entiende la capacidad de una prueba para detectar diferencias. En el ejemplo anterior, la sensibilidad de la prueba para detectar la diferencia entre una tasa de emisión media de 100 y otra de 94 es ( ) ( ) 6293.03707.0194194 =−=−= βπ . Es decir si el valor verdadero de la tasa de emisión media es 94, la prueba rechazará de manera correcta 0H y detectará esta diferencia el 62.93% de las veces. Si el investigador piensa que este valor es bajo entonces el investigador puede aumentar α o el tamaño de la muestra. Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 188 10.2 – Prueba de hipótesis sobre la media, varianza conocida Veamos ahora cómo construir una regla de decisión sobre la media de una población. Supongamos que la variable aleatoria de interés X tiene una media µ y una varianza 2σ conocida. Asumimos que X tiene distribución normal, es decir ) ,(~ 2σµNX . Nuevamente, como en el ejemplo introductorio, es razonable tomar como estadístico de prueba al pro- medio muestral X . Bajo las suposiciones hechas tenemos que n NX 2 ,~ σ µ . Supongamos que tenemos las hipótesis 00 : µµ =H contra 01 : µµ ≠H Donde 0µ es una constante específica. Se toma una muestra aleatoria nXXX ,...,, 21 de la población. Si 00 : µµ =H es verdadera, entonces n NX 2 0 ,~ σ µ , por lo tanto el estadístico n X Z σ µ0−= tiene distribución )1,0(N si 00 : µµ =H es verdadera Tomamos a Z como estadístico de prueba Si 00 : µµ =H es verdadera entonces ααα −= ≤≤− 1 22 zZzP Es evidente que una muestra que produce un valor del estadístico de prueba que cae en las colas de la distribución de Z será inusual si 00 : µµ =H es verdadera, por lo tanto esto es un indicador que 0H es falsa. Entonces la regla de decisión es: ≤ > 2 0 2 0 α α zZsiHaceptar zZsiHrechazar 2 αz 2 αz− 0 )1,0(N 2 α 2 α − Zona de aceptación Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 189 Notar que la probabilidad que la estadística de prueba tome un valor que caiga enla zona de rechazo si 0H es verdadera es igual a α , es decir la probabilidad de cometer error de tipo I es α pues α αα σ µ σ µ µµ σ µ αα α =+= −< − + > − = = => − = = 22 /)( 2 0 2 0 0 2 0 00 z n X Pz n X P z n X PVesHHrechazarPItipodeerrorP Ejemplo: El porcentaje deseado de SiO2 en cierto tipo de cemento aluminoso es 5.5. Para probar si el verdadero promedio de porcentaje es 5.5 para una planta de producción en particular, se analizaron 16 muestras obtenidas de manera independiente. Supongamos que el porcentaje de SiO2 en una muestra está nor- malmente distribuido con 3=σ , y que 25.5=x . ¿Indica esto de manera concluyente que el verdadero promedio de porcentaje difiere de 5.5?. Utilice 01.0=α Solución: La v.a. de interés es X: “porcentaje de SiO2 en cierto tipo de cemento aluminoso” Asumimos que )3 ,(~ 2µNX Podemos plantear las hipótesis 5.5:0 =µH contra 5.5:1 ≠µH Tenemos una muestra de tamaño 16=n que dio un promedio muestral 25.5=x Como 01.0=α entonces 575.2005.0 2 == zzα Por lo tanto la regla de decisión es ≤ − > − 575.2 16 3 5.5 575.2 16 3 5.5 0 0 X siHaceptar X siHrechazar El estadístico 16 3 5.5−X toma el valor 333333.0 16 3 5.525.5 0 = − =z Como 2 01.00 575.2333333.0 zz =<= se acepta 0H También podemos desarrollar tests o pruebas de hipótesis para el caso de que la hipótesis alternativa es unilateral. Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 190 Supongamos las hipótesis 00 : µµ =H contra 01 : µµ >H En este caso la región crítica debe colocarse en la cola superior de la distribución normal estándar y el rechazo de 0H se hará cuando el valor calculado de 0z sea muy grande, esto es la regla de decisión será ≤ − > − α α σ µ σ µ z n X siHaceptar z n X siHrechazar 0 0 0 0 De manera similar para las hipótesis 00 : µµ =H contra 01 : µµ <H se calcula el valor del estadístico de prueba 0z y se rechaza 0H si el valor de 0z es muy pequeño, es decir la regla de decisión será −≥ − −< − α α σ µ σ µ z n X siHaceptar z n X siHrechazar 0 0 0 0 α αz aceptaciondezona )1,0(N 0 Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 191 Ejemplo: Se sabe que la duración, en horas, de un foco de 75 watts tiene una distribución aproximadamente nor- mal, con una desviación estándar de 25=σ horas. Se toma una muestra aleatoria de 20 focos, la cual resulta tener una duración promedio de 1040=x horas ¿Existe evidencia que apoye la afirmación de que la duración promedio del foco es mayor que 1000 horas?. Utilice 05.0=α . Solución: La v.a. de interés es X: “duración en horas de un foco tomado al azar” Asumimos )52 ,(~ 2µNX Podemos plantear las hipótesis 1000:0 =µH contra 1000:1 >µH Tenemos una muestra de tamaño 20=n que dio un promedio muestral 1040=x Como 05.0=α entonces 645.105.0 == zzα Por lo tanto la regla de decisión es ≤ − > − 645.1 20 25 1000 645.1 20 25 1000 0 0 X siHaceptar X siHrechazar El estadístico toma el valor 20 25 1000− = X Z toma el valor 1554.7 20 25 10001040 0 = − =z Como 05.00 645.11554.7 zz =>= se rechaza 0H P- valor Hasta ahora se dieron los resultados de una prueba de hipótesis estableciendo si la hipótesis nula fue o no rechazada con un valor especificado de α o nivel de significancia. A menudo este planteamiento resulta inadecuado, ya que no proporciona ninguna idea sobre si el valor calculado del estadístico está apenas en la región de rechazo o bien ubicado dentro de ella. Además, esta forma de establecer los resultados impone a otros usuarios el nivel de significancia predeterminado. αz− 0 α )1,0(N aceptaciondezona Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 192 Para evitar estas dificultades, se adopta el enfoque del p-valor. El valor p o p-valor es la probabilidad de que el estadístico de prueba tome un valor que sea al menos tan extremo como el valor observado del estadístico de prueba cuando la hipótesis nula es verdadera. Es así como el p-valor da mucha informa- ción sobre el peso de la evidencia contra 0H , de modo que el investigador pueda llegar a una conclusión para cualquier nivel de significancia especificado. La definición formal del p-valor es la siguiente: Para las pruebas de distribuciones normales presentadas hasta el momento, es sencillo calcular el p- valor. Si 0z es el valor calculado del estadístico de prueba Z, entonces el p-valor es a) si las hipótesis son 0100 : contra : µµµµ ≠= HH ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]000000 1212111 zzzzzZPzZPvalorp Φ−=−Φ−=−Φ−Φ−=<−=>=− b) si las hipótesis son 0100 : contra : µµµµ >= HH ( ) ( ) ( )000 11 zzZPzZPvalorp Φ−=≤−=>=− c) si las hipótesis son 0100 : contra : µµµµ <= HH ( ) ( )00 zzZPvalorp Φ=<=− Un p-valor muy chico significa mucha evidencia en contra de 0H ; un p-valor alto significa que no hay evidencia en contra 0H Notar que: αα ciasignifican de nivelcon acepta se entonces Si 0Hvalorp −< αα ciasignifican de nivelcon rechaza se entonces Si 0Hvalorp −> Esto se ilustra en las siguientes figuras: Ejemplos: 1- En el ejemplo anteúltimo referido al porcentaje deseado de SiO2 en cierto tipo de cemento aluminoso las hipótesis eran: 5.5:0 =µH contra 5.5:1 ≠µH ; y el estadístico de prueba tomó el valor 2 01.00 575.2333333.0 zz =<= ; por lo tanto se aceptaba 0H . El valor p es el nivel de significancia más pequeño que conduce al rechazo de la hipótesis nula 0H α αz valorp − 0z 0z αz rechazodezona rechazodezona Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 193 En esta caso ( ) ( )[ ] ( )[ ] [ ] 7414.062930.01233333.01212 00 =−=Φ−=Φ−=>=− zzZPvalorp Como el p-valor es muy alto no hay evidencia en contra 0H . Se necesitaría tomar un valor de α mayor a 0.7414 para rechazar 0H . 2- En el último ejemplo, sobre la duración, en horas, de un foco de 75 watts, las hipótesis eran 1000:0 =µH contra 1000:1 >µH ; y el estadístico Z tomó el valor 05.00 645.11554.7 zz =>= ; por lo tanto se rechazaba 0H . En este caso ( ) ( ) ( ) 01554.711 00 ≈Φ−=Φ−=>=− zzZPvalorp Como el p-valor es casi cero hay mucha evidencia en contra de 0H . Prácticamente para ningún valor de α se acepta 0H Error de tipo II y selección del tamaño de la muestra En la prueba de hipótesis el investigador selecciona directamente la probabilidad del error de tipo I. Sin embargo, la probabilidad β de cometer error de tipo II depende del tamaño de la muestra y del valor verdadero del parámetro desconocido. Supongamos las hipótesis 0100 : contra : µµµµ ≠= HH Entonces si anotamos con µ al valor verdadero del parámetro ( ) ≠≤ − == 0 2 0 00 µµσ µ β αz n X PfalsaesHHaceptarP Como la hipótesis nula es falsa, entonces n X σ µ0− no tiene distribución )1,0(N Por lo tanto hacemos lo siguiente: nn X n X n X σ µµ σ µ σ µµµ σ µ 000 −+ − = −+− = − ; y ahora como )1,0(~ N n X σ µ− pues se estandarizó a X con el verdadero µ , entonces = ≠≤ − ≤−= ≠≤ − = 0 2 0 2 0 2 0 µµ σ µ µµ σ µ β ααα z n X zPz n X P ( ) ( ) = − −≤ − ≤ − −−= ≠≤ − + − ≤−= n z n X n zPz nn X zP σ µµ σ µ σ µµ µµ σ µµ σ µ αααα 0 2 0 2 0 2 0 2 Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 194 ( ) ( ) ( ) ( ) − −−Φ− − −Φ= − −−Φ− − −Φ= nznz n z n z σ µµ σ µµ σ µµ σ µµ αααα 0 2 0 2 0 2 0 2 En consecuencia Para un valor específico de µ y un valor de α dado, podemos preguntarnos qué tamaño de muestra se necesita para que β sea menor que un valor dado en particular 0β . Por ejemplo si 00 >− µµ entonces podemos aproximar ( ) 00 2 ≈ − −−Φ nz σ µµ α , y planteamos que ( ) ( ) 00 2 β σ µµ µβ α < − −Φ= nz . Buscamos en la tabla de la )1,0(N para qué z se cumple que ( ) 0β=Φ z , lo anotamos 0βz− , y entonces podemos escribir ( ) ( ) ( )20 2 2 20 2 0 2 0 00 µµ σ σ µµ σ µµ βα βαβα − + >⇒ − <+⇒−< − − zz nnzzznz En el caso de ser 00 <− µµ entonces podemos aproximar ( ) 10 2 ≈ − −Φ nz σ µµ α , y planteamos que ( ) ( ) 00 2 1 β σ µµ µβ α < − −−Φ−= nz . Es decir ( ) − −−Φ<− nz σ µµ β α 0 2 01 Buscamos en la tabla de la )1,0(N para qué z se cumple que ( ) 01 β−=Φ z , lo anotamos 0βz , y enton- ces podemos escribir ( ) ( ) { ( )20 2 2 2 0- 0 2 0 2 0 0 00 µµ σ σ µµ σ µµ βα µµ βαβα − + >⇒ − −<+⇒> − −− < zz nnzzznz En consecuencia queda la misma fórmula que la anterior Por lo tanto Si las hipótesis son 0100 : contra : µµµµ ≠= HH , entonces ( ) ( ) ( ) − −−Φ− − −Φ= nznz σ µµ σ µµ µβ αα 0 2 0 2 Si las hipótesis son 0100 : contra : µµµµ ≠= HH , entonces ( )20 2 2 2 0 µµ σβα − + > zz n Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 195 En forma análoga se pude probar que si las hipótesis son 0100 : contra : µµµµ >= HH Entonces ( ) = ≠≤ − == 0 0 00 µµσ µ β αz n X PfalsaesHHaceptarP ( ) ( ) ( ) − −Φ= − −Φ= − −≤ − = ≠≤ − + − = nz n z n z n X Pz nn X P σ µµ σ µµ σ µµ σ µ µµ σ µµ σ µ αααα 000 0 0 Entonces Y si tenemos las hipótesis 0100 : contra : µµµµ <= HH ( ) ( ) ( ) −−−Φ−= − −−≥ − = ≠−≥ − + − = = ≠−≥ − == nz n z n X Pz nn X P z n X PfalsaesHHaceptarP σ µµ σ µµ σ µ µµ σ µµ σ µ µµ σ µ β ααα α 00 0 0 0 0 00 1 Entonces Y además con una deducción análoga al caso de alternativa bilateral: Si las hipótesis son 0100 : contra : µµµµ >= HH , (o 01 : µµ >H ) entonces ( ) ( )20 22 0 µµ σβα − + > zz n Si las hipótesis son : 0100 : contra : µµµµ >= HH entonces ( ) ( ) − −Φ= nz σ µµ µβ α 0 Si las hipótesis son : 0100 : contra : µµµµ <= HH entonces ( ) ( ) − −−Φ−= nz σ µµ µβ α 01 Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 196 Ejemplos: 1- En el ejemplo referido al porcentaje deseado de SiO2 en cierto tipo de cemento aluminoso las hipótesis eran: 5.5:0 =µH contra 5.5:1 ≠µH ; y el estadístico de prueba tomó el valor 2 01.00 575.2333333.0 zz =<= ; por lo tanto se aceptaba 0H . Teníamos 16=n y 3=σ Si el verdadero promedio de porcentaje es 6.5=µ y se realiza una prueba de nivel 01.0=α con base en n = 16, ¿cuál es la probabilidad de detectar esta desviación? ¿Qué valor de n se requiere para satisfacer 01.0=α y 01.0)6.5( =β ? Solución: La probabilidad de detectar la desviación es la potencia del test cuando 6.5=µ , es decir ( ) ( )6.51/6.5 00 βπ −= = falsaesHHrechazarP Como estamos con hipótesis alternativa bilateral, calculamos ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0107.06.5 9893.099664.0199266.0 708.2441.216 3 5.56.5 575.216 3 5.56.5 575.2 6.56.5 6.5 0 2 0 2 =⇒=−−= =−Φ−Φ= −−−Φ− −−Φ= = − −−Φ− − −Φ= π σ µ σ µ β αα nznz Ahora se quiere hallar n tal que 01.0)6.5( =β , como el test es bilateral podemos usar directamente la fórmula con 33.201.00 == zzβ ( ) ( ) ( ) 21654 1225.21653 5.56.5 333.2575.2 2 22 2 0 2 2 2 0 ≥⇒= − + = − + > n zz n µµ σβα 2- En el último ejemplo, sobre la duración, en horas, de un foco de 75 watts, las hipótesis eran 1000:0 =µH contra 1000:1 >µH ; y el estadístico Z tomó el valor 05.00 645.11554.7 zz =>= ; por lo tanto se rechazaba 0H . En este caso 25=σ y 20=n Si la verdadera duración promedio del foco es 1015 horas, ¿cuál es la probabilidad de error de tipo II para la prueba? ¿Qué tamaño de muestra es necesario para asegurar que el error de tipo II no es mayor que 0.10 si la duración promedio verdadera del foco es 1015 hs. ? Solución: Como las hipótesis son 1000:0 =µH contra 1000:1 >µH entonces ( ) ( ) ( ) ( ) 15035.0 2 1492.01515.0038.120 25 10001015 645.10 = +=−Φ= − −Φ= − −Φ= nz σ µµ µβ α Para hallar n tal que ( ) 1.01015 ≤β aplicamos la fórmula con 285.11.00 == zzβ Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 197 ( ) ( ) ( ) ( ) 24 8469.2310001015 25285.1645.1 2 22 2 0 22 0 ≥⇒= − + = − + > n zz n µµ σβα Relación entre test de hipótesis e intervalos de confianza Existe una estrecha relación entre la prueba de hipótesis bilateral sobre un parámetro µ y el intervalo de confianza de nivel α−1 para µ . Específicamente supongamos que tenemos las hipótesis 0100 : contra : µµµµ ≠= HH La regla de decisión es ≤ − > − 2 0 0 2 0 0 α α σ µ σ µ z n X siHaceptar z n X siHrechazar Aceptar 0H si 2 0 ασ µ z n X ≤ − es equivalente a: aceptar 0H si 2 0 2 αα σ µ z n X z ≤ − ≤− ; y esto es a su vez equivalente, despejando 0µ , a: aceptar0H si nz X n zX σµσ αα 2/02/ +≤≤− ; es decir si +−∈ n zX n zX σσµ αα 2/2/0 ; Pero resulta que +− n zX n zX σσ αα 2/2/ ; es el intervalo de confianza que se construiría para el verdadero parámetro µ de nivel α−1 . Por lo tanto la regla de decisión queda: +−∈ +−∉ n zX n zXsiHaceptar n zX n zXsiHrechazar σσµ σσµ αα αα 2/2/00 2/2/00 ; ; Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 198 Ejemplo: En el ejemplo referido al porcentaje deseado de SiO2 en cierto tipo de cemento aluminoso las hipótesis eran: 5.5:0 =µH contra 5.5:1 ≠µH ; y teníamos 16=n ; 3=σ ; un promedio muestral 25.5=x Como 01.0=α entonces 575.2005.0 2 == zzα Construimos un intervalo de confianza de nivel 99.001.011 =−=−α [ ]18125.7 ;31875.3 16 3575.225.5 ; 16 3575.225.5; 2/2/ = +−= +− n zX n zX σσ αα Entonces la regla de decisión es: [ ] [ ] ∈ ∉ 18125.7 ;31875.35.5 18125.7 ;31875.35.5 0 0 siHaceptar siHrechazar Como [ ]18125.7 ;31875.35.5 ∈ , entonces se acepta 0H . 10.3 – Prueba de hipótesis sobre la media, varianza desconocida para muestras grandes Hasta ahora se ha desarrollado el procedimiento de test de hipótesis para la hipótesis nula : 00 µµ =H suponiendo que 2σ es conocida, pero en la mayoría de las situaciones prácticas 2σ es desconocida. En general si 30≥n , entonces la varianza muestral 2S está próxima a 2σ en la mayor parte de las muestras, de modo que es posible sustituir 2S por 2σ . Es decir el estadístico )1,0(0 N n S X Z ≈ − = µ aproximadamente, si 30≥n si : 00 µµ =H Además, si no podemos decir que la muestra aleatoria proviene de una población normal, sea 2σ cono- cida o no, por T.C.L. los estadísticos )1,0(0 N n S X Z ≈ − = µ aproximadamente, si 30≥n si : 00 µµ =H Y )1,0(0 N n X Z ≈ − = σ µ aproximadamente, si 30≥n si : 00 µµ =H Las pruebas de hipótesis tendrán entonces un nivel de significancia aproximadamente de α Ejemplo: Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 199 Un inspector midió el volumen de llenado de una muestra aleatoria de 100 latas de jugo cuya etiqueta afirmaba que contenían 12 oz. La muestra tenía una media de volumen de 11.98 oz y desviación están- dar de 0.19 oz. Sea µ la verdadera media del volumen de llenado para todas las latas de jugo reciente- mente llenadas con esta máquina. El inspector probará 12:0 =µH contra 12:1 ≠µH a) Determinar el p-valor b) ¿Piensa que es factible que la media del volumen de llenado es de 12 oz? Solución: La v.a. de interés sería X: “volumen de llenado de una lata tomada al azar” No se especifica ninguna distribución para X. Anotamos µ=)(XE y 2)( σ=XV , ambas desconocidas. Se toma una muestra de 100=n latas y se obtiene 98.11=x y 19.0=s Las hipótesis son 12:0 =µH contra 12:1 ≠µH El estadístico de prueba es 100 120 S X n S X Z − = − = µ y si 12:0 =µH es verdadera entonces )1,0(NZ ≈ El estadístico Z toma el valor 0526.1 100 19.0 1298.11 0 −= − =z Como la hipótesis alternativa es bilateral entonces ( ) ( )[ ] [ ] 29372.085314.0120526.1120 =−=Φ−≈>=− zZPvalorp Como el p-valor es mayor que 0.05 se considera que no hay evidencia en contra de 12:0 =µH Por lo tanto es factible que la media del volumen de llenado sea de 12 oz 10.4 – Prueba de hipótesis sobre la media de una distribución normal, varianza desconocida Cuando se prueban hipótesis sobre la media µ de una población cuando 2σ es desconocida es posible utilizar los procedimientos de prueba dados anteriormente siempre y cuando el tamaño de la muestra sea grande ( 30≥n ). Estos procedimientos son aproximadamente válidos sin importar si la población de interés es normal o no. Pero si la muestra es pequeña y 2σ es desconocida debe suponerse que la distri- bución de la variable de interés es normal. Específicamente, supongamos que la v.a. de interés tiene distribución ),( 2σµN donde µ y 2σ son desconocidas. Supongamos las hipótesis 0100 : contra : µµµµ ≠= HH Sea nXXX ,...,; 21 una muestra aleatoria de tamaño n de la v.a. X y sean X y 2S la media y la varianza muestrales respectivamente. El procedimiento se basa en el estadístico nS X T / 0µ−= El cual, si la hipótesis nula es verdadera, tiene distribución Student con n-1 grados de libertad. Entonces, para un nivel α prefijado, la regla de decisión es Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 200 ≤ > − − 1, 2 0 1, 2 0 n n tTsiHaceptar tTsiHrechazar α α es decir ≤ − > − − − 1, 2 0 0 1, 2 0 0 n n t n S X siHaceptar t n S X siHrechazar α α µ µ La lógica sigue siendo la misma, si el estadístico de prueba toma un valor inusual, entonces se consi- dera que hay evidencia en contra 0H y se rechaza la hipótesis nula. Como ahora la distribución del estadístico es Student, nos fijamos si T toma un valor 0t en las colas de la distribución Student con n-1 grados de libertad. Si la alternativa es 01 : µµ >H entonces la regla de decisión es ≤ > − − 1,0 1,0 n n tTsiHaceptar tTsiHrechazar α α Si la alternativa es 01 : µµ <H entonces la regla de decisión es −≥ −< − − 1,0 1,0 n n tTsiHaceptar tTsiHrechazar α α Ejemplo: Antes de que una sustancia se pueda considerar segura para enterrarse como residuo se deben caracteri- zar sus propiedades químicas. Se toman 6 muestras de lodo de una planta de tratamiento de agua resi- dual en una región y se les mide el pH obteniéndose una media muestral de 6.68 y una desviación están- dar muestral de 0.20. ¿Se puede concluir que la media del pH es menor que 7.0? Utilizar 05.0=α y suponer que la muestra fue tomada de una población normal. Solución: La v.a. de interés es X: “pH de una muestra de lodo tomada al azar” Asumimos que X tiene distribución ),( 2σµN Las hipótesis serían 0.7: contra 0.7: 10 <= µµ HH El estadístico de prueba es 6/ 0.7 S X T − = y toma el valor 919.3 6/20.0 0.768.6 0 −= − =t Buscamos en la tabla de la distribución Student 015.25,05.01, ==− tt nα Entonces como 015.2919.3 5,05.01,0 −=−=−<−= − ttt nα se rechaza 0H , por lo tanto hay evidencia que 0.7<µ P-valor de un test t En este caso el cálculo del p- valor se realiza considerando: Si 0t es el valor calculado del estadístico de prueba T, entonces el p-valor es a) las hipótesis son 0100 : contra : µµµµ ≠= HH ( ) ( ) ( )( )000 121 tTPtTPtTPvalorp ≤−=≤−=>=− b) las hipótesis son 0100 : contra : µµµµ >= HH ( ) ( )00 1 tTPtTPvalorp ≤−=>=− Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 201 c) las hipótesis son 0100 : contra : µµµµ <= HH ( )0tTPvalorp ≤=− Para calcular el p-valor en una prueba t nos encontramos con la dificultad que las tablas de la Student no son completas, por lo tanto en algunas ocasiones se deberá acotar el p-valor En el ejemplo anterior para calcular el p-valor de la pruebacomo es un test con alternativa unilateral ( ) ( )919.30 −≤=≤=− TPtTPvalorp Buscamos en la tabla de la distribución Student la fila donde figuran 5=ν grados de libertad y vemos que el valor 3.919 no está tabulado. Pero 032.4919.3365.3 << , y ( ) 01.0365.35 =>TP y ( ) 005.0032.45 =>TP Por lo tanto ( ) 01.0919.3005.0 5 <>< TP , es decir ( ) 01.0919.3005.0 5 <−<=−< TPvalorp Podemos deducir que existe evidencia de que la media del pH es menor que 0.7 10.5 – Prueba de hipótesis sobre la diferencia de dos medias, varianzas conocidas Supongamos que tenemos dos variables aleatorias independientes normalmente distribuidas: ( ) ( ) 2 222 2 111 σ,µN~X σ,µN~X y suponemos que las varianzas 21σ y 2 2σ son conocidas. Sean además ( ) 111211 n X,...,X,X una muestra aleatoria de tamaño 1n de 1X ( ) 222221 n X,...,X,X una muestra aleatoria de tamaño 2n de 2X . El interés recae en probar que 021 ∆=− µµ donde 0∆ es un valor fijado, por ejemplo si 00 =∆ entonces se querrá probar que 021 =− µµ es decir que las medias son iguales. Ya sabemos que bajo las suposiciones anteriores = = ∑ ∑ = = 2 1 1 2 2 2 22 2 2 1 1 2 1 11 1 1 1 1 n i i n i i n σ ,µN~X n X n σ ,µN~X n X Y además +−− 2 2 2 1 2 1 2121 ,N~ nn XX σσ µµ . Por lo tanto ( ) ( )1,0N~ 2 2 2 1 2 1 2121 nn XX Z σσ µµ + −−− = , es decir, tiene distribución normal estandarizada. Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 202 Si consideramos las hipótesis 02110210 : contra : ∆≠−∆=− µµµµ HH Entonces usamos como estadístico de prueba a 2 2 2 1 2 1 021 nn XX Z σσ + ∆−− = Y ( )1,0N~ 2 2 2 1 2 1 021 nn XX Z σσ + ∆−− = si : 0210 ∆=− µµH es verdadera Por lo tanto la regla de decisión será ≤ > 2 0 2 0 α α zZsiHaceptar zZsiHrechazar donde 2 2 2 1 2 1 021 nn XX Z σσ + ∆−− = Si 0211 : ∆>− µµH entonces la regla de decisión es ≤ > α α zZsiHaceptar zZsiHrechazar 0 0 Si 0211 : ∆<− µµH entonces la regla de decisión es −≥ −< α α zZsiHaceptar zZsiHrechazar 0 0 Ejemplos: 1- Un diseñador de productos está interesado en reducir el tiempo de secado de una pintura tapaporos. Se prueban dos fórmulas de pintura. La fórmula 1 tiene el contenido químico estándar, y la fórmula 2 tiene un nuevo ingrediente secante que debe reducir el tiempo de secado. De la experiencia se sabe que la desviación estándar del tiempo de secado es 8 minutos, y esta variabilidad no debe verse afectada por la adición del nuevo ingrediente. Se pintan 10 especímenes con la fórmula 1 y otros 10 con la fór- mula 2. los tiempos promedio de secado muestrales fueron 1211 =x minutos y 1122 =x minutos res- pectivamente. ¿A qué conclusiones debe llegar el diseñador del producto sobre la eficacia del nuevo ingrediente uti- lizando 05.0=α ? Solución: Aquí las hipótesis son 0: contra 0: 211210 >−=− µµµµ HH El estadístico de prueba es 10 8 10 8 22 21 + − = XX Z y toma el valor 52.2 10 8 10 8 112121 220 = + − =z Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 203 Buscamos en la tabla de la normal estándar 645.105.0 == zzα Como 645.152.2 05.00 ==>= zzz α se rechaza 0H al nivel 0.05 y se concluye que el nuevo ingredien- te disminuye el tiempo de secado. El cálculo del p-valor y la deducción de β la probabilidad de cometer error de tipo II se obtienen de manera análoga a los casos anteriores. Por ejemplo para la alternativa bilateral la expresión para β es la siguiente donde anotamos δµµ =∆−∆=∆−− 021 ( ) + −−Φ− + −Φ== 2 2 2 1 2 12 2 2 2 1 2 12 00 nn z nn zfalsaesHHaceptarP σσ δ σσ δ β αα En el ejemplo anterior el ( ) ( ) ( ) 0059052.2152.20 −=Φ−=>=>=− ZPzZPvalorp También es posible obtener fórmulas para el tamaño de la muestra necesario para obtener una β espe- cífica para una diferencia dada en las medias δµµ =∆−∆=∆−− 021 y α . Si asumimos que nnn == 21 entonces 10.6 – Prueba de hipótesis sobre la diferencia de dos medias, varianzas desconocidas Caso 1: 22 2 1 σσ ≠ Supongamos que tenemos dos variables aleatorias independientes normalmente distribuidas: ( ) ( ) 2 222 2 111 σ,µN~X σ,µN~X y las varianzas 21σ y 2 2σ son desconocidas . y además Para 0211 : ∆≠− µµH es ( ) 2 2 2 2 1 2 2 0 δ σσβα + + > zz n Para 0211 : ∆>− µµH o 0211 : ∆<− µµH es ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 0 δ σσβα ++> zz n Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 204 ( ) 111211 n X,...,X,X es una muestra aleatoria de tamaño 1n de 1X ( ) 222221 n X,...,X,X es una muestra aleatoria de tamaño 2n de 2X . Si las muestras aleatorias se toma de una distribución normal, donde 1σ y 2σ son desconocidos, 301 ≥n y 302 ≥n , entonces se puede probar que al reemplazar 1σ por S1 y 2σ por S2, el estadístico )1,0( )( 2 2 2 1 2 1 2121 N n S n S XX ≈ + −−− µµ . aproximadamente Por lo tanto si anotamos n S n S XXZ 2 2 2 1 2 1 021 + ∆−−= valen las reglas de decisión vistas en la sección anterior, con la diferencia que el nivel de significancia del test será aproximadamente α−1 Si ahora 1n o 2n no son mayores que 30, entonces n S n S XX T 2 2 2 1 2 1 021* + ∆−−= tiene distribución aproximadamente Student con ν grados de libertad bajo la hipótesis 0210 : ∆=− µµH donde ( ) ( ) ( ) 11 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 21 2 1 − + − + = n nS n nS nSnS ν si ν no es entero, se toma el entero más próximo a ν Por lo tanto, si las hipótesis son 02110210 : contra : ∆≠−∆=− µµµµ HH entonces la regla de decisión es ≤ > ν α ν α , 2 * 0 , 2 * 0 tTsiHaceptar tTsiHrechazar Si 0211 : ∆>− µµH entonces la regla de decisión es ≤ > να να , * 0 , * 0 tTsiHaceptar tTsiHrechazar Si 0211 : ∆<− µµH entonces la regla de decisión es −≥ −< να να , * 0 , * 0 tTsiHaceptar tTsiHrechazar Ejemplo: Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 205 Un fabricante de monitores prueba dos diseños de microcircuitos para determinar si producen un flujo de corriente equivalente. El departamento de ingeniería ha obtenido los datos siguientes: Diseño 1 151 =n 2.241 =x 10 2 1 =s Diseño 2 102 =n 9.232 =x 20 2 2 =s Con 10.0=α se desea determinar si existe alguna diferencia significativa en el flujo de corriente me- dio entre los dos diseños, donde se supone que las poblaciones son normales. Solución: Las variables aleatorias de interés son :1X “flujo de corriente en diseño 1” :2X “flujo de corriente en diseño 2” Asumimos que ( )2111 ,N~ σµX y ( )2222 ,N~ σµX donde los parámetros son desconocidos Las hipótesis serían 0: contra 0: 211210 ≠−=− µµµµ HH El estadístico de prueba es 1015 2 2 2 1 21* SS XX T + − = que en estecaso toma el valor 18.0 10 20 15 10 9.232.24* 0 = + − =t Debemos buscar en la tabla de la distribución Student νν α , 2 10.0 , 2 tt = entonces calculamos ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 15 9333.14 110 1020 115 1510 10201510 11 22 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 21 2 1 =⇒= − + − + = − + − + = νν n nS n nS nSnS Por lo tanto 753.115,05.0 , 2 == tt ν α Como 753.118.0 15,05.0 * 0 =<= tt entonces se acepta 0: 210 =− µµH No hay evidencia fuerte que las medias de los dos flujos de corriente sean diferentes. Si calculamos el p-valor ( ) ( ) 40.018.0**0* >>=>=− TPtTPvalorp Caso 2: 222 2 1 σσσ == Supongamos que tenemos dos variables aleatorias independientes normalmente distribuidas: ( ) ( ) 2 222 2 111 σ,µN~X σ,µN~X y las varianzas 21σ y 2 2σ son desconocidas pero iguales. y además Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 206 ( ) 111211 n X,...,X,X es una muestra aleatoria de tamaño 1n de 1X ( ) 222221 n X,...,X,X es una muestra aleatoria de tamaño 2n de 2X . Sean 1X y 2X las medias muestrales y 2 1S y 2 2S las varianzas muestrales. Como 2 1S y 2 2S son los estimadores de la varianza común 2σ , entonces construimos un estimador combinado de 2σ . Este estimador es ( ) ( ) 2 11 21 2 22 2 112 −+ −+− = nn SnSn S p Se puede comprobar que es un estimador insesgado de 2σ . Ya vimos que se puede probar que el estadístico 21 021 11 nn S XX T p + ∆−− = r tiene distribución Student con 221 −+ nn grados de libertad Por lo tanto, si las hipótesis son 02110210 : contra : ∆≠−∆=− µµµµ HH entonces la regla de decisión es ≤ > −+ −+ 2, 2 0 2, 2 0 21 21 nn nn tTsiHaceptar tTsiHrechazar α α Si 0211 : ∆>− µµH entonces la regla de decisión es ≤ > −+ −+ 2,0 2,0 21 21 nn nn tTsiHaceptar tTsiHrechazar α α Si 0211 : ∆<− µµH entonces la regla de decisión es −≥ −< −+ −+ 2,0 2,0 21 21 nn nn tTsiHaceptar tTsiHrechazar α α Ejemplo: Se tienen las mediciones del nivel de hierro en la sangre de dos muestras de niños: un grupo de niños sanos y el otro padece fibrosis quística. Los datos obtenidos se dan en la siguiente tabla: sanos 91 =n 9.181 =x 22 1 9.5=s enfermos 132 =n 9.112 =x 22 2 3.6=s Podemos asumir que las muestras provienen de poblaciones normales independientes con iguales va- rianzas. Es de interés saber si las dos medias del nivel de hierro en sangre son iguales o distintas. Utilizar 05.0=α Solución: Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 207 Las variables de interés son :1X “nivel de hierro en sangre de un niño sano tomado al azar” :2X “nivel de hierro en sangre de un niño con fibrosis quística tomado al azar” Asumimos que ( )211 ,N~ σµX y ( )222 ,N~ σµX Consideramos las hipótesis 0: contra 0: 211210 ≠−=− µµµµ HH Para calcular el valor del estadístico de prueba, primero calculamos ( ) ( ) ( ) ( ) 14.6 2139 3.61139.519 2 11 22 21 2 22 2 112 = −+ −+− = −+ −+− == nn SnSn SS pp El estadístico de prueba es 13 1 9 1 21 + − = pS XX T r y toma el valor 63.2 13 1 9 1 14.6 9.119.18 0 = + − =t Buscamos en la tabla de la distribución Student 086.220,025.0 2, 2 21 == −+ tt nn α Como 086.263.2 20,025.00 =>= tt entonces se rechaza 0: 210 =− µµH Si calculamos el p-valor de la prueba ( )( ) ( )( ) ( )63.2263.21212 0 >=<−=<−=− TPTPtTPvalorp Vemos de la tabla de la Student que 528.220,01.0 =t y 845.220,005.0 =t por lo tanto ( ) 01.0263.22005.02 ×<>=−<× TPvalorp es decir 02.001.0 <−< valorp 10.7 – Prueba de hipótesis sobre la diferencia de dos medias para datos de a pares Ya se vio el caso, cuando se habló de intervalos de confianza para una diferencia de medias, de datos dados de a pares, es decir ( ) ( ) ( )nn XXXXXX 2122122111 ,;...;,;, 1 . Las variables aleatorias 1X y 2X tienen medias 1µ y 2µ respectivamente. Consideramos jjj XXD 21 −= con nj ,...,2,1= . Entonces ( ) ( ) ( ) ( ) 212121 µµ −=−=−= jjjjj XEXEXXEDE y ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )212221212121 ,2,2 XXCovXXCovXVXVXXVDV jjjjjjj −+=−+=−= σσ Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 208 Estimamos ( ) 21 µµ −=jDE con ( ) 21 1 21 1 11 XXXX n D n D n j jj n j j −=−== ∑∑ == En lugar de tratar de estimar la covarianza, estimamos la ( )jDV con ( )∑ = − − = n j jD DD n S 1 22 1 1 Anotamos 21 µµµ −=D y ( )jD DV=2σ Asumimos que ( )2,N~ DDjD σµ con nj ,...,2,1= Las variables aleatorias en pares diferentes son independientes, no lo son dentro de un mismo par. Para construir una regla de decisión nuevamente, consideramos el estadístico nS D T D D / µ− = con distribución 1−nt Si tenemos las hipótesis 02110210 : contra : ∆≠−∆=− µµµµ HH Entonces el estadístico de prueba es nS D T D / 0∆−= y tiene distribución 1−nt si 0210 : ∆=− µµH es verdadera Por lo tanto, la regla de decisión es ≤ > − − 1, 2 0 1, 2 0 n n tTsiHaceptar tTsiHrechazar α α donde nS D T D / 0∆−= Si 0211 : ∆>− µµH entonces la regla de decisión es ≤ > − − 1,0 1,0 n n tTsiHaceptar tTsiHrechazar α α Si 0211 : ∆<− µµH entonces la regla de decisión es −≥ −< − − 1,0 1,0 n n tTsiHaceptar tTsiHrechazar α α Ejemplo: Se comparan dos microprocesadores en una muestra de 6 códigos de puntos de referencia para determi- nar si hay una diferencia en la rapidez. Los tiempos en segundos utilizados para cada procesador en cada código están dados en la siguiente tabla: Código 1 2 3 4 5 6 Procesador A 27.2 18.1 27.2 19.7 24.5 22.1 Procesador B 24.1 19.3 26.8 20.1 27.6 29.8 ¿Puede concluir que las medias de la rapidez de ambos procesadores son diferentes con nivel de signifi- cancia 0.05? Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 209 Solución: Las variables aleatorias de interés son :1X “rapidez del procesador A en un código tomado al azar” :2X “rapidez del procesador B en un código tomado al azar” Como ambas variables se miden sobre un mismo código no podemos asumir que son independientes. Las hipótesis son 0: contra 0: 211210 ≠−=− µµµµ HH Necesitamos la muestra de las diferencias jD : 3.1, -1.2; 0.4; -0.4; -3.1; -7.7 De esta muestra obtenemos 483333.1−=d y 66246.3=Ds Además 05.0=α → 571.25,025.0 1, 2 == − tt n α El estadístico de prueba es 6/DS D T = y toma el valor 99206.0 6/66246.3 483333.1 0 = − =t Como 571.299206.0 5,025.0 1, 2 0 ==<= − ttt n α entonces se acepta la hipótesis nula. No hay evidencia de que las medias de la rapidez de ambos procesadores sean diferentes. 10.8 – Tests de hipótesis sobre la varianza Supongamos que se desea probar la hipótesis de que la varianza de una población normal es igual a un valor específico, por ejemplo 20σ . Sea ( )nX,...,X,X 21 una muestra aleatoria de tamaño n de una v.a. X, donde ),(~ 2σµNX . Tomamos como estimador puntual de 2σ a ( ) 2 112 1 1 ∑ = − − = n i XX n S Luego a partir de este estimador puntual construimos el estadístico ( ) 2 21 σ Sn X − = Este estadístico contiene al parámetro desconocido a estimar 2σ y ya sabemos que tiene una distribu- ción llamada ji-cuadrado con n-1 grados de libertad Supongamos las hipótesis 20 2 0 : σσ =H contra 2 0 2 1 : σσ ≠H Tomamos como estadístico de prueba a ( ) 2 0 21 σ Sn X − = y si 20 2 0 : σσ =H es verdadera , entonces ( ) 2 0 21 σ Sn X − = ~ 2 1−nχ Nuevamente, el razonamiento es: si el estadístico X que bajo 20 2 0 : σσ =H tiene distribución 2 1−nχ toma un valor “inusual”, se considera que hay evidencia en contra H0 Recordar que la distribución 2 1−nχ es asimétrica. Entonces la regla de decisión es Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 210 ≤≤ <> −−− −−− 2 1, 2 2 1, 2 1 0 2 1, 2 1 2 1, 2 0 nn nn XsiHaceptar XóXsiHrecahzar αα αα χχ χχ donde ( ) 2 0 21 σ Sn X − = Si 20 2 1 : σσ >H entonces la regla de decisión es ≤ > − − 2 1,0 2 1,0 n n XsiHaceptar XsiHrecahzar α α χ χ Si 20 2 1 : σσ <H entonces la regla de decisión es ≥ < −− −− 2 1,10 2 1,10 n n XsiHaceptar XsiHrecahzar α α χ χ Para calcular el p-valor, si el estadístico X tomó el valor 0x , y teniendo en cuenta que no hay simetría en la distribución ji-cuadrado, hacemos: Si 20 2 1 : σσ >H entonces ( )0xXPvalorp >=− Si 20 2 1 : σσ <H entonces ( )0xXPvalorp <=− Si 20 2 1 : σσ ≠H entonces ( ) ( ) ><=− 00 ,min2 xXPxXPvalorp Ejemplo: Consideremos nuevamente el ejemplo visto en la sección de intervalos de confianza para la varianza sobre la máquina de llenado de botellas. Al tomar una muestra aleatoria de 20 botellas se obtiene una varianza muestral para el volumen de llenado de 0153.02 =s oz2. Si la varianza del volumen de llenado es mayor que 0.01 oz2, entonces existe una proporción inaceptable de botellas que serán llenadas con una cantidad menor de líquido. ¿Existe evidencia en los datos mues- trales que sugiera que el fabricante tiene un problema con el llenado de las botellas? Utilice 05.0=α Solución: La variable de interés es X: “volumen de llenado de una botella tomada al azar” Asumimos ),(~ 2σµNX Los datos son 0153.02 =s de una muestra de tamaño 20=n Las hipótesis son 01.0: 20 =σH contra 01.0: 2 1 >σH 05.0=α → 14.302 19,05.0 2 1, ==− χχα n El estadístico de prueba es ( ) 01.0 191 2 2 0 2 SSn X × = − = σ y toma el valor 07.29 01.0 0153.019 01.0 19 2 0 = × = × = S x Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 211 Como <= 07.290x 14.30 2 19,05.0 =χ entonces no hay evidencia fuerte de que la varianza del volumen de llenado sea menor que 0.01 Para calcular el p-valor ( ) ( )07.290 >=>=− XPxXPvalorp Buscamos en la tabla de la distribución ji-cuadrado y vemos que en la fila con 19=ν no figura 29.07, pero 27.20 < 29.07 < 30.14, y además ( ) ( ) 10.005.0 05.014.30 10.020.27 <−<⇒ => => valorp XP XP En la figura siguiente se ilustra la situación 10.9 – Tests de hipótesis sobre la igualdad de dos varianzas Supongamos que tenemos interés en dos poblaciones normales independientes, donde las medias y las varianzas de la población son desconocidas. Se desea probar la hipótesis sobre la igualdad de las dos varianzas, específicamente: Supongamos que tenemos dos variables aleatorias independientes normalmente distribuidas: ( ) ( ) 2 222 2 111 σ,µN~X σ,µN~X y 1µ ; 2µ ; 2 1σ y 2 2σ son desconocidos y además ( ) 111211 n X,...,X,X es una muestra aleatoria de tamaño 1n de 1X ( ) 222221 n X,...,X,X es una muestra aleatoria de tamaño 2n de 2X . Sean 21S y 2 2S las varianzas muestrales, 2 1S y 2 2S son los estimadores de 2 1σ y 2 2σ respectivamente. Consideramos el estadístico Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 212 2 2 2 2 2 1 2 1 σ σ S S F = Sabemos que F tiene una distribución llamada Fisher con 11 −n y 12 −n grados de libertad. Sean las hipótesis 22 2 10 : σσ =H contra 2 2 2 11 : σσ ≠H Tomamos como estadístico de prueba a 2 2 2 1 S S F = Vemos que 2 2 2 1 S S F = ~ 1,1 21 −− nnF si 2 2 2 10 : σσ =H es verdadera Recordando que la distribución Fisher es asimétrica, la regla de decisión es ≤≤ − − <> −−−− −−−− fFfsiHaceptar fFófFsiHrechazar nnnn nnnn 11111 11111 2121 2121 ,, 2 ,, 2 0 ,, 2 ,, 2 0 αα αα Si 22 2 11 : σσ >H entonces la regla de decisión es −− ≤ −− > − − fFsiHaceptar fFsiHrechazar nn nn 11 11 21 21 ,,0 ,,0 α α Si 22 2 11 : σσ <H entonces la regla de decisión es −−− ≥ −−− < − − fFsiHaceptar fFsiHrecahzar nn nn 111 111 21 21 ,,0 ,,0 α α Para calcular el p-valor, si el estadístico F tomó el valor 0f , y teniendo en cuenta que no hay simetría en la distribución Fisher, hacemos: Si 22 2 11 : σσ >H entonces ( )0fFPvalorp >=− Si 22 2 11 : σσ <H entonces ( )0fFPvalorp <=− Si 22 2 11 : σσ ≠H entonces ( ) ( ) ><=− 00 ,min2 fFPfFPvalorp Ejemplo: En una serie de experimentos para determinar la tasa de absorción de ciertos pesticidas en la piel se aplicaron cantidades medidas de dos pesticidas a algunos especímenes de piel. Después de un tiempo se midieron las cantidades absorbidas (en gµ ). Para el pesticida A la varianza de las cantidades absor- bidas en 6 muestras fue de 2.3; mientras que para el B la varianza de las cantidades absorbidas en 10 especímenes fue de 0.6. Suponga que para cada pesticida las cantidades absorbidas constituyen una muestra aleatoria de una población normal. ¿Se puede concluir que la varianza en la cantidad absorbi- da es mayor para el pesticida A que para el B? Utilizar 05.0=α Solución: Las variables aleatorias de interés son Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 213 :1X “cantidad absorbida de pesticida A en un espécimen de piel tomado al azar” :2X “cantidad absorbida de pesticida B en un espécimen de piel tomado al azar” Asumimos que ( )2111 ,N~ σµX y ( )2222 ,N~ σµX Las hipótesis son 22 2 10 : σσ =H contra 2 2 2 11 : σσ >H Los datos son 3.221 =s y 6.0 2 2 =s 61 =n ; 102 =n El estadístico de prueba es 2 2 2 1 S S F = y toma el valor 83.3 6.0 3.2 0 ==f Buscamos en la tabla de la distribución Fisher 48.39,5,05.0 =f Como 9,5,05.00 48.383.36.0 3.2 ff =>== se rechaza 22 2 10 : σσ =H Para saber cuánta evidencia hay contra la hipótesis nula, calculamos el p-valor De la tabla de la Fisher vemos que 06.683.348.3 9,5,01.09,5,05.0 =<<= ff Por lo tanto 05.001.0 <−< valorp En la figura siguiente se ilustra la situación 10.10 – Tests de hipótesis sobre una proporción En muchos problemas se tiene interés en una variable aleatoria que sigue una distribución binomial. Por ejemplo, un proceso de producción que fabrica artículos que son clasificados como aceptables o defectuosos.Lo más usual es modelar la ocurrencia de artículos defectuosos con la distribución bino- mial, donde el parámetro binomial p representa la proporción de artículos defectuosos producidos. En consecuencia, muchos problemas de decisión incluyen una prueba de hipótesis con respecto a p. Consideremos las hipótesis 00 : ppH = contra 01 : ppH ≠ Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 214 Supongamos que consideramos una muestra aleatoria ( )nXXX ...,, 21 de tamaño n , donde Xi tiene una distribución binomial con parámetros 1 y p: Xi ~ B(1,p). Ya sabemos que =X nXXX +++ ...21 , es una v.a. cuya distribución es binomial con parámetros n y p: X~B(n,p). De acuerdo con esto, la variable aleatoria P̂ definida: n X P̂ = representa la proporción de individuos de la muestra que verifican la propiedad de interés. Además ( ) ( ) pnp n XE nn X EP̂E === = 11 , y ( ) ( ) ( ) n pp pnp nn X VP̂V − =−= = 1 1 1 2 Consideramos el estadístico de prueba ( ) n pp pP Z 00 0 1 ˆ − − = Si 00 : ppH = es verdadera entonces ( ) )1,0( 1 ˆ 00 0 N n pp pP Z ≈ − − = aproximadamente por T.C.L. Por lo tanto la regla de decisión es ≤ > 2 0 2 0 α α zZsiHaceptar zZsiHrechazar donde ( ) n pp pP Z 00 0 1 ˆ − − = Si 01 : ppH > entonces la regla de decisión es ≤ > α α zZsiHaceptar zZsiHrechazar 0 0 Si 01 : ppH < entonces la regla de decisión es −≥ −< α α zZsiHaceptar zZsiHrechazar 0 0 Observaciones: 1- La prueba descrita anteriormente requiere que la proporción muestral esté normalmente distribuida. Esta suposición estará justificada siempre que 100 >np y ( ) 101 0 >− pn , donde 0p es la proporción poblacional que se especificó en la hipótesis nula. 2- También se podía haber tomado como estadístico de prueba a ( )00 0 1 pnp npX Z − − = donde X~B(n,p) Ejemplo: Un fabricante de semiconductores produce controladores que se emplean en aplicaciones de motores automovilísticos. El cliente requiere que la fracción de controladores defectuosos en uno de los pasos de manufactura críticos no sea mayor que 0.05, y que el fabricante demuestre esta característica del proceso de fabricación con este nivel de calidad, utilizando 05.0=α . E fabricante de semiconductores Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 215 toma una muestra aleatoria de 200 dispositivos y encuentra que 4 de ellos son defectuosos. ¿El fabri- cante puede demostrar al cliente la calidad del proceso? Solución: Sea la v.a. X: “número de controladores defectuosos en la muestra” Entonces X ~ B(200, p) donde p es la proporción de controladores defectuosos en el proceso Las hipótesis son 05.0:0 =pH contra 05.0:1 <pH Como 05.0=α entonces 645.105.0 −=−=− zzα El estadístico de prueba es ( ) ( ) 200 05.0105.0 05.0ˆ 1 ˆ 00 0 − − = − − = P n pp pP Z y toma el valor 95.10 −=z Como <−= 95.10z 645.105.0 −=−=− zzα entonces se rechaza 0H , y se concluye que la fracción de controladores defectuosos es menor que 0.05. Calculamos el p-valor ( ) ( ) 0256.095.195.1 =−Φ≈−<=− ZPvalorp Valor de β y selección del tamaño de la muestra Podemos obtener expresiones aproximadas para la probabilidad de cometer error de tipo II de manera análoga a las obtenidas para los test para la media Si 01 : ppH ≠ entonces ( ) − − −− Φ− − − +− Φ≈ ≈ = n pp n pp zpp n pp n pp zpp falsaesHHaceptarPp )1( )1( )1( )1( 00 2 0 00 2 0 00 αα β Si 01 : ppH < entonces ( ) ( ) ( ) − − −− Φ−≈ = n pp n pp zpp falsaesHHaceptarPp 1 1 1 00 0 00 α β Si 01 : ppH > entonces Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 216 ( ) ( ) ( ) − − +− Φ≈ = n pp n pp zpp falsaesHHaceptarPp 1 1 00 0 00 α β Estas ecuaciones pueden resolverse para encontrar el tamaño aproximado de la muestra n para que con un nivel de significancia de α la probabilidad de cometer error de tipo II sea menor o igual que un valor específico 0β . Las ecuaciones se deducen como en casos anteriores y son Si 01 : ppH ≠ entonces ( ) ( ) 2 0 00 2 11 0 − −+− ≥ pp ppzppz n βα Si 01 : ppH < ó 01 : ppH > entonces ( ) ( ) 2 0 00 11 0 − −+− ≥ pp ppzppz n βα Ejemplo: Volviendo al ejemplo anterior, supongamos que la verdadera proporción de componentes defectuosos en el proceso es 03.0=p , ¿cuál es el valor de β si 200=n y 05.0=α ? Solución: Ya que la alternativa es 01 : ppH < aplicamos la fórmula ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 67.044.01 200 03.0103.0 05.0105.0 645.103.005.0 1 1 1 1 00 0 00 =−Φ−= − − −− Φ−= = − − −− Φ−≈ = n n pp n pp zpp falsaesHHaceptarPp α β Como la probabilidad de aceptar que el proceso tiene la calidad deseada cuando en realidad 03.0=p es bastante alta, podemos preguntar qué tamaño de muestra se necesita para que en el test anterior sea 1.0<β si la verdadera proporción de defectuosos es 03.0=p . En este caso aplicamos la fórmula donde 28.11.00 == zzβ ( ) ( ) ( ) ( ) 832 05.003.0 03.0103.028.105.0105.0645.111 22 0 00 0 ≈ − −+− = − −+− ≥ pp ppzppz n βα La muestra requerida es muy grande, pero la diferencia a detectar 05.003.00 −=− pp es bastante pe- queña. Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 217 10.11 – Tests de hipótesis sobre dos proporciones Las pruebas de hipótesis sobre diferencia de medias pueden adaptarse al caso donde tenemos dos pa- rámetros binomiales 1p y 2p de interés. Específicamente, supongamos que se toman dos muestras aleatorias ( ) 111211 n X,...,X,X es una muestra aleatoria de tamaño 1n de 1X ( ) 222221 n X,...,X,X es una muestra aleatoria de tamaño 2n de 2X Donde ),1(~ 11 pBX ; ),1(~ 22 pBX y 1X y 2X independientes. Ya sabemos que ∑ = = 1 1 1 1 1 1ˆ n i iX n P y ∑ = = 2 1 2 2 2 1ˆ n i iX n P son estimadores insesgados de 1p y 2p respecti- vamente, con varianzas ( ) ( ) 1 11 1 1ˆ n pp PV − = y ( ) ( ) 2 22 2 1ˆ n pp PV − = Supongamos las hipótesis 0: contra 0: 211210 ≠−=− ppHppH Notar que si la hipótesis nula es verdadera entonces ppp == 21 , donde p es desconocido. El estadístico ( ) +− − = 21 21 11 1 ˆˆ nn pp PP Z tiene distribución aproximadamente )1,0(N por T.C.L. si 0: 210 =− ppH es verdadera. Tomamos como estimador de p a 21 1 1 21 1 2 ˆ nn XX P n i n i ii + + = ∑ ∑ = = y lo reempla- zamos en Z Entonces el estadístico de prueba es ( ) +− − = 21 21 11ˆ1ˆ ˆˆ nn PP PP Z que bajo 0: 210 =− ppH se puede pro- bar que tiene distribución aproximadamente )1,0(N Entonces la regla de decisión es ≤ > 2 0 2 0 α α zZsiHaceptar zZsiHrechazar donde ( ) +− − = 21 21 11ˆ1ˆ ˆˆ nn PP PP Z Si 0: 211 >− ppH entonces la regla de decisión es ≤ > α α zZsiHaceptar zZsiHrechazar 0 0 Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 218 Si 0: 211 <− ppH entonces la regla de decisión es −≥ −< α α zZsiHaceptar zZsiHrechazar 0 0 Ejemplo: En una muestra de 100 lotes de un producto químico comprado al distribuidor A, 70 satisfacen una especificación de pureza. En una muestra de 70 lotes comprada al distribuidor B, 61 satisfacen la es- pecificación. ¿Pude concluir que una proporción mayor de los lotes del distribuidor B satisface la es- pecificación? Solución: Los parámetros de interés son 1p y 2p las verdaderas proporciones de lotes que cumplen las especifi- caciones de pureza. Tenemos una muestra aleatoria ( ) 111211 n X,...,X,X de tamaño 1001 =n donde 7.0100 701ˆ 1 1 1 1 1 === ∑ = n i iX n P Y otra muestra ( ) 222221 n X,...,X,X de tamaño 702 =n donde 70 611ˆ 2 1 2 2 2 == ∑ = n i iX n P Las hipótesis son 0: contra 0: 211210 <−=− ppHppH El estadístico de prueba es ( ) +− − = 21 21 11ˆ1ˆ ˆˆ nn PP PP Z donde 21 1 1 21 1 2 ˆ nn XX P n i n i ii + + = ∑ ∑ = = En este caso 170 131 70100 6170ˆ 21 1 1 21 1 2 = + + = + + = ∑ ∑ = = nn XX P n i n i ii El estadístico toma el valor 6163.2 70 1 100 1 170 131 1 170 131 70 61 100 70 0 −= + − − =z Para saber cuánta evidencia hay contra 0: 210 =− ppH calculamos el p-valor ( ) ( ) 0045.06163.20 =−Φ=<=− zZPvalorp Como el p-valor es menor que 0.05, se considera que hay mucha evidencia contra 0: 210 =− ppH y se rechaza la hipótesis nula. Valor de β Cuando 0: 210 =− ppH es falsa, la varianza de 21 ˆˆ PP − es Parte 2 – Test de hipótesis Prof. María B. Pintarelli 219 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 1 11 2121 11ˆˆˆˆ n pp n pp PVPVPPV − + − =+=− Anotamos ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 1 11 2121ˆˆ 11ˆˆˆˆ 21 n pp n pp PVPVPPV PP − + − =+=−= − σ Entonces Si 0: 211 ≠− ppH ( ) ( ) −− +− Φ− −− + Φ≈ −− 2121 ˆˆ 21 21 2 ˆˆ 21 21 2 1111 PPPP pp nn qpzpp nn qpz σσ β αα Donde Pp ˆ= y Pq ˆ1−= Si 0: 211 >− ppH entonces ( ) −− + Φ≈ − 21 ˆˆ 21 21 11 PP pp nn qpz σ β ε Si 0: 211 <− ppH entonces ( ) −− +− Φ−≈ − 21 ˆˆ 21 21 11 1 PP pp nn qpz σ β α Podemos deducir fórmulas para el tamaño de la muestra, nuevamente asumiendo que nnn == 21
Compartir