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TERCERA UNIDAD: ANOVA Y PRUEBAS NO PARAMETRICAS
1. En un estudio de la glucosa sobre la liberación de insulina, se trataron muestras de tejido pancreático de animales de laboratorio con cinco estimulantes distintos. Posteriormente, se determinó la cantidad de insulina liberada. Los resultados se muestran en la tabla siguiente. El experimentador deseaba saber si debía concluir que existe una diferencia significativa entre las cinco poblaciones con respecto a la cantidad media de insulina liberada.
SStotal =163.672SSentregrupos = 120.84SSdentro= 42.832
Estimulante
1 2 3 4 5
1.53 3.15 3.89 8.18 5.86
1.61 3.96 3.68 5.64 5.46
3.75 3.59 5.7 7.36 5.69
2.89 1.89 5.62 5.33 6.49
3.26 1.45 5.79 8.82 7.81
1.56 5.33 5.26 9.03
7.1 7.49
8.98
Estimulante 1 2 3 4 5
1.53 3.15 3.89 8.18 5.861.61 3.96 3.68 5.64 5.463.75 3.59 5.7 7.36 5.692.89 1.89 5.62 5.33 6.493.26 1.45 5.79 8.82 7.81
1.56 5.33 5.26 9.037.1 7.49
8.98
t 13.04 15.6 30.01 47.69 56.81x 2.608 2.6 5.00166667 6.81285714 7.10125varianza 0.99172 1.20808 0.91637667 2.04422381 2.07184107
Fuente de Variación Fo Ft
entre 4 120.84 30.419.12 2.7
dentro 27 42.83 1.58
HIPOTESISHo: u1=u2=u3=u4=u5
Ho: u1≠u2≠u3≠u4≠u5
α = 0.05PRUEBA ESTADISTICA:
Prueba F
DECISION ESTADISTICA
Fo> Ft => se rechaza Ho
CALCULO
Fo=19.12
Ft= 2,7
DECISION:
Se rechaza Ho
CONCLUSIÓN:
Existe diferencia significativa entre las cinco poblaciones.
APLICAMOS LA DMS
DMS= Ta/2 = 1,289 DMS < / / => HAY DMS
/1-2/= / 2.608 - 2.6 //1-3/= / 2.608 - 5/ HAY DMS/1-4/= / 2.608 - 6.81/ HAY DMS/1-5/= /2.608 – 7/ HAY DMS/2-3/= / 2.6 - 5/ HAY DMS/2-4/= / 2.6 - 6.81/ HAY DMS/2-5/= /2.6 – 7/ HAY DMS/3-4/= /5- 6.81/ HAY DMS/3-5/= /5 – 7/ HAY DMS/4-5/= /6.81 – 7/
√ 2msdentro
n
2. Cuatro grupos de pacientes de fisioterapia se sometieron a diferentes regímenes de tratamiento. Al término de un periodo especificado, cada uno se sometió a una prueba con el fin de estimar la efectividad del tratamiento. Se obtuvieron los siguientes resultados:
TRATAMIENTOS
1 2 3 464 76 58 9588 70 74 9072 90 66 8080 80 60 8779 75 82 8871 82 75 85
¿Proporcionan estos datos evidencia suficiente que indique una diferencia entre los tratamientos?. Sea α=0,05
Tratamientos1 2 3 4
64 76 58 9588 70 74 9072 90 66 8080 80 60 8779 75 82 8871 82 75 85
Tj 454 473 415 525 1867Xi 75,67 78,83 69,17 87,50Si2 70,67 47,37 88,17 25,10
Cuadrados1 2 3 4
4096 5776 3364 90257744 4900 5476 81005184 8100 4356 6400 1474396400 6400 3600 75696241 5625 6724 77445041 6724 5625 7225
SS entre grupos: 4542/6 + 5732/6 + 4152/6 + 5252/6 – 186722/24 = 1045,46SS total: 1867 - 186722/24 = 2201,96SS dentro grupos: 2201,96 – 1045,46 = 1156,50
ANOVA
Fuente de variación Gl. SS C.Medio Fo Ft
Entre grupos 3 1045,46 348,496,02656 3,10
Dentro de grupos 20 1156,50 57,83Total 23 2201,96
Decisión: Como Ho cae en la región de rechazo, por lo tanto rechazamos Ho. O sea si hay diferencia significativa entre determinados grupos. Para poder encontrar esos grupos, usamos DMS:
I A-B I 3,17 No hay diferencia significativaI A-C I 6,50 No hay diferencia significativaI A-D I 11,83 > DMSI B-C I 9,67 > DMSI B-D I 8,67 No hay diferencia significativaI C-D I 18,33 > DMS
Conclusión : Estos datos proporcionan evidencia suficiente para poder indicar que hay diferencia significativa entre los tratamientos A y D; entre B y C; y entre C y D.
3. Se deseó comparar a tres médicos respecto a la duración de la internación en el hospital de sus pacientes que se sometieron a cierto procedimiento quirúrgico menor sin complicaciones. Se seleccionó una muestra de 8 expedientes de los correspondientes a cada médico y se observaron los siguientes periodos de hospitalización.
médico A: 4 5 5 4 6 6 4 5médico B: 4 5 4 3 4 5 3 3médico C: 5 3 3 3 3 3 4 5
MEDICOS A B C 4 4 5 5 5 3 5 4 3 4 3 3 6 4 3 6 5 3 4 3 4 5 3 5 Ti 39 31 29 99Xi 4.88 3.87 3.63 Varianza 0.696 0.696 0.839
SStotal =22.625SSentre grupos =7SSdentro de grupos =15.625
HIPOTESIS
Ho: u1=u2=u3
Ha: u1≠u2≠u3
α = 0.05PRUEBA ESTADISTICA:
Prueba F
DECISION ESTADISTICA
Fo> Ft => se rechaza Ho
CALCULO
Fo=4.704
Ft= 3.5
DECISION:
Se rechaza Ho
APLICAMOS LA DMS
DMS= Tα/2 = 2.08 = 0.897 DMS < / / => HAY DMS
/A-B/= / 4.88 - 3.87 /=1.01…………………………………..DMS/B-C/= / 3.87 - 3.63/=0.24 /A-C/= / 4.88 – 3.63/=1.25 ………………………………......DMS
4. Para evaluar la influencia del tipo de acidosis del recién nacido en los niveles de glucemia medidos en el cordón umbilical del mismo, se obtuvieron los datos de la siguiente tabla:Niveles de glucemiaControles 51 56 58 60 62 63 65 68 72 73
Fuente de Variación
g.l. Suma de C
C.medio Fo Ft
Entregrupos 2 7 3.5(3.5/0.744)=4.704 3.5Dentrogrupos 21 15.625 0.744
Total 23 23.625
√ 2( 0. 744 )8√ 2msdentro
n
Acid. Respiratoria 60 65 66 68 68 69 73 75 78 80Acid. Metabólica 69 73 74 78 79 79 82 85 87 88Acid. Mixta 70 75 76 77 79 80 82 86 88 89Obtener conclusiones a partir de los resultados de esas muestras.
1º Datos PRESENTACIÓN DE DATOS
NIVELES DE GLUCEMIACONTROLES ACIDOSIS
RESPIRATORIA
ACIDOSIS METABÓLICA
ACIDOSIS MIXTA
51 60 69 7056 65 73 7558 66 74 7660 68 78 7762 68 79 7963 69 79 8065 73 82 8268 75 85 8672 78 87 8873 80 88 89628 702 715 802 284762.8 70.2 71.5 80.210 10 10 10 40
TABLA ANOVAGl SS MC RV Ft(3,36)
ENTRE 3 1526.475 508.83 16.83 2.88DENTRO 36 1088.3 30.23
2º PlanteamientoAplicamos el análisis de varianza sólo para los RN que presentan acidosis con sus respectivos tipos por que se desea comprobar si existe variación en los niveles de glucemia de aquellos RN o si se mantiene iguales.
3ºFormulación de hipótesis
Ho:
H1:
Nivel de significancia
4ºEstadística de prueba
5º Regla de decisión
Si
6º Valor calculado
7º Decisión estadística
Como .
8º ConclusiónLas medias del nivel de glucemia en los RN con acidosis son diferentes.
Luego se desea saber qué medias de qué grupos son diferentes:Aplicamos el método de la diferencia mínima significativa:
Estadística de prueba:
Entonces:
|C-Ac.R|=|62.8-70.2|=7.4 >Dms |C-Ac.M|= |62.8-79.4|=16.6 >Dms |Ac.R-Ac.M|= |70.2-79.4|= 9.2 >Dms |Ac.Mix-Ac.M|= |80.2-79.4|= 0.8 <Dms |Ac.R-Ac.Mix|= |70.2-80.2|= 10 >Dms
Conclusión:El promedio del nivel de glucosa en el cordón umbilical del RN en los tipos de acidosis son diferentes, siendo significativo en todos excepto la acidosis mixta y la acidosis metabólica.
5. En un colectivo de 5 individuos se aplican 3 fármacos para estudiar su influencia sobre sus movimientos respiratorios (número de inspiraciones por minuto). Los valores obtenidos para cada individuo vienen expresados en la tabla:
INDIVIDUOS1 2 3 4 5
Antes de los tratamientos 14 16 18 15 20Después de I 16 17 21 16 14Después de II 15 14 18 15 22Después de III 17 16 20 13 18
Estudie si el efecto de estos fármacos en la variación respiratoria producida
1. Hipótesis
H0 : μ1=μ2=μ3=μ4=μ5
H1 : μ1≠μ2≠μ3≠μ4≠μ5
2. α=0 .05
3.F0=
MSE
MS D
Si:
SStotal=∑j=1
k
∑i=1
n
x ij2−T 2
n SSEntre grupos=∑
j=1
k Ti2
n i
−T 2
n
SStotal=5731−(335)2
20 SSE=
622
4+632
4+772
4+592
4+742
4−3352
20 SStotal=119 .75
SSE=63 .5
SSDentro de grupos=SS total−SSE
SSDentro de grupos=119.75−63 .5SSDentro de grupos=56 .25Entonces:
F0=MSE
MSD =F0=
15. 8753 . 77
=4 .21
F0=4 . 21
4. FT= F(k−1 , n−k )δ= F(5−1 ,20−5 )(0 .95 )=F(4 ,15 )(0 .95 )=3.06
5. Como:
F0>FT
6. Decisión estadística: se rechaza la hipótesis H0
7. Conclusión : el promedio del efecto de esos fármacos en la variación sobre los movimientos respiratorios es diferente en cada individuo
8. Prueba mínima de diferencias significativas
DMS=t α2
(n−k )√ 2MS D
n j
DMS=t0.975 (20−5 )√ 2(3 .77 )4
DMS=t0.975(15 )×1. 373
DMS=2. 93
|1−2|=|62−63|=1 No hay diferencia significativa |x̄ i− x̄n|<DMS
|1−3|=|62−77|=15
|1−4|=|62−59|=3
|1−5|=|62−74|=12
|2−3|=|63−77|=14
|2−4|=|63−59|=4
|2−5|=|63−74|=11
|3−4|=|77−59|=18
|3−5|=|77−74|=35
|4−5|=|59−74|=15
6. La siguiente tabla recoge la distribución de los triglicéridos en suero, expresados en mg/dl en 90 niños de 6 años:
Nivel de triglicéridos Frecuencias
10 - 20 5
20 - 30 11
30 - 40 15
40 - 50 24
50 - 60 18
60 - 70 12
70 - 80 4
80 - 90 1
Contrastar la hipótesis de que el nivel de triglicéridos en niños de 6 años sigue una distribución Normal.
Hay diferencias significativas
porque: |x̄ i− x̄n|>DMS
Nivel de triglicéridos
Frecuenciasobservadas
YiLimite de
claseZi probabilidad
Probabilidad de
intervalo(p)
Frecuencia esperada
(p*90)
(Oi-Ei)²/Ei
10 -2.26 0.012
10-20 5 15 20 -1.63 0.052 0.040 3.60 0.023022
20 - 30 11 25 30 -0.99 0.160 0.108 9.763 0.156719
30 - 40 15 35 40 -0.36 0.360 0.199 17.943 0.482621
40 - 50 24 45 50 -0.27 0.608 0.248 22.360 0.12031
50 - 60 18 55 60 0.91 0.818 0.210 18.896 0.04252
60 - 70 12 65 70 1.54 0.938 0.120 10.829 0.126685
70 - 80 4 75 80 2.17 0.985 0.047 4.207 0.010157
80 - 90 1 85 90 2.80 0.998 0.012 1.107 0.010399 Suma=0.972433
X=45.7 S=15.78
HIPOTESIS
Ho: nivel de triglicéridos en niños de 6 años se ajusta a una distribución normal
Hi: nivel de triglicéridos en niños de 6 años no se ajusta a una distribución normal
ESTADISTICA DE PRUEBA
X2= Σ (Oi-Ei)²/Ei
REGLA DE DECISION
Si X2> X2a,m-p-1 => se rechaza la Ho
CALCULO
X2= 0.972433
DECISION
0.972433> X2a,m-p-1 = 11.7 …NO RECHAZAMOS LA Ho
CONCLUSION
El nivel de triglicéridos en niños de 6 años se ajusta a una distribución normal
7. Disponemos de una muestra de 250 mujeres mayores de 18 años, cuyos pesos son los presentados en la tabla adjunta, y queremos saber si los datos de esta muestra provienen de una distribución Normal.
Pesos30 - 40 40 - 50
50 - 60 60 - 70
70 - 80 80 - 90 90 - 100 100 - 110
no de mujeres 16 18 22 51 62 55 22 4
SOLUCION Hipótesis:
H0: En la población de la que se extrajo la muestra, los pesos de las mujeres siguen una distribución normal.HA: En la población de la que se extrajo la muestra, los pesos de las mujeres NO siguen una distribución normal
Estadística de prueba:
La estadística de prueba es:
Reglas de decisión
Si, X2 0 > X2
α, m-p-1; Se rechazará la H0
Cálculo de la estadística de pruebaPuesto que la media y la varianza de la distribución hipotética no se especifican, es necesario usar los datos de la muestra para estimarlas.
Y = ∑ Yi*ni/n = 69.912 S2 = ∑ [(Yi - Y)2*ni]/(n-1)] = 361.7604 S = 19.02
Pesos 30 - 40 40 - 50 50 - 60 60 - 70 70 - 80 80 - 90 90 - 100 100 - 110nº de mujeres 16 18 22 51 62 55 22 4
Yi 35 45 55 65 75 85 95 105Yi*n 560 810 1210 3315 4650 4675 2090 420
[(Yi - Y)2*ni]/(n-1) 82.9073992 146.385542 267.269076 2828.53226 -112.048193 -165.662651 74.6709333 108.433735
FRECUENCIAS ESPERADAS Y OBSERVADAS
Valor X0 = 25.9 X2
α, m-p-1 = X20.05, 9-2-1= X
20.05, 6 = 18.548
Entonces, como: 25.9> 18.548; se rechaza la H0
Conclusión:
Los datos no provienen de una población con distribución normal
8. La distribución en Andalucía del grupo sanguíneo es de un 35%, 10%, 6% y un 49% para los grupos A, B, AB y O respectivamente. En Málaga, se realizó el estudio en una muestra de 200 individuos obteniéndose una distribución del 50%, 30%, 18%, y 10% para los grupos A, B, AB y O respectivamente. Se desea saber si la distribución del grupo sanguíneo en dicha provincia es igual que en Andalucía.
Falta el “n” de la población de Andalucía
Pesos
Z = (Xi -Y)/S en el limite inferior del
intervalo
Frecuencia relativa
esperada
Frecuencia
esperada30 - 40 -2.10 0.0582 14.5540 - 50 -1.57 0.0887 22.1850 - 60 -1.05 0.1546 38.6560 - 70 -0.52 0.1985 49.6270 - 80 0.00 0.2019 50.4880 - 90 0.53 0.1535 38.3890 - 100 1.06 0.0875 21.88
100 - 110 1.58 0.0397 9.92> 110 2.11 0.0174000 4.35
TOTAL 1.0000
Pesos
Frecuencias
observadas(Oi)
Frecuencia
esperada (Ei) (Oi -Ei)2/Ei30 - 40 16 14.6 0.14540 - 50 18 22.2 0.78850 - 60 22 38.7 7.17360 - 70 51 49.6 0.03870 - 80 62 50.5 2.62980 - 90 55 38.4 7.197
90 - 100 22 21.9 0.001100 - 110 4 9.9 3.533
>110 0 4.4 4.350TOTAL 250 250.0 25.9
9. Con el fin de conocer si un cierto tipo de bacterias se distribuyen al azar en un determinado cultivo o si, por el contrario, lo hacen con algún tipo de preferencia (el centro, los extremos, etc...), se divide un cultivo en 576 áreas iguales y se cuenta el número de bacterias en cada área. Los resultados son los siguientes:
no de bacterias 0 1 2 3 4 5
no de áreas 229 211 93 35 7 1
¿Obedecen los datos a una distribución de Poisson?
Nº de bacterias
Nº de áreas prob
frec esperadas (OI – Ei)2/Ei
0 229 0,368 212 1,380185491 211 0,368 212 0,003810352 93 0,184 106 1,582680223 35 0,061 35 0,00283514 7 0,015 9 0,37893199
>=5 1 0,00365985 2 0,58243892 576 576 3,93088206
Suposiciones: Se supone que los datos cumplen con los requerimientos para la aplicación de la de la prueba de bondad de ajuste de ji-cuadrada
Hipótesis : Ho : Los datos obedecen una distribución de poisson
HA : Los datos no obedecen una distribución de poisson
Estadistica de prueba
X2 =
Distribucion de la estadística de prueba : Si Ho es verdadera ,X2 no sigue una distribución ji cuadrada con 5 grados de libertad
Regla de decisión : Se rechaza Ho si el valor calculado de X2 es mayor o igual a X(0,05;5) = 11,07
Calculo de la estadística de prueba :
X2 = = 3,93088206
Decision estadística : Si: X2 ≥ X (0,05; 5) = 3,93 ≥ 11,07 …………es falso entonces no se rechaza la hipótesis nula!
Conclusion : Los datos obedecen a una distribución de poisson.
10. En un estudio diseñado para determinar la aceptación por una parte de los pacientes de un nuevo analgésico, 100 médicos seleccionaron cada uno de ellos una muestra de 25 pacientes para participar en el estudio. Cada paciente después de haber tomado el nuevo analgésico durante un periodo de tiempo determinado, fue interrogado para saber si prefería éste o el que había tomado anteriormente con regularidad, obteniendo los siguientes resultados: Participaron en el estudio 2500 pacientes.
no de pacientes que no de médicos que no total de pacientes
prefieren el nuevo obtienen estos que prefieren el
analgésico resultados nuevo analgésico
0 5 0
1 6 6
2 8 16
3 10 30
4 10 40
5 15 75
6 17 102
7 10 70
8 10 80
9 9 81
10 o más 0 0
Total 100 500
Queremos saber si estos datos se ajustan a una distribución binomial.
no de pacientes de 25
no de médicos que
no total de pacientes
frec
que prefieren el nuevo
obtienen estos que prefieren el relativa Ei Oi Ei
analgésico resultados nuevo analgésico esperada0 5 0 0,0038 0,381 6 6 0,0236 2,36 11 2,742 8 16 0,0708 7,08 8 7,083 10 30 0,1358 13,58 10 13,584 10 40 0,1867 18,67 10 18,675 15 75 0,1960 19,60 15 19,6
6 17 102 0,1633 16,33 17 16,337 10 70 0,1108 11,08 10 11,088 10 80 0,0623 6,23 10 6,239 9 81 0,0294 2,94 9 2,94
10 o más 0 0 0,0173 1,73 0 1,73Total 100 500 100,00
Queremos saber si estos datos se ajustan a una distribución binomial.
Si X2 > X2(m-p-1)gl. Se rechaza Ho
Decisión:
Como > 15.51 se rechaza Ho
Conclusión: Se rechaza la hipótesis nula de que los datos provienen de una
distribución binomial.
11. Ante la sospecha de que el hábito de fumar de una embarazada puede influir en el peso de su hijo al nacer, se tomaron dos muestras, una de fumadoras y otra de no fumadoras, y se clasificó a sus hijos en tres categorías en función de su peso en relación con los
percentiles y de la población. El resultado se expresa en la tabla siguiente:
Peso del niño
¿Madre fumadora? Menor de Entre y Mayor de
Si 117 529 19
No 124 1147 117
¿Hay una evidencia significativa a favor de la sospecha a la vista de los resultados de la muestra?
1º Datos: Peso del niño (Frecuencias observadas)
< P 10
entre P10 y P90 > P90 total
Madre si 117 529 19 665
n 25X 500n 2500
p-bar 0,2
fumadora no 124 1147 117 1388total 241 1676 136 2053
Matriz de frecuencias esperadas
< P 10 entre P10 y P90 > P90
Madre si 78.1 171.4 44.1fumadora no 83.8 1133.1 91.9
2º Planteamiento:Aplicamos la prueba de independencia de criterios porque nos piden saber si la variable hábito de fumar o consumo de cigarrillos influye en el peso del niño al nacer y además son variables categóricas o cualitativas.
3º Formulación de HIPÓTESIS: H0:El hábito de fumar de una embarazada es independiente del peso de su hijo al nacerH1:El hábito de fumar de una embarazada es dependiente del peso de su hijo al nacer
4º Nivel de significancia
5º Estadística de prueba:
6º Distribución de la estadística prueba:X2 ~ X2 (r-1,c-1)gl
7º Regla de decisión: Se rechazará la H0 ,si X0
2 > X2α (r-1)(c-1) ; caso contrario se acepta
8º.-Valor calculado:
X0
2=32.79 X2 0.05 (1)(2)gl = 5.999º Decisión: Como 32.79>5.99, se acepta H1 y se rechaza a H0
10º Conclusión:El hábito de fumar sí se relaciona con el peso del niño al nacer.
12. Varios libros de Medicina Interna recomiendan al médico la palpación de la arteria radial con el fin de evaluar el estado de la pared arterial. Se tomaron 215 pacientes y se les clasificó según la palpabilidad de dicha arteria (grados 0, 1 y 2 para no palpable, palpable y muy palpable o dura, respectivamente) y según una puntuación de 0 a 4 en
orden creciente de degeneración arterial (evaluada tras la muerte del paciente y su análisis anatomo-patológico). Los datos son los de la tabla siguiente:
Palpabilidad
Degeneración 0 1 2
0 20 5 5
1 60 20 10
2 45 15 15
3 10 5 5
¿Existe relación entre el grado de palpabilidad y el análisis anatomo-patológico?
1. Hipótesis
El grado de palpabilidad de la arteria radial es independiente de la degeneración arterial.
El grado de palpabilidad de la arteria radial no es independiente de la degeneración arterial.
2.
r: renglones c: columnas
3. Se rechazará la si
4. Cálculo estadístico
Matriz de Frecuencia Observada
Palpabilidad
Degeneración 0 1 2
Total
020 5 5
30
1 6 20 1 9
0 0 0
245 15
15
75
310 5 5
20
Total
135 45
35
215
Matriz de Frecuencia Esperada
0 1 2
018.84 6.28 4.88
156.51
18.84
14.65
247.09
15.70
12.21
312.56 4.19 3.26
5. Decisión estadística: Se rechazara la si
4.474 > 12.59
Por lo tanto, no se rechazará la .
6. CONCLUSIÓN: El grado de palpabilidad de la arteria radial es independiente de la degeneración arterial.
13. Se realizó una encuesta a 2979 andaluces para evaluar su opinión acerca de la atención recibida en los Ambulatorios de la Seguridad Social, clasificándolos también en relación a sus estudios. Analizar los datos de la siguiente tabla:
Opinión
Nivel de estudios Buena Regular Mala
Ninguno 800 144 32
Primarios 905 312 67
Bachiller 287 157 44
Medios 95 48 11
Superiores 38 32 7
HIPOTESIS
Ho: La variable Nivel de Estudios y Opinión son independientes
H1: La variable Nivel de Estudios y Opinión NO son independientes
NIVEL DE SIGNIFICANCIA
α = 0.05
ESTADISTICA DE PRUEBA
REGLA DE DECISION
Si X2o> X2
1- α,(r-1)(c-1)gl => se rechaza la Ho
VALOR CALCULADO Opinión
Nivel de estudios Buena Regular Mala TotalNinguno 800 144 32 976
Primarios 905 312 67 1284Bachiller 287 157 44 488Medios 95 48 11 154
Superiores 38 32 7 77Total 2125 693 161 2979
Matriz de frecuencias esperadasNivel de estudios Buena Regular Mala
Ninguno 696.21 227.05 52.75Primarios 915.91 298.69 69.39Bachiller 348.10 113.52 26.37Medios 109.85 35.82 8.32
Superiores 54.93 17.91 4.16
DECISION
X21- α,(r-1)(c-1)gl = X2
0.95,(4)(2)gl = X20.95,(8)gl = 15.5
Como 115.07>15.5 => RECHAZAMOS LA Ho
CONCLUSION
La variable nivel de estudios y opinión NO son independientes
14. Deseamos conocer, si las distribuciones atendiendo al grupo sanguíneo, en tres muestras referidas atendiendo al tipo de tensión arterial, se distribuyen de igual manera. Para lo cual, se reunió una muestra de 1500 sujetos a los que se les determinó su grupo sanguíneo y se les tomó la tensión arterial, clasificándose ésta en baja, normal, y alta. Obteniéndose los siguientes resultados:
Grupo sanguíneo
Tensión arterial A B AB O Total
Baja 28 9 7 31 75
Normal 543 211 90 476 1320
Alta 44 22 8 31 105
Total 615 242 105 538 1.500
SOLUCION:
1ºHipótesis:
H0: Las tres muestras se distribuyen de igual manera respecto al tipo de tensión arterial.HA: Las tres muestras no se distribuyen de igual manera respecto al tipo de tensión arterial.
2ºEstadística de prueba: La estadística de prueba es:
3º Distribución de la estadística; Si Ho es verdadera X2sigue aprox. Una distribución Ji cuadrado con (n-1) (m-1) grados de libertad.
4º Regla de decisión:Si, X; Se rechazará la H0 si el cálculo de X2 > 12.592.
5º Cálculo de la estadística
Valor X0 = 5.15 X2(4-1)(3-1) = 12.6
6º Decisión estadística: Puesto que 5.15 < 12.6; entonces no se rechaza la Ho
7º Conclusión:
Las tres muestras se distribuyen de igual manera respecto al tipo de tensión arterial.
15. La recuperación producida por dos tratamientos distintos A y B se clasifican en tres categorías: muy buena, buena y mala. Se administra el tratamiento A a 30 pacientes y B
Grupo sanguíneoTensión arterial
AB AB O Total
O E O E O E O EBaja 28 30.75 9 12.1 7 5.2 31 27 75
Normal 543 541.2 211 213 90 92.4 476 473.4 1329Alta 44 430.05 22 16.9 8 7.4 31 37.7 105Total 615 242 105 538
a otros 30: De las 22 recuperaciones muy buenas, 10 corresponden al tratamiento A; de las 24 recuperaciones buenas, 14 corresponden al tratamiento A y de los 14 que tienen una mala recuperación corresponden al tratamiento A. ¿Son igualmente efectivos ambos tratamientos para la recuperación de los pacientes?
Hipótesis:
H0: Son iguales de efectivos los tratamientos “A y “B”HA: No son iguales de efectivos los tratamientos “A y “B”
Estadística de prueba: La estadística de prueba es:
Distribución de la estadística; Si Ho es verdadera X2sigue aprox. Una distribución Ji cuadrado con (n-1) (m-1) grados de libertad.
Regla de decisión:Si, X; Se rechazará la H0 si el cálculo de X2 >5.99.
Cálculo estadístico
Pero:
Decisión estadística:
Entonces como: 11.2 > 5.99. Se rechaza H0
Conclusión
MUY BUENO BUENO MALO
TRATAMIENTO O E O E O E TOTAL
A 10 13.9 14 15.2 14 8.9 38
B 12 8.1 10 8.8 0 5.1 22
TOTAL 22 24 14 60
Se concluye que NO son iguales de efectivos entre los tratamientos A y B.
16. En una escuela para retrasados mentales, 10 niñas seleccionadas al azar recibieron instrucción especial sobre el cuidado y aseo personal. Dos semanas de haber incluido el curso de instrucción, las niñas fueron entrevistadas por una enfermera y una trabajadora social, quienes asignaron a cada niña una calificación basada en su apariencia general. Los investigadores creían que, a lo más, las calificaciones alcanzarían el nivel de una escala ordinal. Las calificaciones se muestran en la tabla siguiente:
Pruebe la hipótesis de que la mediana de la calificación es diferente de 5. Use α=0,05
Solución:H0: Me = 5H1: Me ≠ 5
Datos de calificaciones de aspecto general obtenidas por 10 niñas con retraso mental:
Observ. Xi Xi - Me Signo1 4 -1 -2 5 0 03 8 3 +4 8 3 +
5 9 4 +
6 6 1 +7 10 5 +8 7 2 +9 6 1 +
10 6 1 +
Supuestos: Se supone que las mediciones se tomaron para una variable continua
Hipótesis: Ho : La mediana de la población es 5 HA : La mediana de la población es diferente de 5
Sea α =0,05Estadística de prueba: al signo que ocurra con menor frecuencia osea (-)
H1 : P(+) ≠P(-)
Calificaciones de aspecto general obtenidaspor 10 niñas con retraso mental.
Niña Calificación Niña Calificación1 4 6 62 5 7 103 8 8 74 8 9 65 9 10 6
Distribución de la estadística de prueba: Si la hipótesis nula fuera verdadera , esto es , si en efecto la mediana fuera 5 , se esperaría que el numero de calificaciones que caen por arriba y por debajo de 5 fuera casi igual ademas que la distribución muestral de k es a una ditribucion binomial con parámetros n y 0,5.
Ho : P(+) =P(-) = 0,5Niña 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Calificacion relativa a la mediana hipotetica
– o + + + + + + + +
Regla de decisión: Es rechazar Ho .Si el valor p de la estadística de prueba es menor o igual que 0,025
Cálculo de la estadística de prueba :
P(k ≤ x / n ; p ) =
C90 (0,5)9 + C9
1 (0,5)9 = 0,00195 + 0,1758 = 0,195
Decisión estadística: Si P(k≤x=1/9;0,5) = 0,195 ≤ 0,025 , por lo tanto se rechaza la hipótesis nula.
Conclusión: Se acepta la hipótesis de que la mediana de las calificaciones es diferente de 5.
17. Una muestra aleatoria de 15 estudiantes de enfermería se les hizo una prueba para medir su nivel de autoritarismo, obteniéndose los siguientes resultados:
# Estudiante 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15Calificación 75 90 85 110 115 95 132 74 82 104 88 124 110 76 98
Pruebe que la mediana de la calificación muestreada es diferente de 100. Use α=0,05.
1) Datos:
# Estudiante Calificación Xi - Me Signo
1 75 -25 -2 90 -10 -3 85 -15 -4 110 10 +5 115 15 +
6 95 -5 -
7 132 32 +8 74 -26 -9 82 -18 -
10 104 4 +11 88 -12 -12 124 24 +13 110 10 +14 76 -24 -15 98 -2 -
2) Supuestos:
Se supone que las mediciones se tomaron para una muestra continua.
3) Hipótesis:
H0: la mediana de las calificaciones es 100H1: la mediana de las calificaciones es diferente de 100.
4) Estadística de Prueba:
5) Distribución de la Estadística de prueba: Distribución Binomial.
6) Regla de Decisión: Se rechazará H0. Si p-valor > 0.05
7) Cálculo de la estadística de prueba:
18. En un experimento diseñado para estimar los efectos de la inhalación prolongada de óxido de cadmio, 15 animales de laboratorio sirvieron de sujetos para el experimento, mientras que 10 animales similares sirvieron de controles. La variable de interés fue el nivel de hemoglobina después del experimento. Se desea saber si puede concluirse que la inhalación prolongada de óxido de cadmio disminuye el nivel de hemoglobina según los siguientes datos que presentamos:
Nivel de hemoglobina
Expuestos 14,4 14,2 13,8 16,5 14,1 16,6 15,9 15,6 14,1 15,3
15,7 16,7 13,7 15,3 14,0
No expuestos 17,4 16,2 17,1 17,5 15,0 16,0 16,9 15,0 16,3 16,8
1º Datos
nc
i i
nP )
2
1(
01
Nivel de HemoglobinaExpuestos(1
)14.4 14.2 13.8 16.5 14.1
16.6 15.9 15.6 14.1 15.315.7 16.7 13.7 15.3 14
No expuestos(2)
17.4 16.2 17.1 17.5 1516 16.9 16.3 16.8
2º Planteamiento del problema:Aplicamos prueba de wilcoxon porque no se distribuye normalmente y porque n1 y n2 son mayores que 8 aplicamos el estadístico z modificado.
3º Formulación de HIPÓTESIS: H0:Mexp ≥ Mno exp
H1:Mexp < Mno exp4º Nivel de significancia
5º Estadística de prueba:
6º Distribución de la estadística prueba: Z~N(0,1)
7º Regla de decisión: Si W1 o W2 es menor o igual que W 0,05,Se rechaza la H0
8º Valor calculado:Nº 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1
orden 13.7 13.8 14 14.1 14 14 14 15 15 15.3 15.3 15.6 15.7
Rango 1 2 3 4.5 4.5 6 7 8.5 8.5 10.5 10.5 12 13Nº 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2
orden 15.9 16 16 16.3 17 17 17 16.8 16.9 17.1 17.4 17.5
Rango 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
Sumando los rangos del grupo expuesto ; W1=145 y la suma de los rangos del no grupo expuesto W2=180Utilizando la tabla de valores criticos para la prueba de la suma de rangos de WicoxonparaW0.05=185
9ºDecisión: Como W1 o W2 es menor que 185, Por lo tanto se rechaza la Ho10º Conclusión:Sí se pude concluir que la inhalación prolongada de oxido de cadmio disminuye el nivel de hemoglobina.
19. Se hizo un estudio neurofisiológico sobre la conducción motora tibial posterior en dos grupos de pacientes embarazadas con las siguientes determinaciones:
Conducción motora tibial posterior
Primer grupo 51 40 41 53 48 50 45 58 45 44
Segundo grupo 58 43 40 45 41 42 44 52 56 48
Comprobar la igualdad o no de ambas muestras. Use α=0,05
1. Hipotésis
H0 :M1=M 2
H1 : M 1≠M 2
2.
α=0 .05
3.
Nº Valores ordenados de ambos grupos Rango
Grupo 1 40 1,5Grupo 2 40 1,5Grupo 1 41 3,5Grupo 2 41 3,5Grupo 2 42 5Grupo 2 43 6Grupo 1 44 7,5Grupo 2 44 7,5Grupo 1 45 10Grupo 1 45 10Grupo 2 45 10Grupo 1 48 12,5Grupo 2 48 12,5Grupo 2 50 14Grupo 1 51 15Grupo 2 52 16Grupo 1 53 17Grupo 2 56 18Grupo 1 58 19,5Grupo 2 58 19,5
4.
Si W 1 o W2 es menor o igual que W0.05 ; entonces se rechaza la H0
W 1=96 . 5W 2=113. 5W α=W (n 1, n 2)=78
5. Decisión estadística como
W 1 y W 2 son mayores queWα
Entonces se acepta la hipótesis H0
6. Conclusión: las medias de la conducción motora tibial en ambos grupos son iguales
20. A 11 ratas tratadas crónicamente con alcohol se les midió la presión sanguínea sistólica antes y después de 30 minutos de administrarles a todas ellas una cantidad fija de etanol, obteniéndose los datos siguientes:
Presión sanguínea sistólica
Antes 126 120 124 122 130 129 114 116 119 112 118
Después 119 116 117 122 127 122 110 120 112 110 111
¿Hay un descenso significativo de la presión sanguínea sistólica tras la ingestión de etanol?
HIPOTESIS
Ho: µD≤0H1: µD>0
NIVEL DE SIGNIFICANCIA
α = 0.05
ESTADISTICA DE PRUEBA
Prueba De Wilcoxon
REGLA DE DECISION
si w ≤wα , se rechaza la Ho
VALOR CALCULADO
W+= 8+4+8+2+8+4+8+1+8 = 51
W-= = 4
DECISION
TABLA X DEL APENDICE W con α=0,05 = 10
Como W es menor que 10 por lo tanto rechazamos el Ho.
21. Un test de personalidad, tiene dos formas de determinar su valoración suponiendo inicialmente que ambos métodos miden igualmente la extroversión. Para ello se estudia en 12 personas obteniéndose los siguientes resultados:
Medida de la extraversión
Forma A 12 18 21 10 15 27 31 6 15 13 8 10
Forma B 10 17 20 5 21 24 29 7 11 13 8 11
¿Hay diferencia entre los dos métodos?
Resolución:
(1)Hipótesis:
Método A= Método B
Método A≠ Método B
D Rango con signo
7 8
4 47 80 descartado3 27 84 4-4 -47 82 17 8
(2)Estadística de Prueba:
Prueba no paramétrica para muestras pareadas: Prueba de Wilcoxon.
(3)Regla de Decisión:
Se rechazara la si
(4)Valor Calculado:
Forma
AForma
B DiferenciaRango con
signo12 10 2 5.5
18 17 1 2.5
21 20 1 2.510 5 5 915 21 -6 -1027 24 3 731 29 2 5.56 7 -1 -2.5
15 11 4 813 13 0 descartado8 8 0 descartado
10 11 -1 -2.5
W+(suma de los rangos positivos)= =40
W-(suma de los rangos negativos)= =15
Selecciono la menor suma de rangos, en este caso W-=15.
(5) Decisión:
Se rechazara la si
Valor de en la tabla de Wilcoxon para prueba bilateral.
=13 α=0.05.
15 13. No se rechaza la
(6) Conclusión:No existe una diferencia significativa entre el método A y el método B en el test de personalidad.
22. Para estudiar el impacto de un programa de televisión se les pidió su opinión inicial a un grupo de televidentes y luego de ver varias veces su contenido dieron su opinión final con respecto al programa de televisión. Encontrándose los siguientes resultados.
OPINION FINAL+ -
OPINION + 40 176INICIAL - 64 194
Pruebe la hipótesis que los cambios de opinión se deben al azar. Use α=0.01
H0: No hay diferencias entre la opinión inicial y la opinión final.H1: Si hay diferencias entre la opinión inicial y la opinión final.
α = 0.01
Estadística de prueba: X2 de Mac Nermar(1) =
Regla de decisión: Se rechazará la H0 si: X20 > X2
α, 1
Cálculo de la estadística de prueba:
gl = (r-1)(c-1) = 1
X20 de Mac Nermar(1) = = 52.2667
X2α, 1= 6.634897
Decisión estadística: Como: X20 = 52.2667 > X2
0.01, 1 = 6.634897Por lo tanto: Se rechaza H0.
23. Un investigador en medicina preventiva observa que los empleados en una fábrica padecen frecuentemente un cuadro diarreico, motivo de gran ausencia. Todos los empleados comen en el comedor de la fábrica como goce de una prestación laboral. El investigador supone que el común denominador de la causa de la diarrea es el sitio de ingestión de alimentos, es decir, existe una higiene inadecuada en la preparación de la comida; sin embargo, la higiene personal de los empleados no es suficiente para atribuir toda la culpa al personal de la cocina. Por lo tanto, elige una muestra al azar de 50 individuos, de los cuales resulta que 34 de ellos presentan un cuadro diarreico frecuente y 16 no lo padecen. Así, sugiere que, bajo vigilancia, se apliquen medidas de higiene personal, consistentes en exhaustivo lavado de manos antes de ingerir alimentos, en un período de dos semanas. Al finalizar el tratamiento, obtiene los resultados siguientes: de los 34 sujetos con un cuadro diarreico frecuente, después del tratamiento de lavado de manos, 16 lograron hacer desaparecer el proceso intestinal y 18 persistieron con evacuaciones diarreicas; a su vez, el grupo de 16 personas asintomáticas, cuatro de ellas presentaron diarrea a pesar del lavado de manos y 12 se mantuvieron en las mismas condiciones.
H0= No hay diferencias entre antes y después del lavado de manos
H1= Si hay diferencias entre antes y después del lavado de manos
Se rechazará H0. Si > X2(0.95; 1). Donde X2
(0.95; 1)=3.84
Decisión Estadística: Se rechaza H0.
Conclusión: Hay diferencias entre antes y después del lavado de mano.
24. La tabla siguiente muestra los niveles de residuo pesticida (PPB) en muestras de sangre de 4 grupos de personas. Usar el test de Kruskal–Wallis para contrastar a un nivel de confianza de 0’05, la hipótesis nula de que no existe diferencia en los niveles de PPB en los cuatro grupos considerados.
Niveles de PPB
Grupo I 10 37 12 31 11 9 23
LAVADO DE MANOSSÍ NO
DIARREASÍ 18 16 34NO 4 12 16
Grupo II 4 35 32 19 33 18 8
Grupo III 15 5 10 12 6 6 15
Grupo IV 7 11 1 08 2 5 3
1. Datos:
Tabla de rangos
α=0.05
2. Hipótesis:
3. Estadística de prueba: Como hay empates en los datos usamos H’
4. Regla de Decisión: Se rechazará H0, si H’>X2α, k-1. Donde X2
0.95, 3 = 7.81
5. Cálculo de la estadística de prueba:
6. Decisión estadística: Como H’=11.27 es mayor que X2=7.81, se rechaza H0.
Niveles de PPB SumaGrupo I 13.5 28 17.5 24 15.5 12 23 133.5Grupo II 4 27 25 22 26 21 10.5 135.5Grupo III 19.5 5.5 13.5 17.5 7.5 7.5 19.5 90.5Grupo IV 9 15.5 1 10.5 2 5.5 3 46.5
7. Conclusión: Si existe diferencia significativa en los niveles de PPB, es decir que en al
menos un par de parejas, las medianas van a ser diferentes.
25. Puesto que el hígado es el principal lugar para el metabolismo de los fármacos, se espera que los pacientes con enfermedades de hígado tengan dificultades en la eliminación de fármacos. Uno de tales fármacos es la fenilbutazona. Se realiza un estudio de la respuesta del sistema a este fármaco.Se estudian tres grupos: controles normales, pacientes con cirrosis hepática, pacientes con hepatitis activa crónica. A cada individuo se les suministra oralmente 19 mg de fenilbutazona/Kg. de peso. Basándose en los análisis de sangre se determina para cada uno el tiempo de máxima concentración en plasma (en horas). Se obtienen estos datos:
Normal Cirrósis Hepatítis
4 22,6 16,6
30,6 14,4 12,1
26,8 26,3 7,2
37,9 13,8 6,6
13,7 17,4 12,5
49 15,1
6,7
20
1º Datos:
Normal 4 30.6 26.8 37.9 13.7 49
Cirrosis 22.6 14.4 26.3 13.8 17.4 Hepatitis 16.6 12.1 7.2 6.6 12.5 15.1 6.7 20
Normal 1 1716
18 7
19
Cirrosis 14 915 8 12
Hepatitis 11 5 4 2 6
10 3
13
2º Planteamiento del problema: Aplicamos Kruskal wallis porque las muestras no se distribuyen normalmente y se necesita analizar varios grupos.
3ºFormulación de HIPOTESIS: H0:Mn=Mc =Mh
H1: Mn≠Mc ≠Mh
4º Estadística de prueba:
Donde, Ri=suma de totales de los rangos de cada grupo5º Distribución de la estadística prueba: Se distribuye : X2 ~ X α
2 (K-1)gl
6º Regla de decisión: Se rechazará la H0, si H> X α
2 (K-1)gl ; caso contrario se acepta
7º Valor calculado:
,y X α2 (2)=5.99
8º Decisión: Como 4.78> 5.99, se acepta H0 y se rechaza a H1
9º Conclusión:El tiempo de máxima concentración en plasma de la fenilbutazona en los grupos con cirrosis hepática, hepatitis y normales son iguales.
26. Los siguientes datos nos dan el peso de comida (en Kg.) consumidos por adulto y día en diferentes momentos en un año. Usar un contraste no paramétrico para comprobar si el consumo de comida es el mismo en los 4 meses considerados.
Febrero Mayo Agosto Noviembre
4,7 4,7 4,8 4,9
4,9 4,4 4,7 5,2
5,0 4,3 4,6 5,4
4,8 4,4 4,4 5,1
4,7 4,1 4,7 5,6
Hipotésis:
1.
H0 :M1=M 2=M 3=M 4
H1 : M 1≠M 2≠M 3≠M 4
2. α=0 .05
3. Como existe empates en los datos de los grupos usamos
H '= 1s2 [∑
i=1
k Ri2
ni
−n( n+1)2
4 ]
n=20 , k=4Tabla de rangos
Febrero Mayo Agosto Noviembre8 8 11,5 13,5
13,5 3,5 8 1715 2 5 18
11,5 4,4 3,5 168 1 8 19
Totales : 56 18,9 36 83,5
4. χ α ,(k−1)2 = χ0 .05 , (4−1 )
2 =7,81
5. Si:
Entonces
6. Decisión estadística: Como H <X² se acepta la Ho.
7. Conclusión: las medias en cada uno de los grupos son iguales
27. La cantidad de aminoácidos libres fue determinada para 4 especies de ratas sobre 1 muestra de tamaño 6 para cada especie. Comprobar si el contenido de aminoácidos libres es el mismo para las 4 especies.
Especies de ratas
I II III IV
431,1 477,1 385,5 366,8
440,2 479,0 387,9 369,9
443,2 481,3 389,6 371,4
445,5 487,8 391,4 373,2
448,6 489,6 399,1 377,2
S2=30,9627368[∑i=1
k R i2
ni]=2352,292
n(n+1 )2
4=2205
H '= 1s2 [∑
i=1
k Ri2
ni
−n( n+1)2
4 ]H '=
130. 96
[2 .352 . 292−2205 ]
H '=4,75707302
451,2 403,6 379,4 381,3
TABLA DE RANGOS:
Ri=
REGLA DE DECISIÓN:
Se rechazará Ho si:
H> = =7.81
20.17>7.81………….Si se rechaza Ho
VALOR CALCULADO:N=24K=4
=4758.33
H= =20.17
CONCLUSIÓN:
Especies de ratas
I II III IV
14 20 8 1
15 21 9 2
16 22 10 3
17 23 11 4
18 24 12 5
19 13 6 7
99 123 56 22
Al menos una de las poblaciones tiene su mediana distinta de otras.