Estadística. Serie Schaum- 4ta edición - Murray R. Spiegel.pdf (1)

418 CAPÍTULO 16 ANÁLISIS DE VARIANZA
SOLUCIÓN
Se tiene
F ¼ ^S B
2 ¼ 4
^S W
2 2=3 ¼ 6
con a − 1 = 3 − 1 grados de libertad y a(b − 1) = 3(4 − 1) = 9 grados de libertad.
a) En el apéndice V, para ν 1 = 2 y ν 2 = 9, se encuentra que F .95 = 4.26. Como F = 6 > F .95 , la hipótesis nula de medias
iguales puede rechazarse al nivel 0.05.
b) En el apéndice VI, para ν 1 = 2 y ν 2 = 9, se encuentra que F .99 = 8.02. Como F = 6 < F .99 , la hipótesis nula de medias
iguales no se puede rechazar al nivel 0.01.
c) Consultando los resultados de EXCEL dados en el problema 16.4, se encuentra que el valor F es 6 y el valor p es 0.022.
Por lo tanto, el menor nivel de significancia predeterminado al que puede rechazarse la hipótesis nula es 0.022. De
manera que la hipótesis nula se rechazará al nivel de significancia 0.05, pero no al nivel de significancia 0.01.
16.7 Dados los datos del problema 16.4, emplear las fórmulas abreviadas (10), (11) y (12) para obtener: a) la variación
total, b) la variación entre los tratamientos y c) la variación dentro de los tratamientos. Además, utilizar
MINITAB con los datos, a los que se les restó 45 a cada valor, para obtener la tabla del análisis de varianza.
SOLUCIÓN
Conviene ordenar los datos como en la tabla 16.10.
Tabla 16.10
T j Tj 2
A 3 4 5 4 16 256
B 2 4 3 3 12 144
C 4 6 5 5 20 400
X
Xjk 2 ¼ 206 T ¼ X X
T j ¼ 48 Tj 2
¼ 800
j
j
j; k
a) Usando la fórmula (10), se tiene
X
Xjk 2 ¼ 9 þ 16 þ 25 þ 16 þ 4 þ 16 þ 9 þ 9 þ 16 þ 36 þ 25 þ 25 ¼ 206
j;k
y T ¼ 3 þ 4 þ 5 þ 4 þ 2 þ 4 þ 3 þ 3 þ 4 þ 6 þ 5 þ 5 ¼ 48
Por lo tanto,
V ¼ X j;k
X 2 jk
T 2
ab ¼ 206 ð48Þ 2
¼ 206 192 ¼ 14
ð3Þð4Þ
b) Los totales (suma) de los renglones son
T 1: ¼ 3 þ 4 þ 5 þ 4 ¼ 16 T 2: ¼ 2 þ 4 þ 3 þ 3 ¼ 12 T 3: ¼ 4 þ 6 þ 5 þ 5 ¼ 20
y T ¼ 16 þ 12 þ 20 ¼ 48
Por lo tanto, empleando la fórmula (11), se tiene
V B ¼ 1 X
T 2 T 2
j:
b ab ¼ 1 4 ð162 þ 12 2 þ 20 2 Þ
j
ð48Þ 2
¼ 200 192 ¼ 8
ð3Þð4Þ
c) Empleando la fórmula (12), se tiene
V W ¼ V V B ¼ 14 8 ¼ 6