Distribucion t
Páginas: 3 (731 palabras)
Publicado: 13 de abril de 2010
DISTRIBUCIÓN T
EJEMPLO: Una empresa realizo un estudio del nivel de nicotina para una muestra de 220 cigarrillos producido por otra empresa. La tabla siguiente muestra la cantidad de nicotinacontenida en cada uno de los cigarrillos de muestra.
|22.5 |26.7 |28.1 |24.5 |23.9 |
|25.2 |23.6 |23.4 |24.6 |24.3 ||26.0 |22.7 |23.6 |24.1 |25.2 |
|25.8 |24.7 |24.8 |27.3 |27.0 |
La media es:
[pic]
La desviación estándar:
[pic]El intervalo de confianza de 95% es o sea [pic] y se localiza en el renglón 19 que corresponden a los grados de libertad por ser n-1 o sea 20-1, localizando:
El valor de t es 2.093. entonces laformula queda:
[pic]
Esto es con probabilidad 0.95 el nivel medio de la nicotina de la marca competidora esta entre 24.18 y 25.65, o bien que al estimar el nivel medio de nicotina como 24.9 mgsabemos que un grado de confianza del 95%, el error es menor a 0.72 mg.
1.- El valor t con v=14 grados de libertad que dejan un área de .025 a la izquierda, y por tanto un área de .975 a la derechaes:
Solución:
t 0.975 = -t 0.025 = -2.145
2.-Encuentre P(-t 0.025 < T < t 0.05 )
Solución:
Como t 0.05 deja un area de 0.05ª la derecha, y -t 0.025 deja un area de 0.025 a la izquierdaencontramos una rea total de:
1 - 0.05 – 0.025 = 0.925
Entre -t 0.025 y t 0.05 de aquí:
P(-t 0.025 < T < t 0.05 ) = 0.925
Se afirma que los estudiantes de un colegio tienen unpromedio de C.I. mayor que 100. Se toma una muestra aleatoria de tamaño 16 y se encuentra que la media muestral es
x = 106. La desviación típica estimada (σ) es de 10 puntos. ¿Responden estos datos ala afirmación hecha?
La prueba se hace como sigue:
Hipótesis nula, H0: μ = 100 Hipótesis alternativa, H1: μ > 100
El estadístico t será: t = x – μ / σ / √n...
EJEMPLO: Una empresa realizo un estudio del nivel de nicotina para una muestra de 220 cigarrillos producido por otra empresa. La tabla siguiente muestra la cantidad de nicotinacontenida en cada uno de los cigarrillos de muestra.
|22.5 |26.7 |28.1 |24.5 |23.9 |
|25.2 |23.6 |23.4 |24.6 |24.3 ||26.0 |22.7 |23.6 |24.1 |25.2 |
|25.8 |24.7 |24.8 |27.3 |27.0 |
La media es:
[pic]
La desviación estándar:
[pic]El intervalo de confianza de 95% es o sea [pic] y se localiza en el renglón 19 que corresponden a los grados de libertad por ser n-1 o sea 20-1, localizando:
El valor de t es 2.093. entonces laformula queda:
[pic]
Esto es con probabilidad 0.95 el nivel medio de la nicotina de la marca competidora esta entre 24.18 y 25.65, o bien que al estimar el nivel medio de nicotina como 24.9 mgsabemos que un grado de confianza del 95%, el error es menor a 0.72 mg.
1.- El valor t con v=14 grados de libertad que dejan un área de .025 a la izquierda, y por tanto un área de .975 a la derechaes:
Solución:
t 0.975 = -t 0.025 = -2.145
2.-Encuentre P(-t 0.025 < T < t 0.05 )
Solución:
Como t 0.05 deja un area de 0.05ª la derecha, y -t 0.025 deja un area de 0.025 a la izquierdaencontramos una rea total de:
1 - 0.05 – 0.025 = 0.925
Entre -t 0.025 y t 0.05 de aquí:
P(-t 0.025 < T < t 0.05 ) = 0.925
Se afirma que los estudiantes de un colegio tienen unpromedio de C.I. mayor que 100. Se toma una muestra aleatoria de tamaño 16 y se encuentra que la media muestral es
x = 106. La desviación típica estimada (σ) es de 10 puntos. ¿Responden estos datos ala afirmación hecha?
La prueba se hace como sigue:
Hipótesis nula, H0: μ = 100 Hipótesis alternativa, H1: μ > 100
El estadístico t será: t = x – μ / σ / √n...
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