Ejercicio 5 Cinco tipos (A, B, C, D y E) de material sintético se han

Ejercicio 5
Cinco tipos (A, B, C, D y E) de material sintético se han sometido a un ensayo de desgaste. Para
cada tipo de material la prueba se repitió 6 veces. El desgaste medio y la desviación típica corregida
en cada caso es la siguiente:
A
B
C
D
E
14.1 16.3 13.5 14.8 15.3
1.3 1.2 1.4 1.2 1.5
media x̄i
d. típica x̂i
1. Contrastar (α = 0.05) la hipótesis
H0 : µ A = µ B = µ C = µ D = µ E
frente a la hipótesis alternativa
H1 : Alguna media es distinta de las demás.
2. Indicar con nivel de confianza 0.95 el material con desgaste menor y qué materiales tienen
desgaste medio distinto.
3. Obtener un intervalo de confianza con α = 0,01 para la varianza del error experimental.
SOLUCION
1. Vamos a construir la tabla ANOVA. Para ello
VE =
K=5
i =6
X nX
2
(ȳi• − ȳ•• ) =
i=1 j=1
K=5
X
2
ni (ȳi• − ȳ•• ) =
K=5
X
6(ȳi• − ȳ•• )2
i=1
i=1
Tenemos que
ȳ•• =
K=5
i =6
P nP
yij
i=1 j=1
=
n
K=5
P
ni ȳi•
i=1
n
=
K=5
P
6ȳi•
i=1
6K
=
(14,1 + 16,3 + · · · + 15,3)
74
=
= 14,8
5
5
Por tanto
VE = 6
K=5
X
(ȳi• − ȳ•• )2 = 6[(14,1 − 14,8)2 + · · · + (15,3 − 14,8)2 ] = 28,08
i=1
Por otro lado
V NE =
K=5
i =6
X nX
(yij − ȳi• )2
i=1 j=1
1
Tenemos que la varianza corregida es
nP
i =6
(yij − ȳi• )2
ŝ2i
=
Por tanto
V NE =
j=1
⇒
ni − 1
n
i =6
X
(yij − ȳi• )2 = (ni − 1)ŝ2i
j=1
K=5
X
i=1
p
p
(ni − 1)ŝ2i = (6 − 1)( 1,3 + · · · + 1,5) = 43,9
Ahora podemos construir la tabla ANOVA:
Fuentes de
Suma de
Grados de
Varianzas
F0
variacion
cuadrados
libertad
Entre grupos VE=28.08
K-1=4
VE/(K-1)=7.02 7.02/1.756 = 3.99
Residual
VNE=43.90 n-K=25 VNE/(n-K) =1.76
TOTAL
VT=71.98
n-1= 30
De la tabla de la F4,25 tenemos que F0,05 =2.76. Como F0 > F0,05 no se acepta la hipótesis nula,
luego hay alguna media distinta de las demás.
2. Sabemos que
ȳi•
N(µi , σ 2 /ni )
(n − K)ŝ2R /σ 2
Operando
ȳi• − µi
q 2
ŝR
ni
Por tanto

χ2n−K
tn−K

ȳi• − µi
P −tn−K;α/2 ≤ q 2 ≤ tn−K;α/2  = 1 − α ⇒ µi ∈ ȳi• ± tn−K;α/2
ŝR
ni
s
ŝ2R
ni
De la tabla de la t ⇒ t29;0,025 = 2,056
De la tabla ANOVA: ŝ2R = 1,76, luego tn−K;α/2
de confianza:
µA
µB
µC
µD
µE
q
ŝ2R
ni
= 1,12. Ya podemos calcular los intervalos
∈ 14,1 ± 1,12 = [12,98, 15,22]
∈ 16,3 ± 1,12 = [15,08, 17,32]
∈ 13,5 ± 1,12 = [12,38, 14,62]
∈ 14,8 ± 1,12 = [13,68, 15,92]
∈ 15,3 ± 1,12 = [14,18, 16,42]
2
Luego con α = 0,05 podemos afirmar que µB 6= µC . El resto de medias son iguales.
3. Tenemos que calcular el intervalo de confianza de σ 2 . Sabemos que
(n − K)ŝ2R /σ 2
χ2n−K
Por tanto
Por tanto
P χ2n−K;1−α/2 ≤ (n − K)ŝ2R /σ 2 ≤ χ2n−K;α/2 = 1 − α
(n − K)ŝ2R
(n − K)ŝ2R
2
≤
σ
≤
χ2n−K;α/2
χ2n−K;1−α/2
25 ∗ 1,76
25 ∗ 1,76
≤ σ2 ≤
⇒ 0,93 ≤ σ 2 ≤ 4,18
46,93
10,52
Es interesante comprobar que la estimación de la varianza, σ̂ 2 = ŝ2R = 1,76, está dentro del
intervalo.
3
Ejercicio 6
Se desea comprobar el efecto de un tratamiento térmico sobre la resistencia de un nuevo material.
Se han tomado 15 probetas y se han asignado al azar a los tres tratamientos T1 , T2 y T3 obeteniendo
como medida de resistencia superficial los valores siguientes:
T1
2.65
2.67
2.46
1.90
2.62
T2
4.31
3.96
4.64
4.74
4.00
T3
4.81
5.32
4.93
5.49
4.45
1. Contrastar mediante el test de análisis de la varianza si existen diferencias significativas entre
los tratamientos térmicos (α = 0,01).
2. La temperatura del tratamiento 2 es la media de las temperaturas de los otros dos tratamientos.
Si la relación entre la resistencia y la temperatura es lineal, es de esperar que la media del
tratamiento 2 verifique: H0 : µ2 = 21 (µ1 + µ3 ). Hacer el contraste bilateral de esta hipótesis con
α = 0,05. (Nota.- Usar la distribución de ȳ2 − (ȳ1 + ȳ3 )/2, donde ȳi es la media de los datos
correspondientes al tratamiento Ti ).
SOLUCION
1. Resolvemos este apartado con R:
>
>
>
>
T1<-c(2.65,2.67,2.46,1.90,2.62)
T2<-c(4.31,3.96,4.64,4.74,4.00)
T3<-c(4.81,5.32,4.93,5.49,4.45)
resis<-c(T1,T2,T3)
> trat<-c(rep(1,5),rep(2,5),rep(3,5))
> trat<-factor(trat)
> modelo<-aov(resis~trat)
> # la tabla ANOVA es
> anova(modelo)
Analysis of Variance Table
Response: resis
Df Sum Sq Mean Sq F value
Pr(>F)
trat
2 17.3290 8.6645 64.348 3.849e-07 ***
Residuals 12 1.6158 0.1347
4
--Signif. codes:
0 ‘***’ 0.001 ‘**’ 0.01 ‘*’ 0.05 ‘.’ 0.1 ‘ ’ 1
> # Para el segundo apartado vamos a necesitar las medias
> model.tables(modelo,type=’means’)
Tables of means
Grand mean
3.93
trat
trat
1
2
3
2.46 4.33 5.00
Como p − valor < α, se rechaza la hipotesis nula, luego existen diferencias significativas entre
los tratamientos térmicos.
2. El cotraste que tenemos que resolver es
1
H0 :µ2 = (µ1 + µ3 )
2
1
H1 :µ2 6= (µ1 + µ3 )
2
que es equivalente a
1
H0 :µ2 − µ1 −
2
1
H1 :µ2 − µ1 −
2
1
µ3 = 0
2
1
µ3 6= 0
2
El estimador de µ2 − 21 µ1 − 12 µ3 es ȳ2• − 12 ȳ1• − 12 ȳ3• . Necesitamos calcular la distribución del
estimador. Sabemos que
ȳi•
N(µi , σ 2 /m)
donde m = 5 (el numero de datos de los tres tratamientos). Como las ȳi• son normales, entonces
1
1
z = ȳ2• − ȳ1• − ȳ3•
2
2
N(E[z], Var[z])
1
1
1
1
1
1
E[z] = E[ȳ2• − ȳ1• − ȳ3• ] = E[ȳ2• ] − E[ȳ1• ] − E[ȳ3• ] = µ2 − µ1 − µ3
2
2
2
2
2
2
1
1
Var[z] = Var[ȳ2• − ȳ1• − ȳ3• ]
2
2
5
Como los yi son independientes, ȳ1• , ȳ2• e ȳ3• también son independientes. Por tanto
1
σ2
σ2
σ2
3σ 2
1
+
+
=
Var[z] = Var[ȳ2• ] + Var[ȳ1• ] + Var[ȳ3• ] =
4
4
m 4m 4m
2m
Por tanto
(µ1 + µ3 ) 3σ 2
(ȳ1• + ȳ3• )
N µ2 −
,
ȳ2• −
2
2
2m
3• )
3)
ȳ2• − (ȳ1• +ȳ
− µ2 − (µ1 +µ
2
2
q
⇒
N(0, 1)
3σ2
2m
Si H0 es cierta
3• )
ȳ2• − (ȳ1• +ȳ
2
q
3σ2
2m
N(0, 1)
En la ecuación anterior no conocemos σ 2 . Su estimador es s2R , con distribución
(n − K)ŝ2R /σ 2
χ2n−K
Operando
3• )
ȳ2• − (ȳ1• +ȳ
q 2
tn−K
3ŝ2R
2m
Ya podemos resolver el contraste. Calculamos
t0 =
3• )
ȳ2• − (ȳ1• +ȳ
4,33 −
q 2
q
=
2
(2,46+5,00)
2
3∗0,1347
2∗5
3ŝR
2m
= 2,98
De la tabla de la t: tn−K;α/2 = t12;0,025 = 2,18. Como t0 > t12;0,025 no se acepta la hipótesis
nula, luego la relación entre temperatura y la resistencia superficial no es lineal.
6