Estadistica 2

1) El John Dillinger First National Bank, en Nueva York, trata de seguir una política de extender el 60% de sus créditos a empresas comerciales, un 10% a personas naturales y un 30% a prestatarios extranjeros. Para determinar si la política se estaba siguiendo, Jay Hoover, vicepresidente de mercadeo, selecciona aleatoriamente 85 créditos que se aprobaron recientemente. Encuentra que 62 de talescréditos se otorgaron a negocios, 10 a personas naturales, y 13 a prestatarios extranjeros. Al nivel del 10%, ¿parece que el patrón de cartera deseado se preserva?
Prueba la hipótesis de que:
H0: Se mantuvo el patrón deseado: 60% son créditos comerciales, 10% son préstamos personales y 30% son créditos extranjeros.
HA: El patrón deseado no se mantuvo.

SOLUCIÓN
Si la hipótesis nula escorrecta, el Sr. Hoover esperaría que le 60% de los 85 créditos de la muestra sean créditos comerciales. De manera que para la primera categoría: Ei = n p
(85)(0.60)= 51 créditos comerciales
(85)(0.10)= 8,5 créditos otorgados a personas naturales
(85)(0.30)= 25,5 créditos a clientes extranjeros

Los datos se resumen en la siguiente tabla

El valor X2 es:x2=(62-51)251+(10-8.5)28.5+(13-25.5)225.5

x2=8.76
De nuevo no se estimaron parámetros y m=0. Con α al 10% y K=3 categorías de crédito (comerciales, privados y extranjeros), existen K – m – 1 o 3 – 0 – 1 =2 grados de libertad. El Sr.Hoover encuentra que el valor crítico de X20.10,2 = 4.605
Regla de Decisión: “No rechazar la hipótesis nula si X2 ≤ 4.605. Rechazar si la hipótesis nula X2 >4.605.
La hipótesisnula debería rechazarse debido a que 8.76 > 4.605.

Interpretación
Las diferencias entre lo que el Sr. Hoover observó y lo que esperaba observar si el patrón de crédito deseado se alcanzaba era demasiado grande como para incurrir por simple azar. Existe sólo un 10% de probabilidad de que la una muestra de 85 créditos seleccionados aleatoriamente pudieran producir las frecuencias observadasaquí demostradas, si el patrón deseado en la cartera de crédito del banco se estuviera manteniendo.

2) El contenido de azúcar del almíbar de los duraznos enlatados tiene una distribución normal, donde se cree que la varianza es σ2 = 18 mg2. Se toma una muestra de 10 latas dieron una desviación estándar de 4.8 mg. ¿Muestran estos datos suficiente evidencia para decir que la varianza ha cambiado?Use un α = 0.05 y calcule el valor de P.

SOLUCIÓN
Datos:
σ2 = 18
n = 10
s = 4.8
α = 0.05
Ensayo de hipótesis:
H0: σ2 = 18
HA: σ2 ≠ 18

Regla de decisión:
Si 2.7 ≤ X2 ≤ 19.023 no se rechaza H0.
Si X2 < 2.7 ó si X2 > 19.023 se rechaza H0.

Cálculos:
x2= (n-1)s2σ2= (10-1)(4,8)218= 11.52

Justificación y decisión:
Como 11.52 está entre 2.7 y 19.023, no se rechaza H0, y seconcluye con un nivel de significancia de 0.05 que la varianza del contenido de azúcar del almíbar no ha cambiado, esto es de 18 mg2.
La media de la distribución chi-cuadrada es (n-1), por lo tanto la media de este ejercicio es de 9. Como el valor real de X2 = 11.52 este número se encuentra a la derecha de la media, lo cual quiere decir que el valor de P/2 será el área a la derecha del valor deX2. Al buscar el valor de 11.52 en la tabla se obtiene un área de 0.2423, por lo tanto P/2 = 0.2423 y P= (2)(0.2423) = 0.4846

3) Sobre la base de los resultados de un estudio, se ha afirmado que las madres casadas presentan menos síntomas de depresión que las solteras. En una muestra de mujeres de 18-19 años, con 1 hijo se recabo la siguiente información, en números de casos desagregados porestado civil:
ESTADO CIVIL | SÍNTOMAS DEPRESIVOS | TOTAL |
| Si | No | |
Casadas | 45 | 131 | 176 |
Solteras | 83 | 127 | 210 |
Total | 128 | 258 | 386 |

Contraste con estos datos y un nivel de significancia de un 1% la hipótesis de que el síntoma depresivo de las mujeres está asociado a su estado civil. Construya sus conclusiones respecto del caso.

SOLUCIÓN
Situación típica de...