Notaciones y Acrónimos

Parámetros y Estimadores

La siguiente tabla resume la simbología para los parámetros poblacionales y sus correspondientes estimadores muestrales.

Acrónimos

Introducción

En estadística inferencial desempeñan un rol fundamental las distribuciones de probabilidad y el Teorema Central del Límite, que están estrechamente ligados a los conceptos de muestra, parámetro, estadístico y estimador, cuya definición rigurosa se introduce en la parte pertinente del libro, donde son abordados. A continuación incluimos una noción de cada uno de esos cuatro conceptos, a fin de facilitar la correcta comprensión de los temas en los que es necesario utilizarlos antes de ser debidamente definidos.

Muestra aleatoria simple es aquella que surge de utilizar un procedimiento de selección en el que ningún elemento de la población tiene más posibilidad que otro de ser elegido.

Parámetro es una medida (de posición, variabilidad, asimetría, etc) calculada con los elementos de la población.

Estadístico es una medida (de posición, variabilidad, asimetría, etc) calculada con los elementos de la muestra.

Estimador es un estadístico con una forma funcional particular que se usa para estimar un parámetro de la población, el cual suele ser desconocido. Para cada parámetro poblacional se puede construir un estimador, y pueden existir varios estimadores diferentes para el mismo parámetro.

En el primer capítulo abordaremos el tratamiento de algunas de las distribuciones más importantes del muestreo. Lo iniciaremos con la consideración de un teorema que nos permitirá plantear la distribución del estadístico que más se suele utilizar, esto es, la media muestral (o, en su caso, la proporción muestral). Ese teorema se denomina Teorema Central del Límite (TCL).

Teorema Central del Límite

Consideremos una suma de \(k\) variables aleatorias estadísticamente independientes que provienen de diferentes poblaciones, con distribuciones cualesquiera. Supongamos que dichas variables las representamos por:

\[\begin{aligned} X_{1},X_{2},\cdots ,X_{k} \nonumber \end{aligned}\] a sus medias o valores esperados por:

\[\begin{aligned} \mu_{1},\mu_{2},\cdots ,\mu_{k} \nonumber \end{aligned}\] y a sus correspondientes varianzas mediante

\[\begin{aligned} \sigma_{1}^{2},\sigma_{2}^{2},\cdots ,\sigma_{k}^{2} \nonumber \end{aligned}\]

Entonces, el Teorema Central del Límite expresa que la suma de esas \(n\) variables independientes provenientes de poblaciones con distribuciones cualesquiera tiende a distribuirse normalmente, a medida que \(k\) crece, con media igual a la suma de las medias y varianza igual a la suma de las varianzas. Es decir,

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{k} X_{i} \sim N(\sum_{i}^{k} \mu_{i},\sum_{i}^{k} \sigma_{i}^{2}) \end{aligned}\]

El TCL justifica que se emplee la distribución normal para realizar inferencias estadísticas y también para llevar a cabo contrastes de hipótesis, todo ello sin necesidad de conocer, de antemano, el proceso que genera los datos.

Aplicaciones del Teorema Central del Límite

Media Muestral

Sean \(X_{1},X_{2} \cdots X_{n}\) variables aleatorias, idénticas e independientemente distribuidas, proveniente de una única población de variable \(X\), con media \(\mu\) y varianza \(\sigma^{2}\). Entonces, aplicando el TCL se cumple, cuando \(n\) es grande, que:

\[\begin{aligned} \overline{X} \sim N(\mu,\sigma^{2}/n) \end{aligned}\]

Lo que es equivalente a:

\[\begin{aligned} \frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}} \sim N(0,1) \end{aligned}\]

Esto se debe a que la media muestral \(\overline{X}\) es el resultado de sumar las \(n\) variables divididas, cada una de ellas, por la constante \(n\). Esta suma de variables se distribuye normal con parámetros \(\mu\) y \(\frac{\sigma^{2}}{n}\), tal como se puede apreciar:

\[\begin{aligned} \overline{X}=\frac{\sum_{i=1}^{n}X_{i}}{n}=\frac{X_{1}}{n}+\frac{X_{2}}{n}+\cdots+\frac{X_{n}}{n} \end{aligned}\] por lo tanto \[\begin{aligned} E(\overline{X})\!=\; & E(\frac{X_{1}}{n}+\frac{X_{2}}{n}+\cdots+\frac{X_{n}}{n}) \nonumber \\ \!=\; & \frac{1}{n}(E(X_{1})+E(X_{2})+\cdots+E(X_{n}))=\frac{1}{n}n\mu=\mu \end{aligned}\] y para la varianza \[\begin{aligned} V(\overline{X})\!=\; & V\Big(\frac{\sum_{i=1}^{n}X_{i}}{n}\Big) \nonumber \\ \!=\; & \frac{1}{n^{2}}V\Big(\sum_{i=1}^{n}X_{i}\Big) \nonumber \\ \!=\; & \frac{1}{n^{2}}(V(X_{1})+V(X_{2})+\cdots+V(X_{n})=\frac{1}{n^{2}}n\sigma^{2}=\frac{\sigma^{2}}{n} \end{aligned}\]

En el caso de variables provenientes de distribuciones normales, la media muestral se distribuye normalmente, cualquiera sea el tamaño de muestra \(n\), por el Teorema de Adición de Variables Normales (TAVN). En efecto, si se tienen \(X_{1}, \cdots X_{n}\) variables aleatorias normales, idéntica e independientemente distribuidas, con medias \(\mu_{i}\) y varianzas \(\sigma_{i}^{2}\), se cumple que \(\overline{X}\) es siempre normal, ya sea por aplicación del TCL (y también por el TAVN) si \(n\) es grande, o por el TAVN si \(n\) es pequeño.

Proporción Muestral

Sean \(X_{1}, \cdots X_{n}\) variables aleatorias, idéntica e independientemente distribuidas provenientes de una distribución dicotómica (Bernoulli). El estadístico proporción muestral se define como:

\[\begin{aligned} P=\frac{\sum_{i}^{n}X_{i}}{n} \end{aligned}\] es decir que \(P\) no es más que \(\overline{X}\) cuando la distribución de cada una de las \(n\) variables es Bernoulli. Recordemos que para la distrbución de Bernoulli \(E(X)=\pi\) y que \(V(X)=\pi(1-\pi)\). Entonces, se cumple, por el TCL, que cuando \(n\) es lo suficientemente grande:

\[\begin{aligned} P \sim N(\pi,\pi(1-\pi)/n) \end{aligned}\]

Distribuciones derivadas de la Normal

Uno de los objetivos de la Estadística es conocer información relevante de los parámetros poblacionales de una o más distribuciones: la media (\(\mu\)), la varianza (\(\sigma^{2}\)) o la proporción (\(\pi\)). En la práctica escasas veces conoceremos estos valores, por lo que es necesario extraer una muestra aleatoria simple de la población y calcular el valor del estimador, por ejemplo, la media muestral (\(\overline{X}\)), la varianza muestral (\(S^{2}\)) o la proporción muestral (\(P\)), que permita hacer inferencia acerca del respectivo parámetro poblacional. El valor del estimador es aleatorio porque depende de los elementos que se presenten en la muestra seleccionada y, por lo tanto, tiene una distribución de probabilidad asociada. El estudio de estas distribuciones es necesario para entender el proceso de inferencia estadística que será discutido posteriormente. A continuación veremos tres de esas distribuciones muestrales.

Distribución Chi\(^{2}\)

Supongamos que hay \(n\) variables aleatorias independientes \(Z_{i}\), todas con distribución \(N(0,1)\), entonces se define la variable aleatoria \(\chi^{2}\) (denominada chi-cuadrado) como:

\[\begin{aligned} \chi^{2}_{n}\!=\; & \sum^{n}_{i=1}{Z^{2}_{i}} \nonumber \\ \!=\; & \sum^{_n}_{i=1}\bigg(\frac{X_{i}-\mu}{\sigma}\bigg)^{2} \end{aligned}\] donde \(n\) representa los grados de libertad¹, es decir la cantidad de valores de \(X\) que son independientes.

Dado que generalmente no se conoce \(\mu\), entonces en la estandarización se pierde un grado de libertad al trabajar con \(\overline{X}\) en lugar de \(\mu\), por lo tanto:

\[\begin{aligned} \chi^{2}_{n-1}\!=\; & \sum^{n}_{i=1}\bigg(\frac{X_{i}-\overline{x}}{\sigma}\bigg)^{2} \end{aligned}\]

Sabiendo que:

\[\begin{aligned} S^{2}=\sum^{n}_{i=1} \frac{(X_{i}-\overline{X})^{2}}{n-1} \end{aligned}\] podemos escribir el estadístico \(\chi^{2}\) como

\[\label{estadistico_chi} {\chi^{2}_{n-1}=\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}}\]

\(\chi^{2}\) tiene una distribución de probabilidad definida positiva, asimétrica que tiende a ser simétrica a medida que aumentan los grados de libertad.

Por otra parte, haciendo uso de la función generadora de momentos de esta distribución \(\chi^{2}\):

\[\begin{aligned} M_{X}(t)=(1-2t)^{-r/2} \quad \forall \quad t<1/2 \end{aligned}\] donde \(r\) representa los grados de libertad (\(n-1\)), podemos calcular los momentos derivando sucesivamente esta función y evaluando dicha derivada en \(t=0\). Con la derivada primera tenemos:

\[\begin{aligned} E(X^{k})=\frac{d^{k}M_{X}(t)}{dt^{k}}\bigg |_{t=0} \end{aligned}\]

Para obtener el primer momento esperanza tomamos \(k=1\):

\[\begin{aligned} E(X)\!=\; & \frac{d M_{X}(t)}{dt}\bigg |_{t=0} \nonumber \\ \!=\; & r(1-2t)^{-r/2-1}\bigg |_{t=0}=r \end{aligned}\]

Para el segundo momento tomamos \(k=2\):

\[\begin{aligned} E(X^{2})\!=\; & \frac{d^{2}M_{X}(t)}{dt^{2}}\bigg |_{t=0} \nonumber \\ \!=\; & (-2) (-r/2-1) r(1-2t)^{-r/2-2}\bigg |_{t=0}=r^{2}+2r \end{aligned}\] y así sucesivamente para los otros momentos.

La varianza es:

\[\begin{aligned} V(X)\!=\; & E(X^{2})-E(X)^{2} \nonumber \\ \!=\; & r^{2}+2r - r^{2}=2r \end{aligned}\]

Solución

Lo primero que debemos hacer es importar las librerías de Python necesarias para poder hacer los gráficos². Posteriormente, asignamos los grados de libertad de cada una de las distribuciones en las distintas variables definidas en el código, en este caso \(df\) y \(df2\).

import numpy as np
from scipy import stats
import matplotlib.pyplot as plt
from scipy.stats import norm

# Graficando Chi
df = 3 # grados de libertad de la primera funcion
df2 = 8 # grados de libertad de la segunda funcion

chi = stats.chi2(df)
chi2 = stats.chi2(df2)
x = np.linspace(chi2.ppf(0.01),
                chi2.ppf(0.99), 100)
x = np.arange(0., 30., 0.001)

# Funcion de  Densidad
fp = chi.pdf(x)
fp2 = chi2.pdf(x) 

plt.plot(x, fp)
plt.plot(x, fp2)
plt.plot(x, fp,label=r'$\chi^{2}_{3}$',color='tab:orange')
plt.plot(x, fp2,label=r'$\chi^{2}_{8}$', color='tab:blue')
plt.title(r'Distribucion $\chi^{2}$')
plt.ylabel('Densidad')
plt.xlabel('r'$\chi^{2}$')
plt.legend()
plt.show()
plt.savefig('chi2.png')

El gráfico que se obtiene (se guarda como archivo de imagen con extensión png), viene dado por:

donde se observa que, a medida que los grados de libertad aumentan, la distribución se vuelve más simétrica.

Distribución F

Sean \(U\) y \(V\) dos variables aleatorias que se distribuyen \(\chi^{2}\) con \(n_{1}-1\) y \(n_{2}-1\) grados de libertad respectivamente, entonces:

\[\begin{aligned} U &\sim & \chi^{2}_{n_{1}-1} \nonumber \\ V &\sim & \chi^{2}_{n_{2}-1} \end{aligned}\]

Se define la distribución \(F\) como:

\[\begin{aligned} F_{n_{1}-1,n_{2}-1}=\frac{\frac{U}{n_{1}-1}}{\frac{V}{n_{2}-1}}=\frac{ \frac{\frac{(n_{1}-1)S_{1}^{2}}{\sigma_{1}^{2}}}{n_{1}-1}} {\frac{\frac{(n_{2}-1)S_{2}^{2}}{\sigma_{2}^{2}}}{n_{2}-1}} \nonumber \end{aligned}\] \[\label{estadistico_f1} {F_{n_{1}-1,n_{2}-1}=\frac{S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}}\frac{\sigma_{2}^{2}}{\sigma_{1}^{2}}}\]

La distribución \(F\) es una distribución definida positiva y asimétrica que, a medida que aumentan los grados de libertad del numerador y del denominador, tiende a perder la asimetría, es decir tiende a ser simétrica.

El código de Python que genera el gráfico anterior es el que sigue. Cabe destacar que las librerías necesarias para este script son las mismas que fueron utilizadas anteriormente.

# Graficando F
dfn = 5 # grados de libertad del numerador de la primera funcion
dfd = 12 # grados de libertad del denominador de la primera funcion
dfn2 = 13 # grados de libertad del numerador de la segunda funcion
dfd2 = 25 # grados de libertad del denominador de la segunda funcion

f = stats.f(dfn,dfd)
f2 = stats.f(dfn2,dfd2)
x = np.linspace(f.ppf(0.01),
                f.ppf(0.99), 100)
x = np.arange(0, 7., 0.001)

#Funcion de Densidad
fp = f.pdf(x)
fp2 = f2.pdf(x)

plt.plot(x, fp)
plt.plot(x, fp2)
plt.title('Distribucion F')
plt.ylabel('Densidad')
plt.xlabel('F')
plt.plot(x, fp,label=r'$F_{5,12}$', color='black')
plt.plot(x, fp2,label=r'$F_{13,25}$',color='tab:gray')
plt.legend()
plt.show()

Una transformación de la distribución \(F\) que suele ser de gran utilidad es la siguiente:

\[\begin{aligned} F^{\alpha}_{n_{1},n_{2}}=\frac{1}{F^{1-\alpha}_{n_{2},n_{1}}} \end{aligned}\]

Si se calcula la esperanza y la varianza para la distribución \(F\), se obtienen los siguientes resultados:

\[\begin{aligned} E(F)\!=\; & \frac{n_{2}-1}{(n_{2}-1)-2} \nonumber \\ V(F)\!=\; & \frac{2(n_{2}-1)^{2}\left[(n_{1}-1)+(n_{2}-1)-2\right]}{(n_{1}-1)[(n_{2}-1)-2]^{2}[(n_{2}-1)-4]} \end{aligned}\]

Distribución t-Student

Sean \(Z\) y \(U\) dos variables aleatorias donde:

\[\begin{aligned} Z&\sim & N(0,1) \nonumber \\ U &\sim & \chi^{2}_{n-1} \end{aligned}\]

Entonces la distribución \(t\) con \(n-1\) grados de libertad, se define como:

\[\begin{aligned} \label{est_t0} t_{n-1}=\frac{Z}{\sqrt{\frac{U}{n-1}}} \end{aligned}\]

Por el TCL sabemos:

\[\begin{aligned} Z\!=\; & \frac{\overline{X}-\mu}{\sigma / \sqrt{n}} \end{aligned}\]

Además, tenemos que:

\[\begin{aligned} U\!=\; & \frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}} \end{aligned}\]

Entonces, reemplazando en [est_t0]:

\[\begin{aligned} t_{n-1}\!=\; & \frac{\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}}{\sqrt{\frac{(n-1)S^{2}/\sigma^{2}}{n-1}}} \nonumber \end{aligned}\] \[\label{estadistico_t} {t_{n-1} =\frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}}\]

Esta distribución es simétrica, con media cero y con menor kurtosis que la normal. Cuando la cantidad de grados de libertad tiende a infinito, la distribución \(t\) tiende a \(Z\), es decir a la normal estándar. O sea

\[\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow \infty}t_{n-1}=Z \end{aligned}\]

La esperanza y la varianza de la distribución \(t\)-Student son:

\[\begin{aligned} E(t)\!=\; & 0 \nonumber \\ V(t)\!=\; & \frac{n-1}{(n-1)-2} \end{aligned}\]

La forma gráfica de la distribución t-Student se muestra en la siguiente figura junto a la distribución normal estándar.

El script en Python para generar el gráfico anterior, que compara la distribución \(t\) con la normal estándar es presentado a continuación:

import numpy as np
from scipy import stats
import matplotlib.pyplot as plt
from scipy.stats import norm
import scipy.stats as st

mu, sigma = 0, 1 # media y desvio estandar
normal = stats.norm(mu, sigma)

# Graficando t de Student
df = 3 # grados de libertad de la primera distribucion
df2 = 8 # grados de libertad de la segunda distribucion
t = stats.t(df)
t2 = stats.t(df2)
x = np.linspace(t.ppf(0.01),
                t.ppf(0.99), 100)
fp = t.pdf(x)
fp2 = t2.pdf(x)
fp3 = normal.pdf(x)
plt.rcParams["font.size"] = "14"
plt.plot(x, fp)
plt.plot(x, fp2)
plt.plot(x, fp3)
plt.plot(x, fp,label=r'$t_{2}$',color='black')
plt.plot(x, fp2,label=r'$t_{8}$', color='tab:gray')
plt.plot(x, fp3,label=r'$Z$', color='tab:orange')
plt.title('Distribucion t de Student')
plt.ylabel('Densidad')
plt.xlabel('x')
plt.legend()
plt.show()

Estimadores y sus Propiedades

Dado que, para cada parámetro poblacional, pueden existir más de un estimador, debemos poder efectuar comparaciones entre ellos para identificar el mejor. Es por ello que existen criterios para evaluar la calidad de los estimadores, que nos indican cuál es el adecuado para el parámetro considerado. Los principales criterios o propiedades son los siguientes:

• Insesgado: Se denomina sesgo de un estimador a la diferencia entre la esperanza del estimador y el verdadero valor del parámetro a estimar. Es deseable que un estimador sea insesgado o centrado, es decir, que su sesgo sea nulo por ser su esperanza igual al parámetro que se desea estimar. Matemáticamente:

  \[\begin{aligned} E(\hat{\theta})=\theta \end{aligned}\]

• Eficiencia: Diremos que un estimador es más eficiente o más preciso que otro estimador, si la varianza del primero es menor que la del segundo³. La eficiencia nos indica el tamaño del error estándar del estadístico. Supongamos que tenemos dos estimadores \(\hat{\theta}_{1}\) y \(\hat{\theta}_{2}\) del parámetro poblacional \(\theta\), entonces el estimador \(\hat{\theta}_{1}\) será más eficiente que \(\hat{\theta}_{2}\) si se cumple que:

  \[\begin{aligned} V(\hat{\theta}_{1})<V(\hat{\theta}_{2}) \end{aligned}\]

• Consistencia: Si no es posible emplear estimadores de mínima varianza, el requisito mínimo deseable para un estimador es que, a medida que el tamaño de la muestra crece, el valor del estimador tienda al valor del parámetro, propiedad que se denomina consistencia. Es decir:

  \[\begin{aligned} E(\hat{\theta}) \rightarrow \theta \quad \text{cuando} \quad n \rightarrow \infty \end{aligned}\]

• Robustez: Un estimador \(\hat{\theta}\) de un cierto parámetro de la población \(\theta\) se dice que es robusto si la vulneración de los supuestos de partida en los que se basa la estimación (generalmente, atribuir a la población un determinado tipo de función de distribución que, en realidad, no es la correcta), no altera de manera significativa los resultados que el estimador proporciona.

• Suficiencia: Se dice que un estimador es suficiente cuando resume toda la información relevante contenida en la muestra, de forma que ningún otro estimador pueda proporcionar información adicional sobre el parámetro desconocido de la población.

Solución

Calculemos primero la esperanza para el estimador I).

\[\begin{aligned} E(\overline{X})\!=\; & E(k/3\cdot X_{1}+k/3\cdot X_{2}+k/3\cdot X_{3}) \nonumber \\ \!=\; & E(k/3\cdot X_{1})+E(k/3\cdot X_{2})+E(k/3\cdot X_{3}) \nonumber \\ \!=\; & k/3E(X_{1})+k/3E(X_{2})+k/3E(X_{3}) \nonumber \\ \!=\; & k/3\mu+k/3\mu+k/3\mu \nonumber \\ \!=\; & k \cdot \mu \end{aligned}\]

Operando de forma similar, se llega a la esperanza de los estimadores II) y III):

\[\begin{aligned} E(\overline{X})\!=\; & E(k/4\cdot X_{1}+2k/4\cdot X_{2}+k/4\cdot X_{3}+1) \nonumber \\ \!=\; & k \cdot \mu+1 \nonumber \\ E(\overline{X})\!=\; & E(k/5\cdot X_{1}+2k/5\cdot X_{2}+2k/5\cdot X_{3}+2) \nonumber \\ \!=\; & k \cdot \mu+2 \nonumber \end{aligned}\]

Los tres estimadores son sesgados, pero el que tiene el menor sesgo es el I) dado que estamos hablando de gasto en supermercado y la esperanza de esa variable es positiva y \(k\in \mathrm{R}>0\).

Ahora queda por ver cuál de los estimadores es más eficiente. Calculemos la varianza del primer caso.

\[\begin{aligned} V(\overline{X})\!=\; & V(k/3\cdot X_{1}+k/3\cdot X_{2}+k/3\cdot X_{3}) \nonumber \\ \!=\; & V(k/3\cdot X_{1})+V(k/3\cdot X_{2})+V(k/3\cdot X_{3}) \nonumber \\ \!=\; & (k/3)^{2}V(X_{1})+(k/3)^{2}V(X_{2})+(k/3)^{2}V(X_{3}) \nonumber \\ \!=\; & k^{2}/9\sigma^{2}+k^{2}/9\sigma^{2}+k^{2}/9\sigma^{2}\nonumber \\ \!=\; & k^{2}/3\sigma^{2} \end{aligned}\]

Operando para los otros dos estimadores, teniendo en cuenta que \(V(c)=0\) siendo \(c\) una constante, se obtienen los siguientes resultados:

• \(V(\overline{X})=6k^{2}/16 \cdot \sigma^{2}\)

• \(V(\overline{X})=9k^{2}/25 \cdot \sigma^{2}\)

Como conclusión, el estimador más eficiente es el I), pues tiene la varianza más pequeña.

Estimador de la varianza poblacional

Supongamos que construimos un estimador \(\widehat{\theta}\) de la varianza poblacional, como la suma de los desvíos respecto a la media muestral elevados al cuadrado, divida por el tamaño de la muestra \(n\). En otras palabras:

\[\begin{aligned} \widehat{\theta}\!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{(X_{i}-\overline{X})^{2}}} {n} \end{aligned}\]

Operando matemáticamente sobre el estimador \(\theta\), tenemos:

\[\begin{aligned} \widehat{\theta}\!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{(X_{i}-\overline{X})^{2}}} {n} \\ \!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{(X_{i}^{2}-2X_{i}\overline{X}+\overline{X}^{2}})} {n} \nonumber \\ \!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{X_{i}^{2}}-2\sum_{i=1}^{n}{X_{i}\overline{X}}+\sum_{i=1}^{n}{\overline{X}^{2}}} {n} \nonumber \\ \!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{X_{i}^{2}}-2n\overline{X}\overline{X}+n\overline{X}^{2}} {n} \nonumber \\ \!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{X_{i}^{2}}-n\overline{X}^{2}} {n} \end{aligned}\]

Tomando esperanza:

\[\begin{aligned} \label{s2} E(\widehat{\theta})\!=\; & E \Big(\frac{\sum_{i=1}^{n}{X_{i}^{2}}-n\overline{X}^{2}} {n}\Big) \nonumber \\ \!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{E(X_{i}^{2})}}{n}-\frac{nE(\overline{X}^{2})}{n} \nonumber \\ \!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{E(X_{i}^{2})}}{n}-E(\overline{X}^{2}) \end{aligned}\]

Sabiendo que:

\[\begin{aligned} E(\overline{X})\!=\; & \mu \nonumber \\ V(\overline{X})\!=\; & \sigma^{2}/n \nonumber \\ E(X_{i})\!=\; & \mu \nonumber \\ V(X_{i})\!=\; & \sigma^{2} \end{aligned}\] y que:

\[\begin{aligned} \label{var_esp} V(X)\!=\; & E(X^{2})-(E(X))^{2} \end{aligned}\] por lo que:

\[\begin{aligned} \label{res1} E(X_{i}^{2})\!=\; & V(X_{i})+(E(X_{i}))^{2} \nonumber \\ \!=\; & \sigma^{2}+\mu^{2} \end{aligned}\]

Por otro lado, aplicando [var_esp] a la \(\overline{X}\), y despejando \(E(\overline{X}^{2})\):

\[\begin{aligned} \label{res2} E(\overline{X}^{2})\!=\; & V(\overline{X})+(E(\overline{X}))^{2} \nonumber \\ \!=\; & \sigma^{2}/n+\mu^{2} \end{aligned}\] y llevando los resultados de [res1] y [res2] a la ecuación ([s2]), tenemos que:

\[\begin{aligned} E(\widehat{\theta})\!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{E(X_{i}^{2})}}{n}-E(\overline{X}^{2}) \nonumber \\ \!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{(\sigma^{2}+\mu^{2})}}{n}-(\sigma^{2}/n+\mu^{2}) \nonumber \\ \!=\; & \sigma^{2}+\mu^{2}-\sigma^{2}/n-\mu^{2} \nonumber \\ \!=\; & \frac{n-1}{n} \sigma^{2} \end{aligned}\]

Así se llega a la conclusión que, para obtener un estimador insesgado de la varianza poblacional, hay que multiplicar al estimador \(\widehat{\theta}\) por \(n/(n-1)\), es decir:

\[\begin{aligned} \label{varianza_muestral_ec} \widehat{\theta} \cdot \frac{n}{n-1}\!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{(X_{i}-\overline{X})^{2}}} {n} \cdot \frac{n}{n-1} \nonumber \\ \!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{(X_{i}-\overline{X})^{2}}} {n-1} \nonumber \\ \!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{X^{2}_{i}}-n\overline{X}^{2}} {n-1} = S^{2} \end{aligned}\]

\(S^{2}\) es entonces, el estimador insesgado de la varianza poblacional.

Estimación por Máxima Versosimilitud

Supongamos que tenemos una muestra \(X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}\) de \(n\) observaciones independientes e idénticamente distribuidas, extraídas en forma aleatoria de una distribución desconocida con función de densidad (o función de probabilidad) \(f_{0}(\cdot)\). Si se sabe que \(f_{0}\) pertenece a una familia de distribuciones conocidas, el método de máxima verosimilitud consiste en seleccionar como valor estimado del parámetro de la función \(f_{0}\), aquél que maximiza la probabilidad de una muestra (a posteriori de haberla extraído), con respecto a todos los valores posibles del parámetro. En otras palabras, maximiza la probabilidad de presentación conjunta de todas las observaciones de la muestra.

Solución

La función de distribución individual de una variable normal es:

\[\begin{aligned} f(\mu,\sigma^{2},X_{i})=\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^{2}}}e^{-\frac{1}{2}\frac{(X_{i}-\mu)^{2}}{\sigma^{2}}} \end{aligned}\]

Planteando la función de verosimilitud para una muestra aleatoria de tamaño \(n\)⁴, tenemos:

\[\begin{aligned} L(\mu,\sigma^{2},X_{i})\!=\; & f(X_{1},X_{2},...,X_{n},\mu,\sigma^{2}) \nonumber \\ \!=\; & \prod_{i=1}^{n}{f(X_{i},\mu,\sigma^{2})} \nonumber \\ \!=\; & \prod_{i=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^{2}}}e^{-\frac{1}{2}\frac{(X_{i}-\mu)^{2}}{\sigma^{2}}}} \nonumber \\ \!=\; & \bigg(\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^{2}}}\bigg)^{n}e^{-\frac{1}{2}\frac{\sum_{i=1}^{n}{(X_{i}-\mu)^{2}}}{\sigma^{2}}} \end{aligned}\]

Ahora tomamos logaritmo a la función de verosimilitud, ya que es una transformación monótona que simplifica los cálculos, y operamos teniendo en cuenta las propiedades del logaritmo:

\[\begin{aligned} \ln{L(\mu,\sigma^{2},X_{i})}\!=\; & \ln{\bigg(\bigg(\frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^{2}}}\bigg)^{n}e^{-\frac{1}{2}\frac{\sum_{i=1}^{n}{(X_{i}-\mu)^{2}}}{\sigma^{2}}}\bigg)} \nonumber \\ \!=\; & -\frac{n}{2 } \ln{(2\pi \sigma^{2})}-\frac{1}{2}\frac{\sum_{i=1}^{n}{(X_{i}-\mu)^{2}}}{\sigma^{2}} \end{aligned}\]

En esta función debemos hallar los valores de los parámetros que la maximizan. Para ello hay que plantear las condiciones de primer orden respecto a \(\mu\) y a \(\sigma^{2}\), es decir:

\[\begin{aligned} \frac{\partial \ln{L(\mu,\sigma^{2},X_{i})}}{\partial \mu}\!=\; & -\frac{1}{2}\frac{2}{\sigma^{2}}\sum_{i=1}^{n}{(X_{i}-\mu)}(-1) \nonumber \\ \frac{\partial \ln{L(\mu,\sigma^{2},X_{i})}}{\partial \sigma^{2}}\!=\; & -\frac{n}{2} \frac{2\pi}{2\pi \sigma^{2}}-\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n}{(X_{i}-\mu)^{2}} (\sigma^{2})^{-2} \end{aligned}\]

Igualando la primer condición de primer orden a cero y despejando \(\mu\) obtenemos:

\[\begin{aligned} \frac{1}{\widehat{\sigma}^{2}}\sum_{i=1}^{n}{(X_{i}-\overline{X})} \!=\; & 0 \nonumber \\ \sum_{i=1}^{n}{(X_{i}-\overline{X})}\!=\; & 0 \nonumber \\ \overline{X}\!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{X_{i}}}{n} \end{aligned}\]

Si se iguala a cero la segunda condición de primer orden y se despeja \(\widehat{\sigma}^{2}\), tenemos

\[\begin{aligned} -n+\frac{\sum_{i=1}^{n}{(X_{i}-\overline{X})^{2}}}{ \widehat{\sigma}^{2}}\!=\; & 0 \nonumber \\ \widehat{\sigma}^{2}\!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}{(X_{i}- \overline{X})^{2}}}{ n} \end{aligned}\]

Como vemos, el estimador máximo verosímil de la varianza es un estimador sesgado ya que utiliza los desvíos respecto a la media muestral. Por eso es que debe ser corregido para que desaparezca el sesgo, dividiendo por \(n-1\) en lugar de por \(n\) (ver [varianza_muestral_ec]).

Solución

La distribución de Poisson viene dada por la siguiente función de cuantía:

\[\begin{aligned} f(X_{i},\lambda)=\frac{e^{-\lambda} \lambda^{X_{i}}}{X_{i}!} \end{aligned}\]

Calculemos la función de verosimilitud.

\[\begin{aligned} L(\lambda) \!=\; & f(X_{1},X_{2},...,X_{n},\lambda) \nonumber \\ \!=\; & \prod_{i=1}^{n}\frac{e^{-\lambda} \lambda^{X_{i}}}{X_{i}!} \nonumber \\ \!=\; & \frac{(e^{-\lambda})^{n} \lambda^{\sum_{i=1}^{n}X_{i}}}{\prod_{i=1}^{n}X_{i}!} \end{aligned}\]

Tomando logaritmo a la función \(L\)

\[\begin{aligned} \ln{L(\lambda)}\!=\; & \ln{\frac{(e^{-\lambda})^{n} \lambda^{\sum_{i=1}^{n}X_{i}}}{\prod_{i=1}^{n}X_{i}!}} \nonumber \\ \!=\; & \ln{(e^{-\lambda}})^{n}+\ln{\lambda^{\sum_{i=1}^{n}X_{i}}}-\ln{\prod_{i=1}^{n}X_{i}!} \nonumber \\ \!=\; & -\lambda n + \sum_{i=1}^{n}X_{i} \ln{\lambda} -\ln{\prod_{i=1}^{n}X_{i}!} \end{aligned}\]

Planteando la condición de primer orden

\[\begin{aligned} \frac{\partial \ln{L(\lambda)}}{\partial \lambda}\!=\; & -n +\sum_{i=1}^{n}X_{i} \frac{1}{\lambda} \end{aligned}\]

Igualando a cero y despejando \(\widehat{\lambda}\) tenemos:

\[\begin{aligned} -n +\sum_{i=1}^{n}X_{i} \frac{1}{\widehat{\lambda}}\!=\; & 0 \nonumber \\ \widehat{\lambda}\!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}X_{i}}{n} \end{aligned}\]

Teniendo en cuenta que \(n=30\) y que se produjeron en total 102 siniestros, el valor estimado de \(\lambda\) es:

\[\begin{aligned} \widehat{\lambda}\!=\; & \frac{\sum_{i=1}^{n}x_{i}}{n}=\frac{102}{30}=3.4 \quad \text{llamadas de casos graves por día} \end{aligned}\]

Hay que recordar que, en esta distribución, una vez que se tiene la media, no es necesario calcular la varianza porque es igual a la media.

Solución

Tomando logaritmo a la función de la ecuación [act5_1], tenemos:

\[\begin{aligned} \label{act5_2} \ln{L(P))}\!=\; & \ln{C_{n}^{\sum X_{i}}P^{\sum X_{i}}(1-P)^{n-\sum X_{i}}} \nonumber \\ \!=\; & \ln{C_{n}^{\sum X_{i}}}+\ln{P^{\sum X_{i}}}+(n-\sum X_{i})\ln{(1-P)} \end{aligned}\]

Derivando respecto de \(P\) la ecuación [act5_2] para calcular la condición de primer orden, nos queda

\[\begin{aligned} \frac{\partial \ln{L(P))}}{\partial P}\!=\; & \frac{\sum X_{i}}{P}-\frac{n-\sum X_{i}}{1-P} \end{aligned}\]

Igualando a cero y despejando \(\widehat{P}\) llegamos a:

\[\begin{aligned} \frac{\sum X_{i}}{\widehat{P}}-\frac{n-\sum X_{i}}{1-\widehat{P}}\!=\; & 0 \nonumber \\ \frac{\widehat{P}}{\sum X_{i}}\!=\; & \frac{1-\widehat{P}}{n-\sum X_{i}} \nonumber \\ \widehat{P}({n-\sum X_{i}})\!=\; & ({1-\widehat{P}}){\sum X_{i}} \nonumber \\ \widehat{P}\!=\; & \frac{\sum X_{i}}{n} \end{aligned}\]

Lo que nos dice que el estimador máximo verosímil de la proporción poblacional, es la proporción muestral.

Intervalos de Confianza

Cuando queremos hacer inferencia sobre algún parámetro poblacional, construimos un estimador que sea el adecuado para realizar la conjetura acerca del valor exacto del mismo. Sin embargo, esa estimación puntual del parámetro no da ningún tipo de información sobre el posible grado de “error” que podemos estar cometiendo, y es por ello que surge la noción de intervalo de confianza. Entonces, teniendo en cuenta el estimador, podemos construir un intervalo con el que vamos a decir que tenemos una cierta confianza de que el verdadero parámetro poblacional estará contenido en dicho intervalo. En este capítulo, y teniendo en cuenta las aplicaciones del TCL, vamos a desarrollar intervalos para los parámetros poblacionales media, proporción y varianza.

El nivel de confianza, que se denota como \((1-\alpha)\), es la probabilidad máxima con la que podríamos asegurar que el verdadero valor del parámetro poblacional se encuentra dentro de nuestro intervalo estimado.

El procedimiento consiste primero en realizar la estimación puntual del parámetro poblacional, luego calcular el error probable de esa estimación y, por último, determinar la confianza de que el intervalo contenga dicho valor del parámetro.

Intervalos para la Media Poblacional

Intervalos para la Media de una Población

Se distinguirán dos situaciones. Por un lado, cuando conocemos el valor de la varianza poblacional y, por el otro, cuando ese valor es desconocido.

Varianza conocida

Sea una variable aleatoria \(X\) con media \(\mu\) y varianza \(\sigma^{2}\), entonces por el TCL, cuando \(n\) es grande, tenemos que:

\[\begin{aligned} \label{z} \overline{X} & \sim & N(\mu,\sigma^{2}/n) \nonumber \\ \frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}} & \sim & N(0,1) \end{aligned}\]

Ahora bien, podemos calcular la probabilidad acumulada entre dos puntos (que denotaremos como \(Z_{\alpha/2}\) y \(Z_{1-\alpha/2}\)) tal que dicha probabilidad sea igual a \(1-\alpha\), entonces:

\[\begin{aligned} P(Z_{\alpha/2}\leq Z \leq Z_{1-\alpha/2})\!=\; & 1-\alpha \end{aligned}\]

Reemplazando \(Z\) por el estadístico [z], tenemos:

\[\begin{aligned} \label{ic_z} P\bigg(Z_{\alpha/2}\leq \frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\leq Z_{1-\alpha/2}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \end{aligned}\]

Despejando \(\mu\) de la desigualdad contenida en el paréntesis de la ecuación anterior, obtenemos:

\[\begin{aligned} P\bigg(Z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \leq \overline{X}-\mu \leq Z_{1-\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \nonumber \\ P\bigg(-\overline{X} + Z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \leq -\mu\leq-\overline{X} + Z_{1-\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \nonumber \end{aligned}\] \[\label{ic_media} {P\bigg(\overline{X} - Z_{1-\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \leq \mu \leq \overline{X} - Z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\bigg)=1-\alpha}\]

En la última igualdad, la expresión contenida en el paréntesis de la probabilidad nos determina los límites inferior y superior del intervalo para la media, que llamaremos intervalo de confianza, . Con lo cual se puede afirmar que existe una probabilidad de \(1-\alpha\) que el intervalo de confianza contenga el verdadero valor de la media poblacional.

El proceso para llegar a esa expresión es la que utilizaremos en lo sucesivo para construir los intervalos de confianza de los parámetros poblacionales, con el cambio que corresponda, según sea la distribución asociada que tenga el estimador utilizado en el análisis.

Solución

Para calcular el intervalo de confianza del 95% para la media, y debido a que se trata de una población aproximadamente normal⁶, entonces podemos afirmar que:

\[\begin{aligned} \overline{x} - Z_{1-\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \leq &\mu& \leq \overline{x} - Z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \nonumber \\ 15.03 - 1.96 \frac{3}{\sqrt{50}} \leq & \mu & \leq 15.03 - (-1.96) \frac{3}{\sqrt{50}} \nonumber \\ 14.19 \leq & \mu & \leq 15.86 \end{aligned}\]

Como conclusión, podemos decir que el intervalo construido con la muestra extraída contendrá, con un 95% de confianza, el verdadero valor del parámetro poblacional (en este caso, la media). Hay que destacar que extraemos una única muestra, que proviene del universo que contiene todas las muestras posibles de tamaño \(n\) (en este caso \(n=50\)), que se pueden formar con los elementos de la población con dispersión \(\sigma^{2}\) (en este caso \(\sigma^{2}=9\)). De ese universo que, en general, es muy grande podría haber sido seleccionada cualquier otra muestra, en lugar de la que extrajimos. En ese caso hubiésemos construido un intervalo de confianza diferente. Es importante entonces conocer, de antemano, que en ese gran universo de muestras posibles, el 95% de ellas nos conducen a construir un intervalo de confianza que contiene el verdadero valor del parámetro poblacional y que el 5% restante nos llevan, en cambio, a plantear un intervalo que no contiene el verdadero valor del parámetro poblacional. En otros términos, en promedio, de cada cien muestras posibles, 95 nos conducirán a una inferencia correcta acerca del parámetro poblacional, mientras las otras 5 nos llevarán a una predicción errónea. Esto es precisamente el significado del nivel de confianza.

Ahora bien, si luego se conoce que la media poblacional es 14 dosis, pueden haber sucedido básicamente dos cosas: o que tuvimos “mala suerte” y sacamos una muestra aleatoria (que tiene sólo el 5% de probabilidad de presentarse), cuyo intervalo no contiene la media poblacional y, por lo tanto, nos condujo a realizar una inferencia incorrecta; o bien que hay un problema de muestreo, como podría ser que la selección no fue aleatoria, que la medición de la cantidad de dosis de agroquímicos no fue correctamente realizada, etc.

Gráficamente, la situación hubiese sido:

Se puede observar claramente que el intervalo de confianza no incluye al verdadero valor del parámetro poblacional (\(\mu=14\)).

Si consideramos un nivel de confianza del 99%, el intervalo es:

\[\begin{aligned} \overline{x} - Z_{1-\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \leq &\mu& \leq \overline{x} - Z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \nonumber \\ 15.03 - 2.58 \frac{3}{\sqrt{50}} \leq & \mu & \leq 15.03 - (-2.58) \frac{3}{\sqrt{50}} \nonumber \\ 13.93 \leq & \mu & \leq 16.12 \end{aligned}\]

Como podemos ver, el intervalo de confianza es más amplio que el anterior, es decir perdemos precisión para poder tener mayor confianza. En este último caso, si la media poblacional hubiese sido igual a 14, entonces el intervalo hubiese contenido al valor del parámetro poblacional a un nivel de confianza del 99%.

Sólo es posible aumentar la precisión y el nivel de confianza simultáneamente tomando una muestra de mayor tamaño.

Para calcular el intervalo de confianza con Python usamos el siguiente código:

# Librerias
import numpy as np
from scipy import stats
from scipy.stats import norm
from statsmodels.stats import weightstats as stests
import statistics 
from statistics import stdev

# Nivel de confianza
nivel_conf=0.95
# Varianza poblacional
var=3**2
# Datos muestrales
data=[13.68,13.57,10.26,12.4,16.99,13.98,16.13,19.23,17.76,16.1,
      16.79,11.54,17.62,14.17,17.02,13.12,13.97,16.69,13.62,15.58,
      12.4,14.92,16.74,15.39,13.42,15.67,15.25,15.35,15.35,14.52,
      15.42,16.47,12.91,16.17,13.65,14.67,13.94,15.03,16.01,15.75,
      16.28,16.22,15.77,13.95,16.24,14.63,12.36,15.08,17.19,14.52]

def ic(data,var,nivel_conf):
    n = len(data)
    z = norm.ppf(nivel_conf+(1-nivel_conf)/2)
    data_mean = np.mean(data)
    data_sd = stdev( data, data_mean )
    sigma=np.sqrt(var)
    lim_inf=data_mean-z*sigma/n**0.5
    lim_sup=data_mean+z*sigma/n**0.5
    return lim_inf,lim_sup,z,data_mean,data_sd,n

lim_inf,lim_sup,z,data_mean,data_sd,n = ic(data,var,nivel_conf)
print("Media Muestral =",data_mean)
print("S Muestral =",data_sd)
print("n muestral =",n)
print("z =", z)
print("Intervalo de confianza: ","[",lim_inf,";",lim_sup,"]")

Media Muestral = 15.0298
S Muestral = 1.7327063766706414
n muestral = 50
z = 1.959963984540054
Intervalo de confianza:  [ 14.198257705390192 ; 15.861342294609807 ]

Varianza desconocida

Para estimar intervalos de confianza para la media cuando la varianza poblacional es desconocida y la población es normal, se debe que usar el estadístico \(t\) (ver [estadistico_t]), es decir:

\[\begin{aligned} \frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}} \sim t_{n-1} \end{aligned}\]

Solución

Por ser la varianza desconocida, la población normal y \(n\) pequeño, al intervalo de confianza para la media poblacional lo construimos con el estadístico de la distribución \(t\):

\[\begin{aligned} P(t_{n-1;\alpha/2}\leq t_{n-1} \leq t_{n-1;1-\alpha/2})\!=\; & 1-\alpha \nonumber \\ P\bigg(t_{n-1;\alpha/2}\leq \frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}\leq t_{n-1;1-\alpha/2}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \end{aligned}\]

Despejando \(\mu\) dentro del paréntesis de la ecuación anterior, tenemos:

\[\begin{aligned} P\bigg(t_{n-1;\alpha/2} \frac{S}{\sqrt{n}} \leq \overline{X}-\mu \leq t_{n-1;1-\alpha/2} \frac{S}{\sqrt{n}}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \nonumber \\ P\bigg(-\overline{X} + t_{n-1;\alpha/2} \frac{S}{\sqrt{n}} \leq -\mu\leq-\overline{X} + t_{n-1;1-\alpha/2} \frac{S}{\sqrt{n}}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \nonumber \end{aligned}\] \[{P\bigg(\overline{X} - t_{n-1;1-\alpha/2} \frac{S}{\sqrt{n}} \leq \mu \leq \overline{X} - t_{n-1;\alpha/2} \frac{S}{\sqrt{n}}\bigg)=1-\alpha}\]

Teniendo en cuenta que la media muestral es \(733\), el tamaño de muestra 10, y la desviación muestral \(112\), el intervalo que resulta es:

\[\begin{aligned} \overline{x} - t_{n-1;1-\alpha/2} \frac{s}{\sqrt{n}} \leq &\mu& \leq \overline{x} - t_{n-1;\alpha/2} \frac{s}{\sqrt{n}} \nonumber \\ 733 - 2.262 \frac{112}{\sqrt{10}} \leq & \mu & \leq 733 - (-2.262) \frac{112}{\sqrt{10}} \nonumber \\ 652.89 \leq & \mu & \leq 813.11 \end{aligned}\]

Como conclusión, podemos decir que tenemos una confianza del 95% que el verdadero valor del parámetro poblacional (\(\mu\)) estará entre \(652.89\) y \(813.11\), o sea que la duración media de las pilas, medida en ciclos, estará entre estos dos valores.

Si la población no es normal se presentan las siguientes opciones:

• Con \(n\) pequeño habría que tratar de transformar la variable para que la distribución poblacional se aproxime a una normal. En numerosas ocasiones, la transformación logarítmica o raíz cuadrada suele ser óptima.

• Si la muestra es lo suficientemente grande, y teniendo en cuenta que \(S\) es un estimador consistente de \(\sigma\), se puede usar el estadístico \(Z=\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\)

• Si la muestra es chica, y no se puede transformar la variable para que, en la población, se distribuya aproximadamente normal, se deberá recurrir a la desigualdad de Chebycheff, con la que se podrá obtener una cota máxima para la probabilidad que la media muestral difiera, en valor absoluto, respecto de la media poblacional en más de un cierto valor. Para ello es suficiente con conocer \(\sigma\), o tener una aproximación de su valor.

Intervalos para la Diferencia de Medias de dos Poblaciones

Se tienen dos poblaciones de las que se extrae una muestra de cada una de ellas. Se deben distinguir los casos según las muestras sean independientes o no, y según sus varianzas poblacionales sean conocidas o no.

Muestras independientes con varianzas conocidas

Sean dos variables aleatorias \(X_{1}\) y \(X_{2}\) que se distribuyen normalmente, entonces, por el TCL podemos escribir:

\[\begin{aligned} \overline{X}_{1} &\sim& N(\mu_{1},\sigma_{1}^{2}/n_{1}) \nonumber \\ \overline{X}_{2} &\sim& N(\mu_{2},\sigma_{2}^{2}/n_{2}) \end{aligned}\]

Restando ambas variables y estandarizando tenemos:

\[\begin{aligned} \label{iic_z2mi} \overline{X}_{1} -\overline{X}_{2} &\sim& N \bigg(\mu_{1}-\mu_{2},\sigma_{1}^{2}/n_{1} +\sigma_{2}^{2}/n_{2} \bigg) \nonumber \\ \frac{(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2})}{\sqrt{\sigma_{1}^{2}/n_{1} +\sigma_{2}^{2}/n_{2}}} &\sim & N(0,1) \end{aligned}\]

Esto es así porque la suma (diferencia) de variables que son independientes y de distribución normal es otra variable que también se distribuye normalmente, con media igual a la suma (diferencia) de las medias y varianza igual a la suma de varianzas. El intervalo de confianza se construye utilizando este estadístico.

Solución

Teniendo en cuenta la ecuación [iic_z2mi], dado que estamos trabajando con dos muestras independientes, entonces podemos escribir:

\[\begin{aligned} P(Z_{\alpha/2}\leq Z \leq Z_{1-\alpha/2})\!=\; & 1-\alpha \nonumber \\ P\bigg(Z_{\alpha/2}\leq \frac{(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2})}{\sqrt{\sigma_{1}^{2}/n_{1} +\sigma_{2}^{2}/n_{2}}}\leq Z_{1-\alpha/2}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \end{aligned}\]

Operando sobre la desigualdad anterior, tenemos:

\[\begin{aligned} P\bigg(Z_{\alpha/2} \sqrt{\sigma_{1}^{2}/n_{1} +\sigma_{2}^{2}/n_{2}} \leq (\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2}) \leq Z_{1-\alpha/2} \sqrt{\sigma_{1}^{2}/n_{1} +\sigma_{2}^{2}/n_{2}} \bigg)=1-\alpha \nonumber \\ P\bigg(-(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})+Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\sigma_{1}^{2}}{n_{1}} +\frac{\sigma_{2}^{2}}{n_{2}}} \leq -(\mu_{1}-\mu_{2}) \leq -(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})+Z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{\sigma_{1}^{2}}{n_{1}} +\frac{\sigma_{2}^{2}}{n_{2}}} \bigg)=1-\alpha \nonumber \end{aligned}\] \[{P\bigg((\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})-Z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{\sigma_{1}^{2}}{n_{1}} +\frac{\sigma_{2}^{2}}{n_{2}}} \leq (\mu_{1}-\mu_{2}) \leq (\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})-Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\sigma_{1}^{2}}{n_{1}} +\frac{\sigma_{2}^{2}}{n_{2}}} \bigg)= 1-\alpha}\]

Como se observa, tenemos el intervalo de confianza para la diferencia de medias poblacionales, es decir para \((\mu_{1}-\mu_{2})\).

Teniendo en cuenta que, en este caso, las medias muestrales son iguales a:

\[\begin{aligned} \overline{x}_{1}\!=\; & \frac{\sum_{i}x_{1i}}{n_{1}}=\frac{56\,000}{100}=560 \nonumber \\ \overline{x}_{2}\!=\; & \frac{\sum_{i}x_{2i}}{n_{2}}=\frac{85\,515}{150}=570.1 \end{aligned}\] expresadas en \(Mbytes/s\), podemos calcular el intervalo de confianza como:

\[\begin{aligned} (\overline{x}_{1} -\overline{x}_{2})-Z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{\sigma_{1}^{2}}{n_{1}} +\frac{\sigma_{2}^{2}}{n_{2}}} \leq &(\mu_{1}-\mu_{2}) &\leq (\overline{x}_{1} -\overline{x}_{2})-Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\sigma_{1}^{2}}{n_{1}} +\frac{\sigma_{2}^{2}}{n_{2}}} \nonumber \\ (560 -570.1)-1.96 \sqrt{\frac{50^{2}}{100} +\frac{60^{2}}{150}} \leq & (\mu_{1}-\mu_{2}) & \leq (560 -570.1)-(-1.96) \sqrt{\frac{50^{2}}{100} +\frac{60^{2}}{150}} \nonumber \\ -23.82 \leq & (\mu_{1}-\mu_{2}) & \leq 3.62 \nonumber \\ \end{aligned}\]

Como el valor \((\mu_{1}-\mu_{2})=0\) está incluido en el intervalo que obtuvimos, es decir, es uno de los valores que podría tomar la diferencia de medias de las poblaciones (con un nivel de confianza del 95%), entonces la conclusión es que no existen diferencias estadísticamente significativas entre las velocidades de acceso de ambos dispositivos.

Muestras independientes con varianzas desconocidas

Cuando estamos en presencia de una estimación por intervalos de confianza de una diferencia de medias con varianzas desconocidas, se debe buscar un estadístico que cumpla la condición de no contener las varianzas poblacionales. Sabiendo que una variable aleatoria con distribución \(t\) se define como:

\[\begin{aligned} \label{def_t} \frac{Z}{\sqrt{\frac{U}{n-1}}} \sim t_{n-1} \end{aligned}\] y que además la suma de dos estadísticos con distribuciones \(\chi^{2}_{n_{1}-1}\) y \(\chi^{2}_{n_{2}-1}\) nos da como resultado otra distribución \(\chi^{2}_{n_{1}+n_{2}-2}\), es decir que:

\[\begin{aligned} \label{sum_chi} \chi^{2}_{n_{1}-1} + \chi^{2}_{n_{2}-1} &\sim & \chi^{2}_{n_{1}+n_{2}-2} \nonumber \\ \frac{(n_{1}-1)S^{2}_{1}}{\sigma^{2}_{1}}+\frac{(n_{2}-1)S^{2}_{2}}{\sigma^{2}_{2}} &\sim & \chi^{2}_{n_{1}+n_{2}-2} \end{aligned}\] entonces, podemos utilizar [iic_z2mi] y [sum_chi] para reemplazar, respectivamente el numerador y el denominador en [def_t]

\[\begin{aligned} \frac{Z}{\sqrt{\frac{U}{n-1}}} &\sim & t_{n-1} \nonumber \\ \frac{\frac{(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2})}{\sqrt{\sigma^{2}_{1}/n_{1} +\sigma^{2}_{2}/n_{2}}}}{\sqrt{\frac{\frac{(n_{1}-1)S^{2}_{1}}{\sigma^{2}_{1}}+\frac{(n_{2}-1)S^{2}_{2}}{\sigma^{2}_{2}}}{n_{1}+n_{2}-2}}} &\sim & t_{n_{1}+n_{2}-2} \end{aligned}\]

Bajo el supuesto de que las varianzas poblacionales son iguales, es decir \(\sigma^{2}_{1}=\sigma^{2}_{2}=\sigma^{2}\), entonces podemos escribir la expresión anterior como:

\[\begin{aligned} \label{estadistico_t2mi} \frac{\frac{(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2})}{\sqrt{\sigma^{2}/n_{1} +\sigma^{2}/n_{2}}}}{\sqrt{\frac{\frac{(n_{1}-1)S^{2}_{1}}{\sigma^{2}}+\frac{(n_{2}-1)S^{2}_{2}}{\sigma^{2}}}{n_{1}+n_{2}-2}}} &\sim & t_{n_{1}+n_{2}-2} \nonumber \\ \frac{(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2})}{\sqrt{S^{2}_{p} (\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}})}} &\sim & t_{n_{1}+n_{2}-2} \end{aligned}\] que es el estadístico que se utiliza para construir el intervalo de confianza, donde \(S^{2}_{p}=\frac{(n_{1}-1)S^{2}_{1}+(n_{2}-1)S^{2}_{2}}{n_{1}+n_{2}-2}\) es la varianza de la diferencia de medias, que contiene la media ponderada de las varianzas muestrales.

Solución

Partiendo de que estamos ante la presencia de una estimación por intervalo de confianza de diferencia de medias con muestras independientes, y con las varianzas poblacionales desconocidas pero que se suponen son iguales, entonces usamos el estadístico [estadistico_t2mi]. Es decir:

\[\begin{aligned} &&P\bigg(t_{n_{1}+n_{2}-2}^{\alpha/2} \leq t \leq t_{n_{1}+n_{2}-2}^{1-\alpha/2}\bigg)=1-\alpha \nonumber \\ &&P\bigg(t_{n_{1}+n_{2}-2}^{\alpha/2}\leq \frac{(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})- (\mu_{1}-\mu_{2}) }{\sqrt{S^{2}_{p} (\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}})}} \leq t_{n_{1}+n_{2}-2}^{1-\alpha/2}\bigg)=1-\alpha \nonumber \\ &&P\bigg(t_{n_{1}+n_{2}-2}^{\alpha/2} \sqrt{S^{2}_{p} (\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}})} \leq (\overline{X}_{1} - \overline{X}_{2})- (\mu_{1}-\mu_{2}) \leq t_{n_{1}+n_{2}-2}^{1-\alpha/2} \sqrt{S^{2}_{p} (\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}})}\bigg) =1-\alpha \nonumber \\ &&P\bigg(-(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})+t_{n_{1}+n_{2}-2}^{\alpha/2} S^{*}_{p} \leq -(\mu_{1}-\mu_{2}) \leq -(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})+ t_{n_{1}+n_{2}-2}^{1-\alpha/2}) S^{*}_{p}\bigg) =1-\alpha \nonumber \end{aligned}\] \[{P\bigg((\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})-t_{n_{1}+n_{2}-2}^{1-\alpha/2} S^{*}_{p} \leq (\mu_{1}-\mu_{2}) \leq (\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})- t_{n_{1}+n_{2}-2}^{\alpha/2} S^{*}_{p}\bigg) =1-\alpha}\] donde \(S^{*}_{p}=\sqrt{S^{2}_{p} (\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}})}\).

Teniendo en cuenta que \(t_{9+9-2}^{0.995}=2.92\), entonces podemos plantear el intervalo de confianza como:

\[\begin{aligned} (\overline{x}_{1} -\overline{x}_{2})-t_{n_{1}+n_{2}-2}^{1-\alpha/2} s^{*}_{p} \leq &(\mu_{1}-\mu_{2})& \leq (\overline{x}_{1} -\overline{x}_{2})- t_{n_{1}+n_{2}-2}^{\alpha/2} s^{*}_{p} \nonumber \\ (211.7 -428.1)-2.92 \sqrt{7\,436,6 (\frac{1}{9}+\frac{1}{9})} \leq & (\mu_{1}-\mu_{2}) & \leq (211.7 -428.1)-(- 2.92) \sqrt{7\,436,6(\frac{1}{9}+\frac{1}{9})} \nonumber \\ -410.2 \leq & (\mu_{1}-\mu_{2}) & -22.5 \nonumber \\ \end{aligned}\] donde \(S^{2}_{p}=7\,436,6\).

Conclusión: podemos decir que, dado que el intervalo de confianza no incluye el valor cero, hay evidencia estadística para afirmar que la venta de combustible premium es diferente en las dos ciudades, con lo que el gerente estaría en lo correcto.

Muestras dependientes

Cuando trabajamos con dos muestras dependientes, o sea, que tenemos fundamentos para pensar que los valores de ambas variables están relacionados, no se puede usar ninguno de los estadísticos anteriores, ya que fueron deducidos bajo el supuesto de que las variables eran independientes.

Supongamos dos variables \(X_{1}\) y \(X_{2}\) las cuales son dependientes. Se define entonces una nueva variable como la diferencia entre ambas, es decir:

\[\begin{aligned} d=X_{1}-X_{2} \end{aligned}\]

A la variable \(d\) se le puede calcular su media muestral \(\overline{d}\) y su respectiva desviación estándar muestral \(S_{d}\). Entonces, el estadístico que se usa para crear el intervalo de confianza sobre la media con muestras dependientes es:

\[\begin{aligned} \label{est_m2md} \frac{\overline{d}-\delta}{S_{d}/\sqrt{n}} \sim t_{n-1} \end{aligned}\] donde \(\delta\) es el parámetro poblacional de la diferencia de medias de ambas variables en la población y \(d\) es estimador de dicho parámetro. El estadístico [est_m2md] es el que se utiliza para confeccionar el intervalo de confianza, en este caso.

Solución

Como las cubiertas están instalados en una misma bicicleta, las dos muestras pueden considerarse dependientes, ya que recorren la misma distancia por idénticos trayectos y, por lo tanto, están sometidos a igual esfuerzo de desgaste. Calculando la nueva variable \(d\), tenemos:

Utilizando [est_m2md], podemos escribir:

\[\begin{aligned} P(t_{n-1;\alpha/2}\leq t_{n-1} \leq t_{n-1;1-\alpha/2})\!=\; & 1-\alpha \nonumber \\ P\bigg(t_{n-1;\alpha/2}\leq \frac{\overline{d}-\delta}{S_{d}/\sqrt{n}}\leq t_{n-1;1-\alpha/2}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \nonumber \\ P\bigg(-\overline{d} + t_{n-1;\alpha/2} \frac{S_{d}}{\sqrt{n}} \leq -\delta\leq-\overline{d} + t_{n-1;1-\alpha/2} \frac{S_{d}}{\sqrt{n}}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \nonumber \end{aligned}\] \[{ P\bigg(\overline{d} - t_{n-1;1-\alpha/2} \frac{S_{d}}{\sqrt{n}} \leq \delta \leq \overline{d} - t_{n-1;\alpha/2} \frac{S_{d}}{\sqrt{n}}\bigg)=1-\alpha}\]

Procediendo de igual forma que en los ejercicios anteriores, calculamos el intervalo de confianza teniendo en cuenta que \(t_{11;0.975}=2.20\), entonces:

\[\begin{aligned} \overline{d} - t_{n-1;1-\alpha/2} \frac{s_{d}}{\sqrt{n}} \leq & \delta & \leq \overline{d} - t_{n-1;\alpha/2} \frac{s_{d}}{\sqrt{n}} \nonumber \\ -1.7-2.20 \frac{1.2}{\sqrt{12}} \leq & \delta & \leq -1.7 - (-2.20) \frac{1.2}{\sqrt{12}} \nonumber \\ -2.46 \leq & \delta & \leq -0.93 \end{aligned}\]

Dado que hemos definido \(d=I-II\), la conclusión es que la cubierta I tiene un menor desgaste que la cubierta II, ya que el intervalo de confianza no incluye al cero porque sus límites son valores negativos (-2,46mm y -0,93mm). Si hubiésemos planteado \(d=II-I\), la conclusión sería que la cubierta II tiene mayor desgaste que la cubierta I.

Intervalos para la Proporción Poblacional

Sea una población dicotómica (Bernoulli), con \(N\) elementos, de los cuales \(k\) tienen una determinada propiedad. Entonces podemos definir al parámetro proporción poblacional \(\pi=k/N\), el cual es desconocido y se pretende estimar a partir de una muestra de tamaño \(n\). El estimador \(P=X/n\), donde \(X\) es el número de elementos con la propiedad deseada (éxitos) en la muestra, se denomina proporción muestral.

Teniendo en cuenta que \(X\) se distribuye como una distribución binomial (porque expresa la cantidad de éxitos en pruebas repetidas), con esperanza \(n\pi\) y varianza \(n\pi(1-\pi)\), si el tamaño de la muestra es lo suficiente grande entonces, por el TCL podemos escribir que:

\[\begin{aligned} \label{estadistico_p} \frac{P-\pi}{\sqrt{\pi(1-\pi)/n}}\sim N(0,1) \end{aligned}\]

Por el Teorema de De Moivre - Laplace, que plantea lo siguiente:

Si tenemos que \(X\) es una variable aleatoria binomial de parámetros \(n\) y \(p\), \(X \sim B(n,p)\), entonces “\(X\)” se puede aproximar a una distribución normal de media \(\mu=n\cdot p\) y desviación típica \(\sigma=\sqrt{n\cdot p \cdot (1-p)}\) si y sólo si se cumplen las siguientes condiciones:

• \(n\geq 30\)

• \(n\cdot p\geq 5\) y \(n\cdot (1-p)\geq 5\)

entonces, la variable binomial \(X \sim B(n,p)\) se aproxima a la variable normal \(X \sim N(n\cdot p,\sqrt{n\cdot p \cdot (1-p)})\)

De modo que, cuando se cumplen las condiciones de \(n\geq 30\), \(np\geq 5\) y \(n(1-p)\geq 5\), la aproximación anterior es adecuada y se emplea para construir el intervalo de confianza. Veamos a continuación el intervalo de confianza según se trate de una proporción poblacional o de la diferencia de proporciones de dos poblaciones.

Intervalos para la Proporción de una Población

Solución

Estamos ante un planteo con una muestra considerada grande y, por el TCL, el estadístico para la proporción es:

\[\begin{aligned} \frac{P-\pi}{\sqrt{\pi(1-\pi)/n}}\sim N(0,1) \end{aligned}\]

Para poder hacer uso de este estadístico se deben cumplir las condiciones \(nP>5\) y \(n(1-P)>5\), en este caso:

\[\begin{aligned} n\cdot p=80 \cdot \frac{15}{80}=15&>&5 \nonumber \\ n(1-p)=80 \cdot (1-\frac{15}{80})=65&>&5 \end{aligned}\]

Ahora podemos operar de forma similar a los problemas anteriores, es decir:

\[\begin{aligned} P(Z_{\alpha/2}\leq Z \leq Z_{1-\alpha/2})\!=\; & 1-\alpha \nonumber \\ P\bigg(Z_{\alpha/2}\leq \frac{P-\pi}{\sqrt{\pi(1-\pi)/n}}\leq Z_{1-\alpha/2}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \end{aligned}\]

Despejando de la ecuación anterior surge que:

\[\begin{aligned} P\bigg(Z_{\alpha/2} \sqrt{\pi(1-\pi)/n} \leq (P-\pi) \leq Z_{1-\alpha/2} \sqrt{\pi(1-\pi)/n}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \nonumber \\ P\bigg( -P+Z_{\alpha/2} \sqrt{\pi(1-\pi)/n} \leq -\pi \leq - P+Z_{1-\alpha/2} \sqrt{\pi(1-\pi)/n}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \nonumber \\ P\bigg(P-Z_{1-\alpha/2} \sqrt{\pi(1-\pi)/n} \leq \pi \leq P-Z_{\alpha/2} \sqrt{\pi(1-\pi)/n}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \nonumber \\ \end{aligned}\]

Como vemos, \(\pi\) aún sigue contenido en los extremos de la desigualdad. Para superar esta situación deberíamos plantear una ecuación de segundo grado. Sin embargo, si reemplazamos \(\pi\) por \(P\) en dichos extremos, se obtiene una aproximación muy razonable a los resultados que buscamos, por lo que planteamos:

\[{ P\bigg( P-Z_{1-\alpha/2} \sqrt{P(1-P)/n} \leq \pi \leq P-Z_{\alpha/2} \sqrt{P(1-P)/n}\bigg)=1-\alpha}\]

Sabiendo que \(P\) se define como la cantidad de éxitos sobre el total de casos de la muestra, entonces \(p=\frac{15}{80}=0.19\) tenemos:

\[\begin{aligned} p-Z_{1-\alpha/2} \sqrt{p(1-p)/n} \leq &\pi& \leq p-Z_{\alpha/2} \sqrt{p(1-p)/n} \nonumber \\ 0.19-1.64 \sqrt{0.19(1-0.19)/80} \leq & \pi & \leq 0.19-(-1.64) \sqrt{0.19(1-0.19)/80} \nonumber \\ 0.12\leq & \pi & \leq 0.26 \end{aligned}\]

Por lo tanto, con un nivel de confianza del 90%, el intervalo \([0.12; 0.26]\) contendrá el verdadero valor del parámetro poblacional \(\pi\). Esto significa que, el Departamento de Control de Calidad debe realizar algún ajuste porque el intervalo de estimación no contiene el valor \(0.07\) de defectuosos, lo cual indica que el porcentaje de defectuosos excede ese valor, ya que el intervalo se encuentra a su derecha.

Gráficamente es:

donde la distribución centrada en \(0.07\) corresponde a la distribución esperada por el Departamento de Control de Calidad (que no necesariamente es la verdadera distribución poblacional). Como el intervalo de confianza no incluye la media de la distribución esperada por dicho departamento, entonces se deben hacer los ajustes necesarios para que la producción de defectuosos disminuya y así corregir el problema. Por cierto que, podría haber existido un problema de muestreo, o bien muy “mala suerte” al seleccionar una muestra que no contiene el parámetro poblacional. Suponiendo que no existieron problemas de muestreo, y como es poco probable (10%) que hayamos seleccionado una “mala” muestra, entonces concluimos que se deben realizar los ajustes necesarios en la línea de producción.

Una consideración adicional, es que los límites del intervalo de confianza, en el caso de \(\pi\), nunca deberán estar fuera del rango \([0,1]\), dado que estamos trabajando con proporciones, las cuales están definidas siempre entre 0 y 1.

Intervalos para la Diferencia de dos Proporciones Poblacionales

Sean dos poblaciones con una misma variable dicotómica cada una, de las que extraemos sendas muestras de tamaño grande, \(n_{1}\) y \(n_{2}\), entonces podemos escribir:

\[\begin{aligned} \frac{P_{1}-\pi_{1}}{\sqrt{\pi_{1}(1-\pi_{1})/n_{1}}}\sim N(0,1) \nonumber \\ \frac{P_{2}-\pi_{2}}{\sqrt{\pi_{2}(1-\pi_{2})/n_{2}}}\sim N(0,1) \end{aligned}\] por lo tanto, \(P_{1}\) y \(P_{2}\) se distribuyen:

\[\begin{aligned} P_{1}\sim N(\pi_{1},\pi_{1}(1-\pi_{1})/n_{1}) \nonumber \\ P_{2}\sim N(\pi_{2},\pi_{2}(1-\pi_{2})/n_{2}) \end{aligned}\]

Restando ambas variables aleatorias, teniendo en cuenta que si las variables \(P_{1}\) y \(P_{2}\) son independientes, la varianza es \(V(P_{1}-P_{2})=V(P_{1})+V(p_{2})\), entonces podemos escribir:

\[\begin{aligned} (P_{1}-P_{2})\sim N((\pi_{1}-\pi_{2}),\pi_{1}(1-\pi_{1})/n_{1}+\pi_{2}(1-\pi_{2})/n_{2}) \end{aligned}\] que es el estadístico para la diferencia de dos proporciones de variables independientes.

Estandarizando tenemos:

\[\begin{aligned} \label{estadistico_p2mi} \frac{(P_{1}-P_{2})-(\pi_{1}-\pi_{2})}{\sqrt{\pi_{1}(1-\pi_{1})/n_{1}+\pi_{2}(1-\pi_{2})/n_{2}}}\sim N(0,1) \end{aligned}\] que se utiliza para armar el intervalo de confianza de dos proporciones.

Solución

Si se cumplen las condiciones \(nP>5\) y \(n(1-P)>5\) para cada una de las muestras, entonces se puede usar el estadístico [estadistico_p2mi] para estimar un intervalo de confianza de la diferencia de proporciones.

\[\begin{aligned} n_{1}p_{1}=200 \cdot \frac{17}{200}=17&>&5 \nonumber \\ n_{1}(1-_{1})=200 \cdot (1-\frac{17}{200})=183&>&5 \nonumber \\ n_{2}p_{2}=150 \cdot \frac{10}{150}=10&>&5 \nonumber \\ n_{2}(1-p_{2})=150 \cdot (1-\frac{10}{150})=140&>&5 \end{aligned}\]

Luego,

\[\begin{aligned} P(Z_{\alpha/2}\leq Z \leq Z_{1-\alpha/2})\!=\; & 1-\alpha \nonumber \\ P\bigg(Z_{\alpha/2}\leq \frac{(P_{1}-P_{2})-(\pi_{1}-\pi_{2})}{\sqrt{\pi_{1}(1-\pi_{1})/n_{1}+\pi_{2}(1-\pi_{2})/n_{2}}} \leq Z_{1-\alpha/2}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \end{aligned}\]

Despejando \((\pi_{1}-\pi_{2})\) de la desigualdad y realizando la aproximación de reemplazar \(\pi\) por \(P\), tenemos:

\[\begin{aligned} P\bigg(Z_{\alpha/2}\leq \frac{(P_{1}-P_{2})-(\pi_{1}-\pi_{2})}{\sqrt{\frac{P_{1}(1-P_{1})}{n_{1}}+\frac{P_{2}(1-P_{2})}{n_{2}}}} \leq Z_{1-\alpha/2}\bigg)=1-\alpha \nonumber \\ P\bigg(Z_{\alpha/2} \sqrt{\widehat{\sigma}_{(P_{1}-P_{2})}} \leq (P_{1}-P_{2})-(\pi_{1}-\pi_{2}) \leq Z_{1-\alpha/2} \sqrt{\widehat{\sigma}_{(P_{1}-P_{2})}} \bigg)=1-\alpha \nonumber \\ P\bigg(-(P_{1}-P_{2})+Z_{\alpha/2} \sqrt{\widehat{\sigma}_{(P_{1}-P_{2})}} \leq -(\pi_{1}-\pi_{2}) \leq -(P_{1}-P_{2})+Z_{1-\alpha/2} \sqrt{\widehat{\sigma}_{(P_{1}-P_{2})}} \bigg)=1-\alpha \nonumber \end{aligned}\] \[{ P\bigg((P_{1}-P_{2})-Z_{1-\alpha/2} \sqrt{\widehat{\sigma}_{(P_{1}-P_{2})}} \leq (\pi_{1}-\pi_{2}) \leq (P_{1}-P_{2})-Z_{\alpha/2} \sqrt{\widehat{\sigma}_{(P_{1}-P_{2})}} \bigg)=1-\alpha}\] donde \(\widehat{\sigma}_{(P_{1}-P_{2})}=\frac{P_{1}(1-P_{1})}{n_{1}}+\frac{P_{2}(1-P_{2})}{n_{2}}\).

La estimación por intervalo es:

\[\begin{aligned} (p_{1}-p_{2})-Z_{1-\alpha/2} \sqrt{\widehat{\sigma}_{(p_{1}-p_{2})}} \leq &(\pi_{1}-\pi_{2})& \leq (p_{1}-p_{2})-Z_{\alpha/2} \sqrt{\widehat{\sigma}_{(p_{1}-p_{2})}} \nonumber \\ (0.085-0.067)-1.96 \sqrt{0.000804} \leq & (\pi_{1}-\pi_{2}) & \leq (0.085-0.067)-(-1.96) \sqrt{0.000804} \nonumber \\ -0.0372 \leq & (\pi_{1}-\pi_{2}) & \leq 0.0739 \nonumber \\ \end{aligned}\] donde \(\widehat{\sigma}_{p_{1}-p_{2}}=0.000804\).

Dado que el cero está incluido en el intervalo de confianza, la conclusión es que no existe diferencia significativa de la proporción de defectuosos entre las líneas de producción, a un nivel de confianza de 95%.

Intervalos para la Varianza Poblacional

Nuevamente, aquí tendremos en cuenta dos situaciones, según estemos en presencia de una o de dos poblaciones.

Intervalos para la Varianza de una Población

Cuando se trata de estimar intervalos de confianza para la varianza de una población, extraemos una muestra y hacemos uso del estadístico \(\chi^{2}\) que viene dado en [estadistico_chi], bajo el supuesto de poblaciones normales. Es decir:

\[\begin{aligned} \frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}_{n-1} \end{aligned}\]

Solución

El agente puede proporcionar información, sobre la media y la varianza poblacional. Empecemos analizando la media poblacional. Dado que descocemos la varianza poblacional y tenemos un tamaño de muestra inferior a 30, el intervalo de confianza que se debe calcular para la media poblacional es:

\[\begin{aligned} P\bigg(\overline{X} - t_{n-1;1-\alpha/2} \frac{S}{\sqrt{n}} \leq \mu \leq \overline{X} - t_{n-1;\alpha/2} \frac{S}{\sqrt{n}}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \end{aligned}\]

Con los datos de la muestra se obtiene que \(\overline{X}=9.92\) y que \(S=0.242\), entonces el intervalo para la media poblacional con un nivel de confianza del 95% es:

\[\begin{aligned} \overline{x} - t_{n-1;1-\alpha/2} \frac{s}{\sqrt{n}} \leq &\mu &\leq \overline{x} - t_{n-1;\alpha/2} \frac{s}{\sqrt{n}} \nonumber \\ 9.92- 2.069 \frac{0.242}{\sqrt{24}} \leq &\mu& \leq 9.92 - 2.069 \frac{0.242}{\sqrt{24}} \nonumber \\ 9.816 \leq &\mu& \leq 10.021 \end{aligned}\]

Cuando tenemos una muestra, y queremos estimar un intervalo de confianza de la varianza, debemos partir del estadístico [estadistico_chi] y plantear:

\[\begin{aligned} P(\chi^{2}_{n-1;\alpha/2}\leq \chi^{2}_{n-1} \leq \chi^{2}_{n-1;1-\alpha/2})\!=\; & 1-\alpha \nonumber \\ P\bigg(\chi^{2}_{n-1;\alpha/2}\leq \frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}} \leq \chi^{2}_{n-1;1-\alpha/2}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \end{aligned}\]

Despejando \(\sigma^{2}\) de la desigualdad:

\[\begin{aligned} P\bigg(\frac{\chi^{2}_{n-1;\alpha/2}}{(n-1)S^{2}}\leq \frac{1}{\sigma^{2}} \leq \frac{\chi^{2}_{n-1;1-\alpha/2}}{(n-1)S^{2}}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \nonumber \end{aligned}\] \[{ P\bigg(\frac{(n-1)S^{2}}{\chi^{2}_{n-1;1-\alpha/2}}\leq \sigma^{2} \leq \frac{(n-1)S^{2}}{\chi^{2}_{n-1;\alpha/2}}\bigg)=1-\alpha}\]

Reemplazando la varianza muestral, y teniendo en cuenta que los grados de libertad con los que debemos trabajar son \(n-1=23\), donde \(n\) es el tamaño de la muestra, obtenemos:

\[\begin{aligned} \frac{(n-1)s^{2}}{\chi^{2}_{n-1;1-\alpha/2}}\leq &\sigma^{2} &\leq \frac{(n-1)s^{2}}{\chi^{2}_{n-1;\alpha/2}} \nonumber \\ \frac{(24-1)0.059}{\chi^{2}_{24-1;0.975}}\leq & \sigma^{2} & \leq \frac{(24-1)0.059}{\chi^{2}_{24-1;0.025}} \nonumber \\ \frac{(24-1)0.059}{38.076}\leq & \sigma^{2} & \leq \frac{(24-1)0.059}{11.689} \nonumber \\ 0.035 \leq & \sigma^{2} & \leq 0.115 \end{aligned}\]

Por lo tanto, el agente de bolsa dirá a su cliente que, el precio promedio puntual de la acción es 9,919 € y que, con un 95% de nivel de confianza se encuentra entre 9,816€ y 10,021€. La varianza, por su parte, oscila, con un 95% de confianza, entre 0,035 y 0,115.

La resolución de la segunda parte de este problema en Python es (se deja a cargo del lector la resolución de la primera parte):

# Librerias
import numpy as np
from scipy import stats
from scipy.stats import chi2
from statsmodels.stats import weightstats as stests
import statistics 
from statistics import stdev

# Nivel de confianza
nivel_conf=0.95
# Datos muestrales
data=[9.252,9.604,9.618,9.688,9.7,9.932,10.115,9.958,10.03,
 10.13,10.15,9.986,9.682,9.75,9.712,10.01,10.015,9.962,
 10.19,10.13,10.285,9.998,10.11,10.04]

def ic(data,nivel_conf):
    n = len(data)
    chi_1 = chi2.ppf(nivel_conf+(1-nivel_conf)/2,n-1)
    chi_2 = chi2.ppf(1-(nivel_conf+(1-nivel_conf)/2),n-1)
    data_mean = np.mean(data)
    data_sd = stdev( data, data_mean )
    var=data_sd**2
    lim_inf=(n-1)*var/chi_1
    lim_sup=(n-1)*var/chi_2
    return lim_inf,lim_sup,data_mean,var,n

lim_inf,lim_sup,data_mean,var,n = ic(data,nivel_conf)
print("Media Muestral =",data_mean)
print("Varianza Muestral =",var)
print("n Muestral")
print("Intervalo de confianza: ","[",lim_inf,";",lim_sup,"]")

Media Muestral = 9.918624999999999
Varianza Muestral = 0.05856685326086955
n Muestral
Intervalo de confianza:  [ 0.03537794968269136 ; 0.11524418370529599 ]

Intervalos para la Comparación de Varianzas de dos Poblaciones

En el caso que se quiera estimar intervalos para comparar varianzas de dos poblaciones, se hace uso del estadístico \(F\) ([estadistico_f1]):

\[\begin{aligned} \frac{S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}}\frac{\sigma_{2}^{2}}{\sigma_{1}^{2}} \sim F_{n_{1}-1,n_{2}-1} \nonumber \end{aligned}\]

Solución

Dado que en esta ocasión estamos trabajando con dos muestras y suponemos que ambas poblaciones se distribuyen normales, entonces vamos a partir del estadístico \(F\) ([estadistico_f1]):

\[\begin{aligned} P(F_{n_{1}-1;n_{2}-1}^{\alpha/2}\leq F_{n_{1}-1;n_{2}-1} \leq F_{n_{1}-1;n_{2}-1}^{1-\alpha/2})\!=\; & 1-\alpha \nonumber \\ P\bigg(F_{n_{1}-1;n_{2}-1}^{\alpha/2}\leq \frac{S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}}\frac{\sigma_{2}^{2}}{\sigma_{1}^{2}} \leq F_{n_{1}-1;n_{2}-1}^{1-\alpha/2}\bigg)\!=\; & 1-\alpha \end{aligned}\]

Despejando, dentro de la desigualdad, la relación \(\frac{\sigma_{1}^{2}}{\sigma_{2}^{2}}\):

\[\begin{aligned} P\bigg(F_{n_{1}-1;n_{2}-1}^{\alpha/2} \frac{S_{2}^{2}}{S_{1}^{2}} \leq \frac{\sigma_{2}^{2}}{\sigma_{1}^{2}} \leq F_{n_{1}-1;n_{2}-1}^{1-\alpha/2}\frac{S_{2}^{2}}{S_{1}^{2}} \bigg)\!=\; & 1-\alpha \nonumber \end{aligned}\] \[{ P\bigg(\frac{1}{F_{n_{1}-1;n_{2}-1}^{1-\alpha/2}} \frac{S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}} \leq \frac{\sigma_{1}^{2}}{\sigma_{2}^{2}} \leq \frac{1}{F_{n_{1}-1;n_{2}-1}^{\alpha/2}}\frac{S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}} \bigg)=1-\alpha}\]

Calculando las varianzas muestrales, tenemos: \(s_{actual}^{2}=1.183\) y \(s_{nuevo}^{2}=0.521\) respectivamente. Por otra parte, dado que el tamaño de la muestra para el hormigón actual es de 5 y para el hormigón nuevo es de 7, entonces podemos escribir:

\[\begin{aligned} \frac{1}{F_{n_{1}-1;n_{2}-1}^{1-\alpha/2}} \frac{s_{1}^{2}}{s_{2}^{2}} \leq & \frac{\sigma_{1}^{2}}{\sigma_{2}^{2}} & \leq \frac{1}{F_{n_{1}-1;n_{2}-1}^{\alpha/2}}\frac{s_{1}^{2}}{s_{2}^{2}} \nonumber \\ \frac{1}{F_{5-1;7-1}^{0.995}} \frac{1.183}{0.521} \leq & \frac{\sigma_{1}^{2}}{\sigma_{2}^{2}} & \leq \frac{1}{F_{5-1;7-1}^{0.005}}\frac{1.183}{0.521} \nonumber \\ \frac{1}{12.02} \cdot 2.27\leq & \frac{\sigma_{1}^{2}}{\sigma_{2}^{2}} & \leq \frac{1}{0.04} \cdot 2.27 \nonumber \\ 0.19 \leq & \frac{\sigma_{1}^{2}}{\sigma_{2}^{2}} & \leq 56.75 \end{aligned}\]

Cuando dos varianzas poblacionales son iguales, el cociente \(\sigma_{1}/\sigma_{2}=1\), de lo contrario las varianzas son diferentes. Como el valor uno está incluido dentro del intervalo de confianza, entonces no hay diferencias estadísticamente significativas de la resistencia entre los distintos tipos de hormigón, a un nivel de confianza del 99%.

Resumen de Intervalos de Confianza

Pruebas de Hipótesis Paramétricas

El propósito del análisis estadístico inferencial es reducir el nivel de incertidumbre para la toma de decisiones. La prueba de hipótesis es una herramienta analítica efectiva para obtener información valiosa de diversos parámetros o características de la población.

La prueba de hipótesis (o test de hipótesis) comienza con una suposición, llamada hipótesis, que hacemos con respecto a un parámetro de la población.

Las hipótesis \(H_{0}\) y \(H_{1}\) son mutuamente excluyentes.

Por cada tipo de test de hipótesis se puede determinar una prueba estadística apropiada que se utiliza para medir la proximidad del estadístico de la muestra (como un promedio) con respecto al estadístico de la hipótesis nula. Cuando se realizan supuestos acerca de la distribución de la población (por ejemplo, que se distribuye normal) tenemos una Prueba de Hipótesis Paramétrica, mientras que si no se hacen supuestos sobre la distribución de la población, se denomina Prueba de Hipótesis No Paramétrica.

A partir de un nivel de probabilidad acumulado en la distribución del estadístico de la prueba que se decidió utilizar, se determinan dos regiones para el dominio de dicha distribución: una región de rechazo y otra de no rechazo. Si el valor del estadístico cae en la zona de rechazo, se rechaza la hipótesis nula. De lo contrario esa hipótesis no se puede rechazar, como consecuencia, no se puede llegar, generalmente, a una conclusión estadísticamente significativa.

Para determinar ambas zonas, se deben establecer el/los valor/es crítico/s en la distribución estadística que divide/n la región del no rechazo (en la cual la hipótesis nula no se puede rechazar) de la región de rechazo. El tamaño de la región de rechazo (y por ende el de la región de no rechazo) depende de los valores críticos, que a su vez, está supeditado a un nivel de probabilidad acumulado que debe ser definido previamente.

En estas condiciones se pueden cometer dos tipo de errores:

• Error de Tipo I: se rechaza la hipótesis nula cuando en realidad es verdadera.

• Error de Tipo II: no se rechaza la hipótesis nula cuando en realidad es falsa.

A continuación se resumen diferentes situaciones posibles que se pueden presentar en una prueba de hipótesis

A la probabilidad de rechazar \(H_{0}\) cuando es falsa (\(1-\beta\)) se la conoce como Potencia de una prueba. El punto crítico viene determinado en la distribución del estadístico a partir del área del error de Tipo I (\(\alpha\)).

Se pueden plantear tres tipos de pruebas de hipótesis, que son los que determinan que el área de la zona de rechazo esté a uno de los lados de la función de distribución de probabilidad, o bien en las dos colas de la misma. Se trata de las siguientes situaciones:

Unilateral derecha	Unilateral izquierda	Bilateral
\(H_{0}: \mu \leq \mu_{0}\)	\(H_{0}: \mu \geq \mu_{0}\)	\(H_{0}: \mu = \mu_{0}\)
\(H_{1}: \mu > \mu_{0}\)	\(H_{1}: \mu < \mu_{0}\)	\(H_{1}: \mu \neq \mu_{0}\)

Pruebas para la Media Poblacional

Tal como se desarrolló en el capítulo de intervalos de confianza, aquí también haremos la distinción de pruebas para una muestra y dos muestras. A su vez, en el caso de una muestra se presentarán dos posibles opciones, cuando se conoce la varianza poblacional y cuando ésta es desconocida. En el caso de dos muestras, diferenciaremos entre muestras independientes y dependientes.

Prueba para la Media de una Población

Supongamos que tenemos una variable aleatoria \(X\) con media \(\mu\) y varianza \(\sigma^{2}\), entonces por el TCL, cuando \(n\) es grande, podemos decir que:

\[\begin{aligned} \overline{X} \sim N(\mu,\sigma^{2}/n) \end{aligned}\]

O bien: \[\label{estadistico_z} { \frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}} \sim N(0,1)}\]

Varianza poblacional conocida, poblaciones normales o muestras mayores que 30 para cualquier distribución

El estadístico ([estadistico_z]) se utiliza cuando la varianza poblacional es conocida y la muestra: (i) es de cualquier tamaño y fue extraída de una población normal, o (ii) es proveniente de una población con cualquier distribución y su tamaño es mayor o igual a 30.

En el caso que se conozca la varianza de la población, que se sabe es normal, o bien se tiene que la muestra supera el tamaño de \(n=30\) sin importar la distribución poblacional, el estadístico que se usa para el planteo de la hipótesis es el ([estadistico_z]).

Solución

Con las pruebas de hipótesis se busca determinar, en general, si un resultado muestral que aparece como diferente al que se esperaba (hipótesis), puede ser considerado como una indicación válida de que la hipótesis que habíamos asumido estaba errada (o no). En este problema, el gerente manifiesta que las ventas promedio semanal de las vacunas han aumentado y que ya no es el valor \(25,20\) que en la empresa tenían como cierto. De acuerdo a la muestra aleatoria extraída, las ventas promedio de las últimas semanas ascendieron a \(28,54\).

Surge entonces la pregunta sobre si ¿ese resultado es suficientemente demostrativo que el gerente tiene razón? Si nos atenemos a la comparación de los dos guarismos anteriores (un valor puntual de la media muestral, contra un valor tomado como cierto), tendríamos que decir que el funcionario está en lo cierto. Pero si reflexionamos y tenemos en cuenta que bien podría haber salido otra muestra distinta, con otro resultado, donde quizá la diferencia hubiese sido mucho menor (por ejemplo \(25,7\) vacunas), en ese caso ¿la conclusión hubiese sido la misma? Quizá sí, pero con mucho menor convencimiento. El núcleo de la prueba de hipótesis es entonces determinar ¿cuánto se debe alejar el resultado muestral con respecto de la hipótesis (\(25,2\)), para que podamos afirmar, con cierta confianza, que el promedio semanal de ventas de vacunas ha aumentado? En otros términos, ¿a partir de qué nivel de ventas promedio semanal de la muestra podremos decir que rechazamos la hipótesis nula (\(H_{0}\)) que las ventas no han aumentado? Eso es lo que trataremos de determinar en lo que sigue de la resolución.

Dado que suponemos que la población es normal, que conocemos la varianza poblacional, y que estamos interesados en hacer una prueba sobre la media poblacional, debemos usar el estadístico [estadistico_z]. Generalmente, se suele plantear en \(H_{0}\) aquella hipótesis que queremos rechazar y en \(H_{1}\) la que queremos demostrar. Como en este caso estamos interesados en demostrar que han aumentado las ventas de vacunas en relación al mismo período histórico, entonces planteamos la prueba de la siguiente forma:

Planteo de hipótesis: \[\begin{aligned} H_{0}\!:\; & \quad \mu &\leq& 25.20 \nonumber \\ H_{1}\!:\; & \quad \mu &>& 25.20 \qquad \textbf{Prueba lateral derecha} \nonumber \end{aligned}\] donde el estadístico es:

\[\begin{aligned} Z_{obs}\!=\; & \frac{\overline{x}-\mu_{0}}{\sigma/\sqrt{n}} \nonumber \\ \!=\; & \frac{28.54-25.20}{8.50/\sqrt{67}} \nonumber \\ \!=\; & 3.21 \end{aligned}\]

Como es una prueba del tipo unilateral derecha, tenemos la zona de rechazo a la derecha de la distribución. Es decir, que la zona de rechazo de la hipótesis nula viene dada por:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}=\lbrace Z \in \mathbb{R} \quad \vert \quad Z>Z_{crit} \rbrace \end{aligned}\]

Dado que estamos trabajando con un nivel de significancia (\(\alpha\)) del 1%, entonces el \(Z_{crit}=2.32\). En consecuencia, tenemos que:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace Z \in \mathbb{R} \quad \vert \quad Z>Z_{crit} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace Z \in \mathbb{R} \quad \vert \quad Z>2.32\rbrace \Rightarrow Z_{obs}=3.21 \in \textbf{ZR} \end{aligned}\]

Por lo que se rechaza la hipótesis nula que el promedio de ventas de vacunas en el período analizado es inferior o igual a 25,2 vacunas vendidas semanalmente. En consecuencia, podemos decir que es correcta la afirmación del gerente, ya que el promedio superó significativamente (en términos estadísticos) al valor histórico.

Gráficamente es:

Para estimar la verdadera cantidad promedio de vacunas vendidas, haremos uso de una estimación por intervalo de confianza. Es por eso que utilizamos [ic_media], es decir:

\[\begin{aligned} \overline{x} - Z_{1-\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \leq \mu \leq \overline{x} - Z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \nonumber \\ 28.54- 1.96 \frac{8.50}{\sqrt{67}} \leq \mu \leq 28.54 - (-1.96) \frac{8.50}{\sqrt{67}} \end{aligned}\]

Luego, con una confianza del 95%, el verdadero valor del parámetro poblacional, es decir, la cantidad semanal de vacunas vendidas, estará comprendido en el siguiente intervalo:

\[\begin{aligned} 26.50 \leq & \mu & \leq 30.57 \end{aligned}\]

El script para resolver el problema en Python es el siguiente:

# Librerias
import numpy as np
from scipy import stats
from scipy.stats import norm
from statsmodels.stats import weightstats as stests
import statistics 
from statistics import stdev

# Media poblacional bajo hipotesis nula
u0=25.20
# Varianza poblacional
var=8.50**2
# Nivel de significancia
alfa=0.01
# Datos muestrales
data=[32,35,24,46,41,34,30,38,26,27,29,28,22,30,26,26,28,
      43,38,25,31,15,37,23,35,28,34,34,29,46,24,22,30,
      44,33,18,30,23,7,37,36,18,36,39,25,30,27,29,10,14,
      33,29,24,10,10,28,15,22,27,17,38,34,33,23,50,31,16]

#sides -- 1: dos colas; 2: una cola izquierda; 3: una cola derecha
sides=3

def prueba_z(data,u0,var,alfa,sides):
    n = len(data)
    data_mean = np.mean(data)
    data_sd = stdev( data, data_mean )
    sigma2 = np.sqrt(var/n)
    z_obs = (data_mean-u0)/sigma2
    if sides==1 and z_obs<0:
        p_value = norm.cdf(z_obs)
        p_value = 2*p_value
        tipo_p="bilateral"
    elif sides==1 and z_obs>=0:
        p_value = norm.cdf(z_obs)
        p_value = 2*(1-p_value)
        tipo_p="bilateral"
    elif sides==2:
        p_value = norm.cdf(z_obs)
        p_value = p_value
        tipo_p="unilateral izquierda"
    elif sides==3:
        p_value = norm.cdf(z_obs)
        p_value = 1-p_value
        tipo_p="unilateral derecha"
    if p_value > alfa:
        conclusion='No se rechaza la hipotesis nula'
    else:
        conclusion='Se rechaza la hipotesis nula'
    return z_obs,p_value,conclusion,n,data_mean,data_sd,tipo_p

z_obs,p_value,conclusion,n,data_mean,data_sd,tipo_p = prueba_z(data,u0,var,alfa,sides)

print("Prueba de hipotesis",tipo_p)
print("Media Muestral =",data_mean)
print("S Muestral =",data_sd)
print("n =",n)
print("Nivel de significancia =",alfa)
print("Z observado =",z_obs)
print("p valor = ",p_value)
print(conclusion)

Prueba de hipotesis unilateral derecha
Media Muestral = 28.53731343283582
S Muestral = 9.149148591302138
n = 67
Nivel de significancia = 0.01
Z observado = 3.2137750303611576
p valor =  0.0006550113510445099
Se rechaza la hipotesis nula

Hay que tener en cuenta que existe una función “statsmodels.stats.weightstats.ztest” dentro del paquete “statsmodels” que calcula la prueba, pero no usa la varianza poblacional sino la varianza muestral, por lo tanto, si la muestra es chica, las diferencias pueden ser importantes. Por dicha razón, se genera en el código la función llamada “prueba_z” la cual tiene como parámetro de entrada la varianza poblacional, que se supone conocida.

Para calcular el intervalo de confianza, el código es:

# Librerias
import numpy as np
from scipy import stats
from scipy.stats import norm
from statsmodels.stats import weightstats as stests
import statistics 
from statistics import stdev

# Nivel de confianza
nivel_conf=0.95
# Varianza poblacional
var=8.50**2
# Datos muestrales
data=[32,35,24,46,41,34,30,38,26,27,29,28,22,30,26,26,28,
      43,38,25,31,15,37,23,35,28,34,34,29,46,24,22,30,
      44,33,18,30,23,7,37,36,18,36,39,25,30,27,29,10,14,
      33,29,24,10,10,28,15,22,27,17,38,34,33,23,50,31,16]

def ic(data,var,nivel_conf):
    n = len(data)
    z = norm.ppf(nivel_conf+(1-nivel_conf)/2)
    data_mean = np.mean(data)
    data_sd = stdev( data, data_mean )
    sigma=np.sqrt(var)
    lim_inf=data_mean-z*sigma/n**0.5
    lim_sup=data_mean+z*sigma/n**0.5
    return lim_inf,lim_sup,z,data_mean,data_sd,n

lim_inf,lim_sup,z,data_mean,data_sd,n = ic(data,var,nivel_conf)
print("Media Muestral =",data_mean)
print("S Muestral =",data_sd)
print("n muestral =",n)
print("z =", z)
print("Intervalo de confianza: ","[",lim_inf,";",lim_sup,"]")

Media Muestral = 28.53731343283582
S Muestral = 9.149148591302138
n muestral = 67
z = 1.959963984540054
Intervalo de confianza:  [ 26.502007889763977 ; 30.572618975907663 ]

Varianza poblacional desconocida, poblaciones normales y no normales

Cuando la varianza poblacional es desconocida, el estadístico que se usa en la prueba de hipótesis es el de la ecuación [estadistico_t].

\[{ \frac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}} \sim t_{n-1}}\]

Solución

En este caso, dado que la varianza poblacional no se conoce y como queremos demostrar que las ventas promedio mensual están por encima de \(7,05\) autos, podemos plantear la siguiente prueba:

Planteo de hipótesis: \[\begin{aligned} H_{0}\!:\; & \quad \mu &\leq& 7.05 \nonumber \\ H_{1}\!:\; & \quad \mu &>& 7.05 \qquad \textbf{Prueba lateral derecha} \nonumber \end{aligned}\]

Calculando, con los datos muestrales, llegamos a que \(\overline{X}=9.60\) y que \(S=2.55\), por lo que

\[\begin{aligned} t_{n-1}^{obs}\!=\; & \frac{\overline{x}-\mu_{0}}{s/\sqrt{n}} \nonumber \\ \!=\; & \frac{9.60-7.05}{2.55/\sqrt{10}} \nonumber \\ \!=\; & 3.16 \end{aligned}\]

Por tratarse de una prueba del tipo unilateral derecha, tenemos que la zona de rechazo de \(H_{0}\) estará en la cola derecha de la distribución, es decir:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}=\lbrace t_{n-1} \in \mathbb{R} \quad \vert \quad t_{n-1}>t_{n-1}^{crit} \rbrace \end{aligned}\]

Como estamos trabajando con un nivel de significancia (\(\alpha\)) del 5%, y la cantidad de grados de libertad viene dado por \(n-1=9\), donde \(n\) es el tamaño de la muestra, entonces el \(t_{9}^{crit}=1.83\). En consecuencia, tenemos que:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace t_{n-1} \in \mathbb{R} \quad \vert \quad t_{n-1}>t_{n-1}^{crit} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace t_{n-1} \in \mathbb{R} \quad \vert \quad t_{9}>1.83\rbrace \Rightarrow t_{obs}=3.16 \in \textbf{ZR} \end{aligned}\]

Con este resultado, rechazamos la hipótesis nula de que la media poblacional es igual o menor a 7,05, y por lo tanto, podemos decir que la concesionaria aumentó el promedio mensual de autos vendidos al implementar la oferta.

Gráficamente tenemos:

Para resolver el ejercicio en Python, aplicamos el siguiente código:

# Librerias
from scipy import stats
import numpy as np
import statistics 
from statistics import stdev


# Media poblacional bajo hipotesis nula
u0=7.05
# Nivel de significancia
alfa=0.05
# Datos muestrales
data=[12, 10, 12, 5, 7, 13, 8, 11, 8 , 10]

#sides -- 1: dos colas; 2: una cola izquierda; 3: una cola derecha
sides=3

def prueba_t(data,u0,alfa,sides):
    n = len(data)
    data_mean = np.mean(data)
    data_sd = stdev( data, data_mean )
    err_est=np.sqrt(data_sd**2/n)
    t_obs = (data_mean-u0)/err_est
    t = stats.t(n-1)
    if sides==1 and t_obs<0:
        p_value = t.cdf(t_obs)
        p_value = 2*p_value
        tipo_p="bilateral"
    elif sides==1 and t_obs>=0:
        p_value = t.cdf(t_obs)
        p_value = 2*(1-p_value)
        tipo_p="bilateral"
    elif sides==2:
        p_value = t.cdf(t_obs)
        p_value = p_value
        tipo_p="unilateral izquierda"
    elif sides==3:
        p_value = t.cdf(t_obs)
        p_value = 1-p_value
        tipo_p="unilateral derecha"
    if p_value > alfa:
        conclusion='No se rechaza la hipotesis nula'
    else:
        conclusion='Se rechaza la hipotesis nula'
    return t_obs,p_value,conclusion,n,data_mean,data_sd,tipo_p

t_obs,p_value,conclusion,n,data_mean,data_sd,tipo_p = prueba_t(data,u0,alfa,sides)

print("Prueba de hipotesis",tipo_p)
print("Media Muestral =",data_mean)
print("S Muestral =",data_sd)
print("n =",n)
print("Nivel de significancia =",alfa)
print("t observado =",t_obs)
print("p valor = ",p_value)
# Conclusion de la prueba de hipotesis
if p_value < alfa:    
   print("Se rechaza la hipotesis nula")
else:
   print("No se rechaza la hipotesis nula")
   
Prueba de hipotesis unilateral derecha
Media Muestral = 9.6
S Muestral = 2.5473297566057065
n = 10
Nivel de significancia = 0.05
t observado = 3.1655925239040577
p valor =  0.00572340229486179
Se rechaza la hipotesis nula 
   

Para la solución de este problema a través de Python hicimos uso del concepto de p-valor, cuyo significado veremos más adelante.

Prueba para la Diferencia de Medias de dos Poblaciones

Muestras independientes

Sean \(X_{1}\) y \(X_{2}\) dos variables aleatorias independientes provenientes de muestras de tamaños \(n_{1}\) y \(n_{2}\), entonces por el TCL podemos escribir:

\[\begin{aligned} \overline{X}_{1} &\sim& N(\mu_{1},\sigma_{1}^{2}/n_{1}) \nonumber \\ \overline{X}_{2} &\sim& N(\mu_{2},\sigma_{2}^{2}/n_{2}) \nonumber \end{aligned}\]

Abordaremos tanto el caso de varianzas poblacionales conocidas, como la situación donde son desconocidas, pero se suponen iguales (\(\sigma_{1}^{2}=\sigma_{2}^{2}=\sigma^{2}\)). Entonces restando ambas variables y estandarizando tenemos:

\[\begin{aligned} \overline{X}_{1} -\overline{X}_{2} &\sim& N \bigg(\mu_{1}-\mu_{2},V(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2}) \bigg) \nonumber \\ \frac{(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2})}{\sqrt{V(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})}} &\sim& N(0,1) \nonumber \end{aligned}\] \[\label{estadistico_m2ic} { \frac{(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2})}{\sqrt{\sigma_{1}^{2}/n_{1} +\sigma_{2}^{2}/n_{2}}} \sim N(0,1)}\] que es el estadístico a usar para la prueba de diferencias de medias con varianzas poblacionales conocidas.

En el caso de varianzas poblacionales desconocidas pero iguales, podemos escribir que

\[\begin{aligned} V(\overline{X}_{1}-\overline{X}_{2})=\sigma^{2} \bigg(\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}} \bigg) \end{aligned}\]

Por otra parte, sabemos que el mejor estimador para la varianza de la diferencia de medias es el promedio ponderado de las varianzas muestrales de los dos grupos, es decir:

\[\begin{aligned} \label{sp} S_{p}^{2}=\frac{(n_{1}-1)S_{1}^{2}+(n_{2}-1)S_{2}^{2}}{(n_{1}-1)+(n_{2}-1)} \end{aligned}\] entonces reemplazando [sp] en [estadistico_m2ic] llegamos a que

\[\label{estadistico_m2id} { \frac{(\overline{X}_{1} -\overline{X}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2})}{S_{p}\sqrt{1/n_{1} +1/n_{2}}} \sim t_{n_{1}+n_{2}-2}}\] que es el estadístico a utilizar en el caso de no conocer las varianzas poblacionales, bajo el supuesto de que las mismas son iguales.

Solución

En este problema estamos interesados en conocer si la media de salarios de los ingenieros de dos ciudades distintas son iguales. Si consideramos que las muestras son independientes (un mismo trabajador no puede ser seleccionado en las dos ciudades a la vez), y dado que conocemos las varianzas poblacionales, entonces podemos plantear la siguiente prueba:

Planteo de hipótesis: \[\begin{aligned} H_{0}\!:\; & \quad \mu_{1}\!=\; & \mu_{2} \nonumber \\ H_{1}\!:\; & \quad \mu_{1}&\neq &\mu_{2} \qquad \textbf{Prueba bilateral} \nonumber \end{aligned}\]

El estadístico de la prueba que usaremos es el de la ecuación [estadistico_m2ic]. \[\begin{aligned} Z_{obs}\!=\; & \frac{(\overline{x}_{1} -\overline{x}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2})}{\sqrt{\sigma_{1}^{2}/n_{1} +\sigma_{2}^{2}/n_{2}}} \nonumber \\ \!=\; & \frac{(8,95-9,10)}{\sqrt{0,40^{2}/200+0,60^{2}/175}}=-2,80 \end{aligned}\]

Debido a que estamos en presencia de una prueba bilateral, vamos a tener dos valores críticos por las zonas de rechazos en ambos lados de la distribución. Además, como el nivel de significancia es del 5%, podemos escribir que:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}=\lbrace Z \in \mathbb{R} \quad \vert \quad Z<Z_{crit1} \vee Z>Z_{crit2} \rbrace \end{aligned}\]

Los valores críticos que determinan la región de rechazo son \(-1,96\) y \(1,96\), entonces:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace Z \in \mathbb{R} \quad \vert \quad Z<Z_{crit1} \vee Z>Z_{crit2} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace Z \in \mathbb{R} \quad \vert \quad Z<-1.96 \vee Z>1.96 \rbrace \Rightarrow Z_{obs}=-2.80 \in \textbf{ZR} \end{aligned}\]

En conclusión, se rechaza la hipótesis nula y se concluye que las medias de los salarios por hora de los ingenieros de las dos ciudades no son iguales.

La resolución en Python es:

# Librerias
import numpy as np
from scipy import stats
from scipy.stats import norm
from statsmodels.stats import weightstats as stests
import statistics 
from statistics import stdev

# Diferencia de Medias poblacionales bajo hipotesis nula
dif0=0
# Nivel de significancia
alfa=0.05
# Medias muestrales
x1=8.95
x2=9.10
# Varianza poblacional
var1=0.40**2
var2=0.60**2
# n de cada muestra
n1=200
n2=175

#sides -- 1: dos colas; 2: una cola izquierda; 3: una cola derecha
sides=1

def prueba_z(x1,x2,var1,var2,n1,n2,dif0,alfa,sides):
    z_obs = ((x1-x2)-dif0)/(var1/n1+var2/n2)**0.5
    if sides==1 and z_obs<0:
        p_value = norm.cdf(z_obs)
        p_value = 2*p_value
        tipo_p="bilateral"
    elif sides==1 and z_obs>=0:
        p_value = norm.cdf(z_obs)
        p_value = 2*(1-p_value)
        tipo_p="bilateral"
    elif sides==2:
        p_value = norm.cdf(z_obs)
        p_value = p_value
        tipo_p="unilateral izquierda"
    elif sides==3:
        p_value = norm.cdf(z_obs)
        p_value = 1-p_value
        tipo_p="unilateral derecha"
    if p_value > alfa:
        conclusion='No se rechaza la hipotesis nula'
    else:
        conclusion='Se rechaza la hipotesis nula'
    return z_obs,p_value,conclusion,tipo_p

z_obs,p_value,conclusion,tipo_p = prueba_z(x1,x2,var1,var2,n1,n2,dif0,alfa,sides)

print("Prueba de hipotesis", tipo_p)
print("Nivel de significancia =",alfa)
print("Z observado =",z_obs)
print("p valor = ",p_value)
print(conclusion)

Prueba de hipotesis bilateral
Nivel de significancia = 0.05
Z observado = -2.8062430400804628
p valor =  0.005012287145488568
Se rechaza la hipotesis nula

Tener en cuenta que, en este caso, en el código no se cargan los valores observados de la muestra, sino que se introducen los estadísticos muestrales, es decir, media, varianza y tamaño de muestra.

Solución

Dado que no conocemos las varianzas poblacionales y estamos trabajando con dos muestras independientes, para hacer inferencia sobre la comparación de las medias poblacionales debemos usar el estadístico ([estadistico_m2id]). Es decir la siguiente prueba:

Planteo de hipótesis: \[\begin{aligned} H_{0}\!:\; & \quad \mu_{1}\!=\; & \mu_{2} \nonumber \\ H_{1}\!:\; & \quad \mu_{1}&\neq &\mu_{2} \qquad \textbf{Prueba bilateral} \nonumber \end{aligned}\]

Estadístico de la prueba \[\begin{aligned} t_{n_{1}+n_{2}-2} ^{obs}\!=\; & \frac{(\overline{x}_{1} -\overline{x}_{2})-(\mu_{1}-\mu_{2})}{s_{p}\sqrt{1/n_{1} +1/n_{2}}} \nonumber \\ \!=\; & \frac{149.31-150.60}{1.42\sqrt{\frac{1}{15}+\frac{1}{15}}}=-2.51 \end{aligned}\] donde \(S_{p}\) viene dado por [sp]:

\[\begin{aligned} s_{p}\!=\; & \sqrt{\frac{(n_{1}-1)s_{1}^{2}+(n_{2}-1)s_{2}^{2}}{(n_{1}-1)+(n_{2}-1)}} \nonumber \\ \!=\; & \sqrt{\frac{(15-1)2.13+(15-1)1.90}{(15-1)+(15-1)}}=\sqrt{2.01}=1.42 \end{aligned}\]

Por lo tanto, la zona de rechazo es:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace t_{n_{1}+n_{2}-2} \in \mathbb{R} \quad \vert \quad t_{n_{1}+n_{2}-2}<t_{n_{1}+n_{2}-2}^{crit1} \vee t_{n_{1}+n_{2}-2}>t_{n_{1}+n_{2}-2}^{crit2} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace t_{28} \in \mathbb{R} \quad \vert \quad t_{28}<-1.70 \vee t_{28}>1.70 \rbrace \Rightarrow t_{28}^{obs}=-2.51 \in \textbf{ZR} \end{aligned}\]

Como conclusión, a un nivel de significancia del 10%, se rechaza la hipótesis nula de que las medias poblacionales con las que las máquinas fabrican los productos son iguales, en consecuencia, las máquinas producen con distinta longitud media los productos.

Gráficamente se tiene:

La resolución del ejercicio en Python es la que sigue:

# Librerias
from scipy import stats
import numpy as np
import statistics 
from statistics import stdev

# Nivel de significancia
alfa=0.10
# Diferencia de medias bajo H0
du0=0
# Datos muestrales
data1=[151.49,146.06,152.30,149.61,149.55,150.12,147.74,148.43,
       149.59,148.50,149.85,149.29,148.85,148.78,149.41]
data2=[152.67,147.55,153.43,150.89,150.83,151.38,149.13,149.78,
       150.87,149.84,151.12,150.60,150.17,150.11,150.70]

#sides -- 1: dos colas; 2: una cola izquierda; 3: una cola derecha
sides=1

def prueba_t(data1,data2,du0,alfa,sides):
    n1=len(data1)
    data1_mean = np.mean(data1)
    data1_sd = stdev( data1, data1_mean )

    n2=len(data2)
    data2_mean = np.mean(data2)
    data2_sd = stdev( data2, data2_mean )
    sp=((n1-1)*data1_sd**2+(n2-1)*data2_sd**2)/(n1+n2-2)
    t_obs = ((data1_mean-data2_mean)-du0)/(sp*(1/n1+1/n2))**0.5
    t = stats.t(n1+n2-2)
    if sides==1 and t_obs<0:
        p_value = t.cdf(t_obs)
        p_value = 2*p_value
        tipo_p="bilateral"
    elif sides==1 and t_obs>=0:
        p_value = t.cdf(t_obs)
        p_value = 2*(1-p_value)
        tipo_p="bilateral"
    elif sides==2:
        p_value = t.cdf(t_obs)
        p_value = p_value
        tipo_p="unilateral izquierda"
    elif sides==3:
        p_value = t.cdf(t_obs)
        p_value = 1-p_value
        tipo_p="unilateral derecha"
    if p_value > alfa:
        conclusion='No se rechaza la hipotesis nula'
    else:
        conclusion='Se rechaza la hipotesis nula'
    return t_obs,p_value,conclusion,n1,n2,data1_mean,data1_sd,data2_mean,data2_sd,tipo_p,sp

t_obs,p_value,conclusion,n1,n2,data1_mean,data1_sd,data2_mean,data2_sd,tipo_p,sp = prueba_t(data1,data2,du0,alfa,sides)


print("Prueba de hipotesis", tipo_p)
print("Media Muestral 1 =",data1_mean)
print("Media Muestral 2 =",data2_mean)
print("S Muestral 1 =",data1_sd)
print("S Muestral 2 =",data2_sd)
print("n1 =",n1)
print("n2 =",n2)
print("Nivel de significancia =",alfa)
print("t observado =",t_obs)
print("p valor = ",p_value/sides)
# Conclusion de la prueba de hipotesis
if p_value/sides < alfa:    
   print("Se rechaza la hipotesis nula")
else:
  print("No se rechaza la hipotesis nula")
   
Prueba de hipotesis bilateral
Media Muestral 1 = 149.30466666666663
Media Muestral 2 = 150.60466666666665
S Muestral 1 = 1.4596127992757288
S Muestral 2 = 1.3766048642878415
n1 = 15
n2 = 15
Nivel de significancia = 0.1
t observado = -2.509449735971287
p valor =  0.018152489240377594
Se rechaza la hipotesis nula

Tener en cuenta que, en este caso, es necesario cargar los valores muestrales observados en el código.

Muestras dependientes

Supongamos que queremos estudiar un grupo de individuos a los cuales se le ha realizado un tratamiento (puede ser una capacitación, un entrenamiento, etc) y que, para evaluar el impacto que el mismo ha tenido efectuamos, por cada individuo (que denominaremos unidad experimental), dos mediciones de la variable respuesta: una antes y la otra después del tratamiento. La variable respuesta podría ser: cantidad producida, aumento de la productividad, puntaje obtenido en una evaluación de aprendizaje, etc. En este caso estamos ante la presencia de dos muestras dependientes⁷, ya que a las mismas unidades experimentales se las mide en distintos momentos temporales.

Entonces, sean \(X_{1}\) y \(X_{2}\) las variables de respuesta asociadas a los dos momentos del tiempo, cuyas medias son \(\mu_{1}\) y \(\mu_{2}\) respectivamente, con tamaños de muestras iguales a \(n\). Si tomamos diferencias de dichas variables aleatorias, y dado que tenemos un único tamaño de muestra correspondiente a mediciones de la misma unidad experimental, entonces los efectos intrínsecos propios del individuo (por ejemplo sexo de la persona, coeficiente intelectual, nacionalidad, etc) desaparecen, y nos queda el efecto del tratamiento sobre dicha unidad experimental. Por lo tanto podemos denotar por \(\delta=X_{1}-X_{2}\) a la nueva variable en la población y \(d\) a dicha variable en la muestra, con lo cual, por el TCL:

\[{ \frac{\overline{d}-(\mu_{2}-\mu_{1})}{\sigma_{\delta}/\sqrt{n}} \sim N(0,1)}\] que es el estadístico para esta prueba de diferencia de medias con muestras dependientes.

En caso de no conocer \(\sigma_{\delta}\), se utiliza:

\[\begin{aligned} S_{d}=\frac{\sum_{i=1}^{n}(d_{i}-\overline{d})^{2}}{n-1} \end{aligned}\] donde \(d_{i}=X_{1i}-X_{2i}\), por lo tanto se llega a: \[\label{estadistico_m2d} { \frac{\overline{d}-(\mu_{2}-\mu_{1})}{S_{d}/\sqrt{n}} \sim t_{n-1}}\] equivalente al estadístico \(t\) para la prueba de medias de una muestra.

La gran ventaja de hacer la transformación \(\delta=X_{1}-X_{2}\) es que todos los inobservables propios de los individuos desaparecen, y sólo queda el impacto del tratamiento⁸.

Solución

Este programa de reducción de peso puede ser considerado como un tratamiento que se hace a los participantes, en donde medimos la variable respuesta (el peso del participante) en dos momentos del tiempo, antes del inicio del programa (pre-tratamiento) y después de finalizado (post-tratamiento). Por lo tanto, el estadístico de esta prueba es el que viene dado por la expresión ([estadistico_m2d]) ya que no conocemos el valor de \(\sigma_{D}\), y la prueba de hipótesis se plantea de la siguiente manera:

\[\begin{aligned} H_{0}\!:\; & \quad (\mu_{2}-\mu_{1}) &\leq& 15 \quad \text{kilos} \nonumber \\ H_{1}\!:\; & \quad (\mu_{2}-\mu_{1}) &>&15 \quad \text{kilos} \qquad \textbf{Prueba lateral derecha} \nonumber \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} t_{n-1}^{obs}\!=\; & \frac{\overline{d}-(\mu_{2}-\mu_{1})_{0}} {S_{{d}}/ \sqrt{n}} \end{aligned}\]

Calculando los valores correspondientes a \(\overline{d}\) y \(S_{d}\):

Luego, reemplazando dichos valores para calcular el estadístico observado de la prueba, tenemos: \[\begin{aligned} t_{n-1}^{obs}\!=\; & \frac{\overline{d}-(\mu_{2}-\mu_{1})_{0}} {s_{d}/ \sqrt{n}} \nonumber \\ \!=\; & \frac{13,0-15}{2,94/\sqrt{10}}=-2,14 \end{aligned}\]

En notación de conjuntos, y teniendo en cuenta que los grados de libertad son \(n-1=9\), tenemos que la zona de rechazo viene dada por: \[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace t_{n-1} \in \mathbb{R} \quad \vert \quad t_{n-1}>t_{n-1}^{crit2} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace t_{9} \in \mathbb{R} \quad \vert \quad t_{9}>1.83 \rbrace \Rightarrow t_{9}^{obs}=-2.14 \notin \textbf{ZR} \end{aligned}\]

Con lo cual, no se rechaza la hipótesis nula a un nivel de significancia del 5%, en consecuencia no hay evidencia suficiente para afirmar que el programa reduce el peso del participante en, al menos, 15 kilos.

La resolución utilizando Python es muy similar al caso de una prueba t con una muestra (ver página ), pero ahora nuestra variable de análisis es la diferencia de las mediciones entre “Antes” y “Después” del tratamiento.

# Librerias
from scipy.stats import ttest_1samp
import numpy as np
import statistics 
from statistics import stdev

# Diferencia de media bajo hipotesis nula
d0=15
# Nivel de significancia
alfa=0.05
# Datos muestrales


data1=[90,95,88,101,99,109,94,97,104,110]
data2=[78,85,73,88,89,89,83,85,90,97]

data=list(np.array(data1) - np.array(data2))

#sides -- 1: dos colas; 2: una cola izquierda 3: una cola derecha
sides=3

if sides==1:
    colas=2
else:
    colas=1

n1=len(data1)
data1_mean = np.mean(data1)
data1_sd = stdev( data1, data1_mean )

n2=len(data2)
data2_mean = np.mean(data2)
data2_sd = stdev( data2, data2_mean )

tset, p_value = ttest_1samp(data, d0)

if sides==1 or sides==2:
    p_value=p_value/sides
else:
    p_value=1-p_value/(sides-1)

print("Prueba de hipotesis de ",colas," cola.")
print("Media Muestral 1 =",data1_mean)
print("Media Muestral 2 =",data2_mean)
print("S Muestral 1 =",data1_sd)
print("S Muestral 2 =",data2_sd)
print("n 1 =",n1)
print("n 2 =",n2)
print("Nivel de significancia =",alfa)
print("t observado =",tset)
print("p valor = ",p_value)
# Conclusion de la prueba de hipotesis
if p_value < alfa:    
   print("Se rechaza la hipotesis nula")
else:
  print("No se rechaza la hipotesis nula")
  
Prueba de hipotesis de  1  cola.
Media Muestral 1 = 98.7
Media Muestral 2 = 85.7
S Muestral 1 = 7.4244341348160825
S Muestral 2 = 6.684143758012524
n 1 = 10
n 2 = 10
Nivel de significancia = 0.05
t observado = -2.1483446221182985
p valor =  0.9699007170884624
No se rechaza la hipotesis nula

Dado que estamos en un caso de dos muestras dependientes, los vectores de datos de entrada tienen que tener la misma dimensión, caso contrario el comando que calcula la prueba nos devolverá un error.

Pruebas para la Proporción Poblacional

Para las pruebas de hipótesis sobre la proporción poblacional, diferenciaremos entre una muestra y dos muestras independientes. El resto de casos queda fuera del análisis de este libro.

Prueba para la Proporción de una Población

Por el TCL sabemos que:

\[\label{estadistico_p2} { \frac{P-\pi}{\sqrt{\pi(1-\pi)/n}} \sim N(0,1)}\] donde \(n\) tiene que ser lo suficientemente grande y se deben satisfacer las condiciones del Teorema de De Moivre - Laplace (ver página ) para que la aproximación del estadístico pueda ser utilizada.

Solución

En este problema estamos interesados en conocer la proporción poblacional, por lo que se debe utilizar el estadístico ([estadistico_p2]), siempre y cuando se cumplan las condiciones de aproximación del mismo. Además, dado que se quiere demostrar que la opinión del Centro de Estudiantes es correcta, formulamos la prueba como sigue:

Planteo de hipótesis: \[\begin{aligned} H_{0}\!:\; & \quad \pi &\geq& 0.85 \nonumber \\ H_{1}\!:\; & \quad \pi &<& 0.85 \qquad \textbf{Prueba lateral izquierda} \nonumber \end{aligned}\]

Verifiquemos las condiciones de aproximación, sabiendo que la proporción muestral viene dada por \(p=130/160=0.813\)

\[\begin{aligned} n\cdot p\!=\; & 160 \cdot 0.813 = 136 > 5 \nonumber \\ n(1-p) \!=\; & 160 \cdot (1- 0.813) = 24 > 5 \end{aligned}\]

Como que se cumplen los supuestos, podemos escribir:

\[\begin{aligned} Z_{obs}\!=\; & \frac{p-\pi_{0}}{\sqrt{\pi_{0}(1-\pi_{0})/n}} \nonumber \\ \!=\; & \frac{0.813-0.85}{\sqrt{0.85(1-0.85)/160}} \nonumber \\ \!=\; & -1.33 \end{aligned}\]

Sabiendo que la prueba es unilateral izquierda y con un \(\alpha=0.05\), entonces el \(Z_{crit}=-1.64\). En consecuencia, tenemos que:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace Z \in \mathbb{R} \quad \vert \quad Z<Z_{crit} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace Z \in \mathbb{R} \quad \vert \quad Z<-1.64\rbrace \Rightarrow Z_{obs}=-1.33 \notin \textbf{ZR} \end{aligned}\]

En este caso es \(Z_{obs}=-1.33\), por lo que no se rechaza \(H_{0}\), ya que no hay evidencia suficiente, al nivel de significancia del 5%, para afirmar que la opinión del Centro de Estudiantes es correcta.

La representación gráfica es:

La resolución en Python es:

# Librerias
import numpy as np
from scipy import stats
from scipy.stats import norm
from statsmodels.stats import weightstats as stests
import statistics 
from statistics import stdev

# Proporcion bajo hipotesis nula (valor entre 0 y 1)
P0=0.85
# Nivel de significancia
alfa=0.05
# Casos favorables (valor entero menor o igual a n)
X=130
# n de la muestra
n=160

#sides -- 1: una cola; 2: dos colas
sides=2

def prueba_z(X,n,P0,alfa,sides):
    P=X/n
    z_obs = (P-P0)/(P0*(1-P0)/n)**0.5 
    p_value = norm.sf(abs(z_obs))*sides
    if p_value > alfa:
        conclusion='No se rechaza la hipotesis nula'
    else:
        conclusion='Se rechaza la hipotesis nula'
    return z_obs,p_value,conclusion,P

z_obs,p_value,conclusion,P = prueba_z(X,n,P0,alfa,sides)

print("Prueba de hipotesis de ",sides," cola.")
print("Nivel de significancia =",alfa)
print("Proporcion muestral =",P)
print("Z observado =",z_obs)
print("p valor = ",p_value)
print(conclusion)

Prueba de hipotesis de  2  cola.
Nivel de significancia = 0.05
Proporcion muestral = 0.8125
Z observado = -1.3284223283101422
p valor =  0.1840386271964256
No se rechaza la hipotesis nula

Prueba para la Diferencia de dos Proporciones Poblacionales

Supongamos que tenemos dos variables aleatorias independientes que se distribuyen de la siguiente forma:

\[\begin{aligned} P_{1} \sim N \bigg( \pi_{1},\pi_{1}(1-\pi_{1})/n \bigg) \nonumber \\ P_{2} \sim N \bigg( \pi_{2},\pi_{2}(1-\pi_{2})/n \bigg) \end{aligned}\]

Restando ambas variables y estandarizando,

\[\begin{aligned} \frac{(P_{1}-P_{2})-(\pi_{1}-\pi_{2})}{\sqrt{\frac{\pi_{1}(1-\pi_{1})}{n_{1}}+\frac{\pi_{2}(1-\pi_{2})}{n_{2}}}} \sim N(0,1) \end{aligned}\]

Bajo la hipótesis nula verdadera (o sea \(\pi_{1}=\pi_{2}=\pi\)), la ecuación anterior se convierte en:

\[\begin{aligned} \frac{(P_{1}-P_{2}) }{\sqrt{\frac{\pi(1-\pi)}{n_{1}}+\frac{\pi(1-\pi)}{n_{2}}}} \sim N(0,1) \nonumber \\ \frac{(P_{1}-P_{2})}{\sqrt{\pi(1-\pi)\bigg(\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}\bigg)}} \sim N(0,1) \end{aligned}\]

Como \(\pi\) no se conoce, se combinan las estimaciones puntuales de las dos muestras para así obtener un solo estimador puntual de \(\pi\), que simbolizamos por \(P_{a}\). Es decir:

\[\begin{aligned} \label{p_amalgamada} P_{a}=\frac{n_{1}P_{1}+n_{2}P_{2}}{n_{1}+n_{2}} \end{aligned}\]

A esta proporción se la conoce como \(P\) amalgamado. En consecuencia, el estadístico para diferencia de proporciones independientes viene dado por:

\[\label{estadistico_p2a} { \frac{(P_{1}-P_{2}) }{\sqrt{P_{a}(1-P_{a})\bigg(\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}\bigg)}} \sim N(0,1)}\]

Solución

Aquí estamos en presencia de una prueba sobre la diferencia de proporciones de defectuosos entre dos muestras, una de la terminal 1 y otra de la terminal 2. Entonces, podemos plantear las siguientes hipótesis:

Planteo de hipótesis: \[\begin{aligned} H_{0}\!:\; & \quad \pi_{1} &\leq& \pi_{2} \nonumber \\ H_{1}\!:\; & \quad \pi_{1} &>& \pi_{2} \qquad \textbf{Prueba lateral derecha} \nonumber \end{aligned}\]

Para esta prueba, se debe usar el estadístico de la ecuación [estadistico_p2a], siempre que se verifiquen los supuestos de que \(n_{i}p_{i}>5\) (Teorema de De Moivre - Laplace), es decir:

\[\begin{aligned} n_{1}p_{1}\!=\; & 100 \cdot \frac{25}{100}=25>5 \nonumber \\ n_{1}(1-p_{1})\!=\; & 100 (1-\frac{25}{100})=75>5 \nonumber \\ n_{2}p_{2}\!=\; & 100 \cdot \frac{12}{100}=12>5 \nonumber \\ n_{2}(1-p_{2})\!=\; & 100 (1-\frac{12}{100})=88>5 \end{aligned}\]

Sabiendo que se satisfacen los supuestos, entonces aplicamos ([p_amalgamada]) para obtener \(P_{a}=0.185\) y luego calcular el estadístico de la prueba.

\[\begin{aligned} Z_{obs}\!=\; & \frac{(p_{1}-p_{2})} {\sqrt{p_{a}(1-p_{a})\bigg(\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}\bigg)}} \nonumber \\ \!=\; & \frac{(0.25-0.12)}{\sqrt{0.185(1-0.185)\bigg(\frac{1}{100}+\frac{1}{100}\bigg)}}=2.37 \end{aligned}\]

Determinamos la zona de rechazo como:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace Z \in \mathbb{R} \quad \vert \quad Z>Z_{crit} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace Z \in \mathbb{R} \quad \vert \quad Z>1.64\rbrace \Rightarrow Z_{obs}=2.37 \in \textbf{ZR} \end{aligned}\]

En conclusión, rechazamos la hipótesis nula y por lo tanto, la proporción de defectuosos de la terminal 1 es superior a la de la terminal 2, con un nivel de significancia del 5%. Gráficamente, tenemos:

El código en este caso es similar al ejemplo anterior, en donde teníamos una sola muestra. Haciendo pequeñas modificaciones tenemos:

# Librerias
import numpy as np
from scipy import stats
from scipy.stats import norm
from statsmodels.stats import weightstats as stests
import statistics 
from statistics import stdev

# Diferencia de Proporciones bajo hipotesis nula (valor entre -1 y 1)
difP0=0
# Nivel de significancia
alfa=0.05
# Casos favorables (valor entero menor o igual a n)
X1=25
X2=12
# n de las muestras
n1=100
n2=100

#sides -- 1: una cola; 2: dos colas
sides=2

def prueba_z(X1,X2,n1,n2,P0,alfa,sides):
    P1=X1/n1
    P2=X2/n2
    Pa=(n1*P1+n2*P2)/(n1+n2)
    z_obs = ((P1-P2)-difP0)/(Pa*(1-Pa)*(1/n1+1/n2))**0.5 
    p_value = norm.sf(abs(z_obs))*sides
    if p_value > alfa:
        conclusion='No se rechaza la hipotesis nula'
    else:
        conclusion='Se rechaza la hipotesis nula'
    return z_obs,p_value,conclusion

z_obs,p_value,conclusion = prueba_z(X1,X2,n1,n2,P0,alfa,sides)

print("Prueba de hipotesis de ",sides," cola.")
print("Nivel de significancia =",alfa)
print("Z observado =",z_obs)
print("p valor = ",p_value)
print(conclusion)

Prueba de hipotesis de  2  cola.
Nivel de significancia = 0.05
Z observado = 2.367356623645556
p valor =  0.01791566018303965
Se rechaza la hipotesis nula

Pruebas para la Varianza Poblacional

Para pruebas sobre la varianza poblacional, distinguiremos entre una población y dos poblaciones.

Prueba para la Varianza de una Población

Cuando estamos interesados en aplicar una prueba de hipótesis sobre la varianza poblacional, se hace uso del estadístico \(\chi^{2}\) según ([estadistico_chi]).

\[{\chi^{2}_{n-1}=\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}}\]

Solución

Cuando el parámetro poblacional de interés es la varianza, el estadístico que se usa es \(\chi^{2}\), bajo el supuesto de población normal. Como el fabricante dice que la resistencia es relativamente baja y estable, vamos a plantear la hipótesis nula desde el punto de vista del cliente, entonces:

Planteo de hipótesis: \[\begin{aligned} H_{0}\!:\; & \quad \sigma^{2}&\leq &10^{2} \nonumber \\ H_{1}\!:\; & \quad \sigma^{2}&>&10^{2} \qquad \textbf{Prueba lateral derecha} \nonumber \end{aligned}\]

Y el estadístico de la prueba es:

\[\begin{aligned} \chi^{2}_{obs}\!=\; & \frac{(n-1)s^{2}}{\sigma^{2}} \nonumber \\ \!=\; & \frac{\left( 10-1 \right) 195} {10^2}=17.55 \end{aligned}\]

La zona de rechazo de \(H_{0}\) es:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace \chi^{2}_{n-1} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad \chi^{2}_{n-1}>\chi^{2}_{crit} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace \chi^{2}_{9} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad \chi^{2}_{9}>16.92\rbrace \Rightarrow \chi^{2}_{obs}=17.55 \in \textbf{ZR} \end{aligned}\]

El valor de \(\chi^{2}_{crit}\) para un nivel de significancia de 5% y 9 grados de libertad es \(16,92\), entonces el estadístico cae en la zona de rechazo de la hipótesis nula. En conclusión, el cliente está en lo cierto, y el fabricante no está cumpliendo con los requisitos al existir evidencia de que la resistencia del cemento tiene una variabilidad mayor a la reportada.

Gráficamente tenemos:

Realizando la prueba de hipótesis con Python, llegamos al siguiente script:

# Librerias
import numpy as np
from scipy import stats
from scipy.stats import chi2
from statsmodels.stats import weightstats as stests
import statistics 
from statistics import stdev

# Varianza poblacional bajo hipotesis nula
var0=10**2
# Nivel de significancia
alfa=0.05
# Datos muestrales
data=[293.91,305.70,315.47,321.10,302.15,326.82,281.47,299.19,305.10,320.38]

#sides -- 1: una cola; 2: dos colas
sides=1

def prueba_chi(data,alfa,sides):
    n = len(data)
    data_mean = np.mean(data)
    data_sd = stdev( data, data_mean )
    chi_obs = ((n-1)*data_sd**2)/var0
    p_value = chi2.sf(chi_obs,n-1)*sides
    if p_value > alfa:
        conclusion='No se rechaza la hipotesis nula'
    else:
        conclusion='Se rechaza la hipotesis nula'
    return chi_obs,p_value,conclusion,data_sd

chi_obs,p_value,conclusion,data_sd = prueba_chi(data,alfa,sides)

print("Prueba de hipotesis de ",sides," cola.")
print("Nivel de significancia =",alfa)
print("Chi2 observado =",chi_obs)
print("p valor = ",p_value)
print(conclusion)

Prueba de hipotesis de  1  cola.
Nivel de significancia = 0.05
Chi2 observado = 17.551888899999984
p valor =  0.04074305047051333
Se rechaza la hipotesis nula

Prueba para Comparación de Varianzas de dos Poblaciones

En el caso de trabajar con dos poblaciones y estar interesados en comparar las varianzas poblacionales, se usa el estadístico \(F\) (ecuación [estadistico_f1]), es decir:

\[\begin{aligned} F_{n_{1}-1,n_{2}-1}=\frac{\frac{U}{n_{1}-1}}{\frac{V}{n_{2}-1}}=\frac{ \frac{\frac{(n_{1}-1)S_{1}^{2}}{\sigma_{1}^{2}}}{n_{1}-1}} {\frac{\frac{(n_{2}-1)S_{2}^{2}}{\sigma_{2}^{2}}}{n_{2}-1}}=\frac{S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}}\frac{\sigma_{2}^{2}}{\sigma_{1}^{2}} \end{aligned}\]

Bajo la hipótesis nula verdadera (\(\sigma_{1}=\sigma_{2}\)), el estadístico \(F\) toma la forma:

\[{ F_{n_{1}-1,n_{2}-1}=\frac{S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}}}\]

Este estadístico es válido cuando las poblaciones son normales e independientes.

Solución

Cuando estamos analizando la variabilidad de una variable, nos estamos refiriendo a la varianza de la misma. Además, dado que queremos analizar el turno tarde y el turno mañana, tenemos dos poblaciones, las cuales se suponen que se distribuyen normal. Como se quiere demostrar que el turno tarde tiene mayor variabilidad que el de la mañana, entonces podemos escribir las hipótesis de la siguiente forma:

Planteo de hipótesis: \[\begin{aligned} H_{0}\!:\; & \quad \sigma_{1:\text{tarde}}^{2}&\leq &\sigma_{2:\text{mañana}}^{2} \nonumber \\ H_{1}\!:\; & \quad \sigma_{1:\text{tarde}}^{2}&>& \sigma_{2:\text{mañana}}^{2} \qquad \textbf{Prueba lateral derecha} \nonumber \end{aligned}\]

Donde el estadístico de prueba es \(F\), es decir:

\[\begin{aligned} F^{obs}\!=\; & \frac{s_{1}^{2}}{s_{2}^{2}} \nonumber \\ \!=\; & \frac{2.36}{2.15}=1.11 \end{aligned}\]

Considerando los grados de libertad \((n_{1}-1)=52\), y \((n_{2}-1)=49\) para el numerador y el denominador respectivamente, tenemos que el punto crítico es \(F_{52,49}^{crit}=1.59\) con un \(\alpha=0.05\). Con lo cual:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace F_{n_{1}-1,n_{2}-1} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad F_{n_{1}-1,n_{2}-1}>F_{n_{1}-1,n_{2}-1}^{crit} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace F_{52,49} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad F_{52,49}>1.59\rbrace \Rightarrow F^{obs}=1.11 \notin \textbf{ZR} \end{aligned}\]

En consecuencia, el \(F^{obs}\) cae en zona de no rechazo de la \(H_{0}\), por lo que no hay evidencia suficiente para aseverar que la variabilidad de las notas del turno tarde es mayor que la del turno mañana.

Gráficamente es:

Resolviendo en Python escribimos el siguiente programa:

# Librerias
import numpy as np
from scipy import stats
from scipy.stats import f
from statsmodels.stats import weightstats as stests
import statistics 
from statistics import stdev

# Nivel de significancia
alfa=0.05
# Datos muestrales
data1=[7.34,3.94,7.11,5.28,6.23,8.33,5.27,7.66,8.25,7.49,5.84,
       7.27,6.74,7.04,6.75,4.89,6.49,6.67,8.5,6.08,4.3,5.01,5.74,
       3.8,5.58,4.84,7.42,9.3,7.37,8.44,7.33,8.65,5.27,4.28,5.78,
       4.6,4.7,4.8,4.99,5.86,6.88,7.87,8.5,4.28,7.34,4.67,3.75,
       8.99,4.91,6.3,6.94,2.95,5.66]
data2=[5.26,5.17,2.37,4.18,8.07,5.52,7.34,9.96,8.72,7.31,7.9,
       3.45,8.6,5.67,8.09,4.79,5.51,7.81,5.21,6.88,4.18,6.32,
       7.86,6.71,5.04,6.95,6.59,6.68,6.67,5.97,6.74,7.63,4.61,
       7.37,5.24,6.1,5.48,6.4,7.23,7.02,7.46,7.41,7.03,5.49,
       7.43,6.06,4.15,6.45,8.23,5.98]

#sides -- 1: una cola; 2: dos colas
sides=1

def prueba_f(data1,data2,alfa,sides):
    n1 = len(data1)
    n2 = len(data2)
    data1_mean = np.mean(data1)
    data2_mean = np.mean(data2)
    data1_sd = stdev( data1, data1_mean )
    data2_sd = stdev( data2, data2_mean )
    f_obs = data1_sd**2/data2_sd**2
    p_value = f.sf(f_obs,n1-1,n2-1)*sides
    if p_value > alfa:
        conclusion='No se rechaza la hipotesis nula'
    else:
        conclusion='Se rechaza la hipotesis nula'
    return f_obs,p_value,conclusion

f_obs,p_value,conclusion = prueba_f(data1,data2,alfa,sides)

print("Prueba de hipotesis de ",sides," cola.")
print("Nivel de significancia =",alfa)
print("F observado =",f_obs)
print("p valor = ",p_value)
print(conclusion)

Prueba de hipotesis de  1  cola.
Nivel de significancia = 0.05
F observado = 1.1180684754060781
p valor =  0.34778951522440243
No se rechaza la hipotesis nula

En este caso, las observaciones correspondientes a “data1” son las del turno tarde, mientras que la “data2” son las observaciones de la mañana. Nótese también que fue necesario cargar las calificaciones de ambos turnos que, por razones de espacio, no fueron incluidas en el enunciado del problema.

Análisis de Varianza (ANOVA)

Es una prueba de hipótesis que está diseñada específicamente para probar si dos o más poblaciones tienen las mismas medias. Aún cuando el propósito de este test es hacer la prueba para hallar diferencias en las medias poblacionales, implica un examen de las varianzas muestrales, es por ello que se lo conoce como análisis de varianza o ANOVA (por sus siglas en inglés).

Utilizaremos los siguientes conceptos:

• Unidades experimentales: son los objetos que reciben el tratamiento.

• Factor: es la variable cuyo impacto en las unidades experimentales se desea medir.

• Tratamientos: son las acciones que se aplican sobre las unidades experimentales y cuyo efecto es objeto de comparación.

• Variable respuesta: es la variable observada con la que se mide el efecto del tratamiento.

Para la aplicación de la prueba ANOVA son esenciales tres supuestos:

1. Las muestras tienen que ser independientes.

2. Cada muestra debe provenir de una población normalmente distribuida.

3. Las varianzas de la variable de respuesta de los grupos en la población deben ser iguales entre sí. Esta propiedad se conoce como homocedasticidad.

Designando como \(c\) al número de tratamientos, tenemos que la formulación de la hipótesi es la siguiente:

\[\begin{aligned} && H_{0}\!:\; & \quad \mu_{1}=\mu_{2}=\cdots=\mu_{n} \nonumber \\ && H_{1}\!:\; & \quad \text{No todas las medias son iguales} \qquad \textbf{Prueba lateral derecha} \nonumber \end{aligned}\]

Esta prueba no es equivalente a probar la igualdad de varias medias utilizando varias pruebas \(t\) (ver página ) con pares de muestras. Las razones básicamente son dos:

1. Si el número de poblaciones se incrementa, el número de pruebas requeridas crece significativamente. Por ejemplo, si tenemos 4 tratamientos, el número de pruebas que se deben hacer son 6 (\(C_{2}^{4}\))

2. La segunda surge del error de tipo I. Supongamos que las pruebas se desean analizar a un nivel de significancia (\(\alpha\)) del 5%, y hay cuatro poblaciones, entonces la probabilidad del error de tipo I es: \[\begin{aligned} P(\text{Tipo I})\!=\; & (1-(1-\alpha)^{c}) \nonumber \\ \!=\; & (1-(1-0.05)\cdot(1-0.05)\cdot(1-0.05)\cdot(1-0.05)) \nonumber \\ \!=\; & 1-0.95^{4} \nonumber \\ \!=\; & 0.185 \end{aligned}\]

   Mientras que se quería probar a un nivel del 5%, la necesidad de hacer cuatro pruebas incrementó la probabilidad del error tipo I más allá de los límites deseados (\(18,5\%\)).

Para determinar si tratamientos diferentes tienen efectos diferentes en sus respectivas poblaciones, se hace una comparación entre la variación de la variable respuesta dentro de las muestras (varianza dentro del grupo o within) y la variación de la variable respuesta entre muestras (varianza entre grupos o between). Entonces, podemos destacar los siguientes aspectos:

• Efecto tratamiento: como las muestras diferentes tienen tratamientos distintos, la variación de la variable respuesta entre las muestras puede ser producida por los efectos de los tratamientos diferentes.

• El cociente de la variación entre muestras y la variación dentro de las muestras de la variable respuesta, tal como se utiliza en ANOVA, tiene una distribución \(F\).

Cuando las medias poblacionales son diferentes, el efecto tratamiento está presente y las variaciones entre las medias de las muestras serán significativamente diferentes en comparación con las variaciones dentro de las muestras. Como consecuencia, el valor del estadístico \(F\) observado aumentará.

Para mostrar en forma general la descomposición de la varianza total, consideremos \(X_{1},X_{2},\cdots X_{n}\) variables aleatorias que se distribuyen normales, y suponiendo que además provienen de distintas poblaciones con medias \(\mu_{1},\mu_{2},\cdots \mu_{n}\) y varianzas \(\sigma ^{2}_{1},\sigma ^{2}_{2},\cdots,\sigma ^{2}_{n}\), respectivamente. Entonces, podemos calcular la variación total como: \[\begin{aligned} \text{Variación total}=\sum_{j=1}^{c}\sum_{i=1}^{r_{j}}(X_{ij}-\overline{\overline{X}})^{2} \end{aligned}\] donde \(r_{j}\) es la cantidad de observaciones de cada tratamiento, \(c\) la cantidad de grupos (igual a la cantidad de tratamientos), y \(\overline{\overline{X}}\) la media general. Entonces, descomponiendo la variación total, tenemos: \[\begin{aligned} \sum_{j=1}^{c}\sum_{i=1}^{r_{j}}(X_{ij}-\overline{\overline{X}})^{2}\!=\; & \sum_{j=1}^{c}\sum_{i=1}^{r_{j}}\bigg((X_{ij}-\overline{X}_{j})+(\overline{X}_{j}-\overline{\overline{X}})\bigg)^{2} \nonumber \\ \!=\; & \sum_{j=1}^{c}\sum_{i=1}^{r_{j}}\bigg((X_{ij}-\overline{X}_{j})^{2}+2(X_{ij}-\overline{X}_{j})(\overline{X}_{j}-\overline{\overline{X}})+(\overline{X}_{j}-\overline{\overline{X}})^{2}\bigg) \nonumber \\ \!=\; & \sum_{j=1}^{c}\sum_{i=1}^{r_{j}}(X_{ij}-\overline{X}_{j})^{2}+2\sum_{j=1}^{c}\sum_{i=1}^{r_{j}}(X_{ij}-\overline{X}_{j})(\overline{X}_{j}-\overline{\overline{X}})+\sum_{j=1}^{c}\sum_{i=1}^{r_{j}}(\overline{X}_{j}-\overline{\overline{X}})^{2} \nonumber \\ \!=\; & \sum_{j=1}^{c}\sum_{i=1}^{r_{j}}(X_{ij}-\overline{X}_{j})^{2}+2\sum_{j=1}^{c}\sum_{i=1}^{r_{j}}(X_{ij}-\overline{X}_{j})(\overline{X}_{j}-\overline{\overline{X}})+\sum_{j=1}^{c}r_{j}(\overline{X}_{j}-\overline{\overline{X}})^{2} \nonumber \end{aligned}\] \[{\begin{aligned} \underbrace{\sum_{i=1}^{c}\sum_{j=1}^{r_j}(X_{ij}-\overline{\overline{X}})^{2}}&=\underbrace{\sum_{j=1}^{c}r_{j}(\overline{X}_{j}-\overline{\overline{X}})^{2}}+\underbrace{\sum_{j=1}^{c}\sum_{i=1}^{r_{j}}(X_{ij}-\overline{X}_{j})^{2}} \\ \textbf{SCT} \quad \qquad &\qquad \qquad \textbf{SCE} \qquad \qquad \quad \textbf{SCD} \end{aligned}}\] siendo \(X_{ij}\) la observación \(i\)-ésima en la muestra \(j\)-ésima y \(\overline{X}_{j}\) la media de cada tratamiento o grupo.

En consecuencia, podemos escribir la variación total como:

\[\begin{aligned} \textbf{Variación total}=\textbf{Variación entre grupos}+\textbf{Variación dentro del grupo} \end{aligned}\] que expresamos por: \[\begin{aligned} \text{SCT}=\text{SCE}+\text{SCD} \end{aligned}\]

Si dividimos los desvíos cuadrados medios entre grupos por los desvíos dentro de los grupos, tenemos el estadístico con distribución \(F\) a utilizar con ANOVA, es decir:

\[\begin{aligned} \frac{SCE/(c-1)}{SCD/(n-c)} & \sim & F_{(c-1),(n-c)} \nonumber \end{aligned}\] \[{ \frac{CME}{CMD} \sim F_{(c-1),(n-c)}}\] donde \(n\) es la cantidad total de observaciones. La cantidad de grados de libertad para el numerador es \((c-1)\) y para el denominador \((n-c)\).

Solución

Realizaremos la siguiente prueba:

Planteo de la hipótesis: \[\begin{aligned} && H_{0}\!:\; & \quad \mu_{1}=\mu_{2}=\mu_{3} \nonumber \\ && H_{1}\!:\; & \quad \text{No todas las medias son iguales} \qquad \textbf{Prueba lateral derecha} \nonumber \end{aligned}\]

Para calcular el estadístico \(F\) debemos obtener las sumas de los cuadrados. Primero calculamos SCE:

\[\begin{aligned} SCE=\sum_{j=1}^{c}r_{j}(\overline{x}_{j}-\overline{\overline{x}})^{2} \end{aligned}\]

Luego, calculamos SCD \[\begin{aligned} SCD=\sum_{j=1}^{c}\sum_{i=1}^{r_{j}}(x_{ij}-\overline{x}_{j})^{2} \end{aligned}\]

Calculando el valor de los cuadrados medios: \[\begin{aligned} CME\!=\; & \frac{SCE}{c-1}=\frac{290,53}{3-1}=145,26 \nonumber \\ CMD\!=\; & \frac{SCD}{n-c}=\frac{285,20}{15-3}=23,76 \end{aligned}\]

Por lo que el estadístico \(F\) toma el valor: \[\begin{aligned} F^{obs}=\frac{CME}{CMD}=\frac{145,26}{23,76}=6,11 \end{aligned}\]

Recordemos que, a medida que los tratamientos tienden a producir efectos diferentes, \(CME\) lo refleja incrementándose, por lo que el valor de \(F\) aumenta.

Los grados de libertad del numerador son \((c-1)=(3-1)=2\), mientras que los grados de libertad del denominador son \((n-c)=(15-3)=12\), por lo que el valor crítico de \(F\) con un \(\alpha=0,05\) es \(F_{2;12;0.05}=3,88\). Por lo tanto, la regla de decisión será: rechazar la hipótesis nula si el valor observado supera el valor crítico de \(3,88\).

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace F_{c-1,n-c} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad F_{c-1,n-c}>F_{c-1,n-c}^{crit} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace F_{2,12} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad F_{2,12}>3.88\rbrace \Rightarrow F^{obs}=6.11 \in \textbf{ZR} \end{aligned}\]

Gráficamente:

Conclusión: el valor \(F^{obs}=6.11\) calculado para el estadístico de la prueba nos conduce a rechazar la hipótesis nula de que las medias de las tres poblaciones sean iguales. Es decir, que hay evidencia suficiente para afirmar que los puntajes de pruebas promedio no son los mismos para los tres programas de capacitación. Existe efecto significativo del tratamiento relacionado con alguno de los programas y hay por lo menos dos medias que son distintas entre sí.

Los resultados del análisis de varianza se presentan generalmente en una tabla resumen cuyo formato es el siguiente:

En este caso particular, la Tabla de ANOVA es:

Cuando el cociente calculado para \(F\) en la tabla ANOVA es mayor que el correspondiente valor crítico de tabla, la hipótesis nula es rechazada, aceptándose, en consecuencia, la hipótesis alternativa de que todas las medias no son iguales, es decir que una o más son diferentes. En este caso, surge la pregunta ¿Cúal o cuáles de las medias son diferentes? Para responder a este interrogante deberemos utilizar métodos de comparaciones múltiples, como la Prueba de Tukey-Kramer que se verá en el siguiente capítulo (página ).

Para tener en cuenta:

• Existen tests para verificar si se cumplen las condiciones del ANOVA. Por ejemplo, para homogeneidad de varianzas están las pruebas de Bartlett, Q de Cochran y Hartley (ver página ); para contrastar la normalidad, el test de Shapiro-Wilk

• Alternativamente al ANOVA, existen otros test no paramétricos de análisis de varianza. Por ejemplo, Test de Kruskal Wallis

Pruebas de Hipótesis No Paramétricas

A diferencia de las pruebas parámetricas, en las cuales se hacen supuestos acerca de distribución de la población, las pruebas no paramétricas son aquellas que tienen como denominador común que no requieren que la distribución de la población sea caracterizada por ciertos parámetros. En este capítulo veremos las principales pruebas que se suelen usar en la práctica, aunque existe un gran número de pruebas no paramétricas.

Prueba para Comparación de Varianzas de dos o más Poblaciones

Para comparar varianzas de dos o más poblaciones también se puede usar la prueba no paramétrica de Hartley, cuya ventaja principal es que pueden compararse varianzas de más de dos poblaciones.

Prueba de Hartley

Esta es una prueba para comparar varianzas de dos o más poblaciones. La hipótesis de la prueba es:

\[ \begin{aligned} H_{0}\!:\; & \sigma_{1}^{2}=\sigma_{2}^{2}=\cdots=\sigma_{n}^{2} \\ H_{1}\!:\; & \text{Alguna varianza es distinta}\ \textbf{Prueba lateral derecha} \end{aligned} \]

El estadístico de esta prueba es el llamado \(F_{max}\) que sigue la distribución de Hartley y que se define como: \[{ \frac{S^{2}_{max}}{S^{2}_{min}} \sim F_{max \quad c,(\overline{n}-1)}}\] donde \(S^{2}_{max}\) es la mayor y \(S^{2}_{min}\) la menor varianza muestral, \(c\) es la cantidad de poblaciones, \(\overline{n}=\textit{Int} \lfloor \frac{n}{c} \rfloor\), es decir la parte entera de \(n/c\), en el que \(n\) es el número de observaciones. Los valores de \(F_{max}\) están tabulados y, al ser una prueba lateral derecha, se rechaza \(H_{0}\) cuando el \(F_{max}^{obs}>F_{max}^{crit}\).

Prueba de Independencia

En esta prueba se busca analizar la existencia o no de independencia estadística entre dos variables cualitativas de una población. Para ello se toma una muestra y se analiza una tabla de doble entrada con las dos variables cualitativas de interés. Luego se comparan las frecuencias absolutas observadas y esperadas, y a través del estadístico \(\chi^{2}\) se concluye que las variables son independientes cuando las diferencias son no siginificativas, o dependientes en caso contrario.

Las hipótesis que se deben plantear en esta prueba siempre son las mismas y no pueden ser modificadas, donde: \[\begin{aligned} && H_{0}\!:\; & \quad \text{Las variables son independientes} \nonumber \\ && H_{1}\!:\; & \quad \text{Las variables NO son independientes} \qquad \textbf{Prueba lateral derecha} \nonumber \end{aligned}\]

Supongamos que tomamos una muestra de tamaño \(n\), y se recoleta la información para dos variables cualitativas donde cada una tiene dos posibles respuestas (A o B, y I y II respectivamente). Entonces, si construimos una tabla de doble entrada, tenemos:

donde \(f^{o}_{ij}\) es la frecuencia absoluta observada⁹ de la fila \(i\) y columna \(j\) para todo \(i=1,2\) y \(j=1,2\); \(f^{o}_{i.}\) es la frecuencia absoluta observada en la fila \(i\) y, \(f^{o}_{.j}\) la frecuencia absoluta observada de la columna \(j\). Suponiendo que queremos estudiar la independencia de las variables 1 y 2, el estadístico \(\chi^{2}\) de la prueba será:

\[{ \sum_{i=1}^{n_{f}}\sum_{j=1}^{n_{c}}\frac{(f^{o}_{ij}-f^{e}_{ij})^{2}}{f^{e}_{ij}} \sim \chi^{2}_{(n_{f}-1)(n_{c}-1)}}\] donde \(n_{f}\) es cantidad de filas y \(n_{c}\) la cantidad de columnas.

La cantidad de grados de libertad asociados al estadístico viene dada por \((n_{f}-1)(n_{c}-1)\), y las frecuencias esperadas se calculan como:

\[\label{estimador_chi2_indep} { f^{e}_{ij}=\frac{f^{o}_{i.}\cdot f^{o}_{.j}}{n}}\]

En el caso particular de la tabla anterior, la cantidad de filas es \(n_{f}=2\) y la cantidad de columnas es \(n_{c}=2\). Este estadístico no proviene de ningún parámetro, por lo que los supuestos con los que se aplica son mucho menos restrictivos que las pruebas paramétricas. La única condición que se debe cumplir es que las frecuencias esperadas de cada una de las celdas debe ser mayor a 5, es decir:

\[\begin{aligned} f^{e}_{ij}>5 \quad \forall \quad i,j \end{aligned}\]

En el caso de no cumplirse esta condición, y si se supone que el valor esperado de la celda de la fila k-ésima y columna n-ésima tiende a cero (\(f^{e}_{kn}\to 0\)) y su correspondiente valor observado es mayor que cero (\(f^{o}_{kn}>0\)), tendríamos:

\[\begin{aligned} \lim_{f^{e}_{ij} \to 0} \chi^{2}_{(n_{f}-1)(n_{c}-1)}\!=\; & \lim_{f^{e}_{ij} \to 0} \sum_{i=1}^{n_{f}} \sum_{j=1}^{n_{c}}\frac{(f^{o}_{ij}-f^{e}_{ij})^{2}}{f^{e}_{ij}} \nonumber \\ \!=\; & \sum_{i=1}^{n_{f}} \sum_{j=1}^{n_{c}} \lim_{f^{e}_{ij} \to 0} \frac{(f^{o}_{ij}-f^{e}_{ij})^{2}}{f^{e}_{ij}} \nonumber \\ \!=\; & \lim_{f^{e}_{kn} \to 0} \frac{(f^{o}_{kn}-f^{e}_{kn})^{2}} {f^{e}_{kn}} + K \nonumber \\ \!=\; & \infty \end{aligned}\] donde \(K\) representa al valor de todos los otros términos distintos a la celda de la fila k-ésima y columna n-ésima.

Como podemos apreciar, al ser una prueba lateral derecha, el estadístico siempre caería en zona de rechazo de \(H_{0}\) para cualquier valor de \(\alpha\), con lo que la prueba no podría ser aplicada. La solución de este problema es realizar una agrupación de filas o de columnas hasta que las frecuencias esperadas sean mayores que 5¹⁰ para cada una de las celdas.

Otra manera de analizar esta condición es considerando que cada celda es un variable binomial \(X\), es decir dicotómica. Como estamos trabajando con un estadístico \(\chi^{2}\) que es la suma de variables aleatorias normales estándares independiente elevadas al cuadrado, para que una binomial se aproxime a la normal estándar se debe cumplir la condición del Teorema de De Moivre - Laplace, es decir que \(X \sim N(n\cdot p,\sqrt{n\cdot p \cdot (1-p)})\) si \(n\geq 30\), \(np\geq 5\) y \(n(1-p)\geq 5\) (ver página ).

Solución

Dado que se pretende analizar la independencia (o no) de las variables de ingresos familiares y el tipo de escuela (público o privada) a la que asisten los hijos, se plantea lo siguiente:

Planteo de la hipótesis: \[\begin{aligned} && H_{0}\!:\; & \quad \text{Las variables ingresos y tipo de escuela son independientes} \nonumber \\ && H_{1}\!:\; & \quad \text{Las variables ingresos y tipo de escuela NO son independientes} \nonumber \end{aligned}\]

Lo primero que debemos hacer es calcular las frecuencias esperadas. Para ello, usaremos el estimador de la ecuación ([estimador_chi2_indep]), es decir que, para la primer celda (ingresos Bajos y escuela Privada), tenemos:

\[\begin{aligned} f^{e}_{11}\!=\; & \frac{f^{o}_{1.}\cdot f^{o}_{\text{.}1}}{n} \nonumber \\ \!=\; & \frac{944 \cdot 1\,000}{1\,600}=590 \end{aligned}\]

Procediendo de igual manera para las otras celdas, se llega a que las frecuencias esperadas son:

Se puede observar que todas las frecuencias esperadas son mayores que 5, con lo cual se cumple el requisito para que la aproximación del teorema de De Moivre - Laplace sea válida. Por otra parte, cabe destacar que las frecuencias esperadas pueden tomar valores fraccionarios, mientras que las frecuencias observadas son siempre enteras. Posteriormente, calculando las diferencias al cuadrado entre frecuencias observadas y esperadas y dividiendo por la frecuencia esperada para cada celda, obtenemos los términos de la suma que arroja el valor del estadístico:

\[\begin{aligned} \chi^{2}_{obs}=\sum_{i=1}^{n_{f}}\sum_{j=1}^{n_{c}}\frac{(f^{o}_{ij}-f^{e}_{ij})^{2}}{f^{e}_{ij}}=12.0+17.2+19.9+28.7=77.78 \end{aligned}\]

La zona de rechazo, teniendo en cuenta los grados de libertad \((f-1)(c-1)=(2-1)(2-1)=1\) y que estamos trabajando con un \(\alpha=0.05\), es entonces: \[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace \chi^{2}_{(n_{f}-1)(n_{c}-1)} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad \chi^{2}_{(n_{f}-1)(n_{c}-1)}>\chi^{2}_{crit} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace \chi^{2}_{1} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad \chi^{2}_{1}>6.64 \rbrace \Rightarrow \chi^{2}_{obs}=77.78 \in \textbf{ZR} \end{aligned}\]

Como conclusión, se rechaza \(H_{0}\), por lo que las variables ingreso y tipo de escuela son dependientes a un nivel de significancia del 5%.

El código para solucionar el problema en Python es el siguiente:

#Librerias
from scipy.stats import chi2_contingency

# Nivel de significancia
alfa=0.05
# Datos muestrales en formato de tabla
table = [[506,494],[438,162]]

chi2_obs, p_value, dof, expected = chi2_contingency(table, correction=False)

print("Frecuencias Observadas:", table)
print("Frecuencias Esperadas:", expected)
print("Grados de Libertad =", dof)
print("Chi2 observado =",chi2_obs)
print("p valor = ",p_value)

if p_value < alfa:    
   print("Se rechaza la hipotesis nula")
else:
   print("No se rechaza la hipotesis nula")
   
Frecuencias Observadas: [[506, 494], [438, 162]]
Frecuencias Esperadas: [[590. 410.]
 [354. 246.]]
Grados de Libertad = 1
Chi2 observado = 77.78420835055809
p valor =  1.1493539476186201e-18
Se rechaza la hipotesis nula

A tener en cuenta: los datos deben ser ingresados en forma de tabla, donde cada fila se presenta entre corchetes y la coma separa las filas. El comando “correction=False” es para que utilice el estimador ([estimador_chi2_indep]), con la opción “True” realiza la corrección de Yates¹¹ al estimador.

Prueba de Homogeneidad

La prueba \(\chi^{2}\) desarrollada en el punto anterior (sección 4.2), también se puede aplicar para determinar si dos o más muestras aleatorias independientes se extraen de una misma población. Para ello se clasifica a la población en términos de una variable cualitativa en \(k\) grupos (categorías de la variable), con el objetivo de evaluar si las proporciones poblacionales son homogéneas. Es decir, se plantea la hipótesis siguiente:

\[\begin{aligned} && H_{0}\!:\; & \quad \pi_{1}=\pi_{2}=\cdots =\pi_{k} \nonumber \\ && H_{1}\!:\; & \quad \text{Alguna de las proporciones es distinta} \qquad \textbf{Prueba lateral derecha} \nonumber \end{aligned}\]

El estadístico de la prueba de homogeneidad será idéntico al estadístico de la prueba de independencia:

\[{\sum_{i=1}^{n_{f}}\sum_{j=1}^{n_{c}}\frac{(f^{o}_{ij}-f^{e}_{ij})^{2}}{f^{e}_{ij}} \sim \chi^{2}_{(n_{f}-1)(n_{c}-1)}}\]

Solución

Cuando se quieren comparar proporciones de distintas poblaciones, estamos ante la presencia de una prueba de homogeneidad. La hipótesis de esta prueba viene dada por:

\[\begin{aligned} && H_{0}\!:\; & \quad \pi^{A}_{P}=\pi^{A}_{E} =\pi^{A}_{ERD} \nonumber \\ && H_{1}\!:\; & \quad \text{Alguna de las proporciones es distinta} \qquad \textbf{Prueba lateral derecha} \nonumber \end{aligned}\]

Y el estadístico es:

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n_{f}}\sum_{j=1}^{n_{c}}\frac{(f^{o}_{ij}-f^{e}_{ij})^{2}}{f^{e}_{ij}} \sim \chi^{2}_{(n_{f}-1)(n_{c}-1)} \end{aligned}\]

Calculando las frecuencias esperadas haciendo uso del estimador ([estimador_chi2_indep]), se tiene:

\[\begin{aligned} f^{e}_{ij}\!=\; & \frac{f^{o}_{i.}\cdot f^{o}_{.j}}{n} \end{aligned}\]

Con la tabla anterior, se puede ver que las frecuencias esperadas de todas las celdas son mayores que 5, con lo cual se satisfacen las condiciones impuestas para la prueba de hipótesis. Luego, calculando las diferencias al cuadrado entre frecuencias observadas y esperadas y dividiendo por la frecuencia esperada para cada celda, llegamos a:

Entonces:

\[\begin{aligned} \chi^{2}_{obs}\!=\; & \sum_{i=1}^{n_{f}}\sum_{j=1}^{n_{c}}\frac{(f^{o}_{ij}-f^{e}_{ij})^{2}}{f^{e}_{ij}}\nonumber \\ \!=\; & 0.8+1.3+0.1+0.2+1.2+2.1=5.7 \end{aligned}\]

La zona de rechazo, teniendo en cuenta los grados de libertad \((n_{f}-1)(n_{c}-1)=(3-1)(2-1)=2\) y que estamos trabajando con \(\alpha=0.10\), entonces:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace \chi^{2}_{(n_{f}-1)(n_{c}-1)} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad \chi^{2}_{(n_{f}-1)(n_{c}-1)}>\chi^{2}_{crit} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace \chi^{2}_{2} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad \chi^{2}_{2}>4..60 \rbrace \Rightarrow \chi^{2}_{obs}=5.70 \in \textbf{ZR} \end{aligned}\]

Entonces, se rechaza \(H_{0}\), por lo que las proporciones de intención de voto de los distintos grupos de votantes no es la misma, a un nivel de significancia del 10%. En otros términos, las tres poblaciones (Profesionales, Empresarios y Empleados) no son homogéneas (no son iguales) en cuanto a la intención de voto.

Gráficamente tenemos:

Prueba de Marascuilo

Cuando la hipótesis nula es rechazada en la prueba de homogeneidad, aceptándose en consecuencia la hipótesis alternativa de que todas las proporciones no son iguales, es decir que una o más son diferentes, surge la pregunta ¿Cuáles son diferentes? Para responder este interrogante deberemos utilizar métodos de comparaciones múltiples. Una de esas pruebas es la de Prueba de Marascuilo.

Este procedimiento nos permite probar simultáneamente las diferencias de todos los pares posibles de proporciones cuando hay varias poblaciones bajo estudio y determinar cuál o cuáles proporciones son distintas.

Si \(\pi_{1}, \pi_{2},\cdots ,\pi_{c}\) son las verdaderas proporciones de las \(c\) poblaciones, sus estimadores son \(P_{1},P_{2},\cdots,P_{c}\), entonces se construye el parámetro poblacional \(\theta_{j}=\pi_{j}-\pi_{i}\), por lo que su estimador vendrá dado por \(\widehat{\theta}_{ji}=P_{j}-P_{i}\). Se puede demostrar que dicho estimador debe ser comparado con el siguiente punto crítico:

\[\label{maracuillo0} { m_{ji}=\sqrt{\chi^{2}_{c-1,1-\alpha}}\sqrt{\frac{P_{j}(1-P_{j})}{n_{j}}+\frac{P_{i}(1-P_{i})}{n_{i}}}}\]

Entonces la regla de decisión será la siguiente:

Si \(\vert \widehat{\theta}_{ji} \Big\vert > m_{ji}\) significa que hay diferencias significativas entre las dos proporciones poblacionales comparadas.

Solución

En el problema 4.2 se rechazó la hipótesis nula de que todas las proporciones son iguales, por lo que continuamos con la prueba de Marascuilo para poder diferenciar cuáles son las poblaciones con proporciones diferentes. En primer lugar calcularemos las proporciones de votos al candidato A en la muestra:

\[\begin{aligned} p^{A}_{P}\!=\; & \frac{80}{115}=0.696 \nonumber \\ p^{A}_{E}\!=\; & \frac{72}{110}=0.654 \nonumber \\ p^{A}_{ERD}\!=\; & \frac{69}{125}=0.552 \nonumber \\ \end{aligned}\]

Luego, teniendo en cuenta que \(\chi^{2}_{c-1,1-\alpha}=\chi^{2}_{2,0.90}=4.60\) podemos calcular los puntos críticos, aplicando ([maracuillo0]):

\[\begin{aligned} m_{P-E}\!=\; & \sqrt{\chi^{2}_{c-1,1-\alpha}}\sqrt{\frac{p^{A}_{P}(1-p^{A}_{P})}{n_{P}}+\frac{p^{A}_{E}(1-p^{A}_{E})}{n_{E}}} \nonumber \\ \!=\; & \sqrt{4.60}\sqrt{\frac{0.696(1-0.696)}{115}+\frac{0.654(1-0.654)}{110}}=0.134 \end{aligned}\]

Procediendo de igual forma calculamos:

\[\begin{aligned} m_{P-ERD}\!=\; & \sqrt{\chi^{2}_{c-1,1-\alpha}}\sqrt{\frac{p^{A}_{P}(1-p^{A}_{P})}{n_{P}}+\frac{p^{A}_{ERD}(1-p^{A}_{ERD})}{n_{ERD}}} \nonumber \\ \!=\; & \sqrt{4.60}\sqrt{\frac{0.696(1-0.696)}{115}+\frac{0.552(1-0.552)}{125}}=0.133 \\ m_{E-ERD}\!=\; & \sqrt{\chi^{2}_{c-1,1-\alpha}}\sqrt{\frac{p^{A}_{E}(1-p^{A}_{E})}{n_{E}}+\frac{p^{A}_{ERD}(1-p^{A}_{ERD})}{n_{ERD}}} \nonumber \\ \!=\; & \sqrt{4.60}\sqrt{\frac{0.654(1-0.654)}{110}+\frac{0.552(1-0.552)}{125}}=0.136 \end{aligned}\]

Por último, debemos comparar el estadístico \(\widehat{\theta}_{ji}=P_{j}-P_{i}\) con los puntos críticos calculados, es decir:

\[\begin{aligned} \vert \widehat{\theta}_{P-E} \Big\vert = \Big\vert p^{A}_{P}-p^{A}_{E} \Big\vert \!=\; & \vert 0.696-0.654 \Big\vert = 0.042 < m_{P-E} = 0.134 \nonumber \\ \vert \widehat{\theta}_{P-ERD} \Big\vert = \Big\vert p^{A}_{P}-p^{A}_{ERD} \Big\vert \!=\; & \vert 0.696-0.553 \Big\vert = 0.144 > m_{P-ERD} = 0.133 \nonumber \\ \vert \widehat{\theta}_{E-ERD} \Big\vert = \Big\vert p^{A}_{E}-p^{A}_{ERD} \Big\vert \!=\; & \vert 0.654-0.553 \Big\vert = 0.102 < m_{E-ERD} = 0.136 \nonumber \\ \end{aligned}\]

Como conclusión, existen diferencias significativas entre las proporciones de las categorías de Profesionales y Empleados en Relación de Dependencia a un nivel de significancia del 10%, siendo mayor la intención de votos en los Profesionales por el candidato A.

Prueba de Bondad de Ajuste \(\chi^{2}\)

Esta es una prueba para decidir, a partir de una muestra particular, si se rechaza o no la hipótesis de que una variable aleatoria se ajusta a una distribución probabilística específica.

El procedimiento comienza con el planteo de la hipótesis nula de que la variable aleatoria bajo estudio tiene una distribución específica. Es decir, suponiendo que estamos estudiando la variable aleatoria \(X\), entonces:

\[\begin{aligned} && H_{0}\!:\; & \quad X \sim f(\theta) \nonumber \\ && H_{1}\!:\; & \quad X \nsim f(\theta) \qquad \textbf{Prueba lateral derecha} \nonumber \end{aligned}\]

El estadístico de esta prueba viene dado por:

\[{ \chi^{2}=\sum{\frac{\left( f^{o}_{i}-f^{e}_{i} \right)^{2}} {f^{e}_{i}}} \quad \text{con $k-p-1$ grados de libertad}}\] donde \(k\) es el número de categorías de la variable y \(p\) el número de parámetros desconocidos de dicha variable que se deben estimar.

Solución

En esta ocasión estamos interesados en conocer si la variable número de llamadas que ingresan al centro de emergencia se distribuye como Poisson. Recordemos que la distribución de Poisson viene dada por:

\[\begin{aligned} \label{poisson} f(k,\lambda)=\frac{e^{-\lambda}\lambda^{k}}{k !} \end{aligned}\]

La prueba de hipótesis que se plantea para este problema es:

Planteo de hipótesis: \[\begin{aligned} && H_{0}\!:\; & \quad \text{El número de llamadas sigue una distribución de Poisson} \nonumber \\ && H_{1}\!:\; & \quad \text{El número de llamadas NO sigue una distribución de Poisson} \nonumber \end{aligned}\]

Dado que no se conoce el parámetro \(\lambda\), tendremos que estimarlo, por lo que perderemos un grado de libertad. La estimación de \(\lambda\) viene dada por:

\[\begin{aligned} \label{lambda} \lambda=\frac{\sum x_{i}}{n}\!=\; & \frac{0 \cdot 20 +1\cdot 52 + \cdots + 4 \cdot 3}{100}=1.24 \quad \text{llamadas por intervalo} \end{aligned}\]

Usando la función de Poisson ([poisson]) y el valor estimado \(\lambda=1.24\), calculamos la probabilidad de cada número de llamadas de la tabla, teniendo en cuenta que la última categoría corresponde a 4 llamadas o más. Luego, multiplicamos dichas probabilidades por el tamaño de la muestra (\(n=100\)) para así obtener las cantidades esperadas de cada categoría. Es decir:

En este caso, la última categoría (4 ó +) no cumple con la condición que las frecuencias esperadas sean mayor que 5, por lo que deberemos agrupar con el número de llamadas inmediato anterior y rehacer todo el cálculo, incluyendo la estimación de \(\lambda\). Repitiendo el procedimiento, ahora con cuatro categorías (\(k=4\)), llegamos a:

\[\begin{aligned} \chi^{2}_{obs}=\sum{\frac{\left( f^{o}_{i}-f^{e}_{i} \right)^{2}} {f^{e}_{i}}}=12.44 \end{aligned}\]

El punto crítico con \(k-p-1=4-1-1=2\) grados de libertad y \(\alpha\) del 5% es de \(5.99\), por lo que la zona de rechazo se define de la siguiente manera:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace \chi^{2}_{k-p-1} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad \chi^{2}_{k-p-1}>\chi^{2}_{crit} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace \chi^{2}_{2} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad \chi^{2}_{2}>5.99 \rbrace \Rightarrow \chi^{2}_{obs}=12.44 \in \textbf{ZR} \end{aligned}\]

En conclusión, se rechaza la hipótesis nula, por lo que la variable número de llamadas al centro de emergencias no sigue una distribución de Poisson.

La representación gráfica es:

Solución

Dado que estamos interesados en saber si los datos registrados siguen una distribución normal, la prueba de hipótesis es:

\[\begin{aligned} && H_{0}\!:\; & \quad \text{El tiempo transcurrido se distribuye normal} \nonumber \\ && H_{1}\!:\; & \quad \text{El tiempo transcurrido NO se distribuye normal} \nonumber \end{aligned}\]

La distribución normal viene dada por dos parámetros, \(\mu\) y \(\sigma^{2}\), y ninguno está especificado, por lo que se deberán calcular con los datos muestrales.

Para ello se determina el punto medio¹² de cada intervalo y se obtienen:

\[\begin{aligned} \overline{x}\!=\; & \frac{\sum_{i} x_{i}^{medio}\cdot n_{i}}{n} \nonumber \\ \!=\; & \frac{60 \cdot 3 + 150 \cdot 9 + \cdots + 40 \cdot 33}{700}=16.03 \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} s^{2}\!=\; & \frac{\sum_{i} n_{i}(x_{i}-\overline{x})^{2}}{n-1} \nonumber \\ \!=\; & \frac{60(3-16.03)^{2}+\cdots +40(33-16.03)^{2}}{700-1}=58.68 \end{aligned}\]

Una vez que tenemos \(\overline{x}\) y \(s^{2}\), que son los estimadores de \(\mu\) y \(\sigma^{2}\), necesitamos calcular la probabilidad de ocurrencia de cada intervalo de la distribución normal con esos parámetros. Para ello estandarizamos los límites de los intervalos, teniendo en cuenta que el mínimo del primer intervalo incluye todos los valores desde \(-\infty\) y el máximo del último intervalo todos los valores hasta \(+\infty\).

Una vez que tenemos los límites estandarizados (\(Z\)) de cada intervalo, calculamos las probabilidades haciendo uso de una tabla de distribución normal estándar.

Por último, las frecuencias esperadas vendrán dadas por la multiplicación de la probabilidad de ocurrencia de ese intervalo por el tamaño de la muestra \(n\). Entonces, ahora estamos en condiciones de obtener el valor del estadístico \(\chi^{2}_{obs}\) de la prueba:

\[\begin{aligned} \chi^{2}_{obs}=\sum{\frac{\left( f^{o}_{i}-f^{e}_{i} \right)^{2}} {f^{e}_{i}}}=0.67+\cdots + 10.91=31.71 \end{aligned}\]

La siguiente tabla muestra el detalle de los cálculo de realizados.

Los grados de libertad de esta prueba son \(k-p-1=6-2-1=3\), donde \(p=2\) dado que se estimaron los parámetros \(\mu\) y \(\sigma^{2}\). Además, se verifica que las cantidades esperadas de cada intervalo cumplen con la condición de ser mayores que 5. Luego, tenemos que la zona de rechazo es:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace \chi^{2}_{k-p-1} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad \chi^{2}_{k-p-1}>\chi^{2}_{crit} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace \chi^{2}_{3} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad \chi^{2}_{3}>7.82 \rbrace \Rightarrow \chi^{2}_{obs}=31.71 \in \textbf{ZR} \end{aligned}\]

En conclusión, se rechaza \(H_{0}\), por lo que el tiempo transcurrido hasta que se efectúa el requerimiento técnico no sigue una distribución normal a un nivel de significancia del 5%.

Prueba de Tukey-Kramer

Este test permite responder a la pregunta planteada en la Prueba de ANOVA (ver página ) y está basado en el recorrido, o rango studentizado, que tiene un error de tipo I constante para todas las comparaciones de medias de a pares. La prueba determina que dos medias son significativamente diferentes si el valor absoluto de sus diferencias muestrales excede a:

\[\label{TK} { T_{ij}=q_{c,(n-c),\alpha}\times \sqrt{\frac{CMD}{2}\left(\frac{1}{r_{i}}+\frac{1}{r_{j}}\right)}}\] donde \(q\) es una variable aleatoria que corresponde al rango studentizado, la cual se encuentra tabulada para diferentes valores de \(c\) (cantidad de tratamiento) y los grados de libertad del error \((n-c)\), donde \(n\) representa el tamaño de la muestra, \(r_{i}\) es el tamaño de la muestra del grupo \(i\) y, \(r_{j}\) es tamaño de la muestra del grupo \(j\)

Solución

Aplicando el test de Tukey-Kramer para todas las combinaciones de los grupos, teniendo en cuenta que, en este caso, el valor que figura en la tabla \(q_{3;12;0,05}=3.77\) y que, todas los grupos poseen el mismo tamaño de muestra (\(r_{i}=r_{j}=r\)), por lo cual el valor del punto crítico \(T_{ij}\) será el mismo para todas las combinaciones de grupos, tenemos:

\[\begin{aligned} T_{ij}\!=\; & q_{c,(n-c),\alpha}\times \sqrt{\frac{CMD}{2}\left(\frac{1}{r_{j}}+\frac{1}{r_{i}}\right)} \nonumber \\ \!=\; & q_{3;12;0,05}\times \sqrt{\frac{CMD}{2}\left(\frac{1}{r}+\frac{1}{r}\right)} \nonumber \\ \!=\; & q_{3;12;0,05}\times \sqrt{\frac{CMD}{r}} \nonumber \\ \!=\; & 3.77 \times \sqrt{\frac{23,76}{5}}=8.22 \nonumber \end{aligned}\]

Comparando el valor absoluto de cada par de diferencias de medias muestrales con el punto crítico del estimador de la prueba, tenemos:

En consecuencia, podemos concluir que existe efecto significativo y positivo (mayor productividad) del tratamiento relacionado con el programa de capacitación “On-line” en comparación con el “Híbrido” a un nivel de significancia del 5%.

Solución

Dado que estamos interesados en comparar medias de tres poblaciones distintas, debemos aplicar la prueba de ANOVA. La hipótesis de la prueba viene dada por:

\[\begin{aligned} && H_{0}\!:\; & \quad \mu_{Oral}=\mu_{Esc D}=\mu_{Comp} \nonumber \\ && H_{1}\!:\; & \quad \text{No todas las medias son iguales} \quad \textbf{Prueba lateral derecha} \nonumber \end{aligned}\]

Bajo los siguientes supuestos se puede aplicar la prueba:

1. Todas las poblaciones involucradas son normales: para constatar que se cumpla, se puede hacer uso de la prueba de Shapiro-Wilk (ver página )

2. Todas las poblaciones tienen la misma varianza: para verificar este supuesto se puede hacer uso de la prueba de Hartley (ver página )

3. Las muestras son aleatorias: el cumplimiento de este supuesto se analiza a través de los residuos medidos como \(e_{ij}=x_{ij}-\overline{x}_{j}\)

En este ejemplo sólo verificaremos el supuesto de igualdad de varianzas y supondremos que los otros dos se cumplen.

Primero calcularemos medias y varianzas muestrales.

Recordando la hipótesis y el estadístico de la prueba de Hartley (ver página ) tenemos: \[\begin{aligned} H_{0}: \!:\; & \sigma_{Oral}^{2}=\sigma_{Esc D}^{2}=\sigma_{Comp}^{2} \nonumber \\ H_{1}: \!:\; & \text{Alguna varianza es distinta} \qquad \textbf{Prueba lateral derecha} \nonumber \end{aligned}\]

Donde el estadístico de la prueba es el siguiente: \[\begin{aligned} F_{max \quad c,(\overline{n}-1)}\!=\; & \frac{S^{2}_{max}}{S^{2}_{min}} \nonumber \\ F_{max \quad 3,(8-1)}\!=\; & \frac{3.28}{1.51} = 2.17 \end{aligned}\]

La zona de rechazo es: \[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace F_{max \quad c,(\overline{n}-1)} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad F_{max \quad c,(\overline{n}-1)}> F_{max \quad c,(\overline{n}-1)}^{crit} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace F_{max \quad 3,7} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad F_{max \quad 3,7}>6.94 \rbrace \Rightarrow F_{max}^{obs}=2.17 \notin \textbf{ZR} \end{aligned}\]

En conclusión, no tenemos evidencia para rechazar \(H_{0}\) por lo que supondremos que las varianzas son iguales.

Procediendo al cálculo de la suma de los cuadrados entre grupos y dentro de los grupos, tenemos:

\[\begin{aligned} SCE=\sum_{j=1}^{c}r_{j}(\overline{x}_{j}-\overline{\overline{x}})^{2} \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} SCD=\sum_{j=1}^{c}\sum_{i=1}^{r_{j}}(x_{ij}-\overline{x}_{j})^{2} \end{aligned}\]

Luego, calculando el estadístico de la prueba:

\[\begin{aligned} F_{obs}\!=\; & \frac{SCE/(c-1)}{SCD/(n-c)} \nonumber \\ \!=\; & \frac{32.50/(3-1)}{53.54/(26-3)}=6.98 \end{aligned}\]

La zona de rechazo de \(H_{0}\) para \(\alpha=0.05\) es:

\[\begin{aligned} \textbf{ZR}\!=\; & \lbrace F_{c-1,n-c} \in \mathbb{R} >0 \quad \vert \quad F_{c-1,n-c}>F_{c-1,n-c}^{crit} \rbrace \nonumber \\ \!=\; & \lbrace F_{2,23} \in \mathbb{R} > 0 \quad \vert \quad F_{2,23}>3.42\rbrace \Rightarrow F_{obs}=6.98 \in \textbf{ZR} \end{aligned}\]

Por lo que se rechaza la hipótesis nula, es decir hay evidencia suficiente para afirmar que no todas las medias son iguales. Esto significa que no todas las modalidades de examen final producen idénticos resultados, medidos por las notas finales de dichos exámenes.

Si construimos la Tabla ANOVA (ver cuadro de la página ), nos queda:

Para poder conocer cuál/cuáles de las medias son diferentes, se usa el estadístico de Tukey-Kramer ([TK]). Resolviendo para un \(\alpha=0.05\) y teniendo en cuenta que, según la tabla, es \(q_{c,n-c,\alpha}=q_{ 3;23;0.05}=3.54\), tenemos: \[\begin{aligned} T_{ij}\!=\; & q_{ c,(n-c),\alpha}\times \sqrt{\frac{CMD}{2}\left(\frac{1}{r_{i}}+\frac{1}{r_{j}}\right)} \nonumber \\ T_{Oral,EscD}\!=\; & q_{3;23;0.05}\times \sqrt{\frac{CMD}{2}\left(\frac{1}{r_{Oral}}+\frac{1}{r_{EscD}}\right)} \nonumber \\ \!=\; & 3.54 \times \sqrt{\frac{2.33}{2}\left(\frac{1}{10}+\frac{1}{7}\right)}=1.87 \nonumber \end{aligned}\] \[\begin{aligned} T_{Oral,Comp}\!=\; & q_{3;23;0.05}\times \sqrt{\frac{CMD}{2}\left(\frac{1}{r_{Oral}}+\frac{1}{r_{Comp}}\right)} \nonumber \\ \!=\; & 3.54 \times \sqrt{\frac{2.33}{2}\left(\frac{1}{10}+\frac{1}{9}\right)}=1.75 \nonumber \\ T_{Comp,EscD}\!=\; & q_{3;23;0.05}\times \sqrt{\frac{CMD}{2}\left(\frac{1}{r_{Comp}}+\frac{1}{r_{EscD}}\right)} \nonumber \\ \!=\; & 3.54 \times \sqrt{\frac{2.33}{2}\left(\frac{1}{9}+\frac{1}{7}\right)}= 1.92 \nonumber \end{aligned}\]

Por último, comparamos el valor absoluto de cada par de diferencias de medias muestrales con el respectivo punto crítico del estimador de la prueba, entonces: \[\begin{aligned} \Big\vert \overline{x}_{Oral}-\overline{x}_{EscD} \Big\vert \!=\; & \Big\vert 5.20 - 3.57 \Big\vert = 1.63 < T_{Oral,EscD}=1.87 \nonumber \\ \Big\vert \overline{x}_{Oral}-\overline{x}_{Comp} \Big\vert \!=\; & \Big\vert 5.20 - 6.44 \Big\vert = 1.24 < T_{Oral,Comp}=1.75 \nonumber \\ \Big\vert \overline{x}_{EscD}-\overline{x}_{Comp} \Big\vert \!=\; & \Big\vert 3.57 - 6.44 \Big\vert = 2.87 > T_{Comp,EscD}=1.92 \end{aligned}\]

En conclusión, las calificaciones medias de la modalidad en Computadora son distintas a la modalidad Escrito con Desarrollo a un nivel de significancia del 5%. Los resultados de la primera son mejores que los de la segunda modalidad

Desarrollando el código en Python para resolver la prueba de ANOVA, tenemos:

# Librerias
import numpy as np
from scipy import stats
from scipy.stats import f
from scipy.stats import f_oneway

def sc(d):
    mean=np.mean(d)
    n = len(d)
    d=(d-mean)**2
    scd=d.sum(axis=0)
    return scd, n, mean

# Nivel de significancia
alfa=0.05
# Tratamientos
tratamientos=3
# Datos muestrales. Los arreglos deben comenzar en cero y ser consecutivos
data0 = [4,6,7,7,5,4,4,5,6,4]
data1 = [2,4,3,6,5,2,3]
data2 = [10,8,7,5,7,6,5,4,6]

#Suma de cuadrados
scd=0
gmedia=0
N=0
for x in range(tratamientos):
    aux=scd
    aux2=gmedia
    aux3=N
    locals()["scd"+str(x)], locals()["n"+str(x)], locals()["media"+str(x)] = sc(locals()["data"+str(x)])
    scd=aux+locals()["scd"+str(x)]
    gmedia=aux2+locals()["n"+str(x)]*locals()["media"+str(x)]
    N=aux3+locals()["n"+str(x)]
    
gmedia=gmedia/N

sce=0
for x in range(tratamientos):
    aux=sce
    sce=aux+locals()["n"+str(x)]*(locals()["media"+str(x)]-gmedia)**2

sct=scd+sce

# Cuadrados medios
cmd=scd/(N-tratamientos)
cme=sce/(tratamientos-1)
cmt=sct/(N-1)

# Estadistico y p valor
F_obs=cme/cmd
p_valor = f.sf(F_obs,tratamientos-1,N-tratamientos)

if p_valor > alfa:
    conclusion='No se rechaza la hipotesis nula'
else:
    conclusion='Se rechaza la hipotesis nula'

print("Tabla ANOVA")
print("=================================================================")
print("Variacion     |     SC    |  GL  |    CM    |    F    |   p-valor")
print("-----------------------------------------------------------------")
print("Entre Grupos  |  ", round(sce,4), " | ", tratamientos-1, "  | ", round(cme,4), " | " , round(F_obs,3), " | ", round(p_valor,4))
print("Dentro Grupos | ", round(scd,4), " | ", N-tratamientos, " | ", round(cmd,4))
print("-----------------------------------------------------------------")
print("Total         | ", round(sct,4), " | ", N-1, " | ", round(cmt,4))
print("=================================================================")
print(conclusion)

Tabla ANOVA
=================================================================
Variacion     |     SC    |  GL  |    CM    |    F    |   p-valor
-----------------------------------------------------------------
Entre Grupos  |   32.502  |  2   |  16.251  |  6.982  |  0.0043
Dentro Grupos |  53.5365  |  23  |  2.3277
-----------------------------------------------------------------
Total         |  86.0385  |  25  |  3.4415
=================================================================
Se rechaza la hipotesis nula

Hay que tener en cuenta que cada grupo debe ser cargado en un arreglo distinto y se debe indicar la cantidad de tratamientos (o grupos) con los que se desea trabajar.

Para resolver la prueba de Tukey-Kramer usamos:

import pandas as pd
import numpy as np
from statsmodels.stats.multicomp import (pairwise_tukeyhsd,
                                         MultiComparison)

# Nivel de significancia
alfa=0.05
# Tratamientos
tratamientos=3
# Datos muestrales (completar con 
# np.nan para que todas las columnas tengan la misma dimension)
data0 = [4,6,7,7,5,4,4,5,6,4]
data1 = [2,4,3,6,5,2,3,np.nan,np.nan,np.nan]
data2 = [10,8,7,5,7,6,5,4,6,np.nan]

df = pd.DataFrame()
for x in range(tratamientos):
    df['Tratamiento'+str(x)] = locals()["data"+str(x)]

stacked_data = df.stack().reset_index()
stacked_data = stacked_data.rename(columns={'level_0': 'id',
                                            'level_1': 'Tratamiento',
                                            0:'Resultado'})

MultiComp = MultiComparison(stacked_data['Resultado'],
                            stacked_data['Tratamiento'])

print(MultiComp.tukeyhsd(alpha=alfa).summary())

      Multiple Comparison of Means - Tukey HSD, FWER=0.05      
===============================================================
   group1       group2    meandiff p-adj   lower  upper  reject
---------------------------------------------------------------
Tratamiento0 Tratamiento1  -1.6286 0.0986  -3.511 0.2539  False
Tratamiento0 Tratamiento2   1.2444 0.2001 -0.5107 2.9996  False
Tratamiento1 Tratamiento2    2.873  0.003   0.948 4.7981   True
---------------------------------------------------------------

Todos los arreglos deben tener la misma dimensión, por lo que, en este caso, se deben completar los faltantes con valores “missing”, es decir con “np.nan”.

Función de Potencia y Curva CO

Como vemos, \(\phi(\theta_{1})\) nos da la probabilidad de “rechazar cuando efectivamente hay que rechazar”. Veamos un ejemplo para la media poblacional. Sea \(X\) una variable aleatoria que proviene de una población normal con varianza \(\sigma^{2}\) conocida. Suponiendo que estamos ante una prueba de hipótesis con un nivel de significancia \(\alpha\), entonces el estadístico de la prueba es:

\[\begin{aligned} Z=\frac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}} \nonumber \end{aligned}\]

1. Si la prueba es del tipo unilateral izquierda, es decir:

   \[\begin{aligned} H_{0}: \mu \geq \mu_{0} \nonumber \\ H_{1}: \mu < \mu_{0} \nonumber \end{aligned}\]

   Entonces, bajo la hipótesis alternativa \(\mu=\mu_{1}\), la función de potencia vendrá definida por:

   \[\begin{aligned} \phi(\mu_{1})\!=\; & 1-\beta(\mu_{1})=P(X \leq X_{crit} \Big\vert E(\overline{X})=\mu_{1}) \nonumber \\ \!=\; & P\bigg(\frac{X-\mu_{1}}{\sigma/\sqrt{n}} \leq \frac{X_{crit}-\mu_{1}}{\sigma/\sqrt{n}} \Big\vert E(\overline{X})=\mu_{1}\bigg) \nonumber \\ \!=\; & P\bigg(Z \leq \frac{X_{crit}-\mu_{1}}{\sigma/\sqrt{n}} \Big\vert E(\overline{X})=\mu_{1}\bigg) \end{aligned}\]

   Si calculamos la potencia \((1-\beta)\) para distintos valores de \(\mu_{1}\), tenemos el siguiente gráfico:

   

   Por lo tanto, podemos concluir que la función de potencia representa la relación entre los valores de \((1-\beta)\) y los valores de \(\mu_{1}\).

   

   Como se explica más adelante, se considera que una prueba posee una mejor función de potencia cuando su curva tiene una mayor pendiente, dado que indica que el test tiene más capacidad de discriminación, o sea detecta con mayor probabilidad un resultado muestral que no provenga de la población que se está considerando, aún cuando la diferencia entre el estadístico y el parámetro sea pequeña.

2. Si la prueba es del tipo unilateral derecha, es decir:

   \[\begin{aligned} H_{0}: \mu \leq \mu_{0} \nonumber \\ H_{1}: \mu > \mu_{0} \nonumber \end{aligned}\]

   Bajo hipótesis alternativa de \(\mu=\mu_{1}\), la función de potencia es:

   \[\begin{aligned} \phi(\mu_{1})\!=\; & 1-\beta(\mu_{1})=P(X \geq X_{crit} \Big\vert E(\overline{X})=\mu_{1}) \nonumber \\ \!=\; & P\bigg(\frac{X-\mu_{1}}{\sigma/\sqrt{n}} \geq \frac{X_{crit}-\mu_{1}}{\sigma/\sqrt{n}} \Big\vert E(\overline{X})=\mu_{1}\bigg) \nonumber \\ \!=\; & P\bigg(Z \geq \frac{X_{crit}-\mu_{1}}{\sigma/\sqrt{n}} \Big\vert E(\overline{X})=\mu_{1}\bigg) \end{aligned}\]

   

   

3. Si la prueba es del tipo bilateral, es decir:

   \[\begin{aligned} H_{0}: \mu = \mu_{0} \nonumber \\ H_{1}: \mu \neq \mu_{0} \nonumber \end{aligned}\]

   Bajo la hipótesis alternativa de \(\mu=\mu_{1}\), la función de potencia es:

   \[\begin{aligned} \label{potencia_bi} \phi(\mu_{1})\!=\; & 1-\beta(\mu_{1})=1-P(X_{crit1} \leq X \leq X_{crit2} \Big\vert E(\overline{X})=\mu_{1}) \nonumber \\ \!=\; & 1-P\bigg( \frac{X_{crit1}-\mu_{1}}{\sigma/\sqrt{n}} \leq \frac{X-\mu_{1}}{\sigma/\sqrt{n}} \leq \frac{X_{crit2}-\mu_{1}}{\sigma/\sqrt{n}} \Big\vert E(\overline{X})=\mu_{1}\bigg) \nonumber \\ \!=\; & 1-P\bigg( \frac{X_{crit1}-\mu_{1}}{\sigma/\sqrt{n}} \leq Z \leq \frac{X_{crit2}-\mu_{1}}{\sigma/\sqrt{n}} \Big\vert E(\overline{X})=\mu_{1}\bigg) \end{aligned}\]