Problema 3.3.docx

Diseño de experimentos y análisis estadísticos de datos

6 de Octubre de 2015

INSTITUTO TECNOLOGICO DE

ORIZABA

Diseño de Experimento y Análisis Estadísticos de Datos

Tarea No.2

Nombre de los alumnos:

Laura Villaraldo Falfán Nely Paola Andrade Ocampo Emmanuel Santiago Aparicio Josué Adrián Espíndola Padrón

DR. Eusebio Bolaños Reynoso

_____________

Vo. Bo.

Avenida Oriente 9 Núm. 852, Colonia Emiliano Zapata. C.P. 94320Orizaba, Veracruz, México . Teléfonos: (272) 7 24 40 96 Fax. (272) 7 25 17 28

e- mail: [email protected] www.itorizaba.edu.mx



Ejercicio 3.3Se ha realizado un experimento para determinar si cuatro temperaturas específicas de horneado afectan la densidad de un cierto tipo de ladrillo. El experimento proporcionó los siguientes datos:

Temperatura

Densidad

100 21.8 21.9 21.7 21.6 21.7125 21.7 21.4 21.5 21.4150 21.9 21.8 21.8 21.6 21.5175 21.9 21.7 21.8 21.4

a) ¿Afecta la temperatura de horneado la densidad del ladrillo?b) Compare los valores medios usando la prueba de intervalos múltiples de Duncan.c) Utilice el método gráfico descrito en a sección 3-4.1 para determinar cuáles medias

difieren. ¿Concuerdan las conclusiones a que se llega con este método con las de la prueba de intervalos múltiples de Duncan de la parte (b) de esta pregunta

Solución:a)

H 0=μ1=μ2=μ3=μ4

H 1=μ1≠μ2≠ μ3≠ μ4

Temperatura Densidad Total Promedio100 21.8 21.9 21.7 21.6 21.7 108.7 21.74125 21.7 21.4 21.5 21.4 86 21.50150 21.9 21.8 21.8 21.6 21.5 108.6 21.72175 21.9 21.7 21.8 21.4 86.8 21.70

y ..=390 .1 y ..=21.665

SST=∑i=1

a

∑j=1

¿

y2ij−

y..2

N

SST=(21.8 )2+(21.9 )2+(21.7 )2+(21.6 )2+ (21.7 )2+ (21.7 )2+(21.4 )2+ (21.5 )2+ (21.4 )2+(21.9 )2+(21.8 )2+(21.8 )2+(21.6 )2+ (21.6 )2+ (21.9 )2+(21.7 )2+(21.8 )2+(21.4 )2− (390.1 )2

18

SST=8454.85−8454.33SST=0.5161





SSTratamientos=∑i=1

aYi2

n j

− y ..2

N

SSTratamientos=(108.7 )2

5+

(86 )2

4+

(108.6 )2

5+

(86.8 )2

4−

(390.1 )2

18

SSTratamientos=8454.49−8454.33

SSTratamientos=0.16

SSE=SST−SSTrtamiento

SS E=0.5161−0.16

SS E=0.3565

ANOVA

Fuente de variación

Suma de cuadrados

Grados de libertad

Media de cuadrados

Fc Fα ,v1 , v2

Temperatura

0.16 4-1=3 0.053 2.12 3.34

Error 0.3561 18-4=14 0.025Total 0.5161 18-1=17

Criterio de rechazo de la hipótesis nula

Se rechaza H0 si: Fc > Fα ,α−1 , N−a

2.12 > 3.34 No ∴ Se acepta la H0. La temperatura de horneado no afecta la densidad

del ladrillo.

ANOVA en NCSS

Analysis of Variance TableSource Sum of Mean Prob PowerTerm DF Squares Square F-Ratio Level

(Alpha=0.05)A: Factor_A 3 0.1561111 5.203704E-02 2.02 0.156875 0.409934S 14 0.36 2.571429E-02Total (Adjusted) 17 0.5161111Total 18* Term significant at alpha = 0.05





b)

Y 2=21.5 0 Y 4=21.70 Y 3=21.72 Y 1=21.74

SYi=√CM E

nn

nn=a

∑i=1

a

( 1ni

)= 4

15+

14+

15+

14

=4.44

rα ( p ,glE )r0.05 (2,14 )=3.03

r0.05 (3,14 )=3.18

r0.05 (4,14 )=3.27

Rp=rα ( p , glE )S yi

R2=3.03 ( 4.4 )=13.4532

R3=3.18 ( 4.4 )=14.1192

R4=3.27 (4.4 )=14.5188

Intervalos múltiples de Duncan en NCSS



1vs 2=0.24>R4 (14.5188 )

1vs 4=0.04>R3 (14.1192 )

1vs3=0.02>R2 (13.4532 )

3vs 2=0.22>R3 (14.1192 )

3vs 4=0.02>R2(13.4532)

4 vs 2=0.20>R2 (13.4532 )

Se concluye que no hay

diferencias significativas entre

las medias.



Duncan's Multiple-Comparison Test

Response: YTerm A: Factor_A

Alpha=0.050 Error Term=S(A) DF=14 MSE=2.571429E-02

Different FromGroup Count Mean Groups125 4 21.5175 4 21.7150 5 21.72100 5 21.74

c)

La conclusión de esta grafica concuerda con el método de Duncan, que no hay diferencias

significativas entre las medias.

Problema 3.9





En una forja se utilizan varios hornos para calentar muestras de metal. Se supone que todos los

hornos operan a la misma temperatura, aunque se sospecha que quizás esto probablemente no es

cierto. Se seleccionan aleatoriamente tres hornos y se anotan sus temperaturas en tres

calentamientos sucesivos. Los datos se muestran a continuación.

Horno Temperatura Total Promedio1 491.50 498.30 498.10 493.50 493.60 2475 4952 488.50 484.65 479.90 477.35 1930.4 486.63 490.10 484.80 488.25 473.00 471.85 478.65 2886.6 481.1a=3 y ..7292.05 ȳi = 486

a) ¿Existe variación significativa en la temperatura de los hornos?

SSCT=∑i=1

a

∑j=1

n;

y ij2− y ..2

N

SSCT=( 491.50 )2+(498.30 )2+¿

SSCT = 1008.34


a y i2

n j

− y2

n

SSTrat .=(2475)2

5+(1930.4)2

4+

(2886.6)2

6−

(7292 )2

15

SSTrat .=¿594. 2476

SSE=SSCT−SSTratamientos

SSE=1008.3423−594.2476





SSE=414.094

a=3 factores (hornos)

MST=SSTratamientos

a−1

MST=594.24

3−1=594.24

2=297.12

MSE=SSE

N−a

MSE=414.0915−3

=34.50

Fo=MST

MSE

Fo=297.1234.50

=8.61

Análisis de varianza con el Software NCSS






(Alpha=0.05)A: Factor_A 2 594.5303 297.2651 8.62 0.004777*S 12 413.8121 34.48434Total (Adjusted) 14 1008.342Total 15* Term significant at alpha = 0.05

b) Estime los componentes de variancia del modelo

σ 2=MSTratamiento−MSE

n

σ 2=594.24−414.093

=59.98≈60

Ejercicio 3.12

Se están investigando cuatro catalizadores que pueden afectar la concentración de un componente

en una mezcla liquida formada por tres componentes. Se obtuvieron las siguientes concentraciones:

Catalizador1 2 3 4

58.2 56.3 50.1 52.9





57.2 54.5 54.2 49.958.4 57.0 55.4 50.055.8 55.3 51.754.9

a) ¿Tienen el mismo efecto en la concentración los cuatro catalizadores?b) Estime las componentes del modelo estadístico apropiado.c) Elabora una estimación por intervalo de 99% de confiabilidad para la respuesta media del

catalizador 1.

Solución

a)H o : μ1=μ2=μ3=μ4

H 1: μ1≠ μ2≠ μ3≠μ4

Catalizador Concentraciones Totalesy i

Promediosy i .

1 58.2 57.2 58.4 55.8 54.9 284.5 56.92 56.3 54.5 57.0 55.3 223.1 55.7753 50.1 54.2 55.4 159.7 53.234 52.9 49.9 50.0 51.7 204.5 51.125

y ..=871.8 y ..=54.3575

SST=∑i=1

a

❑∑j=1

n j

y ij2−¿

y ..2

N¿

SST=58.22+57.22+58.42+55.82+54.92+56.32+54.52+572+55.32+50.12+54.22+55.42+52.92+49.92+502+51.72−871.82

16

SST=120.2375


a y i .2

n j

−¿y ..

2

N¿

SSTratamientos=284.52

5+ 223.12

4+ 159.72

3+ 204.52

4−871.82

16

SSTratamientos=85.6758

SSE=SST−SSTratamientos

SSE=120.2375−85.6758

SSE=34.5617





ANOVAFuente de variación

Suma de cuadrados

Grados de Libertad

Media de cuadrados

F0

Catalizadores 85.6758 4-1=3 28.5586 9.9158Error 34.5617 16-4=12 2.8801Total 120.2375 16-1=15

Criterio de rechazo de la H 0

F c>Fα , a−1 , N−a

F c>F0.05,3,12

9.9158>3.49

Si, se rechaza H 0

.: μ1≠μ2≠μ3≠ μ4 y se concluye que los 4 catalizadores no tienen el mismo efecto de

concentración.

ANOVA en NCSS


(Alpha=0.05)A: Factor_A 3 85.67583 28.55861 9.92 0.001436* 0.981030S 12 34.56167 2.880139Total (Adjusted) 15 120.2375Total 16* Term significant at alpha = 0.05

b)

Estimador de la media

μ= y ..=54.2575

Estimadores de los efectos del tratamiento

T 1= y1.− y ..=56.9−54.2575 = +2.6425

T 2= y2.− y ..=55.775−54.2575= +1.5175Avenida Oriente 9 Núm. 852, Colonia Emiliano Zapata. C.P. 94320

Orizaba, Veracruz, México . Teléfonos: (272) 7 24 40 96 Fax. (272) 7 25 17 28e- mail: [email protected] www.itorizaba.edu.mx



T 3= y3.− y ..=53.23−54.2575 = -1.0275

T 4= y4.− y ..=51.125−54.2575 = -3.13250 Significa que el estimador es insesgado

c)

Estimación por intervalo de 99% de confiabilidad para la respuesta media del catalizador 1.

α=1−0.99=0.01

y i .± t α2, N−a

√MSE /n

56.9± t 0.012

,16−4√2.8801/5

56.9± t0.005,12 √2.8801/5

56.9±3.055 √2.8801/5

56.9±2.3186

54.58≤56.9≤59.21



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