Prueba T

(revisado_oct 2015_LWB/RS)
CLAVE-Laboratorio 9: Pruebas t para una y dos muestras independientes
1. Calcule las siguientes probabilidades usando la tabla t e InfoStat. Incluya un diagrama en cada caso.
a. P(T>1.356) si gl=12
b. P(T<2.101) si gl=18
c. P(T<-1.319) si gl=23
d. P(T<-1.711) si gl=24
e. P(T<.697) si gl=11
a. P(T>1.356) si gl=12 Valor en la tabla: 0.1
Función de densidad
T Student(12): p(evento)=0.1000
0.40
v = Grados de libertad
Densidad
0.30
0.20
0.10
0.00
-5.53
-2.76
0.00
2.76
5.53
Variable
b. P(T<2.101) si gl=18
1 – P(T>2.101) = 1 - 0.025 = 0.975
Función de densidad
0.40
T Student(18): p(evento)=0.9750
Densidad
0.30
0.20
0.10
0.00
-5.53
-2.76
0.00
2.76
5.53
Variable
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
Page 1
(revisado_oct 2015_LWB/RS)
c. P(T<-1.319) si gl=23 Valor en la tabla: 0.1
Función de densidad
0.40
T Student(23): p(evento)=0.1001
Densidad
0.30
0.20
0.10
0.00
-5.53
-2.76
0.00
2.76
5.53
Variable
d. P(T<-1.711) si gl=24 Valor en la tabla: 0.05
Función de densidad
0.40
T Student(24): p(evento)=0.0500
Densidad
0.30
0.20
0.10
0.00
-5.53
-2.76
0.00
2.76
5.53
Variable
e. P(T<0.697) si gl=11 p
1 – P(T>0.697) = 1 - 0.25 = 0.75
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
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(revisado_oct 2015_LWB/RS)
Función de densidad
T Student(11): p(evento)=0.7499
0.40
Densidad
0.30
0.20
0.10
0.00
-5.53
-2.76
0.00
2.76
5.53
Variable
2. Determine los valores críticos de t (valores en la tabla), haga un diagrama de la distribución y lleve a cabo
las pruebas indicadas. Calcule los valores p usando el calculador de probabilidad de Infostat (o el
graficador).
a.
H 0 :   30, H a :   30, n  16, Y  32, s 2  25,   0.05
b.
H 0 :   58, H a :   58, n  18, Y  57, s 2  100,   0.05
c.
H 0 :   25, H a :   25, n  25, Y  9, s 2  20,   0.05
d.
H 0 :   430, H a :   430, n  10, Y  400, s 2  14,   0.01
a. H 0 :   30, H a :   30, n  16, Y  32, s 2  25,   0.05
t
Y  0 32  30

 1.6
s n
5 16
Valor p (InfoStat): 0.1304
Valor tabla: 2.131
Decisión: No se rechaza H 0
α/2=0.025 gl =15
Valor absoluto de t < tα/2
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
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(revisado_oct
2015_LWB/RS)
Función de densidad
0.40
Valor p
T Student(15): p(evento)=0.0500
0.39
0.29
Densidad
Densidad
0.30
T Student(15): p(evento)=0.1304
0.20
0.10
0.20
0.10
0.00
-5.37 -4.30 -3.22 -2.15 -1.07 0.00 1.07 2.15 3.22 4.30 5.37
Variable
0.00
-5.37
-2.69
0.00
2.69
5.37
Variable
b. H 0 :   58, H a :   58, n  18, Y  57, s 2  100,   0.05
t
Y  0 57  58

 0.4243
s n 10 18
Valor tabla: -1.740
gl= 17
Valor p (InfoStat): 0.3383
Decisión: No se rechaza H 0
Valor absoluto de t < tα
Función de densidad
0.40
T Student(17): p(evento)=0.0500
Densidad
0.30
0.20
0.10
0.00
-5.37 -4.30 -3.22 -2.15 -1.07 0.00 1.07 2.15 3.22 4.30 5.37
Variable
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
Page 4
(revisado_oct
2015_LWB/RS)
V alor p
0.39
T Student(17): p(evento)=0.3383
Densidad
0.29
0.20
Valor de p
0.10
0.00
-5.37
-2.69
0.00
2.69
5.37
Variable
c. H 0 :   25, H a :   25, n  25, Y  9, s 2  20,   0.05
t
Y  0
9  25

 17.8885 Valor p (InfoStat): 0
s n
20 25
Valor tabla: -1.711
gl = 24
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
Decisión: Se rechaza H 0
Valor de t > tα
Page 5
(revisado_oct 2015_LWB/RS)
Funcion de densidad
0.39
T Student(24): p(evento)=0.0500
Densidad
0.29
0.20
0.10
0.00
-5.37
-2.69
0.00
2.69
5.37
Variable
Valor p
0.39
T Student(24): p(evento)=0.0000
Densidad
0.29
0.20
Valor de p
0.10
0.00
-5.37
-2.69
0.00
2.69
5.37
Variable
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
Page 6
(revisado_oct 2015_LWB/RS)
d. H 0 :   430, H a :   430, n  10, Y  400, s 2  14,   0.01
t
Y  0 400  430

 25.3546
s n
14 10
Valor p (InfoStat): 0
Valor tabla: 3.250
Decisión: Se rechaza H 0
α/2=0.005 gl =9
Valor absoluto de t > tα/2
Funcion de densidad
0.39
T Student(9): p(evento)=0.0100
Valor de p
T Student(9): p(evento)=0.0000
0.40
0.30
0.20
Densidad
Densidad
0.29
0.10
0.20
0.10
0.00
-5.37
-2.69
0.00
Variable
2.69
5.37
0.00
-5.67
-2.83
0.00
2.83
5.67
Variable
Valor de p
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
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(revisado_oct 2015_LWB/RS)
3. Los rendimientos de 7 plantas de piña aleatoriamente escogidas, variedad “Cabezona”, fueron 4.2, 5.6, 4.3, 4.8, 5.7,
5.5 y 4.9 kg/planta.
(a) Construya un intervalo de confianza del 95% para la media poblacional.
(b) Pruebe H0: =4.5, Ha: 4.5 usando =.05.
(c) Repita los pasos 1 y 2 usando InfoStat.
a. Construya un intervalo de confianza del 95% para la media poblacional.
α/2= 0.025 gl = 6
̅
⁄
⁄
√
(
)[
⁄ ] = 5 ± 0.57
√
(4.43, 5.57)
b. Pruebe H0: =4.5, Ha: 4.5 usando =.05.
tobs. 
Y  0
5  4.5

 2.1461 y
s n 0.6164 7
t 0.05  2.4469
2
,6
Luego, no se rechaza H0.
Función de densidad
T Student(6): p(evento)=0.0500
0.38
Densidad
0.29
0.19
0.10
0.00
-6.12
-3.06
0.00
3.06
6.12
Variable
c. Repita los pasos 1 y 2 usando InfoStat (menú Estadísticas > Inferencia Basada en una muestra > Prueba
t para un parámetro).
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
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(revisado_oct 2015_LWB/RS)
Prueba T para un parámetro
Valor del parámetro probado: 4.5
Variable
Rendimientos
n
7
Media
5.00
DE
0.62
LI(95)
4.43
LS(95)
5.57
T
2.15
p(Bilateral)
0.0755__
4. Se condujo un experimento para examinar la susceptibilidad de raíces de cierta variedad de limonero a una larva
específica. Cuarenta y un plantas se expusieron a la larva, y se examinaron luego de cierto tiempo. La respuesta de
interés es el logaritmo del número de larvas por gramo encontradas en cada raíz. Para las 41 plantas estudiadas, la
media muestral fue 9.02 y la desviación estándar 1.12. Pruebe la hipótesis que =10 versus <10 usando =.01.
Calcule el valor p usando InfoStat. Construya un intervalo de confianza del 95% para la susceptibilidad media de las
raíces.
H 0 :   10
tobs. 
vs.
H a :   10 ,   0.01
Y  0 9.02  10

 5.6027
s n 1.12 41
y
t0.01, 40  2.4233
Decisión: Se rechaza H 0 Por lo tanto, a un nivel de significancia de   0.01 , hay
susceptibilidad de las raíces de cierta variedad de limonero a una larva específica.
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
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(revisado_oct 2015_LWB/RS)
Valor de p = 0.00000085
El intervalo de confianza del 95%, es:
IC0.95 : Y  t0.025 s
2
  9.02  (0.35)
 9.02  (2.021) 1.12

n
41 

IC0.95 : (8.67 ; 9.37)
5. En una compañía farmacéutica se desea comparar la presión arterial sistólica de empleadas que usan
anticonceptivos orales vs. la presión arterial sistólica de empleadas que no usan anticonceptivos orales (todas
entre 30 y 35 años de edad). Se obtuvieron dos muestras aleatorias: una de 8 empleadas que usan anticonceptivos
orales y otra de 21 empleadas que no usan anticonceptivos orales, y se les midió la presión arterial (mm Hg). Los
resultados fueron los siguientes:
Usan anticonceptivos orales:
n=8, Y = 132.8 mm Hg, s=15.3 mm Hg
No usan anticonceptivos orales:
n=21, Y = 127.4 mm Hg, s=18.2 mm Hg
a. Conduzca una prueba para determinar si se cumple con el supuesto de varianzas poblacionales iguales.
b. Conduzca una prueba** para determinar si hay diferencias significativas entre las medias. Use =.05
c. Pruebe** si las empleadas que usan anticonceptivos orales tienen una presión arterial sistólica mayor (en
promedio) que las no los usan. Use =.05.
**En este ejercicio, hacemos dos diferentes pruebas de hipótesis para practicar. En realidad, cosas como la
naturaleza del experimento y la experiencia del investigador con los tratamientos evaluados determinan la
hipótesis apropiada. Por ejemplo, si se sospecha a priori que el uso de anticonceptivos puede aumentar la presión,
entonces la hipótesis alterna debe ser Ha: anticonceptivos > no anticonceptivos.
a. Podemos usar el cociente entra las varianzas muestrales como criterio aproximado:
(331.24/234.09) = 1.415 La varianza mayor dividida por la menor nos da un cociente
menor de 3. Concluimos que el supuesto de varianzas poblacionales iguales es aceptable.
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
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(revisado_oct 2015_LWB/RS)
b.
(
)
(
̅
)
̅
√
√
√
= 2.052
Por lo tanto Ho no se rechaza, es decir a 0.05 nivel de significancia, no hay diferencias significativas entre
las medias de la presión sistólica de las empleadas que usan y que no usan anticonceptivos.
c.
tobs = 0.7431 (como arriba)
= 1.703
Por lo tanto Ho no se rechaza. No hay evidencia para decir que la presión sistólica de las
enfermeras que usan anticonceptivos es mayor que la de las que no usan anticonceptivos.
6. Un inspector de control de contaminación sospechaba que una comunidad ribereña estaba descargando
aguas servidas no-tratadas en el río y eso cambiaba el nivel de oxígeno disuelto en el río. Para probar esto,
obtuvo 5 muestras aleatorias de agua del río en una zona río arriba del pueblo, y otras 5 muestras en una
zona río abajo del pueblo. Se midieron los niveles de oxígeno disuelto, en ppm. ¿Proveen los datos
evidencia de un contenido menor de oxígeno río abajo? Use =.05. (No se olvide de considerar los resultados
de la prueba de t’ (de igualdad de varianzas) antes de utilizar los resultados de la prueba regular de t!)
**Aquí la hipótesis alterna de una cola se justifica porque hay razones para sospechar que hay mayor
contaminación río abajo. En general, la hipótesis alterna apropiada depende de la naturaleza del experimento,
experiencia del investigador con los tratamientos probados, etc. La hipótesis alterna se define antes de realizar el
experimento (colectar datos), o sea, no depende de las medias de los tratamientos (obtenidos en el experimento)
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
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(revisado_oct 2015_LWB/RS)
Río arriba: 4.8, 5.2, 5.0, 4.9, 5.1
Río abajo: 5.0, 4.7, 4.9, 4.8, 4.9
En InfoStat, se entra la información
para el análisis en dos columnas. Es
importante notar que se clasifica cada
dato de acuerdo con dónde vino la
muestra (río arriba o río abajo)
InfoStat trata la media de “rio abajo”
(en vez de “río arriba”) como “1”
(porque en orden alfabético, “abajo”
viene antes de “arriba”). Para hacer el
análisis correctamente en InfoStat,
hay que seleccionar la opción de
unilateral IZQUIERDA. La hipótesis
alterna es:
Ha: abajo < arriba
(en vez de arriba > abajo)
Y InfoStat calcula tobservado con
̅ abajo - 𝒀
̅ arriba en vez de 𝒀
̅ arriba - 𝒀
̅ abajo
𝒀
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
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(revisado_oct 2015_LWB/RS)
Rio abajo ha sido definido
por InfoStat como “1”
(porque en orden
alfabético, “Rabajo” viene
antes de “Rarriba”). La
prueba es de la cola
IZQUIERDA
Prueba de la homogenidad de
varianzas: Como p(Var.Hom.) >
, podemos concluir que las
varianzas son iguales. Se
justifica el uso del estadístico t
Prueba de t opción#1: Como p >
α, (o sea, 0.0735 > 0.05), se acepta
la hipótesis nula. No hay
evidencia de menor de oxígeno
disuelto río abajo del pueblo.
Prueba de t opción#2: Otra manera de probar la
hipótesis es comparando tobs (-1.61) con ttab (1.860).
tobs está en la área de aceptación. Se acepta la Ho. No
hay evidencia de menor oxígeno disuelto río abajo
del pueblo.
Haciendo los cálculos a mano:
Ho: arriba = abajo
Ha: arriba > abajo (hipótesis unilateral derecho)
Si definimos la hipótesis alterna en esta manera, el t observado se calcula con ̅ arriba - ̅ abajo
OJO: las hipótesis arriba también pueden ser expresadas en la siguiente manera:
Ho: abajo = arriba
Ha: abajo < arriba (hipótesis unilateral izquierdo)
Si definimos la hipótesis alterna en esta manera, el t observado se calcula con ̅ abajo - ̅ arriba
s 
2
p
2
2
s Arriba
 s Abajo
tobs. 
2

YArriba  YAbajo
sp
2
n
0.013  0.025
 0.019
2

5  4.86
0.019 2
 1.606
5
t0.05, 8  1.860
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
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(revisado_oct 2015_LWB/RS)
Luego, no se rechaza H 0 . Es decir, no hay evidencia de un contenido menor de oxígeno
disuelto río abajo del pueblo.
7. A una investigadora le interesa comparar un régimen de líquidos de agua solamente (grupo 1) con un régimen de
suero líquido solamente (grupo 2) en vacas lecheras. Se realizó un estudio en 16 vacas lecheras para hacer esta
comparación. Ocho vacas fueron asignadas aleatoriamente al grupo 1, y las otras ocho al grupo 2. Además de los
tratamientos, a cada animal se le dio 7.5 kg de grano por día, y se le permitió comer heno a su voluntad. Se
registró, entre otras cosas, la cantidad de heno (en kg/vaca) consumido diariamente.
Grupo 1: 15.1, 14.9, 14.8, 14.2, 13.1, 12.8, 15.5, 15.9
Grupo 2: 6.8, 7.5, 8.6, 8.4, 8.9, 8.1, 9.2, 9.5
(a) Como la investigadora no tiene información a priori sobre los posibles efectos de los dos regímenes, la hipótesis
apropiada es probar sí hay diferencias entre los consumos diarios promedios de heno en los dos grupos (use
=.01). Use InfoStat y los cálculos hechos a mano para hacer la prueba. (No se olvide considerar los resultados
de la prueba de t’ (de igualdad de varianzas; use =.05) antes de utilizar los resultados de la prueba regular
de t!)
(b) Construya un intervalo de confianza del 99% para la verdadera diferencia entre la medias de ambos grupos. El
intervalo obtenido, ¿contiene el valor 0? ¿Qué relación tiene esto con sus conclusiones en la parte a?
(c) ¿Cuáles son los supuestos necesarios para las pruebas realizadas en la parte a? Comente sobre su validez en este
caso (grafique los datos si fuese necesario).
Se cumple con el supuesto de igualdad de
varianzas (0.5948 > 0.05 – se acepta la Ho de
igualdad de varianzas)
a)
Se rechaza la Ho (0.0001 < 0.01). Hay diferencias entre los grupos en cuanto consumode heno.
Grupo 1 consumió significativamente más heno (14.538) que el grupo 2 (8.375). (OJO: En una
prueba de dos colas donde se rechaza la Ho (como este ejemplo), el procedimiento normal es mirar
las dos medias para determinar cuál fue el mejor tratamiento.
H 0 : 1  2
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
vs.
H a : 1  2
,   0.01
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(revisado_oct 2015_LWB/RS)
̅
√
̅
√
√
= 2.977
Por lo tanto, se rechaza H 0 . Es decir, existen diferencias significativas entre los
consumos diarios promedios de heno en los dos grupos. El valor p es congruente con
esta decisión. Las vacas de grupo 1 consumieron mayor cantidad de heno.
b.
Y1  Y2  t
2
sp
1
1

.
n1 n2
Intervalo de Confianza de 99% de la diferencia entre medias:
(14.538 – 8.375) + 2.977 x √
x√
= 6.163 + 1.4933
= 4.6697; 7.6563
= 4.67; 7.66
El intervalo de confianza no contiene el valor 0. El intervalo de confianza de la diferencia contiene el
valor 0 solamente en el caso donde las medias no significamente diferentes (que no es el caso aquí).
c.
Para que la prueba sea válida, se necesitan realizar tres supuestos:
1. Poblaciones normales: con 8 datos no se puede apreciar (haría falta un n mas grande…)
2. Varianzas iguales: Como p(Var.Hom.) > α, podemos usar el estadístico t y asumir que las
varianzas son iguales .
3. Muestras independientes. Se cumple
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
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(revisado_oct 2015_LWB/RS)
Grupo= G2
0.40
0.40
0.30
0.30
frecuencia relativa
frecuencia relativa
Grupo= G1
0.20
0.10
0.00
12.4
13.2
14.0
14.7
Heno_Kg/Vaca
AGRO 5005 – CLAVE Lab 9
15.5
16.3
0.20
0.10
0.00
6.5
7.1
7.8
8.5
9.2
9.8
Heno_Kg/Vaca
Page 16