Solucións ós problemas das clases interactivas

Considerámo-la variable aleatoria $X$="aumento de alcohol en sangue".

Temos $n=30$, $\overline{X}=41.2$, $s_{n-1}=2.1$.

Calculamos un intervalo de confianza para unha media empregando o estatístico \[ \frac{\overline{X}-\mu}{s_{n-1}/\sqrt{n}}, \] que segue unha distribución $t_{n-1}$. Despexando $\mu$ da desigualdade \[ \Bigl\lvert \frac{\overline{X}-\mu}{s_{n-1}/\sqrt{n}}\Bigr\rvert\leq t_{{n-1,\,\alpha/2}}, \] obtense a fórmula \[ \overline{X}\pm t_{n-1,\,\alpha/2}\frac{s_{n-1}}{\sqrt{n}}. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.1$. Calculamos $t_{29,\,0.05}=1.699$. Substituíndo na fórmula \[ 41.2 \pm 1.699\cdot \frac{2.1}{\sqrt{30}} = 41.2 \pm 0.651, \] de onde se obtén o intervalo $[40.549,\, 41.851]$.

Conclusión: cun nivel de confianza do 90.0%, a media de aumento de alcohol en sangue atópase entre $40.549$ e $41.851$.

Ó aumenta-lo nivel de confianza, o intervalo será máis grande. Pódese calcular explicitamente.

Agora o nivel de significación é $\alpha=0.05$. Calculamos $t_{29,\,0.025}=2.045$. Substituíndo na fórmula \[ 41.2 \pm 2.045\cdot \frac{2.1}{\sqrt{30}} = 41.2 \pm 0.784, \] de onde se obtén o intervalo $[40.416,\, 41.984]$, que é un pouco máis grande có anterior.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="kilos de nitróxeno producidos por granxa e día".

Organizámo-los cálculos para obte-la media e cuasi-varianza mostral:

	$X$	$X^2$
	4.9	24.01
	5.8	33.64
	5.9	34.81
	6.5	42.25
	5.5	30.25
	5.0	25.0
	5.6	31.36
	6.0	36.0
	5.7	32.49
$\Sigma$	50.9	289.81

De aquí obtemos $n=9$, $\overline{X}=\frac{50.9}{9}=5.656$, $s_n^2=\frac{289.81}{9} - 5.656^2=0.216$, e así, $s_{n-1} = \sqrt{\frac{9}{8}\cdot 0.216}=0.493$.

Calculamos un intervalo de confianza para unha media empregando o estatístico \[ \frac{\overline{X}-\mu}{s_{n-1}/\sqrt{n}}, \] que segue unha distribución $t_{n-1}$. Despexando $\mu$ da desigualdade \[ \Bigl\lvert \frac{\overline{X}-\mu}{s_{n-1}/\sqrt{n}}\Bigr\rvert\leq t_{{n-1,\,\alpha/2}}, \] obtense a fórmula \[ \overline{X}\pm t_{n-1,\,\alpha/2}\frac{s_{n-1}}{\sqrt{n}}. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.01$. Calculamos $t_{8,\,0.005}=3.355$. Substituíndo na fórmula \[ 5.656 \pm 3.355\cdot \frac{0.493}{\sqrt{9}} = 5.656 \pm 0.551, \] de onde se obtén o intervalo $[5.104,\, 6.207]$.

Conclusión: cun nivel de confianza do 99.0%, a media de kilos de nitróxeno producidos por granxa e día atópase entre $5.104$ e $6.207$.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="distancia percorrida por un caracol".

Temos $n=20$, $\overline{X}=4.855$, $s_{n-1}=0.718$.

Calculamos un intervalo de confianza para unha media empregando o estatístico \[ \frac{\overline{X}-\mu}{s_{n-1}/\sqrt{n}}, \] que segue unha distribución $t_{n-1}$. Despexando $\mu$ da desigualdade \[ \Bigl\lvert \frac{\overline{X}-\mu}{s_{n-1}/\sqrt{n}}\Bigr\rvert\leq t_{{n-1,\,\alpha/2}}, \] obtense a fórmula \[ \overline{X}\pm t_{n-1,\,\alpha/2}\frac{s_{n-1}}{\sqrt{n}}. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Calculamos $t_{19,\,0.025}=2.093$. Substituíndo na fórmula \[ 4.855 \pm 2.093\cdot \frac{0.718}{\sqrt{20}} = 4.855 \pm 0.336, \] de onde se obtén o intervalo $[4.519,\, 5.191]$.

Conclusión: cun nivel de confianza do 95.0%, a media da distancia percorrida por un caracol atópase entre $4.519$ e $5.191$.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="altura da especie Pinus strobus".

Organizámo-los cálculos para obte-la media e cuasi-varianza mostral:

	$X$	$X^2$
	17.16	294.466
	22.0	484.0
	10.08	101.606
	15.0	225.0
	7.02	49.28
	10.67	113.849
	11.16	124.546
	10.92	119.246
	11.1	123.21
	4.05	16.402
	15.93	253.765
	7.22	52.128
	8.19	67.076
	16.45	270.602
	7.38	54.464
	10.0	100.0
	14.1	198.81
	10.26	105.268
	11.96	143.042
	10.0	100.0
$\Sigma$	230.65	2996.761

De aquí obtemos $n=20$, $\overline{X}=\frac{230.65}{20}=11.532$, $s_n^2=\frac{2996.761}{20} - 11.532^2=16.84$, e así, $s_{n-1} = \sqrt{\frac{20}{19}\cdot 16.84}=4.21$.

Calculamos un intervalo de confianza para unha media empregando o estatístico \[ \frac{\overline{X}-\mu}{s_{n-1}/\sqrt{n}}, \] que segue unha distribución $t_{n-1}$. Despexando $\mu$ da desigualdade \[ \left\lvert \frac{\overline{X}-\mu}{s_{n-1}/\sqrt{n}}\right\rvert\leq t_{{n-1,\,\alpha/2}}, \] obtense a fórmula \[ \overline{X}\pm t_{n-1,\,\alpha/2}\frac{s_{n-1}}{\sqrt{n}}. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Calculamos $t_{19,\,0.025}=2.093$. Substituíndo na fórmula \[ 11.532 \pm 2.093\cdot \frac{4.21}{\sqrt{20}} = 11.532 \pm 1.97, \] de onde se obtén o intervalo $[9.562,\, 13.503]$.

Conclusión: cun nivel de confianza do 95.0%, a media de altura da especie Pinus strobus atópase entre $9.562$ e $13.503$.

Témo-lo dato $\sigma=2.5$, co que a varianza poboacional é coñecida.

Para estima-lo tamaño da mostra para unha media, empregámo-lo estatístico \[ \frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}} \] que ten distribución normal estándar. Despexando $\mu$ da desigualdade \[ \Bigl\lvert\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\Bigr\rvert\leq Z_{\alpha/2} \] obtémo-la fórmula $\overline{X}\pm Z_{\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$. A estimación do erro é $Z_{{\alpha/2}}\frac{{\sigma}}{{\sqrt{{n}}}}$.

Queremos $Z_{{\alpha/2}}\frac{{\sigma}}{{\sqrt{{n}}}}\leq\epsilon$, onde $\epsilon$ é o valor fixado polo problema. Despexando obtense $n\geq(Z_{{\alpha/2}}\,\sigma/\epsilon)^2$.

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Mirando as táboas obtemos $Z_{0.025}=1.96$. Neste caso $\epsilon=1.0$. Substituíndo na fórmula $n\geq (1.96\cdot 2.5/1.0)^2=24.009$.

Conclusión: para que a diferencia entre a media mostral e a media poboacional de peso ó nacer de fillos de mulleres adictas á heroína sexa como moito de $\pm 1.0$ cun nivel de confianza do $95.0$%, teriamos que tomar unha mostra de polo menos $25$ nenos.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="anchura de terreno inundable".

Temos $n=61$, $\overline{X}=3400.0$, $s_{n-1}=100.0$.

Calculamos un intervalo de confianza para unha varianza empregando o estatístico $\frac{(n-1) s_{n-1}^2}{\sigma^2}$, que segue unha distribución $\chi^2$ de Pearson con $n-1$ graos de liberdade. Despexando $\sigma^2$ da desigualdade \[ \chi^2_{n-1,\,1-\alpha/2}\leq \frac{(n-1) s_{n-1}^2}{\sigma^2}\leq \chi^2_{n-1,\,\alpha/2}, \] obtense a fórmula \[ \Bigl[\frac{(n-1) s_{n-1}^2}{\chi^2_{n-1,\,\alpha/2}},\, \frac{(n-1) s_{n-1}^2}{\chi^2_{n-1,\,1-\alpha/2}}\Bigr]. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.1$. Temos que buscar dous valores da $\chi^2$: $\chi_{60,\,0.05}^2=79.082$ e $\chi_{60,0.95}^2=43.188$. O intervalo de confianza para a varianza é \[ \Bigl[\frac{(61-1)\cdot 100.0^2}{79.082}, \frac{(61-1)\cdot 100.0^2}{43.188}\Bigr] =[7587.067,\,13892.761]. \] O resultado obtido dá un intervalo de confianza para a varianza, así que para obter un para a desviación típica simplemente extraemos raíces cadradas. Por tanto obtense o intervalo $[87.104,\, 117.868]$.

Conclusión: cun nivel de confianza do 90.0%, a desviación típica da anchura de terreno inundable atópase entre $87.104$ e $117.868$.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="leucocitos neutrófilos".

Calculamos un intervalo de confianza para unha proporción empregando o estatístico \[ \frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}, \] que segue unha distribución normal estándar. Despexando $p$ da desigualdade \[ \Bigl\lvert\frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}}\Bigr\rvert\leq Z_{\alpha/2}, \] obtense a fórmula \[ \hat{p}\pm Z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}. \]

Temos $n=200$, e $\hat{p}=0.625$.

O nivel de significación é $\alpha=0.1$. Temos que busca-lo valor na táboa $Z_{0.05}=1.645$. Substituíndo na fórmula \[ 0.625 \pm 1.645\sqrt{\frac{0.625(1-0.625)}{200}} = 0.625 \pm 0.056, \] de onde se obtén o intervalo $[0.569,\, 0.681]$.

Conclusión: cun nivel de confianza do 90.0%, a proporción de leucocitos neutrófilos atópase entre $56.9$% e $68.1$%.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="idade de inicio da obesidade infantil".

Temos $n=26$, $\overline{X}=4.0$, $s_{n-1}=1.5$.

Calculamos un intervalo de confianza para unha varianza empregando o estatístico $\frac{(n-1) s_{n-1}^2}{\sigma^2}$, que segue unha distribución $\chi^2$ de Pearson con $n-1$ graos de liberdade. Despexando $\sigma^2$ da desigualdade \[ \chi^2_{n-1,\,1-\alpha/2}\leq \frac{(n-1) s_{n-1}^2}{\sigma^2}\leq \chi^2_{n-1,\,\alpha/2}, \] obtense a fórmula \[ \Bigl[\frac{(n-1) s_{n-1}^2}{\chi^2_{n-1,\,\alpha/2}},\, \frac{(n-1) s_{n-1}^2}{\chi^2_{n-1,\,1-\alpha/2}}\Bigr]. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Temos que buscar dous valores da $\chi^2$: $\chi_{25,\,0.025}^2=40.646$ e $\chi_{25,0.975}^2=13.12$. O intervalo de confianza para a varianza é \[ \Bigl[\frac{(26-1)\cdot 1.5^2}{40.646}, \frac{(26-1)\cdot 1.5^2}{13.12}\Bigr] =[1.384,\,4.287]. \]

Conclusión: cun nivel de confianza do 95.0%, a desviación típica da idade de inicio da obesidade infantil atópase entre $1.176$ e $2.071$.

Para estima-lo tamaño da mostra para unha proporción, empregámo-lo estatístico \[ \frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}, \] que ten distribución normal estándar. Despexando $p$ da desigualdade \[ \Bigl\lvert\frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}}\Bigr\rvert\leq Z_{\alpha/2}, \] obtémo-la fórmula \[ \hat{p}\pm Z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}. \] A estimación do erro é $Z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$.

Neste case non temos unha estimación da proporción $\hat{{p}}$. É sinxelo ver que a función $x\mapsto\sqrt{x(1-x)}$ alzanza o seu máximo no intervalo $[0,1]$ no punto $x=1/2$. Por tanto, necesitamos despexar $n$ da desigualdade $Z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{0.5(1-0.5)}{n}}<\epsilon$, onde $\epsilon$ é o valor fixado polo problema. Así, obtense $n>\Bigl(\frac{Z_{\alpha/2}}{2\epsilon}\Bigr)^2$.

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Mirando as táboas obtemos $Z_{0.025}=1.96$. Neste caso $\epsilon=0.02$. Substituíndo na fórmula $n> \Bigl(\frac{1.96}{2\cdot 0.02}\Bigr)^2=2400.912$.

Conclusión: para que a diferencia entre a proporción mostral e a proporción poboacional de mortes debidas a un problema cardíaco sexa como moito de $\pm 0.02$ cun nivel de confianza do $95.0$%, teriamos que tomar unha mostra de polo menos 2401 elementos.

Témo-lo dato $\sigma=40$, co que a varianza poboacional é coñecida.

Para estima-lo tamaño da mostra para unha media, empregámo-lo estatístico $\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}$ que ten distribución normal estándar. Despexando $\mu$ da desigualdade \[ \Bigl\lvert\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\Bigr\rvert\leq Z_{\alpha/2} \] obtémo-la fórmula $\overline{X}\pm Z_{\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$. A estimación do erro é \[ Z_{{\alpha/2}}\frac{{\sigma}}{{\sqrt{{n}}}}. \]

Queremos $Z_{{\alpha/2}}\frac{{\sigma}}{{\sqrt{{n}}}}\leq\epsilon$, onde $\epsilon$ é o valor fixado polo problema. Despexando obtense $n\geq(Z_{{\alpha/2}}\,\sigma/\epsilon)^2$.

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Mirando as táboas obtemos $Z_{0.025}=1.96$. Neste caso $\epsilon=6.0$. Substituíndo na fórmula $n\geq (1.96\cdot 40/6.0)^2=170.732$.

Conclusión: para que a diferencia entre a media mostral e a media poboacional de nivel de colesterol en homes de idade avanzada sexa como moito de $\pm 6.0$ cun nivel de confianza do $95.0$%, teriamos que tomar unha mostra de polo menos $171$ elementos.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="estudantes zurdos".

Calculamos un intervalo de confianza para unha proporción empregando o estatístico \[ \frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}, \] que segue unha distribución normal estándar. Despexando $p$ da desigualdade \[ \Bigl\lvert\frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}}\Bigr\rvert\leq Z_{\alpha/2}, \] obtense a fórmula \[ \hat{p}\pm Z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}. \]

Temos $n=400$, e $\hat{p}=0.1$.

O nivel de significación é $\alpha=0.1$. Temos que busca-lo valor na táboa $Z_{0.05}=1.645$. Substituíndo na fórmula \[ 0.1 \pm 1.645\sqrt{\frac{0.1(1-0.1)}{400}} = 0.1 \pm 0.025, \] de onde se obtén o intervalo $[0.075,\, 0.125]$.

Conclusión: cun nivel de confianza do $90.0$%, a proporción de estudantes zurdos atópase entre $7.5$% e $12.5$%.

Para estima-lo tamaño da mostra para unha proporción, empregámo-lo estatístico \[ \frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}, \] que ten distribución normal estándar. Despexando $p$ da desigualdade \[ \Bigl\lvert\frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}}\Bigr\rvert\leq Z_{\alpha/2}, \] obtémo-la fórmula \[ \hat{p}\pm Z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}. \] A estimación do erro é $Z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$.

Dado que temos unha estimación da proporción $\hat{{p}}$, necesitamos $Z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}<\epsilon$, onde $\epsilon$ é o valor fixado polo problema. Despexando obtense $n>\frac{\hat{p}(1-\hat{p})Z_{\alpha/2}^2}{\epsilon^2}$.

O nivel de significación é $\alpha=0.1$. Mirando as táboas obtemos $Z_{0.05}=1.645$. Neste caso $\epsilon=0.01$. Substituíndo na fórmula $n> \frac{0.04(1-0.04)1.645^2}{0.01^2}=1038.929$.

Conclusión: para que a diferencia entre a proporción mostral e a proporción poboacional de botellas que teñen o corcho defectuoso sexa como moito de $\pm 0.01$ cun nivel de confianza do $90.0$%, teriamos que tomar unha mostra de polo menos $1039$ botellas.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="votos en contra da construción dunha presa".

Calculamos un intervalo de confianza para unha proporción empregando o estatístico \[ \frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}, \] que segue unha distribución normal estándar. Despexando $p$ da desigualdade \[ \Bigl\lvert\frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}}\Bigr\rvert\leq Z_{\alpha/2}, \] obtense a fórmula \[ \hat{p}\pm Z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}. \]

Temos $n=500$, e $\hat{p}=0.54$.

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Temos que busca-lo valor na táboa $Z_{0.025}=1.96$. Substituíndo na fórmula \[ 0.54 \pm 1.96\sqrt{\frac{0.54(1-0.54)}{500}} = 0.54 \pm 0.044, \] de onde se obtén o intervalo $[0.496,\, 0.584]$.

Conclusión: cun nivel de confianza do $95.0$%, a proporción de votos en contra da construción dunha presa atópase entre $49.6$% e $58.4$%.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="dismunición do grosor das cáscaras de ovo".

Temos $n=16$, $\overline{X}=0.08$, $s_{n-1}=0.05$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon \mu &{} \leq 0,& H_1\colon \mu &{} > 0. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha media. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{\overline{X}-\mu}{s_{n-1}/\sqrt{n}}, \] que segue unha distribución $t_{n-1}$.

O valor no estatístico é \[ \frac{0.08-0}{0.05/\sqrt{16}} =6.4. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Ademais, o valor de cola é $t_{15,\, 0.05}=1.753$. Entón, temos $6.4\notin(-\infty,\, 1.753]$.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $95.0$%, de que, en media, hai diminución do grosor das cáscaras de ovo.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="dismunición do nivel de colesterol".

Temos $n=80$, $\overline{X}=27.0$, $s_{n-1}^2=324.0$, e $s_{n-1}=18.0$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon \mu &{} \leq 25,& H_1\colon \mu &{} > 25. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha media. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{\overline{X}-\mu}{s_{n-1}/\sqrt{n}}, \] que segue unha distribución $t$-Student con $n-1$ graos de liberdade.

O valor no estatístico é \[ \frac{27.0-25}{18.0/\sqrt{80}} =0.994. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.1$. Ademais, o valor de cola é $t_{79,\,0.1}=1.292$. Entón, temos $0.994\in(-\infty,\, 1.292]$.

Conclusión: Aceptamos $H_0$, e concluímos que non hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $90.0$%, de que a media de dismunición do nivel de colesterol sexa maior ca $25$.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="concentración de dióxido de carbono no aire".

Temos $n=144$, $\overline{X}=0.09$, $s_{n-1}=0.25$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon \mu &{} \leq 0.035,& H_1\colon \mu &{} > 0.035. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha media. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{\overline{X}-\mu}{s_{n-1}/\sqrt{n}}, \] que segue unha distribución $t_{n-1}$.

O valor no estatístico é \[ \frac{0.09-0.035}{0.25/\sqrt{144}} =2.64. \]

Calculámo-lo valor P como $P=P(t_{143}> 2.64)=0.0046$, que é un valor pequeno.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $99.5$%, de que a media de concentración de dióxido de carbono no aire é maior ca $0.035$.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="duración do período de escintileo dos vagalumes".

Temos $n=16$, $\overline{X}=3.77$, $s_{n-1}^2=0.09$, e $s_{n-1}=0.3$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon \mu &{} \geq 4,& H_1\colon \mu &{} < 4. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha media. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{\overline{X}-\mu}{s_{n-1}/\sqrt{n}}, \] que segue unha distribución $t$-Student con $n-1$ graos de liberdade.

O valor no estatístico é \[ \frac{3.77-4}{0.3/\sqrt{16}} =-3.067. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.1$. Ademais, o valor de cola é $t_{15,\,0.9}=-t_{15,\,0.1}=-1.341$. Por tanto, resulta que $-3.067\notin[-1.341,\,+\infty)$.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $90.0$%, de que a duración media do período de escintileo dos vagalumes é menor ca $4$.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="crecemento dos abetos".

Temos $n=50$, $s_{n-1}=0.375$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon \sigma &{} = 1.249,& H_1\colon \sigma &{} \neq 1.249. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha desviación típica. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{(n-1) s_{n-1}^2}{\sigma^2}, \] que segue unha distribución $\chi^2$ con $n-1$ graos de liberdade.

O valor no estatístico é \[ \frac{(50-1)\cdot 0.375^2}{1.249^2} =4.417. \]

Tomamos como nivel de significación $\alpha=0.05$. Como a distribución $\chi^2$ non é simétrica, recordamos que é preferible non emprega-lo valor P. Temos $\chi^2_{49,\, 0.975}=31.555$, e $\chi^2_{49,\, 0.025}=70.222$. Entón, $4.417\notin[31.555,\, 70.222]$.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $95.0$%, de que a desviación típica do crecemento dos abetos é distinta de $1.249$.

Calculamos agora un intervalo de confianza para a desviación típica empregando o estatístico \[ \frac{\left(n-1\right) s_{n-1}^{2}}{\sigma^2}, \] que segue unha distribución $\chi^2$ de Pearson con $n-1$ graos de liberdade. Despexando $\sigma^2$ da desigualdade \[ \chi^2_{n-1,\,1-\alpha/2} \leq \frac{\left(n-1\right) s_{n-1}^{2}}{\sigma^2} \leq \chi^2_{n-1,\,\alpha/2}, \] obtense a fórmula \[ \left[\frac{\left(n-1\right) s_{n-1}^{2}}{\chi^2_{n-1,\,\alpha/2}},\, \frac{\left(n-1\right) s_{n-1}^{2}}{\chi^2_{n-1,\,1-\alpha/2}}\right]. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Temos que buscar dous valores da $\chi^2$: $\chi^2_{49,\,0.025}=70.222$ e $\chi^2_{49,\,0.975}=31.555$. Substituímos na fórmula \[ \left[\frac{\left(50-1\right) 0.375^{2}}{70.222},\, \frac{\left(50-1\right) 0.375^{2}}{31.555}\right]. \] O resultado obtido dá un intervalo de confianza para a varianza, así que para obter un para a desviación típica simplemente extraemos raíces cadradas. Por tanto obtense o intervalo $[0.313,\, 0.467]$.

Conclusión: cun nivel de confianza do $95.0$%, a desviación típica do crecemento dos abetos atópase entre $0.313$ e $0.467$.

Considerámo-la seguinte variable aleatoria $X$="concentración sanguínea de calcio nos mamíferos".

Temos $n=9$, $\overline{X}=6.2$, $s_{n-1}=2.0$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon \sigma &{} \leq 1.0,& H_1\colon \sigma &{} > 1.0. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha desviación típica. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{(n-1) s_{n-1}^2}{\sigma^2}, \] que segue unha distribución $\chi^2$ de Pearson.

O valor no estatístico é \[ \frac{(9-1)\cdot 2.0^2}{1.0^2} =32.0. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Ademais, os valores de cola son $\chi^2_{8,\, 0.05}=15.507$. Entón, temos $32.0\notin(0,\, 15.507]$.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $95.0$%, de que a desviación típica de concentración sanguínea de calcio nos mamíferos é maior ca $1.0$.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="enfermos de cancro de pulmón que morren no prazo de 3 anos".

Temos $n=150$, e $\hat{p}=0.853$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon p &{} \geq 0.9,& H_1\colon p &{} < 0.9. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha proporción. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}, \] que segue unha distribución normal estándar.

O valor no estatístico é \[ \frac{0.853-0.9} {\sqrt{\frac{0.9(1-0.9)}{150}}} =-1.905. \]

Calculámo-lo valor P como $P=P(Z_{}< -1.905)=0.0284$, que é un valor pequeno.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $97.2$%, de que a proporción de enfermos de cancro de pulmón que morren no prazo de 3 anos é menor có $90.0$%.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="pacientes con reacción adversa".

Temos $n=30$, e $\hat{p}=0.1$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon p &{} \geq 0.2,& H_1\colon p &{} < 0.2. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha proporción. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}, \] que segue unha distribución normal estándar.

O valor no estatístico é \[ \frac{0.1-0.2} {\sqrt{\frac{0.2(1-0.2)}{30}}} =-1.369. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.01$. Ademais, o valor de cola é $Z_{0.01}=2.326$. Así, $-1.369\in[-2.326,\,+\infty)$.

Conclusión: Aceptamos $H_0$, e concluímos que non hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $99.0$%, de que a proporción de pacientes con reacción adversa sexa menor có $20.0$%.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="taxa de remisión do novo tratamento".

Temos $n=50$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon p &{} \leq 0.7,& H_1\colon p &{} > 0.7. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha proporción. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{p \left(1-p\right)}{n}}}, \] que segue unha distribución normal estándar.

O nivel de significación é $\alpha=0.025$. Ademais, o valor de cola é $Z_{0.025}=1.96$. Sexa $k$ o número de casos buscado. Por tanto, para que o valor no estatístico estea fóra da rexión de aceptación $(-\infty,\, 1.96]$ necesitamos \[ \frac{\frac{k}{50}-0.7}{\sqrt{\frac{0.7 \left(1-0.7\right)}{50}}} > 1.96. \] Despexando obtemos $k>41.35$.

Conclusión: necesitaríanse ter rexistrado polo menos $42$ casos para ter evidencia significativa, polo menos do $97.5$%, de que a taxa de remisión do novo tratamento sexa maior có $70.0$%.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="eficacia dun determindado tipo de exercicio para mellora-los síntomas da artrite reumatoide".

Temos $n=160$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon p &{} \leq 0.5,& H_1\colon p &{} > 0.5. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha proporción. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{p \left(1-p\right)}{n}}}, \] que segue unha distribución normal estándar.

O nivel de significación é $\alpha=0.025$. Ademais, $Z_{0.025}=1.96$. Sexa $k$ o número de casos buscado. Por tanto, para que o valor no estatístico estea fóra da rexión de aceptación $(-\infty,\, 1.96]$ necesitamos \[ \frac{\frac{k}{160}-0.5}{\sqrt{\frac{0.5 \left(1-0.5\right)}{160}}} > 1.96. \] Despexando obtemos $k>92.4$.

Conclusión: necesitaríanse ter rexistrado polo menos $93$ casos nos que este tipo de exercicio é eficaz na mellora dos síntomas da artrite reumatoide, para ter evidencia significativa, polo menos do $97.5$%, de que a taxa de dita variable aleatoria sexa maior có $50.0$%.

Considerámo-las seguintes variables aleatorias $X$="peso dos ovos de tartaruga na illa Grande-Terre" e $Y$="peso dos ovos de tartaruga na illa Malabar".

Temos $n_1=31$, $\overline{X}=64.0$, $s_{1}=6.5$ e $n_2=148$, $\overline{Y}=82.7$, $s_{2}=3.6$.

Facemos un contraste de hipóteses sobre o cociente de varianzas para determinar se podemos supoñe-las varianzas poboacionais iguais.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon \sigma_1^2 &{} = \sigma_2^2,& H_1\colon \sigma_1^2 &{} \neq \sigma_2^2. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para un cociente de varianzas. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{s_1^{2} / s_2^{2}}{\sigma_1^2 / \sigma_2^2}, \] que segue unha distribución $F$ de Snedecor con $(n_1-1,n_2-1)$ graos de liberdade.

O valor no estatístico é \[ \frac{6.5^{2} / 3.6^{2}}{1} =3.26. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Ademais, os valores de cola son $F_{30, 147,\,0.975}=0.54$, e $F_{30, 147,\,0.025}=1.667$. Entón, $3.26\notin[0.54,\, 1.667]$.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $95.0$%, de que as varianzas poboacionais son distintas.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon \mu_1-\mu_2 &{} \geq 0,& H_1\colon \mu_1-\mu_2 &{} < 0. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha diferencia de medias. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{(\overline{X}-\overline{Y})-(\mu_1-\mu_2)} {\sqrt{\frac{s_1^2}{n_1}+\frac{s_2^2}{n_2}}}, \] que segue unha distribución $t_\gamma$.

Aquí o número de graos de liberdade vén dado pola fórmula de Welch: \[ \gamma\sim\frac{\Bigl(\frac{s_1^2}{n_1}+\frac{s_2^2}{n_2}\Bigr)^2} {\frac{\bigl(s_1^2/n_1\bigr)^2}{n_1-1} +\frac{\bigl(s_2^2/n_2\bigr)^2}{n_2-1}}. \]

Substituíndo na fórmula de Welsch: \[ \gamma\sim \frac{\Bigl(\frac{6.5^2}{31} +\frac{3.6^2}{148}\Bigr)^2} {\frac{\bigl(6.5^2/31\bigr)^2}{31-1} +\frac{\bigl(3.6^2/148\bigr)^2}{148-1}} =33.95, \] polo que tomamos $\gamma=33$.

O valor no estatístico é \[ \frac{(64.0-82.7)-0} {\sqrt{\frac{6.5^2}{31} +\frac{3.6^2}{148}}} =-15.527. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.01$. Ademais, o valor de cola é $t_{33,\, 0.99}=-2.445$. Entón, $-15.527\notin[-2.445,\,+\infty)$.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $99.0$%, de que a media de peso dos ovos de tartaruga na illa Grande-Terre é menor cá media de peso dos ovos de tartaruga na illa Malabar.

Estudámo-las variables aleatorias $X_1$="velocidade de voo da especie haematopus palliatus", e $X_2$="velocidade de voo da especie pelecanus occidentalis".

A primeira parte do problema pide comprobar se hai evidencia significativa de que as varianzas poboacionais son distintas.

O contraste a realizar é \[ \begin{aligned} H_0\colon &\sigma_1=\sigma_2,& H_1\colon &\sigma_1\neq \sigma_2. \end{aligned} \]

Empregámo-lo estatístico $\frac{s_{1}^2/\sigma_1^2}{s_2^2/\sigma_2^2}$, que ten como distribución unha $F_{n_1-1,\,n_2-1}$.

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Temos como datos $n_1=9$, $s_1=6.34$, $n_2=12$, $s_2=3.20$.

Substituíndo: ${6.34^2}/{3.20^2}=3.93$. Por outro lado, témo-los dous valores $F_{8,11,\,0.025}=3.66$ e $F_{8,11,\,0.975}=1/F_{11,8,\,0.025}=1/4.24=0.24$ (o último valor está calculado con software estatístico). Como $3.93\notin[0.24,\,3.66]$, rexeitámo-la hipótese nula e concluímos que non podemos supoñe-las varianzas poboacionais iguais.

Para a segunda parte do problema temos que face-lo contraste: \[ \begin{aligned} H_0\colon &\mu_1=\mu_2,& H_1\colon &\mu_1\neq \mu_2. \end{aligned} \]

Como non podemos supoñer que as varianzas poboacionais sexan iguais, empregámo-lo estatístico \[ \frac{(\overline{X}_1-\overline{X}_2)-(\mu_1-\mu_2)} {\sqrt{\frac{s_1^2}{n_1}+\frac{s_2^2}{n_2}}}, \] que ten como distribución unha $t_\gamma$ onde \[ \gamma\sim\frac{\Bigl(\frac{s_1^2}{n_1}+\frac{s_2^2}{n_2}\Bigr)^2} {\frac{\bigl(s_1^2/n_1\bigr)^2}{n_1-1}+\frac{\bigl(s_2^2/n_2\bigr)^2}{n_2-1}}. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Temos como datos $n_1=9$, $\overline{X}_1=26.05$, $s_1=6.34$, $n_2=12$, $\overline{X}_2=30.19$, $s_2=3.20$.

Substituíndo no estatístico, \[ \frac{(26.05-30.19)-0}{\sqrt{\frac{6.34^2}{9}+\frac{3.20^2}{12}}}=-1.79, \] e substituíndo na fórmula dos graos de liberdade, \[ \frac{\left(\frac{6.34^2}{9}+\frac{3.20^2}{12}\right)^2} {\frac{(6.34^2/9)^2}{9-1}+\frac{(3.20^2/12)^2}{12-1}}=11.06, \] polo que tomamos $\gamma=11$.

Por outro lado, $t_{11,\,0.025}=2.20$. Como $-1.79\in[-2.20,\,2.20]$, aceptámo-la hipótese nula.

Conclusión: aceptamos $H_0$ e por tanto deducimos que non hai evidencia significativa, con 95% de confianza, de que as velocidades medias de voo das especies haematopus palliatuse e pelecanus occidentalis sexan distintas.

Estudámo-las variables aleatorias $X_1$="idade á que empezan a fuma-los mozos", e $X_2$="idade á que empezan a fuma-las mozas".

A primeira parte do problema pide comprobar se hai evidencia significativa de que as varianzas poboacionais son distintas.

O contraste a realizar é \[ \begin{aligned} H_0\colon &\sigma_1=\sigma_2,& H_1\colon &\sigma_1\neq \sigma_2. \end{aligned} \]

Empregámo-lo estatístico $\frac{s_{1}^2/\sigma_1^2}{s_2^2/\sigma_2^2}$, que ten como distribución unha $F_{n_1-1,\,n_2-1}$.

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Temos como datos $n_1=33$, $s_1^2=4$, $n_2=14$, $s_2^2=3.5$.

Substituíndo: ${4}/{3.5}=1.14$. Por outro lado, témo-los dous valores $F_{32,13,\,0.025}=2.82$ e $F_{32,13,\,0.975}=1/F_{13,32,\,0.025}=1/2.34=0.43$ (calculados con software estatístico). Como $1.14\in[0.43,\,2.82]$ aceptámo-la hipótese nula e concluímos que podemos supoñe-las varianzas poboacionais iguais.

Para a segunda parte do problema facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon \mu_1 &{} \geq \mu_2,& H_1\colon \mu_1 &{} < \mu_2. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha diferencia de medias. En vista do estudado anteriormente, empregámo-lo estatístico \[ \frac{\left(\overline{X} - \overline{Y}\right) - \left(\mu_1 - \mu_2\right)}{s_p \sqrt{\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2}}}, \] que segue unha distribución $t$-Student con $n_1+n_2-2$ graos de liberdade.

Aquí a cuasi-varianza mostral conxunta é \[ s_p^2=\frac{\left(n_1 - 1\right) s_1^{2} + \left(n_2 - 1\right) s_2^{2}}{n_1 + n_2 - 2}. \]

Substituíndo na fórmula da cuasi-varianza mostral conxunta: \[ s_p^2=\frac{\left(33 - 1\right) 2.0^{2} + \left(14 - 1\right) 1.871^{2}}{33 + 14 - 2} =3.856, \] polo que $s_p=1.964$.

O valor no estatístico é \[ \frac{\left(11.3 - 12.6\right) - 0}{1.964 \sqrt{\frac{1}{33} + \frac{1}{14}}} =-2.076. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Ademais, o valor de cola é $t_{45,\,0.95}=-t_{45,\,0.05}=-1.679$. Entón, $-2.076\notin[-1.679,\,+\infty)$.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $95.0$%, de que a media de idade á que empezan a fuma-los mozos é menor cá media de idade á que empezan a fuma-las mozas.

Para a terceira parte do problema temos que calcular un intervalo de confianza. O estatístico a utilizar é o mesmo ca na segunda parte. Un intervalo de confianza obtense despexando $\mu_1-\mu_2$ da fórmula \[ -t_{n_1+n_2-2,\,\alpha/2}\leq \frac{(\overline{X}_1-\overline{X}_2)-(\mu_1-\mu_2)} {s_p\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}} \leq t_{n_1+n_2-2,\,\alpha/2}. \] de onde resulta (omitímo-los graos de liberdade) \[ (\overline{X}_1-\overline{X}_2) \pm t_{\alpha/2}\,s_p\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}. \]

Substituíndo na fórmula, \[ (11.3-12.6)\pm 2.01\cdot 1.96\sqrt{\frac{1}{33}+\frac{1}{14}}=-1.3\pm 1.26, \] de onde obtémo-lo intervalo $[-2.56,\,-0.04]$.

Conclusión: cun nivel de confianza do 95%, as mozas empezan a fumar en media entre $0.04$ e $2.56$ anos despois cós mozos.

Estudámo-las variables aleatorias $X_1$="diarrea provocada polo medicamento do laboratorio", e $X_2$="diarrea provocada polo medicamento da competencia".

A primeira parte do problema pide comprobar se hai evidencia significativa de que as proporcións son distintas.

O contraste a realizar é \[ \begin{aligned} H_0\colon &p_1=p_2,& H_1\colon &p_1\neq p_2. \end{aligned} \]

Como é un contraste no que o valor nulo é cero, tomámo-lo estatístico \[ \frac{\hat{p}_1-\hat{p}_2} {\sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})\Bigl(\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}\Bigl)}}, \] que segue aproximadamente unha distribución normal estándar, e onde \[ \hat{p}=\frac{n_1\hat{p}_1+n_2\hat{p}_2}{n_1+n_2}. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.01$. Temos como datos $n_1=465$, $\hat{p}_1=9/465=0.0193$, $n_2=195$, $\hat{p}_2=1/195=0.0051$. Ademais, $Z_{0.005}=2.578$.

A media ponderada é \[ \hat{p}=\frac{465\frac{9}{465}+195\frac{1}{195}}{465+195}=\frac{1}{66}=0.0152. \] Substituíndo no estatístico \[ \frac{\frac{9}{465}-\frac{1}{195}} {\sqrt{\frac{1}{66}\Bigl(1-\frac{1}{66}\Bigr)\Bigl(\frac{1}{465}+\frac{1}{195}\Bigl)}}=1.37. \] Como $1.37\in[-2.578,\,2.578]$ aceptámo-la hipótese nula.

Conclusión: aceptamos $H_0$, e por tanto, non hai evidencia significativa, cunha confianza do 99%, de que as porcentaxes de casos de diarrea provocadas polo medicamento do laboratorio e o da súa competencia sexan distintas.

Para a segunda parte do problema temos que calcular un intervalo de confianza. Como agora non hai hipóteses sobre as proporcións empregámo-lo estatístico \[ \frac{(\hat{p}_1-\hat{p}_2)-(p_1-p_2)} {\sqrt{\frac{\hat{p}_1(1-\hat{p}_1)}{n_1}+\frac{\hat{p}_2(1-\hat{p}_2)}{n_2}}}, \] que segue unha distribución aproximadamente normal. Un intervalo de confianza obtense despexando $p_1-p_2$ da fórmula \[ -Z_{\alpha/2}\leq \frac{(\hat{p}_1-\hat{p}_2)-(p_1-p_2)} {\sqrt{\frac{\hat{p}_1(1-\hat{p}_1)}{n_1}+\frac{\hat{p}_2(1-\hat{p}_2)}{n_2}}} \leq Z_{\alpha/2}. \] Por tanto, un intervalo de confianza será da forma: \[ (\hat{p}_1-\hat{p}_2) \pm Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\hat{p}_1(1-\hat{p}_1)}{n_1}+\frac{\hat{p}_2(1-\hat{p}_2)}{n_2}}. \]

Como xa témo-los datos calculados, substituímos na fórmula, \[ \Bigl(\frac{9}{465}-\frac{1}{195}\Bigr) \pm 2.578\sqrt{\frac{\frac{9}{465}(1-\frac{9}{465})}{465}+\frac{\frac{1}{195}(1-\frac{1}{195})}{195}} =-0.0142\pm 0.0211, \] de onde obtémo-lo intervalo $[-0.0069,\,0.0353]$, ou ben $[-0.69\%,\,3.53\%]$. Nótese que, aínda que unha proporción ten que estar no intervalo $[0,1]$, a diferencia de dúas proporción non ten por que ser un número positivo.

Conclusión: cun nivel de confianza do 99%, a diferencia de porcentaxes de casos de diarrea producidas polo medicamento do laboratorio e pola da competencia está entre $-0.69$% e $3.53$%.

Considerámo-las variables aleatorias $X$="casos de infección no ano 1970" e $Y$="casos de infección no ano 1975".

Temos $n_1=759$, $\hat{p}_1=0.0606$, $n_2=838$, e $\hat{p}_2=0.1301$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon p_1-p_2 &{} \geq -0.06,& H_1\colon p_1-p_2 &{} < -0.06. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha diferencia de proporcións. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{(\hat{p}_1-\hat{p}_2)-(p_1-p_2)} {\sqrt{\frac{\hat{p}_1(1-\hat{p}_1)}{n_1} +\frac{\hat{p}_2(1-\hat{p}_2)}{n_2}}}, \] que segue unha distribución normal estándar.

O valor no estatístico é \[ \frac{(0.0606 - 0.1301)-(-0.06)} {\sqrt{\frac{0.0606(1-0.0606)}{759} + \frac{0.1301(1-0.1301)}{838}}} =-0.653. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.1$. Ademais, o valor de cola é $Z_{0.1}=1.282$. Entón, $-0.653\in[-1.282,\,+\infty)$.

Conclusión: Aceptamos $H_0$, e concluímos que non hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do 90%, de que en 1975 hai un $6\%$ máis de casos de infección ca en 1970.

Considerámo-las variables aleatorias $X$="eficacia da mamografía en mulleres novas" e $Y$="eficacia da mamografía en mulleres de máis idade".

Temos $n_1=31$, $\hat{p}_1=0.1935$, $n_2=101$, e $\hat{p}_2=0.3762$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon p_1-p_2 &{} \geq 0,& H_1\colon p_1-p_2 &{} < 0. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha diferencia de proporcións. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{\hat{p}_1-\hat{p}_2} {\sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})\Bigl(\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}\Bigl)}}, \] que segue unha distribución normal estándar.

Aquí considerámo-la proporción ponderada, que se define como \[ \hat{p}=\frac{n_1 \hat{p}_{1}+n_2 \hat{p}_{2}}{n_1+n_2}. \]

Substituíndo na fórmula da proporción ponderada obtemos \[ \hat{p}=\frac{31\cdot 0.1935 + 101\cdot 0.3762} {31+101} =0.3333. \]

O valor no estatístico é \[ \frac{0.1935 - 0.3762} {\sqrt{0.3333\cdot (1-0.3333)\cdot \Bigl(\frac{1}{31} + \frac{1}{101}\Bigl)}} =-1.887. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Ademais, o valor de cola é $Z_{0.05}=1.645$. Así, $-1.887\notin[-1.645,\,+\infty)$.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $95.0$%, de que a proporción de eficacia da mamografía en mulleres novas e menor cá proporción de eficacia da mamografía en mulleres de máis idade.

Considerámo-las variables aleatorias $X$="nivel de glucosa antes de aprender a usa-lo medidor portátil" e $Y$="nivel de glucosa despois de aprender a usa-lo medidor portátil".

Tomámo-la diferencia destas variables aleatorias $D=X-Y$.

Temos $n=36$, $\overline{D}=2.78$, $s_{D}=6.05$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon \mu_D &{} \leq 0,& H_1\colon \mu_D &{} > 0. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha media da diferencia. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{\overline{D}-\mu_D}{s_{D}/\sqrt{n}}, \] que segue unha distribución $t_{n-1}$.

O valor no estatístico é \[ \frac{2.78-0}{6.05/\sqrt{36}} =2.757. \]

Calculámo-lo valor P como $P=P(t_{35}> 2.757)=0.0046$, que é un valor pequeno.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $99.5$%, de que a media do nivel de glucosa antes de aprender a usa-lo medidor portátil é maior cá media do nivel de glucosa despois de aprender a usalo.

En consecuencia, o medidor é efectivo para medi-los niveis de glucosa.

Considerámo-las variables aleatorias $X$, temperatura en 1950, e $Y$, temperatura en 1988. Evidentemente, as mostras están emparelladas, porque as estación meteorolóxicas son as mesmas, só que en distintos tempos. Por tanto, tomámo-la diferencia $D=X-Y$, que asumimos que segue unha distribución normal.

O estatístico a considerar é \[ \frac{\overline{D}-\mu_D}{s_D/\sqrt{n}}, \] que segue unha distribución $t_{n-1}$.

Como datos temos $n=1000$, $\overline{D}=57-57.6=-0.6$ e $s_D=4.1$.

Para a primeira parte do problema temos que face-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon &\mu_D\geq 0,& H_1\colon &\mu_D< 0. \end{aligned} \]

Substituíndo no estatístico temos \[ \frac{-0.6-0}{4.1/\sqrt{1000}}=-4.63. \] Como para este apartado non temos nivel de confianza, calculamos $P=P(t_{999}\leq -4.63)<0.0005$ (de feito $P=2.1\cdot 10^{-6}$ con software estatístico). Este valor é moi pequeno, e por tanto rexeitámo-la hipótese nula.

Conclusión: rexeitamos $H_0$, é dicir, existe evidencia significativa, de máis do $99.95$%, de que a temperatura media global entre 1950 e 1988 aumentou.

Para a segunda parte do problema temos que construír un intervalo de confianza para a diferencia. Despexando $\mu_D$ de \[ -t_{n-1,\,\alpha/2}\leq\frac{\overline{D}-\mu_D}{s_D/\sqrt{n}}\leq t_{n-1,\,\alpha/2}, \] obtense a fórmula \[ \overline{D}\pm t_{n-1,\,\alpha/2}\frac{s_D}{\sqrt{n}}. \]

O nivel de confianza dado é $\alpha=0.1$. Así $t_{999,\,0.05}\cong 1.64$. Substituíndo, \[ -0.6\pm 1.64\frac{4.1}{\sqrt{1000}}=-0.6\pm 0.21, \] ou ben, $[-0.81,-0.39]$.

Conclusión: cun nivel de confianza do 90%, a diferencia media global de temperatura entre 1950 e 1988 aumentou entre $0.39$°F e $0.81$°F.

Considerámo-las variables aleatorias $X$="nivel de colinesterasa en pacientes con comorbilidades" e $Y$="nivel de colinesterasa en pacientes sen comorbilidades".

Temos $n_1=19$, $\overline{X}=2335.37$, $s_{1}=543.01$, $n_2=15$, $\overline{Y}=4824.55$, $s_{2}=902.42$.

Facemos un contraste de hipóteses sobre o cociente de varianzas para determinar se podemos supoñe-las varianzas poboacionais iguais.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon \sigma_1^2 &{} = \sigma_2^2,& H_1\colon \sigma_1^2 &{} \neq \sigma_2^2. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para un cociente de varianzas. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{s_1^{2} / s_2^{2}}{\sigma_1^2 / \sigma_2^2}, \] que segue unha distribución $F$ de Snedecor con $(n_1-1,n_2-1)$ graos de liberdade.

O valor no estatístico é \[ \frac{543.01^{2} / 902.42^{2}}{1} =0.362. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Ademais, os valores de cola son $F_{18, 14,\,0.975}=0.371$, e $F_{18, 14,\,0.025}=2.879$. Entón, $0.362\notin[0.371,\, 2.879]$.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $95.0$%, de que as varianzas poboacionais son distintas.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon \mu_1 - \mu_2 &{} \geq -2000,& H_1\colon \mu_1 - \mu_2 &{} < -2000. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha diferencia de medias. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{\left(\overline{X} - \overline{Y}\right) - \left(\mu_1 - \mu_2\right)}{\sqrt{\frac{s_1^{2}}{n_1} + \frac{s_2^{2}}{n_2}}}, \] que segue unha distribución $t$-Student con $\gamma$ graos de liberdade.

O número de graos de liberdade vén dado pola fórmula de Welch-Smith-Satterthwaite: \[ \gamma\sim \frac{\left(\frac{s_1^{2}}{n_1} + \frac{s_2^{2}}{n_2}\right)^{2}}{\frac{\left(s_1^{2} / n_1\right)^{2}}{n_1 - 1} + \frac{\left(s_2^{2} / n_2\right)^{2}}{n_2 - 1}}. \]

Substituíndo na fórmula de Welsch: \[ \gamma\sim \frac{\left(\frac{543.01^{2}}{19} + \frac{902.42^{2}}{15}\right)^{2}}{\frac{\left(543.01^{2} / 19\right)^{2}}{19 - 1} + \frac{\left(902.42^{2} / 15\right)^{2}}{15 - 1}} =21.765, \] polo que tomamos $\gamma=21$.

O valor no estatístico é \[ \frac{\left(2335.37 - 4824.55\right) - (-2000)}{\sqrt{\frac{543.01^{2}}{19} + \frac{902.42^{2}}{15}}} =-1.851. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.05$. Ademais, o valor de cola é $t_{21,\,0.95}=-t_{21,\,0.05}=-1.721$. Entón, $-1.851\notin[-1.721,\,+\infty)$.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $95.0$%, de que a diferencia de medias entre nivel de colinesterasa en pacientes con comorbilidades e nivel de colinesterasa en pacientes sen comorbilidades é menor ca $-2000$.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="cantidade de osíxeno disolto na auga".

Temos $n=25$, $s_{n-1}=1.7$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon \sigma &{} \leq 1.2,& H_1\colon \sigma &{} > 1.2. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha desviación típica. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{(n-1) s_{n-1}^2}{\sigma^2}, \] que segue unha distribución normal estándar.

O valor no estatístico é \[ \frac{(25-1)\cdot 1.7^2}{1.2^2} =48.167. \]

Calculámo-lo valor P como $P=P(\chi^2_{24}> 48.167)=0.0024$, que é un valor pequeno.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do 99.8%, de que a desviación típica de cantidade de osíxeno disolto na auga é maior ca $1.2$.

Considerámo-las variables aleatorias $X$="contido en creatinina fosfato na parte esquerda" e $Y$="contido en creatinina fosfato na parte dereita".

Tomámo-la diferencia destas variables aleatorias $D=X-Y$.

Organizámo-los cálculos para obte-la media e cuasi-varianza mostral:

	$X$	$Y$	$D$	$D^2$
	16.3	11.5	4.8	23.04
	4.8	3.6	1.2	1.44
	10.9	12.5	-1.6	2.56
	14.2	6.3	7.9	62.41
	16.3	15.2	1.1	1.21
	9.9	8.1	1.8	3.24
	29.2	16.6	12.6	158.76
	22.4	13.1	9.3	86.49
$\Sigma$	124.0	86.9	37.1	339.15

De aquí obtemos $n=8$, $\overline{D}=\frac{37.1}{8}=4.638$, $s_n^2=\frac{339.15}{8} - 4.638^2=20.887$, e así, $s_{D} = \sqrt{\frac{8}{7}\cdot 20.887}=4.886$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon \mu_D &{} = 0,& H_1\colon \mu_D &{} \neq 0. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha media da diferencia. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{\overline{D}-\mu_D}{s_{D}/\sqrt{n}}, \] que segue unha distribución $t_{n-1}$.

O valor no estatístico é \[ \frac{4.638-0}{4.886/\sqrt{8}} =2.685. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.1$. Ademais, o valor de cola é $t_{7,\, 0.05}=1.895$. Entón, $2.685\notin[-1.895,\, 1.895]$.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $90.0$%, de que o contido medio en creatinina fosfato na parte esquerda e distinto do contido medio en na parte dereita.

Considerámo-la variable aleatoria $X$="fumadores que empezan a fumar despois dos 18 anos".

Temos $n=60$, e $\hat{p}=0.49$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon p &{} \geq 0.5,& H_1\colon p &{} < 0.5. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha proporción. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{\hat{p}-p}{\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}}, \] que segue unha distribución normal estándar.

O valor no estatístico é \[ \frac{0.49-0.5} {\sqrt{\frac{0.5(1-0.5)}{60}}} =-0.155. \]

O nivel de significación é $\alpha=0.01$. Ademais, o valor de cola é $Z_{0.01}=2.326$. Así, $-0.155\in[-2.326,\,+\infty)$.

Conclusión: Aceptamos $H_0$, e concluímos que non hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do 99.0%, de que a proporción de fumadores que empezan a fumar despois dos 18 anos sexa menor ca $50.0$%.

Nun error de tipo I rexeitamos unha $H_0$ que é certa: é un erro económico, xa que nos gastamos o diñeiro en campañas innecesarias de prevención entre os mozos.

Nun erro tipo II, $H_0$ é falsa, pero aceptámola; polo tanto concluímos que a maioría empeza a fumar despois dos 18, cando non é así: é un erro sanitario, xa que non protexemos ós mozos contra o tabaco.

Considerámo-las variables aleatorias $X$="melloría de pacientes que tomaron vitamina C" e $Y$="melloría de pacientes que non tomaron nada".

Temos $n_1=75$, $\hat{p}_1=0.6267$, $n_2=75$, e $\hat{p}_2=0.5733$.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon p_1-p_2 &{} \leq 0.04,& H_1\colon p_1-p_2 &{} > 0.04. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha diferencia de proporcións. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{(\hat{p}_1-\hat{p}_2)-(p_1-p_2)} {\sqrt{\frac{\hat{p}_1(1-\hat{p}_1)}{n_1} +\frac{\hat{p}_2(1-\hat{p}_2)}{n_2}}}, \] que segue unha distribución normal estándar.

O valor no estatístico é \[ \frac{(0.6267 - 0.5733)-0.04} {\sqrt{\frac{0.6267(1-0.6267)}{75} + \frac{0.5733(1-0.5733)}{75}}} =0.167. \]

Calculámo-lo valor P como $P=P(Z_{}> 0.167)=0.4337$, que é un valor relativamente grande.

Conclusión: Aceptamos $H_0$, e concluímos que non hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do 56.6%, de que a diferencia de proporcións entre pacientes que melloraron tomando vitamina C e pacientes que melloraron non tomando nada sexa maior có $4\%$.

Considerámo-las variables aleatorias $X$="casos de melloría co tratamento T1" e $Y$="casos de melloría co tratamento T2".

Temos $n_1=150$, $\hat{p}_1=0.58$, $n_2=160$, $\hat{p}_2=0.45$.

Nótese que o valor nulo deste contraste de hipóteses é cero.

Facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon p_1-p_2 &{} \leq 0,& H_1\colon p_1-p_2 &{} > 0. \end{aligned} \]

Este é un contraste de hipóteses para unha diferencia de proporcións. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \frac{\hat{p}_1-\hat{p}_2}{\sqrt{\hat{p} \left(1-\hat{p}\right) \left(\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}\right)}}, \] que segue unha distribución normal estándar.

Aquí considerámo-la proporción ponderada, que se define como \[ \hat{p}=\frac{n_1 \hat{p}_1+n_2 \hat{p}_2}{n_1+n_2}. \]

Substituíndo na fórmula da proporción ponderada obtemos \[ \hat{p}=\frac{150\cdot 0.58+160\cdot 0.45}{150+160} =0.5129. \]

O valor no estatístico é \[ \frac{0.58-0.45}{\sqrt{0.5129 \left(1-0.5129\right) \left(\frac{1}{150}+\frac{1}{160}\right)}} =2.2885. \]

Calculámo-lo valor $P$ como $P=P(Z_{} > 2.288)=0.0111$, que é un valor pequeno.

Conclusión: Rexeitamos $H_0$, e concluímos que hai evidencia significativa, cun nivel de confianza do $98.9$%, de que a proporción de casos de melloría co tratamento T1 e maior cá proporción de casos de melloría co tratamento T2.

Témo-las variables aleatorias $X$="estar vacinado", e $Y$="contrae-la gripe". En primeiro lugar construímo-la táboa de continxencia:

vacinado \ gripe	si	non	$\Sigma$
si	150	200	350
non	300	250	550
$\Sigma$	450	450	900

Como o tamaño da mostra está determinado en toda a poboación, e o investigador simplemente clasifica os datos en dúas categorías, trátase dun contraste de independencia para datos categóricos. Por tanto, temos que face-lo contraste de hipóteses: \[ H_0\colon p_{ij}=p_{i\cdot}p_{\cdot j},\ i\in\{1, 2\},\ j\in\{1, 2\}. \]

A continuación calculámo-las frecuencias esperadas no suposto de que a hipótese nula sexa certa mediante a fórmula $\widehat{E_{ij}}=\frac{n_{i\boldsymbol{\cdot}}n_{\boldsymbol{\cdot}j}}{n}$ (en verde), e tamén os valores intermedios do estatístico $(n_{ij}-\widehat{E_{ij}})^2/\widehat{E_{ij}}$ (en vermello), obtendo:

vacinado \ gripe	si	non	$\Sigma$
si	150 175.00 3.57	200 175.00 3.57	350
non	300 275.00 2.27	250 275.00 2.27	550
$\Sigma$	450	450	900

Finalmente calcúlase o valor no estatístico, (que consiste en suma-los valores vermellos). O resultado é 11.69.

O estatístico segue unha distribución $\chi^2$ con $(2-1)(2-1)=1$ grao de liberdade. O nivel de significación é $\alpha=0.05$, así que $\chi^2_{1,\,0.05}=3.84$.

Conclusión: rexeitámo-la hipótese nula, e por tanto, temos evidencia significativa, cun nivel de confianza do 95%, de que hai relación entre estar vacinado e contraer ou non a gripe.

Témo-las variables aleatorias $X$, número de cloroplastos das follas, e $Y$, nivel de $SO_2$ no aire. En primeiro lugar construímo-la táboa de continxencia:

$SO_2$ \ cloroplastos	alto	normal	baixo	$\Sigma$
alto	5	4	13	22
normal	5	10	5	20
baixo	7	9	2	18
$\Sigma$	17	23	20	60

Como o tamaño da mostra está determinado en toda a poboación, e o investigador simplemente clasifica os datos en dúas categorías, trátase dun contraste de independencia para datos categóricos. Por tanto, temos que face-lo contraste de hipóteses: \[ H_0\colon p_{ij}=p_{i\cdot}p_{\cdot j},\ i\in\{1, 2, 3\},\ j\in\{1, 2, 3\}. \]

A continuación calculámo-las frecuencias esperadas, no suposto de que a hipótese nula sexa certa, mediante a fórmula $\widehat{E_{ij}}=\frac{n_{i\boldsymbol{\cdot}}n_{\boldsymbol{\cdot}j}}{n}$ (en verde), e tamén os valores intermedios do estatístico $(n_{ij}-\widehat{E_{ij}})^2/\widehat{E_{ij}}$ (en vermello), obtendo:

$SO_2$ \ cloroplastos	alto	normal	baixo	$\Sigma$
alto	5 6.23 0.24	4 8.43 2.33	13 7.33 4.38	22
normal	5 5.67 0.08	10 7.67 0.71	5 6.67 0.42	20
baixo	7 5.10 0.71	9 6.90 0.64	2 6.00 2.67	18
$\Sigma$	17	23	20	60

Calcúlase o valor no estatístico, (que consiste en suma-los valores vermellos). O resultado é 12.17.

O estatístico segue unha distribución $\chi^2$ con $(3-1)(3-1)=4$ graos de liberdade. Calculando o valor $P=P(\chi^2_4\geq 12.17)$, temos $0.01< P < 0.025$. Empregando software estatístico, $P=P(\chi^2_4\geq 12.17)=0.01612$.

Conclusión: rexeitámo-la hipótese nula, e por tanto, temos evidencia significativa, cun nivel de confianza de máis do 97.5%, de que hai relación entre o número de cloroplastos das follas das árbores e o nivel de $SO_2$ no aire.

Temos 3 poboacións, dependendo do "óso no que se produce a fractura", e a variable aleatoria $Y$="éxito".

En primeiro lugar construímo-la táboa de continxencia:

fractura \ éxito	si	non	tamaño
tibia	34	28	62
húmero	16	10	26
fémur	10	8	18
$\Sigma$	60	46	106

Temos que face-lo contraste de hipóteses: \[ H_0\colon p_{11}=p_{21}=p_{31}, p_{12}=p_{22}=p_{32}. \]

Este é un contraste de hipóteses para homoxeneidade de datos categóricos, xa que o tamaño da mostra en cada poboación é fixado polo investigador. Para iso empregámo-lo estatístico \[ \sum_{i,j} \frac{\bigl(n_{ij}-\widehat{E_{ij}}\bigr)^{2}}{\widehat{E_{ij}}}, \] que segue unha distribución $\chi^2$ de Pearson con $(f-1)(c-1)$ graos de liberdade.

O número de graos de liberdade da distribución é $(3-1)(2-1)=2$.

A continuación calculámo-las frecuencias esperadas, no suposto de que a hipótese nula sexa certa, mediante a fórmula $\widehat{E_{ij}}=\frac{n_{i\boldsymbol{\cdot}}n_{\boldsymbol{\cdot}j}}{n}$:

fractura \ éxito	si	non	tamaño
tibia	35.09	26.91	62
húmero	14.72	11.28	26
fémur	10.19	7.81	18
$\Sigma$	60	46	106

Agora calculámo-los valores intermedios do estatístico $(n_{ij}-\widehat{E_{ij}})^2/\widehat{E_{ij}}$:

fractura \ éxito	si	non	$\Sigma$
tibia	0.034	0.045
húmero	0.112	0.146
fémur	0.003	0.005
$\Sigma$			0.344

A suma dos valores intermedios, que coincide co valor no estatístico, é 0.344.

Calculámo-lo valor $P$ como $P=P(\chi^2_{2} > 0.344)=0.8418$, que é un valor grande.

Conclusión: Aceptamos $H_0$, e concluímos que non hai evidencia significativa, cun nivel de confianza razoable, de que haxa relación entre o éxito do tratamento e o tipo de óso que se estea tratando.

Temos dúas poboacións, pacientes de leucemia e grupo de control, e a variable aleatoria $Y$, antecedentes de alerxia. En primeiro lugar construímo-la táboa de continxencia:

grupo \ antecedentes	paciente	control	tamaño
si	17	2	19
non	5	12	17
$\Sigma$	22	14	36

Como o tamaño da mostra en cada poboación está fixado polo investigador, trátase dun contraste de homoxeneidade para datos categóricos. Por tanto, temos que face-lo contraste de hipóteses: \[ H_0\colon p_{11}=p_{21}, p_{12}=p_{22}. \]

A continuación calculámo-las frecuencias esperadas, no suposto de que a hipótese nula sexa certa, mediante a fórmula $\widehat{E_{ij}}=\frac{n_{i}n_{\boldsymbol{\cdot}j}}{n}$ (en verde), e tamén os valores intermedios do estatístico $(n_{ij}-\widehat{E_{ij}})^2/\widehat{E_{ij}}$ (en vermello), obtendo:

grupo \ antecedentes	paciente	control	tamaño
si	17 11.61 2.50	2 7.39 3.93	19
non	5 10.39 2.80	12 6.61 4.39	17
$\Sigma$	22	14	36

Calcúlase o valor no estatístico, (que consiste en suma-los valores vermellos). O resultado é 13.62.

O estatístico segue unha distribución $\chi^2$ con $(2-1)(2-1)=1$ grao de liberdade. Calculando o valor $P=P(\chi^2_1\geq 13.62)$ temos $p<0.001$. De feito, $P=P(\chi^2_1\geq 13.62)=0.00022$.

Conclusión: rexeitámo-la hipótese nula, e por tanto, temos evidencia significativa, cun nivel de confianza superior ó $99.9$%, de que hai asociación entre a aparición da leucemia e os antecedentes de alerxia.

Temos dous grupos de pacientes, os que levan o medicamento de xeito simultáneo e os que o levan de xeito secuencial, e a variable aleatoria $Y$, resposta ó tratamento. En primeiro lugar construímo-la táboa de continxencia:

modo \ resposta	positiva	negativa	tamaño
simultáneo	11	5	16
secuencial	3	8	11
$\Sigma$	14	13	27

Como o tamaño da mostra en cada poboación está fixado polo investigador, trátase dun contraste de homoxeneidade para datos categóricos. Por tanto, temos que face-lo contraste de hipóteses: \[ H_0\colon p_{11}=p_{21}, p_{12}=p_{22}. \]

A continuación calculámo-las frecuencias esperadas no suposto de que a hipótese nula sexa certa mediante a fórmula $\widehat{E_{ij}}=\frac{n_{i}n_{\boldsymbol{\cdot}j}}{n}$, e tamén os valores intermedios do estatístico $(n_{ij}-\widehat{E_{ij}})^2/\widehat{E_{ij}}$, obtendo:

modo \ resposta	positiva	negativa	tamaño
simultáneo	11 8.30 0.88	5 7.70 0.95	16
secuencial	3 5.70 1.28	8 5.30 1.38	11
$\Sigma$	14	13	27

Calcúlase o valor no estatístico (que consiste en suma-los valores vermellos). O resultado é 4.49.

O estatístico segue unha distribución $\chi^2$ con $(2-1)(2-1)=1$ grao de liberdade. O valor $P=P(\chi^2_1\geq 4.49)$ satisfai $0.03<P<0.04$. De feito, $P=P(\chi^2_1\geq 4.49)=0.03406$.

Conclusión: rexeitámo-la hipótese nula, e por tanto, temos evidencia significativa, polo menos do 96%, de que as dúas formas de tratamento se comportan de xeito diferente.

Denotamos $X$="índice de obesidade", e $Y$="taxa metabólica en repouso". Organizámo-los cálculos nunha táboa.

	$X$	$Y$	$X^2$	$XY$	$Y^2$
$\Sigma$	1482.5	10719.0	53515.25	379207.5	2736063.0

Temos $n=43$ datos e \[ \begin{aligned} \overline{X} &{}=\frac{1482.5}{43}=34.477,\\ \overline{Y} &{}=\frac{10719.0}{43}=249.279,\\ s_X^2 &{}=\frac{53515.25}{43}-34.477^2=55.895,\\ s_Y^2 &{}=\frac{2736063.0}{43}-249.279^2=1489.317,\\ s_{XY} &{}=\frac{379207.5}{43}-34.477\cdot 249.279=224.448. \end{aligned} \] De aquí obtemos $b=224.448/55.895=4.016$ e $a=249.279-4.016\cdot 34.477=110.836$, co que a ecuación da recta de regresión é \[ y=110.836+4.016x. \]

En particular para un índice de obesidade $x=40$ correspondería unha taxa metabólica en repouso de $y=110.836+4.016\cdot 40=271.46$.

A estimación do coeficiente de correlación é \[ r=\frac{224.448}{\sqrt{55.895 \cdot 1489.317}}=0.778. \] A calidade da aproximación é moderada.

O coeficiente de determinación vén dado por $r^2=0.605$. Isto interprétase do seguinte xeito: o 60.5% da variabilidade da variable $Y$ está explicada polo modelo de regresión.

Contrastámo-la validez do modelo de regresión linear. Para iso facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon &{}\,\rho=0,& H_1\colon &{}\,\rho\neq 0. \end{aligned} \]

Empregamos pois a técnica de análise da varianza, ANOVA. Os datos necesarios están recollidos na seguinte táboa:

variabilidade	g.l.	$SS$	$MS$	$F$
regresión	$1$	$SS_R=43\cdot 0.605\cdot 1489.3=38755.2$	$MS_R=38755.186$	$62.8$
erro	$41$	$SS_E=43\cdot(1-0.605)\cdot1489.3=25285.5$	$MS_E=\frac{25285.465}{41}=616.719$
total	$42$	$SS_Y=43\cdot 1489.317=64040.651$

Como $P=P(F_{1,41}\geq 62.841)=0.8\cdot 10^{-9}$ é un valor pequeno, rexeitámo-la hipótese nula. Concluímos que hai evidencia significativa de que o modelo de regresión linear é válido.

Denotamos $t$="idade", e $P$="presión sistólica". Organizámo-los cálculos nunha táboa.

	$X=t$	$Y=P$	$X^2$	$XY$	$Y^2$
	20	125	400	2500	15625
	30	128	900	3840	16384
	40	131	1600	5240	17161
	50	133	2500	6650	17689
	60	138	3600	8280	19044
$\Sigma$	200	655	9000	26510	85903

Temos $n=5$ datos e \[ \begin{aligned} \overline{X} &{}=\frac{200}{5}=40.0,\\ \overline{Y} &{}=\frac{655}{5}=131.0,\\ s_X^2 &{}=\frac{9000}{5}-40.0^2=200.0,\\ s_Y^2 &{}=\frac{85903}{5}-131.0^2=19.6,\\ s_{XY} &{}=\frac{26510}{5}-40.0\cdot 131.0=62.0. \end{aligned} \] De aquí obtemos $b=62.0/200.0=0.31$ e $a=131.0-0.31\cdot 40.0=118.6$, co que a ecuación da recta de regresión é \[ y=118.6+0.31x. \]

Avaliando na recta de regresión, para a variable "idade" $t=25$ estímase a "presión sistólica" \[ P=118.6+0.31\cdot 25=126.35. \]

A estimación do coeficiente de correlación é \[ r=\frac{62.0}{\sqrt{200.0 \cdot 19.6}}=0.99. \] A calidade da aproximación é forte.

O coeficiente de determinación vén dado por $r^2=0.981$. Isto interprétase do seguinte xeito: o 98.1% da variabilidade da variable $Y$ está explicada polo modelo de regresión.

Contrastámo-la validez do modelo de regresión linear. Para iso facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon &{}\,\rho=0,& H_1\colon &{}\,\rho\neq 0. \end{aligned} \]

Empregamos pois a técnica de análise da varianza, ANOVA. Os datos necesarios están recollidos na seguinte táboa:

variabilidade	g.l.	$SS$	$MS$	cociente
regresión	$1$	$SS_R=5\cdot 0.981\cdot 19.6=96.1$	$MS_R=96.1$	$151.737$
erro	$3$	$SS_E=5\cdot(1-0.981)\cdot19.6=1.9$	$MS_E=\frac{1.9}{3}=0.633$
total	$4$	$SS_Y=5\cdot 19.6=98.0$

Como $P=P(F_{1,3}\geq 151.737)=0.0012$ é un valor pequeno, rexeitámo-la hipótese nula. Concluímos que hai evidencia significativa de que o modelo de regresión linear é válido.

Denotamos $X$="concentración na saliva", e $Y$="concentración plasmática". Organizámo-los cálculos nunha táboa.

	$X$	$Y$	$X^2$	$XY$	$Y^2$
	7.4	30.0	54.76	222.0	900.0
	7.5	25.0	56.25	187.5	625.0
	8.5	31.5	72.25	267.75	992.25
	9.0	27.5	81.0	247.5	756.25
	11.0	40.2	121.0	442.2	1616.04
	13.0	48.0	169.0	624.0	2304.0
	14.0	52.0	196.0	728.0	2704.0
	14.5	54.0	210.25	783.0	2916.0
	16.0	56.5	256.0	904.0	3192.25
	17.0	58.0	289.0	986.0	3364.0
$\Sigma$	117.9	422.7	1505.51	5391.95	19369.79

Temos $n=10$ datos e \[ \begin{aligned} \overline{X} &{}=\frac{117.9}{10}=11.79,\\ \overline{Y} &{}=\frac{422.7}{10}=42.27,\\ s_X^2 &{}=\frac{1505.51}{10}-11.79^2=11.547,\\ s_Y^2 &{}=\frac{19369.79}{10}-42.27^2=150.226,\\ s_{XY} &{}=\frac{5391.95}{10}-11.79\cdot 42.27=40.832. \end{aligned} \] De aquí obtemos $b=40.832/11.547=3.536$ e $a=42.27-3.536\cdot 11.79=0.579$, co que a ecuación da recta de regresión é \[ y=0.579+3.536x. \]

A estimación do coeficiente de correlación é \[ r=\frac{40.832}{\sqrt{11.547 \cdot 150.226}}=0.98. \] A calidade da aproximación é forte.

O coeficiente de determinación vén dado por $r^2=0.961$. Isto interprétase do seguinte xeito: o 96.1% da variabilidade da variable $Y$ está explicada polo modelo de regresión.

Contrastámo-la validez do modelo de regresión linear. Para iso facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon &{}\,\rho=0,& H_1\colon &{}\,\rho\neq 0. \end{aligned} \]

Empregamos pois a técnica de análise da varianza, ANOVA. Os datos necesarios están recollidos na seguinte táboa:

variabilidade	g.l.	$SS$	$MS$	cociente
regresión	$1$	$SS_R=10\cdot 0.961\cdot 150.226=1443.875$	$MS_R=1443.875$	$197.838$
erro	$8$	$SS_E=10\cdot(1-0.961)\cdot150.226=58.386$	$MS_E=\frac{58.386}{8}=7.298$
total	$9$	$SS_Y=10\cdot 150.226=1502.261$

Como $P=P(F_{1,8}\geq 197.838)=0.6\cdot 10^{-6}$ é un valor pequeno, rexeitámo-la hipótese nula. Concluímos que hai evidencia significativa de que o modelo de regresión linear é válido.

Denotamos $X$="cantidade de silicio na palla de arroz", e $Y$="cantidade de arsénico no arroz".

Temos $n=32$ datos e $\overline{X}=29.85$, $\overline{Y}=122.25$, $s_X=10.04$, $s_Y=44.50$ e $r=-0.556$. Como $r=\frac{s_{XY}}{s_X s_Y}$, despexando obtemos $s_{XY}=-0.556\cdot 10.04\cdot 44.50=-248.41$. De aquí obtemos os resultados $b=-248.41/100.802=-2.464$ e $a=122.25-(-2.464)\cdot 29.85=195.811$, co que a ecuación da recta de regresión é \[ y=195.811-2.464x. \]

En particular para unha cantidade de silicio $x=12$ estimamos unha cantidade de arsénico $y=195.811-2.464\cdot 12=166.24$.

O coeficiente de determinación vén dado por $r^2=0.309$. Isto interprétase do seguinte xeito: o 30.9% da variabilidade da variable $Y$ está explicada polo modelo de regresión.

A varianza residual do erro de estimación vén dada pola expresión \[ s_E^2=\frac{1}{n}SS_E=(1-r^2)s_Y^2=(1-0.309)\cdot 44.50^2=1368.08, \] o que se corresponde co segundo apartado do exercicio.

Sexa pois $X$ o nivel de estrés e $Y$ os trastornos de saúde.

Contrastámo-la validez do modelo de regresión linear. Para iso facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon &{}\,\rho=0,& H_1\colon &{}\,\rho\neq 0. \end{aligned} \]

Empregamos pois a técnica de análise da varianza, ANOVA. Sabemos que $r=0.24$. Os datos necesarios están recollidos na seguinte táboa (nótese que $s_Y^2$ non é coñecido, pero cancélase ó realiza-las contas):

	g.l.	$SS$	$MS$	cociente
regresión	$1$	$SS_R=670\cdot 0.24^2 s_Y^2=38.6 s_Y^2$	$MS_R=\frac{38.6 s_Y^2}{1}=38.6 s_Y^2$	$\frac{38.6 s_Y^2}{0.95 s_Y^2}=40.8$
erro	$668$	$SS_E=670\cdot(1-0.24^2)s_Y^2=631.4 s_Y^2$	$MS_E=\frac{631.4 s_Y^2}{668}=0.95 s_Y^2$
total	$669$	$SS_Y=670s_Y^2$

Temos $\alpha=0.05$. Como $F_{1,\,668,\,0.05}=3.855$ é menor có valor no estatísitico, concluímos que hai evidencia significativa de que o modelo de regresión linear é válido, e que cunha confianza do 95% podemos afirmar que $\rho\neq 0$.

Denotamos $X$="doses", e $Y$="número de mortes". Organizámo-los cálculos nunha táboa.

	$X$	$Y$	$X^2$	$XY$	$Y^2$
	4	1	16	4	1
	6	3	36	18	9
	8	6	64	48	36
	10	8	100	80	64
	12	14	144	168	196
	14	16	196	224	256
	16	20	256	320	400
$\Sigma$	70	68	812	862	962

Temos $n=7$ datos e \[ \begin{aligned} \overline{X} &{}=\frac{70}{7}=10.0,\\ \overline{Y} &{}=\frac{68}{7}=9.714,\\ s_X^2 &{}=\frac{812}{7}-10.0^2=16.0,\\ s_Y^2 &{}=\frac{962}{7}-9.714^2=43.061,\\ s_{XY} &{}=\frac{862}{7}-10.0\cdot 9.714=26.0. \end{aligned} \] De aquí obtemos $b=26.0/16.0=1.625$ e $a=9.714-1.625\cdot 10.0=-6.536$, co que a ecuación da recta de regresión é \[ y=-6.536+1.625x. \]

Para un grupo de 26 ratos que recibiron unha dose de $X=7$mg do veleno, estimamos que o número de mortes será de $Y=-6.54+1.62\cdot 7=4.84$. Cabería entón esperar que a estimación sería de 5 mortes.

A estimación do coeficiente de correlación é \[ r=\frac{26.0}{\sqrt{16.0 \cdot 43.061}}=0.991. \] A calidade da aproximación é forte.

O coeficiente de determinación vén dado por $r^2=0.981$. Isto interprétase do seguinte xeito: o 98.1% da variabilidade da variable $Y$ está explicada polo modelo de regresión.

Contrastámo-la validez do modelo de regresión linear. Para iso facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon &{}\,\rho=0,& H_1\colon &{}\,\rho\neq 0. \end{aligned} \]

Empregamos pois a técnica de análise da varianza, ANOVA. Os datos necesarios están recollidos na seguinte táboa:

variabilidade	g.l.	$SS$	$MS$	cociente
regresión	$1$	$SS_R=7\cdot 0.981\cdot 43.061=295.75$	$MS_R=295.75$	$260.409$
erro	$5$	$SS_E=7\cdot(1-0.981)\cdot43.061=5.679$	$MS_E=\frac{5.679}{5}=1.136$
total	$6$	$SS_Y=7\cdot 43.061=301.429$

Como $P=P(F_{1,5}\geq 260.409)=0.2\cdot 10^{-4}$ é un valor pequeno, rexeitámo-la hipótese nula. Concluímos que hai evidencia significativa de que o modelo de regresión linear é válido.

Denotamos $X$="peso corporal", e $Y$="mellor levantamento".

En primeiro lugar pintámo-la nube de puntos. Xa que o peso do mellor levantamento vai aumentando a medida que aumenta o peso corporal, é de esperar que a pendente da recta de regresion sexa positiva. Así, $b$ será positivo.

Organizámo-los cálculos nunha táboa.

	$X$	$Y$	$X^2$	$XY$	$Y^2$
	134	185	17956	24790	34225
	138	238	19044	32844	56644
	154	260	23716	40040	67600
	178	290	31684	51620	84100
	176	312	30976	54912	97344
	190	336	36100	63840	112896
	190	339	36100	64410	114921
	205	341	42025	69905	116281
	205	358	42025	73390	128164
	206	359	42436	73954	128881
$\Sigma$	1776	3018	322062	549705	941056

Temos $n=10$ datos e \[ \begin{aligned} \overline{X} &{}=\frac{1776}{10}=177.6,\\ \overline{Y} &{}=\frac{3018}{10}=301.8,\\ s_X^2 &{}=\frac{322062}{10}-177.6^2=664.44,\\ s_Y^2 &{}=\frac{941056}{10}-301.8^2=3022.36,\\ s_{XY} &{}=\frac{549705}{10}-177.6\cdot 301.8=1370.82. \end{aligned} \] De aquí obtemos $b=1370.82/664.44=2.063$ e $a=301.8-2.063\cdot 177.6=-64.61$, co que a ecuación da recta de regresión é \[ y=-64.61+2.063x. \]

A estimación do coeficiente de correlación é \[ r=\frac{1370.82}{\sqrt{664.44 \cdot 3022.36}}=0.967. \] A calidade da aproximación é forte.

O coeficiente de determinación vén dado por $r^2=0.936$. Isto interprétase do seguinte xeito: o 93.6% da variabilidade da variable $Y$ está explicada polo modelo de regresión.

Contrastámo-la validez do modelo de regresión linear. Para iso facémo-lo contraste de hipóteses \[ \begin{aligned} H_0\colon &{}\,\rho=0,& H_1\colon &{}\,\rho\neq 0. \end{aligned} \]

Empregamos pois a técnica de análise da varianza, ANOVA. Os datos necesarios están recollidos na seguinte táboa:

	g.l.	$SS$	$MS$	cociente
regresión	$1$	$SS_R=10\cdot 0.936\cdot 3022.36=28281.673$	$MS_R=28281.673$	$116.51$
erro	$8$	$SS_E=10\cdot(1-0.936)\cdot3022.36=1941.927$	$MS_E=\frac{1941.927}{8}=242.741$
total	$9$	$SS_Y=10\cdot 3022.36=30223.6$

Como $P=P(F_{1,8}\geq 116.51)=0.5\cdot 10^{-5}$ é un valor pequeno, rexeitámo-la hipótese nula. Concluímos que hai evidencia significativa de que o modelo de regresión linear é válido.

Finalmente, como o modelo de regresión parece acertado, calculámo-lo mellor levantamento que lle correspondería a un atleta de $X=200$ libras mediante a fórmula $Y=-64.61+2.06\cdot 200=348$.