Aula 19

RACIOCÍNIO LÓGICO QUANTITATIVO DIRETO AO PONTO

PROFESSOR: GUILHERME NEVES

Prof. Guilherme Neves www.pontodosconcursos.com.br 1

Aula 19

TESTE DE HIPÓTESES ........................................................................... 2

TESTE SOBRE A MÉDIA ......................................................................... 4

TESTE DE HIPÓTESES PARA PROPORÇÕES ......................................... 50

DISTRIBUIÇÃO DE QUI-QUADRADO ................................................... 62

RELAÇÃO DAS QUESTÕES COMENTADAS .......................................... 102

GABARITO ........................................................................................ 123




TESTE DE HIPÓTESES

Maria tem duas moedas. Cada uma delas tem uma face cara e outra face coroa.

Uma das moedas é normal. As duas faces têm a mesma probabilidade de sair. Vamos chamá-lade moeda honesta.

A outra é uma moeda viciada. Nesta, a probabilidade de sair coroa é de 2/3. Vamos chamá-la demoeda viciada.

Maria escolhe uma das moedas. José, que tem conhecimento das probabilidades acimamencionadas, tem que adivinhar qual delas foi escolhida. Para tanto, Maria lança três vezes amoeda escolhida. Ao final de cada lançamento, comunica a José o resultado.

José estabelece o seguinte critério de decisão. Se os três lançamentos resultarem em coroa, elevai arriscar que se trata da moeda viciada. Caso contrário, vai arriscar que se trata da moedahonesta.

O que José está fazendo é um teste de hipóteses.

Num teste de hipóteses fazemos alguma consideração sobre um dado valor. No exemplo acima, José precisa decidir qual das duas moedas foi escolhida. No fundo, quer saber se, para a moedaescolhida, a probabilidade de sair coroa é de 2/3 ou 1/2. Qualquer que seja a sua conclusão, elaestará sujeita a erro.

Vamos começar a nos acostumar com os termos utilizados no teste de hipótese.

José quer testar a hipótese de, para a moeda escolhida por Maria, a probabilidade de sair coroaser 1/2. Esta hipótese é chamada de H0 (lê-se H zero). É também chamada de hipótese nula.

Vamos escrever a hipótese H0:

H0: P(coroa) = 1/2. (hipótese nula)

Caso a probabilidade de sair coroa não seja de 1/2, então a referida probabilidade será de 2/3. Esta outra hipótese é a hipótese alternativa. É chamada de HA.

HA: P(coroa) = 2/3. (hipótese alternativa)

Algumas bancas costumam utilizar H1 em vez de HA.

Muito bem, agora José define um critério de decisão. Seu critério é baseado no número de coroasque vão sair em três lançamentos. Se saírem duas, uma ou zero coroas, José vai assumir que setrata da moeda honesta. Se saírem três coroas, José vai assumir que se trata da moeda viciada.

Escolher o critério de decisão é a parte mais difícil de um teste de hipóteses. Os cálculos são umpouco mais complexos. E muitas vezes estão presentes alguns fatores difíceis de quantificar.

Dada a dificuldade envolvida na escolha do critério de decisão, as questões de concursos nãocobram seu cálculo. A questão sempre informa o critério a ser adotado. Ou então ela fornece todoo resultado do teste, de tal modo que seja fácil encontrar o critério de decisão escolhido.

Ok, definidas as hipóteses que serão testadas (escolher entre H0 e H1), definido o critério dedecisão, agora é só fazer a experiência e ver qual hipótese será escolhida.

Muito bem. Vamos supor que Maria lança a moeda três vezes e nas três vezes o resultado écoroa.

Neste caso, José rejeita a hipótese H0 e assume como verdadeira a hipótese H1.

Veja que a conclusão de José está sujeita a erro. Isto porque é possível que, mesmo que a moedaseja honesta, tenhamos três resultados coroa.




Vamos supor que José tenha errado. Neste caso, em que José rejeita a hipótese H0, dado que elaé verdadeira, a probabilidade de ele cometer um erro é:

%5,1221)(

3

erroP

12,5% é a probabilidade de, lançando uma moeda honesta três vezes, saírem três coroas.

Ou seja, caso a moeda lançada seja a moeda honesta, há uma probabilidade de 12,5% de Joséerrar. Este erro é chamado de erro do tipo I.

Erro tipo I: rejeitar H0 dado que ela é verdadeira.

%5,1221)__(

3

ItipoerroP

A probabilidade acima é também chamada de nível de significância do teste. O símbolo geralmente utilizado é .

%5,12

Nível de significância: probabilidade de cometer o erro do tipo I. Símbolo usual:

Ok, agora vamos alterar o exemplo. Agora, em vez de terem saído três coroas, na verdade saíramduas coroas e uma cara. Neste caso, utilizando seu critério de decisão, José aceita H0 comoverdadeira e rejeita H1.

Neste segundo exemplo, José também está sujeito a erro. Isto porque é possível que, lançando amoeda viciada três vezes, tenhamos pelo menos um resultado cara.

Este segundo tipo de erro consiste em aceitar H0 dado que ela é falsa. É chamado de erro do tipo II.

Erro tipo II: aceitar H0 dado que ela é falsa. A probabilidade de ocorrer o erro do tipo II é designada pelo símbolo . Vamos calcular esta probabilidade.

A probabilidade de, em três lançamentos da moeda viciada, obtermos uma, duas ou três caras é:

7037,032

313

32

313

31)__(

223

IItipoerroP

%37,70

A probabilidade de aceitar H0, dado que ela é falsa, é de 70,37%.

O valor 1 é chamado de poder do teste.

%63,291 (poder do teste).

O poder do teste é a probabilidade de H0 ser rejeitada dado que ela é falsa.

Note como o poder do teste foi baixo. Isto porque José privilegiou a hipótese H0. Ele só a rejeitanum caso muito extremo, em que os três resultados forem coroa. Por isto o valor de foi pequeno, garantindo uma baixa probabilidade de cometer o erro do tipo I. Contudo, em geral, quanto menor o valor de , maior o valor de (maior a probabilidade de se cometer o erro dotipo II). Daí a dificuldade de escolher um bom critério de decisão. É comum que, ao reduzirmos um tipo de erro, o outro aumenta.




Teste de hipóteses é apenas isto. Queremos testar se uma dada hipótese H0 é verdadeira.

O exercício vai nos dizer o critério de decisão. Vai nos fornecer um experimento. Com base noexperimento, verificamos se o resultado foi extremo ao ponto de nos fazer rejeitar H0. Se forextremo, rejeitamos tal hipótese. Caso contrário, aceitamos.

No exemplo que nós demos as hipóteses eram:

H0: P(coroa) = 1/2

H1: P(coroa) = 2/3.

Neste exemplo acima, as duas hipóteses atribuíam à probabilidade em estudo um valor único. Ahipótese nula atribuía o valor 1/2. A hipótese alternativa atribuía o valor 2/3.

Este tipo de teste não é muito usual em concursos. As hipóteses alternativas que vão aparecernos exercícios, geralmente, têm outra forma. Nos testes realmente cobrados em concursos, ahipótese alternativa seria assim:

H1: P(coroa) ≠ 1/2.

Outra opção:

H1: P(coroa) < 1/2.

Ou ainda:

H1: P(coroa) > 1/2.

No primeiro caso (em que temos o sinal de diferença ≠) o teste é dito bilateral. Nos outros dois casos (com os sinais de ‘>’ e ‘<’) o teste é dito unilateral. Vamos estudá-los com mais calmaadiante.

TESTE SOBRE A MÉDIA

Para entendermos como fazer o teste de hipóteses sobre a média, vejamos alguns exemplos.

Nos primeiros exemplos, eu vou dar todas as contas prontas. O objetivo é que vocês nãoprecisem quebrar a cabeça fazendo as contas. Não quero que se preocupem com isso, não porenquanto. A proposta é que apenas entendam a idéia geral do teste.

Depois, nos exemplos posteriores, aí sim entraremos mais a fundo nas contas envolvidas, certo?

1º tipo de exemplo: entendendo os tipos de teste: bilateral e unilateral

Exemplo 1. Estamos analisando o preço pelo qual a Administração Pública compra um certoproduto. Sabemos que, em licitações honestas (livres de fraudes), para uma certa região do país, opreço médio é de R$ 220,00.

Foram feitos levantamentos de auditoria recentes em alguns órgãos em que há suspeita defraudes em licitações. As duas fraudes em análise são as seguintes:

∙ Há prévio acerto entre as licitantes, de forma que o preço contratado é consideravelmentemaior que R$ 220,00;

∙ Há acerto prévio entre a licitante vencedora e o órgão, de tal forma que o preço contratado émuito inferior a R$ 220,00. Nestes casos, o grande problema se dará na execução do contratotendo em vista que, sendo o preço inexequível, o contrato não será regularmente cumprido.

Num caso concreto, nos deparamos com 30 compras de um determinado órgão público. A médiapara esta amostra foi de R$ 230,00.




Queremos testar a hipótese de as licitações terem sido honestas contra a hipótese alternativa deas licitações terem sido fraudadas. Escreva as hipóteses a serem testadas.

Resolução.

É natural esperar que, se em um dado órgão ocorrem fraudes a licitações, elas são sistemáticas. Assim, vamos testar a hipótese de as licitações terem sido honestas contra a hipótese alternativade as licitações terem sido fraudadas.

No fundo queremos testar a hipótese de a média da população da qual foi retirada esta amostraser igual a R$ 220,00.

H0: 220

H1: 220

Este primeiro tipo de teste da média é chamado de teste bilateral. Ele é caracterizado pelahipótese alternativa ser do tipo k (a média é diferente de alguma coisa).

Por que a palavra bilateral? Porque há duas formas de rejeitarmos a hipótese H0. Se a média daamostra for consideravelmente maior que R$ 220,00, rejeitamos a hipótese por ser mais provávelque tenha havido conluio entre as empresas e o preço esteja superfaturado.

De outra maneira, se o valor obtido for consideravelmente menor que R$ 220,00, tambémrejeitamos a hipótese H0. Desta vez seria mais provável estarmos diante do segundo tipo deirregularidade: há conluio entre a licitante e o órgão contratante.

Ou seja, analisamos os valores nos dois sentidos. Tanto os que são muito menores que 220quanto os que são muito maiores que 220. Por isto o teste é chamado de bilateral. Tanto em umcaso quanto em outro, concluímos que a amostra não foi retirada da população das licitaçõeshonestas.

A finalidade do teste de hipóteses é apenas isto. Neste caso, queremos avaliar se 230 éconsideravelmente diferente de 220 ou não. Até poderíamos fazer isto de forma intuitiva. Há casosem que a diferença é tanta que nem precisaríamos de teste algum. Se a média da amostra fossede 500 (mais que o dobro de 220), certamente estaríamos diante de fraudes.

Já no caso do exercício, queremos avaliar se 230 é consideravelmente diferente de 220.Intuitivamente, algumas pessoas podem dizer que não é. Essas pessoas tenderiam a aceitar ahipótese de que essas licitações são honestas (hipótese nula). Outras pessoas tenderiam a acharque a diferença é considerável, sendo levadas a rejeitar a hipótese nula.

O teste de hipóteses nos fornece uma forma sistemática de testar se os valores envolvidos sãoconsideravelmente diferentes ou não.

Bem, encerrando este exercício, a resposta fica:

H0: 220

H1: 220


Foram feitos levantamentos de auditoria recentes em alguns órgãos em que há suspeita defraudes em licitações. Há um único tipo de fraude em análise, que consiste em acerto entre aslicitantes, de forma que o preço contratado é consideravelmente maior que R$ 220,00.





Queremos testar a hipótese de as licitações terem sido honestas contra a hipótese alternativa deas licitações terem sido fraudadas.

Escreva as hipóteses a serem testadas.

Resolução.

Agora, o único tipo de fraude ocorre quando a média dos preços contratados é significativamentemaior que 220,00.

Ou seja, valores significativamente menores que 220,00 não nos fazem mais rejeitar a hipótesenula, a exemplo do que ocorria no exercício anterior. O teste é unilateral, pois só analisarmos areta real em um sentido: só valores significativamente maiores que 220,00 nos fazem rejeitar H0.

A resposta fica:

H0: 220

H1: 220


Foram feitos levantamentos de auditoria recentes em alguns órgãos em que há suspeita defraudes em licitações. Há um único tipo de fraude em análise, que consiste acerto prévio entre alicitante vencedora e o órgão, de tal forma que o preço contratado é muito inferior a R$ 220,00.Nestes casos, o grande problema se dará na execução do contrato tendo em vista que, sendo opreço inexequível, o contrato não será regularmente cumprido.


Queremos testar a hipótese de as licitações terem sido honestas contra a hipótese alternativa deas licitações terem sido fraudadas.

Escreva as hipóteses a serem testadas.

Resolução.

Agora, apenas valores significativamente menores que 220,00 nos fazem rejeitar a hipótese nula. Ficamos com:

H0: 220

HA: 220

Nos dois últimos exemplos, tivemos testes unilaterais, pois havia uma única forma de rejeitarmosa hipótese nula.

2º tipo de exemplo: entendendo a idéia do teste de hipótese





Sabemos também que a variância da variável preço, nas licitações honestas, é de 120 R$2.

Foram feitos levantamentos de auditoria recentes em alguns órgãos em que há suspeita de fraudes em licitações. As duas fraudes em análise são as seguintes:

∙ Há prévio acerto entre as licitantes, de forma que o preço contratado é consideravelmentemaior que R$ 220,00;

∙ Há acerto prévio entre a licitante vencedora e o órgão, de tal forma que o preço contratado émuito inferior a R$ 220,00. Nestes casos, o grande problema se dará na execução do contratotendo em vista que, sendo o preço inexequível, o contrato não será regularmente cumprido.

Num caso concreto, nos deparamos com 30 compras de um determinado órgão público. A médiapara esta amostra foi de R$ 230,00. Teste a hipótese de as licitações terem sido honestas contraa hipótese alternativa de as licitações terem sido fraudadas. Considere um nível de significânciade 5%.

Resolução.

Já vimos que este é um teste bilateral:

H0: 220

HA: 220

Se a média da amostra for significativamente diferente de 220, rejeitaremos a hipótese nula.Consideraremos que a média da população da qual foi extraída a amostra não tem média 220.

Caso contrário, aceitamos a hipótese nula. Assumiremos que a média da população é sim igual a220.

Ou seja, nosso teste se resume a determinar se 230 é significativamente diferente de 220 ou não.

Mas, em termos objetivos: a partir de qual valor já podemos considerar que estamos significativamente afastados de 220?

Esta pergunta é respondida pelos valores críticos.

Para fazer um teste de hipóteses, a gente sempre dá um crédito para a hipótese nula. Semprepartimos do pressuposto de que ela é verdadeira. Ou seja, iniciamos supondo que a média dapopulação é realmente 220,00.

Feito isso, já temos condições de estudar a média amostral ( X ).

Vimos na parte 1 que X é uma variável aleatória. Sua esperança coincide com a média dapopulação. Sua variância é igual à variância da população dividida por n (onde n é o tamanho daamostra).

Conhecendo o comportamento de X , podemos determinar os valores críticos. São valores que delimitam os casos raros.

O nível de significância está intimamente relacionado com os casos raros.

Se o nível de significância é de 5%, então os casos raros são aqueles que só ocorrem em5% das vezes.

Por enquanto, não vamos fazer contas ainda. Certo? Vou dar todas as contas prontas.

Supondo que a média populacional seja 220,00, podemos concluir que X tem o seguinte comportamento:




- em 95% das vezes, X assume valores entre 216,08 e 223,92

- em 5% das vezes, X assume valores fora deste intervalo.

Estes são os valores críticos. São os valores que separam os casos usuais (que ocorrem em 95%das vezes) dos casos raros (que ocorrem em 5% das vezes).

Observem que os casos raros foram delimitados de forma que a probabilidade de ocorrência sejaigual ao nível de significância (5%).

No nosso exemplo, a média amostral foi de 230,00.

É possível que a população tenha média 220,00 e, ainda sim, seja extraída uma amostra com média 230,00?

Sim, é possível. Mas é um caso raro. Na grande maioria das vezes, a média amostral estará entre216,08 e 223,92.

Nós não aceitamos casos raros. Neste caso, concluímos que a amostra não foi retirada de umapopulação com média 220,00. Por isso, rejeitamos a hipótese nula.

O valor da média amostral obtido para o experimento realizado (=230,00) é chamado deestatística teste.

Resposta: deve-se rejeitar a hipótese nula.

Teste de hipóteses para a média.

- Calculamos os valores críticos (que separam os casos raros daqueles que ocorremfrequentemente)

- Analisamos se a estatística teste é um caso raro ou não. Se for raro, rejeitamos ahipótese nula.

Vamos refazer o mesmo exercício. Mas vamos nos concentrar em como calcular os valorescríticos.

Como as provas geralmente fornecem a tabela para a distribuição normal reduzida (com médiazero e variância 1), então é comum que todo teste de hipóteses seja feito com base na variável Z,que estudamos nas aulas anteriores.

Vamos colocar o passo a passo do teste, para já começarmos a gravar.

Primeiro passo: determinar o valor crítico de Z.

Valor crítico é o valor extremo até onde aceitamos a hipótese H0. No exemplo das moedas deMaria, o valor crítico era dois. Até o limite de dois resultados “coroa”, aceitaríamos a hipótese H0.Após este limite, rejeitávamos H0.

Quando o teste for sobre médias, vamos fazer o seguinte. Vimos na parte 1 que a média amostral( X ) pode ser vista como uma variável aleatória de média e desvio padrão

X . Relembrando a

nossa simbologia:




∙ X é uma variável aleatória que representa os diversos valores de média amostral que podemser obtidos, caso fizéssemos inúmeras amostras.

∙ é a média da população.

∙ é o desvio padrão da população.

∙ n é o tamanho das amostras.

∙ X

é o desvio padrão de X . Ele pode ser calculado assim: n

X

.

Vimos também que X é uma variável normal (caso a população tenha distribuição normal) ouaproximadamente normal (caso a população não seja normal, mas as amostras sejamsuficientemente grandes).

Assim, para X nós podemos utilizar a tabela de áreas da variável normal. Só que para utilizaresta tabela, nós precisamos trabalhar com a variável normal reduzida. Para obter a variávelreduzida Z, nós estudamos a seguinte transformação:

X

XZ

Z tem média zero e desvio padrão unitário.

Vamos, a partir da tabela de áreas para a variável normal reduzida, obter o intervalo centrado namédia que contém 95% dos valores de Z.

Por que 95%?

Porque estamos delimitando os casos freqüentes.

Com isso, automaticamente, os casos raros corresponderão a 5%, coincidindo com o nível designificância.

Consultamos a tabela I ao final da aula. Verificamos que 47,5% dos valores de Z estão entre 0 e1,96. Como a distribuição é simétrica, 47,5% dos valores estão entre 0 e 96,1 .

Juntando os dois, temos que a probabilidade de Z estar entre -1,96 e 1,96 é de 95% (= área verdeda figura abaixo).

Estes são os valores críticos de Z. São os valores que delimitam a área de 95%.




Segundo passo: obter a estatística teste.

A estatística teste é o valor de Z para o experimento realizado.

X

XtesteZ

_

Para o experimento feito, 230X .

A média populacional ( ), esta nós não sabemos. Assim, neste segundo passo, nós vamos suporque a hipótese nula seja verdadeira. Supondo que realmente a média da população seja de 220 (

)220 , a estatística teste fica:

X

testeZ

220230_

Precisamos calcularX

. Lembrando a sua fórmula (estudada na parte 1):

nX

22

.

430

12022

nX

24 X

Continuando o cálculo de Z:

X

testeZ

220230_

52

220230_

testeZ

Terceiro passo: comparar a estatística teste com os valores críticos. Verificamos que 5 (estatísticateste) é maior que 1,96. Portanto, está fora do intervalo -1,96 a 1,96. Está significativamenteafastado da média de Z.

Ou seja, se pudéssemos fazer inúmeras amostras de tamanho 30, a partir de uma população commédia 220 e variância 120, em 95% dos casos o valor de Z_teste estaria entre -1,96 e 1,96.




A região verde da figura acima é delimitada pelos valores críticos de Z.

Se o valor de Z_teste caísse dentro do intervalo -1,96 a 1,96, estaríamos dentro da região verde. Ela contém 95% dos valores da variável normal reduzida. Esta região é chamada de região deaceitação. Se, para o experimento em análise, o valor de Z_teste estivesse na região deaceitação, nós aceitaríamos a hipótese H0. Consideraríamos que o valor de Z_teste não ésignificativamente diferente de zero (e, portanto, X não é significativamente diferente de 220).

Não foi o caso. Vimos que Z_teste cai fora da região de aceitação. O Z_teste cai na área amarela (região crítica).

A área amarela pode ser chamada de região crítica. É a região além dos valores críticos. É aregião em que os valores de Z nos fazem rejeitar a hipótese H0.

Conclusão: rejeitamos a hipótese nula.

Por curiosidade, vejamos os valores de X que correspondem a -1,96 e 1,96.

22022220

ZXX

Z

Quando Z vale -1,96, X vale:

08,216220)96,1(2 X

Quando Z vale +1,96, X vale:

92,223220)96,1(2 X

Se a média da população realmente fosse igual a 220, e se fosse possível fazer infinitas amostrasde tamanho 30, a média amostral, em 95% dos casos, estaria entre 216,08 e 223,92 (o queimplica em Z_teste entre -1,96 e 1,96). Não foi o caso. Ou estamos diante de um caso raro ou amédia populacional não é 220.

Diante deste quadro, rejeitamos a hipótese nula.




Pergunta: qual a probabilidade de cometer o erro do tipo I?

Em outras palavras: qual a probabilidade de rejeitar a hipótese H0, dado que ela é verdadeira?

Cometemos o erro do tipo I numa das raras vezes em que, apesar da média populacional ser realmente 220, o valor de Z_teste cai na região amarela.

Lembrem-se do que dissemos acima: se a média da população realmente fosse igual a 220, e sefosse possível fazer infinitas amostras de tamanho 30, a média amostral, em 95% dos casos,estaria entre 216,08 e 223,92 (o que implica em Z_teste entre -1,96 e 1,96). Como conseqüência,em 5% das vezes a média amostral estaria fora do intervalo entre 216,08 e 223,92 (o que implicaem Z_teste fora do intervalo entre -1,96 e 1,96).

Nessas raras ocasiões (em 5% das vezes), nós rejeitaremos a hipótese nula, mesmo que ela sejaverdadeira. Logo, a probabilidade de se cometer o erro do tipo I é de 5%. Portanto:

%5

Interessante notar que a soma das áreas amarelas é exatamente igual ao valor de (=5%).

Esta igualdade deixa claro porque no início do problema procuramos o intervalo que continha 95% dos valores. Isto fez com que a área verde fosse de 0,95. Como conseqüência, a soma das duasáreas amarelas é de 0,05. As áreas amarelas correspondem aos valores mais afastados da médiade Z. Nestas áreas temos os valores mais extremos, mais afastados de zero. São os valores quenos fazem rejeitar a hipótese nula.

Resumo do teste da média quando a variância populacional é conhecida.

1º Passo: encontrar os valores críticos de Z. Isto deve ser feito de modo que a região crítica tenha área igual ao nível de significância.

2º Passo: encontrar a estatística teste. Usar a fórmula:

X

XtesteZ

_

3º Passo: ver se a estatística teste cai na região de aceitação ou na região crítica.

Pronto. Teste de hipóteses é apenas isso.

Caso o teste seja unilateral, só o que muda é que a região crítica estará toda de um lado só dareta real (em vez de dividida em duas partes).

Vamos mudar um pouco o exercício acima. Agora, vamos supor que não conhecemos mais avariância da população.

Exemplo 5. Obtivemos uma amostra de 30 compras de um órgão público. A média para estaamostra foi de R$ 230,00. A variância desta amostra foi 120 R$

2. Teste a hipótese de que a média da

população da qual foi extraída esta amostra seja igual a R$ 220,00, considerando um nível de

significância de 5% ( %5 ).

Resolução:

A grande diferença deste exercício para o anterior é que agora não sabemos a variância dapopulação. Nestes casos, não podemos utilizar a variável Z, que tem distribuição normal.Utilizamos a variável t, que tem distribuição T de Student.




A situação é bem semelhante quando tínhamos intervalos de confiança para a média. Sesoubermos a variância populacional, usamos a variável Z (normal reduzida). Caso contrário,usamos a distribuição T.

De resto, o passo a passo é bem semelhante.

Primeiro passo: determinar os valores críticos da variável t.

A tabela para a distribuição T está ao final desta aula (tabela II).

Na distribuição T precisamos do número de graus de liberdade. No caso da distribuição T, onúmero de graus de liberdade é igual a 1n . Vamos consultar a tabela para 29 graus deliberdade e para o nível de significância de 5%.

O valor de t correspondente é: 2,045.

045,21__ criticot

045,22__ criticot


A estatística teste é o valor de t para o experimento realizado.

Para o experimento feito, o valor de t vale:

Xs

Xtestet

_

Onde X

s é o estimador de X

.

Precisamos calcular o valor de X

s . A fórmula é:

230

1202

n

ss X

X

Agora obtemos o valor da estatística teste:

Xs

Xtestet

_

52

220230_

testet

Terceiro passo: comparamos os valores críticos de t com a estatística teste. Verificamos que aestatística teste está fora do intervalo definido pelos valores críticos. Portanto, rejeitamos ahipótese H0.

Resumo do teste da média quando a variância populacional é desconhecida.

1º Passo: encontrar os valores críticos de t. Definir a região de aceitação e a regiãocrítica.




2º Passo: encontrar a estatística teste. Usar a fórmula:

Xs

Xtestet

_

3º Passo: ver se a estatística teste cai na região de aceitação ou na região crítica

Exemplo 6. Trabalhamos em uma indústria. Precisamos saber se um dado produto resiste a umatemperatura de 200°C (para verificar se atende a alguns requisitos técnicos). Para tanto,selecionamos uma amostra de 100 produtos e o submetemos a temperaturas cada vez maiores, atéque o produto comece a derreter. Para esta amostra de 100 produtos, a temperatura média na qualcomeçou o derretimento foi de 195°C. A variância da amostra foi de 25 ºC

2.

Teste a hipótese de que a média da população de onde foi retirada a amostra seja de 200 °C,contra a hipótese alternativa de a média seja inferior a 200°C, para um nível de significância de5%.

Dados:

45,0)645,10( ZP

05,0)66,1( tP

Resolução.

As hipóteses são:

H0: 200

H1: 200

Podemos usar direto a informação do enunciado ou podemos consultar a tabela da distribuição Tpara 100 – 1 = 99 graus de liberdade.

E agora, cuidado! Não podemos consultar a coluna de nível de significância de 5%. Apesarde o problema ter solicitado o nível de 5% ele não pode ser utilizado porque a tabela queconsta ao final da aula é para testes bilaterais.

Se consultarmos a tabela para 99 graus de liberdade e nível de confiança de 5%, como se trata deuma tabela para o teste bilateral, saberemos que a área verde da figura abaixo será igual a 95%.

É isto que a tabela fornece. Ela indica que a probabilidade de t estar fora do intervalo de -1,98 a1,98 é igual ao nível de significância de 5%. É uma tabela para ser utilizada em testes bilaterais.




Ela indica que a área da região crítica (=soma das duas áreas amarelas) é igual a 0,05. Há duasregiões críticas. Uma para valores consideravelmente maiores que zero. Outra para valoresconsideravelmente menores que zero.

Só que nosso teste é unilateral. Ele não tem duas áreas amarelas. Ele tem uma só. Queremosachar um valor de t crítico tal que a área verde da abaixo seja de 95%.

No gráfico acima sim, temos apenas uma área de rejeição (área amarela).

Se a área verde é igual a 95%, a área amarela é 5%.

Ou seja, nossa tarefa é achar um t_crítico tal que a área amarela da figura acima seja de 5%. Talque à sua esquerda tenhamos 5% dos valores.

Para acharmos o t_crítico, vamos consultar a tabela para 99 graus de liberdade e nível deconfiança de 10% (sempre assim, quando o teste é unilateral e a tabela é para testes bilaterais,consultamos o dobro do nível de significância). Consultando a tabela, obtemos 1,66.

Isto significa que a área verde da figura abaixo é de 0,9.

O que a tabela da distribuição T nos indica é que a soma das duas áreas amarelas acima é 0,10,que corresponde a um nível de significância de 10% em um teste bilateral.

Só que nosso teste é unilateral. E o t crítico que procurávamos é exatamente -1,66, pois à suaesquerda temos 5% dos valores.




Segundo passo: encontrar a estatística teste.

Xs

Xtestet

_

Precisamos encontrar X

s .

5,0100252

n

ss X

X

Continuando o cálculo da estatística teste:

105,0200195_

testet

Terceiro passo: comparar a estatística teste com o valor crítico.

Verificamos que a estatística teste está além do valor crítico. Se a estatística teste assumissevalores até -1,66, consideraríamos que a temperatura média para a amostra não ésignificativamente menor que 200°C. Contudo a estatística teste foi de -10, número este abaixo de-1,66. Rejeitamos a hipótese H0 e consideramos que a população de onde foi retirada a amostranão atende à especificação de suportar temperaturas de 200°C. A estatística teste caiu na regiãoamarela (região crítica).

Testes unilaterais: só há uma região crítica; só há um valor crítico.

Cuidado para as informações fornecidas na questão. Se a questão trouxer dadossobre o teste bilateral, é preciso adaptar a informação.

Texto para os exercícios 01 e 02.

Um pesquisador avaliou se a pressão sangüínea dos candidatos do último Concurso para um Tribunal de Contas se alterava no início da prova. Em condições normais, sem stress, oscandidatos entre 18 e 32 anos apresentaram uma pressão sistólica média de 120 mm Hg. Apósmedir a pressão de 36 candidatos a cinco minutos do início da prova, foi encontrada a pressãosistólica média de 125,2 mm Hg com desvio padrão amostral de 12 mm Hg. Deve-se testar:

120:0 H




120:1 H

01. TCE RO 2007[CESGRANRIO]

O valor calculado da estatística t é:

(A) 2,60

(B) 0,43

(C) 0,01

(D) – 0,43

(E) – 2,60

Resolução.

Como não conhecemos o desvio-padrão da população, devemos utilizar o desvio-padrãoamostral. Neste caso, em vez da distribuição normal, consultamos a tabela para a distribuição T, com 35 graus de liberdade (= 136 ).

No caso específico desta questão, não precisamos fazer todo o teste de hipóteses. A questãoapenas solicitou o cálculo da estatística teste.

Xs

Xtestet

_

Precisamos encontrar X

s .

236

12

n

ss x

X

Continuando o cálculo da estatística teste:

6,22

1202,125_

testet

Gabarito: A

02. TCE RO 2007[CESGRANRIO]

Nos níveis de significância de 5% e 10%, é correto afirmar que a(o):

(A) hipótese nula é aceita em ambos os níveis.

(B) hipótese nula é rejeitada em ambos os níveis.

(C) hipótese nula é rejeitada em 5% e aceita em 10%.

(D) hipótese nula é aceita em 5% e rejeitada em 10%.

(E) teste é inconclusivo.

Resolução.

Precisamos achar o valor crítico de t. A consulta deveria ser feita na tabela da distribuição T com35 graus de liberdade. Ocorre que na prova da Cesgranrio não foi fornecida a linha equivalente a




35 graus de liberdade. De igual modo, na tabela constante ao final da aula, também não consta alinha para 35 graus de liberdade.

Por isso, vamos tomar os valores mais próximos disponíveis na tabela (30 e 40 graus deliberdade).

Primeiro caso: nível de significância de 5%.

Queremos achar o valor de t0 tal que a área amarela da figura abaixo seja de 5% (pois o teste éunilateral).

Se o número de graus de liberdade fosse 30, teríamos: 0t = 697,1 .

Se o número de graus de liberdade fosse 40, teríamos: 0t = 684,1 .

Observem que, apesar de o nível de significância ser de 5%, consultamos a coluna de 10%, pois atabela é para testes bilaterais.

Como o número de graus de liberdade é 35 (que está entre 30 e 40), o valor crítico procurado estáentre 697,1 e 684,1 .

Logo, a estatística teste, certamente, cairá na região crítica (área amarela). A hipótese nula deveser rejeitada.

Segundo caso: nível de significância de 10%.

Aumentar o nível de significância é aumentar a área amarela. A área amarela passaria a ser de10%.

Quando a área amarela era menor (tamanho 5%), a estatística teste caia na região amarela.Agora estamos aumentando a região crítica. Com isso, certamente, a estatística teste vaicontinuar caindo na região amarela.

A hipótese nula será novamente rejeitada.

Letra B




03. SEFAZ RJ 2007 [FGV] Para a realização do teste de hipóteses Ho: μ = μo, contra H1: μ > μo,definimos como ERRO DO TIPO I:

Resolução

A questão foi anulada. Mas ainda é útil para revisarmos o tal do erro de tipo I.

O erro do tipo I consiste em rejeitarmos a hipótese nula, dado que ela é verdadeira. Aprobabilidade de cometermos o erro de tipo I é chamada de nível de significância. Seu símbolousual é .

Neste caso, rejeitaríamos a hipótese nula quando a média amostral para o experimento feito émaior que o valor crítico. Vamos chamá-lo de k .

Isto ocorre quando:

kX

Assim, a probabilidade do erro de tipo I ficaria:

)( 0 kXP

E não há qualquer alternativa que contém esta expressão. A mais próxima é a letra B, quecorresponde ao gabarito preliminar.

Na verdade, a questão contém alguns erros.

A primeira falha consiste em se referir a “erro do tipo I”. O erro de tipo I é simplesmente isso: rejeitarmos a hipótese nula quando ela é verdadeira. Mas o que as alternativas tentaramapresentar foi a probabilidade de cometermos o erro de tipo I.

Por causa desta falha, a questão foi anulada.

Outra falha, não reconhecida pela banca, foi a que segue.

Quando fazemos um teste de hipótese, a variável em estudo é a média amostral ( X ). É ela que pode assumir vários valores (quando pensamos nas infinitas amostras possíveis). Por isso, aprobabilidade está relacionada justamente à variável X .

As alternativas pretenderam definir probabilidades relacionadas à média populacional ( ). Mas a média populacional não é aleatória. Ela não varia. Ela é um número, fixo, constante. Pode até ser desconhecido. Mas é constante.

Por fim, a última falha foi na definição do que é que ocasiona a rejeição da hipótese nula. Ela serárejeitada quando X é maior que o valor crítico (e não maior que 0 ).

Questão anulada.

04. SEFAZ MS 2006 [FGV] Em um teste de hipóteses, a hipótese nula foi rejeitada no nível de3%. Portanto, a hipótese nula:

(A) será aceita no nível de 1%.




(B) será aceita no nível de 5%.

(C) pode ser aceita ou rejeitada no nível de 5%.

(D) será rejeitada no nível de 1%.

(E) será rejeitada no nível de 5%.

Resolução

Vamos começar pela situação em que o nível de significância é de 3%.

Neste caso, a área da região crítica é igual a 3%.

Se a hipótese nula é rejeitada, então a estatística teste cai dentro da região crítica (área amarelada figura abaixo):

Se aumentarmos o nível de significância, a região amarela ficará ainda maior. Portanto, comcerteza, a estatística teste continuará caindo na região crítica, e continuaremos rejeitando ahipótese nula. Isto está descrito na letra E. Se o nível de significância sobe para 5%, certamenterejeitamos a hipótese nula.

Se diminuirmos o nível de significância, duas coisas podem ocorrer. Podemos diminuir bastante,de tal modo que a estatística teste fique fora da região crítica. Neste caso, aceitaríamos a hipótesenula.

Ou então poderíamos diminuir só um pouquinho, de tal modo que a estatística teste continuecaindo na região crítica.

Assim, não temos como saber, com certeza, o que ocorre quando o nível de significância édiminuído. Precisaríamos de mais informações.

Letra E




05. SEFAZ RJ 2009 [FGV] Uma empresa afirma que os pacotes de bala que ela produz pesamem média 25g. Para testar essa hipótese, foram selecionados ao acaso 16 pacotes produzidospela empresa, registrados seus pesos X1, X2, ..., X16 e calculadas as estatísticas

32016

1

i

iX ; 736016

1

2

i

iX

O valor da estatística t (a ser comparado com o ponto desejado da distribuição t de Student) parao teste é:

(A) –0,8.

(B) –1,2.

(C) –2,0.

(D) –2,5.

(E) –3,2.

Resolução

Quando o desvio padrão da população não é conhecido, não temos como calcular o valor de Z.

Neste caso, substituímos pelo desvio padrão da amostra. O resultado é que, em vez detrabalharmos com Z (normal padrão), usamos a variável t (distribuição T de Student). É bemparecido com o que vimos quando estudamos intervalos de confiança.

No mais, é o mesmo passo a passo que estudamos anteriormente.

Nesta questão, só temos como calcular o desvio-padrão amostral. Fica assim:

n

X

X

n

i

i

1 16320

20

A variância fica:

64

16320360.7

151

11 22

22

n

XX

ns

i

i

Logo:

8s

Primeiro passo: determinar o valor crítico para a variável t (agora não é mais Z, pois nãoconhecemos o desvio padrão da população).

A questão não forneceu dados para calcularmos o valor crítico. Isto é porque a questão não pediupara efetivamente realizarmos o teste de hipóteses. Ela só pediu o cálculo da estatística teste.

Apenas para treinarmos, vamos supor que:

- o nível de significância é de 5%.

- a hipótese nula é do tipo: 25




Neste caso, seria um teste bilateral.

Haveria duas regiões críticas: aquelas com valores significativamente menores que 25 e aquelacom valores significativamente maiores que 25.

Ou seja: as regiões críticas estão nas duas extremidades da reta real (tanto à esquerda de 25,quanto à direita de 25).

Como conseqüência, quando trabalhamos com a variável t, também teremos duas áreas críticas:uma à direita de zero, outra à esquerda de zero.

Ou seja, procuramos por valores críticos tais que a soma das duas áreas amarelas da figuraabaixo sejam iguais a 5%:

As duas áreas amarelas definem a região crítica. Se a estatística teste cair nela, rejeitamos ahipótese nula.

A área branca seria a região de aceitação. Se a estatística teste cair nela, aceitamos a hipótesenula.

Vamos consultar a tabela colocada ao final da aula.

Precisamos consultar a coluna para 5% e a linha para 15 graus de liberdade (= 1n ).

Consultando a tabela, temos:

131,2_ críticot

Ou seja, os valores 2,131 e -2,131 delimitam duas áreas amarelas, duas regiões críticas. Cadauma delas tem área de 2,5%.

Segundo passo: calcular a estatística teste.

Xs

Xt

Vimos na parte 1 que:

n

ss

X = 2

48

E a estatística teste fica:




testet _ 5,22

2520

Letra D

Para concluirmos o teste, vamos comparar a estatística teste com os valores críticos.

Se a estatística teste estivesse entre -2,131 e 2,131, ela cairia na região de aceitação. Ou seja:nós aceitaríamos a hipótese nula.

Como a estatística teste está fora do intervalo acima, então ela caiu em uma das regiões criticas.Na verdade, ela caiu na região crítica à esquerda de zero. Ela está além do valor 131,2 . Com isso, devemos rejeitar a hipótese nula.

06. CGU 2008 [ESAF] Um fabricante divulga que a característica principal de seu produto temuma média de 1.000 unidades. Um pesquisador, duvidando desta afirmação, encontrou uma característica média de 935 e desvio-padrão amostral de 130 examinando uma amostra aleatóriasimples de tamanho 9 destes produtos. Calcule o valor mais próximo da estatística t para testar ahipótese nula de que a média da característica principal do produto é 1 000, admitindo que acaracterística tem uma distribuição normal.

a) -1,5.

b) -1,78.

c) -1,89.

d) -1,96.

e) -2,115.

Resolução.

O exercício nem pediu para fazermos o teste de hipóteses completo. Solicitou apenas o cálculo daestatística teste.

Xs

Xtestet

_

A média amostral é 935 ( 935X ).

O desvio padrão amostral é 130 ( )130s .

O desvio padrão da média amostral é dado por:

nX

Quando não conhecemos o desvio padrão da população ( ), o substituímos por sua estimativa (s ). E em vez de termos o desvio padrão amostral (

X ), calculamos sua estimativa (

Xs ). Como

conseqüência, em vez de utilizarmos a distribuição normal, utilizamos a distribuição T.

3130

n

ss

X

Substituindo todos os valores:




Xs

Xtestet

_

5,1130

3653

1301000935_

testet

Gabarito: A.

07. SEFAZ/SP 2006 [FCC] Seja X uma variável aleatória representando o valor arrecadado de umdeterminado tributo. Suponha que X tem distribuição normal (população de tamanho infinito)com média e desvio padrão de 500 reais. Desejando-se testar

H0: 000.1 reais (hipótese nula)

H1: 000.1 reais (hipótese alternativa)

tomou-se uma amostra aleatória de 400 valores de X, obtendo-se para a média amostral o valor de 1.060 reais. Seja o nível de significância do teste e suponha que a região de rejeição de H0 é 2/ZZ , onde 2/Z representa o escore da curva normal padrão tal que )( 2/ZZP .

Tem-se que:

a) Se H0 foi rejeitada, existe um nível de significância ( ) tal que H0 não seria rejeitada.

b) Para qualquer nível de significância , H0 será rejeitada, uma vez que 10001060 .

c) H0 não será rejeitada se 32/ Z

d) H0 será rejeitada se 22/ Z

e) Para 22/ Z , H0 não será rejeitada

Resolução.

O exercício disse que os valores de 2/Z são tais que a área amarela da figura abaixo é igual a .




Portanto, os valores de 2/Z são justamente os valores críticos.

Vamos calcular a estatística teste.

X

XtesteZ

_

Sabemos que:

25400

500

nX

Ficamos com:

X

XtesteZ

_

4,225

10001060_

testeZ

Ainda não sabemos se a hipótese nula deve ser rejeitada ou não porque o exercício não informouqual o critério de decisão. Vamos às alternativas.

Letra A.

A questão disse que a hipótese nula foi rejeitada. Ou seja, a estatística teste caiu dentro da regiãoamarela. Concluímos que testeZ _ é maior que 2/Z .

A partir deste quadro, a questão afirma que, se aumentássemos o nível de significância, ahipótese nula poderia não ser rejeitada.

Isto é falso. Se aumentamos o nível de significância, aumentamos a área amarela. A região críticaé ainda maior, o que faz com que a estatística teste fique ainda mais afastada da região verde.

Letra B

Afirma-se que, para qualquer nível de significância, a hipótese nula será rejeitada. Isto é falso. Se for tal que 2/Z é maior que 2,4, então a hipótese nula será aceita. Se 2/Z for maior que 2,4, a estatística teste cai dentro da região verde.

Letra C.

Alternativa falsa. Não são todos os valores de 2/Z inferiores a 3 que nos fazem aceitar a hipótese nula. Por exemplo, se 2/Z for igual a 2, então a estatística teste (=2,4) fica fora da região de aceitação.

Letra D.

Se 2/Z for igual a 2, então a estatística teste cai fora da região verde. A estatística teste fica naregião crítica (área amarela) e a hipótese é rejeitada.




Letra E

Alternativa falsa. Não são todos os valores de 2/Z maiores que 2 que nos fazem aceitar a hipótese nula. Por exemplo, se 2/Z for igual a 2,1, então a estatística teste cai na região crítica.

Gabarito: D.

08. Petrobrás – 2007 [CESPE] A taxa de octano existente em determinado combustível é umavariável aleatória X cuja distribuição possui média e desvio-padrão . Uma amostra aleatória simples fornecida por dez distribuidores diferentes desse combustível resultou nosvalores apresentados na tabela a seguir.

Amostra Taxa de octano (em%)

1 90 2 96 3 92 4 87 5 85 6 85 7 90 8 92 9 93 10 90

Considerando as informações acima, julgue os itens subseqüentes.

1. O desvio-padrão amostral da taxa de octano é inferior a 4%.

2. A estimativa do erro-padrão da média amostral é superior a 2%.

3. Caso seja utilizado o teste t para testar as hipóteses H0: %89 versus H1: %89 é correto afirmar que a hipótese nula não seria rejeitada ao se fixar níveis de significância inferioresa 50%.

Resolução.

Questão boa para revisarmos assuntos de aulas anteriores.

Primeiro item.

É cobrado o desvio padrão amostral. Vamos colocar os valores numa tabela de freqüências.

Valores de Taxa de Octano(%)

Freqüência

85 2 87 1 90 3 92 2 93 1 96 1

Total 10

Antes de calcular o desvio padrão, precisamos saber a média da amostra.




Para obter a média, fazemos a coluna auxiliar de valor vezes freqüência, somamos seusresultados e dividimos por 10 (são 10 valores).

Valores de Taxa de Octano ( X ) Freqüência ( f ) fX

85 2 170 87 1 87 90 3 270 92 2 184 93 1 93 96 1 96

Total 10 900

A média amostral fica:

9010900

X

Tendo a média, podemos achar os desvios de cada valor em relação à média aritmética e, a partirdeles, calcular a variância amostral.

X ) Quadrado do desvio em Relação à média ( 2e )

Freqüência ( f ) fe 2

85 25 2 50 87 9 1 9 90 0 3 0 92 4 2 8 93 9 1 9 96 36 1 36

Total 83 10 112

Foi pedida a variância amostral.

A fórmula estudada é:

1101122

s

Observe o ‘n-1’ no denominador. Sempre que se falar em variância amostral, utilize odenominador ‘n-1’.

22 %44,12110

112

s

O desvio padrão amostral, é dado por:

%53,3(%)44,12 2 s

Ressalto que não era necessário fazer esta conta de raiz quadrada. Não se pediu o valor dodesvio padrão. Apenas precisávamos saber se era menor que 4% ou não. Como 12,44 é menorque 16, a raiz quadrada de 12,44 é menor que 4.

O item está correto.

Gabarito: certo.




Segundo item.

Pede-se o desvio padrão da média amostral. Vimos que a média amostral ( X ) pode ser vista como uma variável aleatória de média e desvio padrão dado por:

nX

Neste exercício não temos como calcular o desvio padrão de X porque não sabemos qual o desvio padrão da população ( ). Podemos apenas calcular a sua estimativa, substituindo odesvio padrão da população pelo desvio padrão da amostra ( s ). E a estimativa do desvio padrão de X fica:

%12,1(%)244,110

(%)44,12 22

n

ss

X

O item está errado, pois a estimativa do desvio padrão da média amostral é inferior a 2%.

Novamente não era necessário fazer a conta da raiz quadrada. Bastava ver que 1,244 é menor que 4. Portanto, a raiz quadrada de 1,244 é menor que 2.

Gabarito: errado.

Terceiro item.

Agora sim, tratamos do assunto da aula de hoje: teste de hipóteses com distribuição T.

Primeiro passo: encontrar o valor crítico de t.

Se o nível de confiança fosse de 50% ( %50 ) a região crítica seria de 50%. E a região deaceitação também seria de 50%. Essas duas regiões estão representadas no gráfico abaixo:

Só que o nível de significância é inferior a 50%.

Vamos considerar um nível de significância um pouco menor que 50%. Seria o caso em que aregião amarela é um pouco menor que a região verde. Ficaríamos com o seguinte gráfico:




O valor crítico de t está justamente na divisa entre as regiões de aceitação (verde) e de rejeição(amarela). O valor de t_crítico estaria um pouco à esquerda de zero.

0_ críticot


Xs

Xtestet

_

Nos itens anteriores nós calculamos a média amostral.

90X

Portanto:

Xs

Xtestet

_

08990_

Xs

testet


A estatística teste é maior que zero. O valor crítico é menor que zero. Portanto a estatística esteestá na região verde do gráfico abaixo (região de aceitação).




Conclusão: aceitamos a hipótese nula. O item está correto, pois, quando o nível de significância éinferior a 50%, nós não rejeitamos a hipótese nula.

Gabarito: certo.

09. Prefeitura Municipal de Vila Velha 2007 [CESPE] Um estudo foi realizado por uma prefeituraacerca da qualidade do atendimento no hospital municipal da cidade. Com base em umaamostra de 100 dias, foram produzidas as seguintes estatísticas referentes ao número diáriode pacientes atendidos.

média = 30

variância amostral = 100

mínimo = 0

primeiro quartil = 10

segundo quartil = 25

terceiro quartil = 40

máximo = 60.

Com relação ao texto e considerando que a amostra de 100 dias seja aleatória simples, julgue ospróximos itens.

1. Considere as hipóteses nula e alternativa, dadas respectivamente por H0: = 25 e HA: ≠ 25, em que representa a média populacional. Pelo teste t, há fortes evidências para se rejeitar H0.

Resolução.

A pergunta é sobre teste de hipóteses com distribuição T. Note que o teste é bilateral. São duasregiões críticas. Há dois valores críticos para t.

Primeiro passo: calcular os valores críticos de t.

Não temos como calcular tais valores porque o enunciado não informou qual o nível designificância (valor de ). Ou seja, o enunciado não disse qual o critério de decisão.





Xs

Xtestet

_

110010

n

ss

X

A média amostral foi dada no enunciado.

30X

A média populacional que estamos testando é 25.

25

A estatística teste fica:

51

2530_

testet

Terceiro passo: comparar a estatística teste com os valores críticos.

Aqui vem a diferença da questão. Não foi fornecida nenhuma tabela de valores para a distribuição T. Não foi fornecido nenhum critério de decisão. Creio que a questão tenha pretendido apenas verse o candidato tinha noção do comportamento da distribuição T que, para uma amostra detamanho 100 (amostra grande), é bem semelhante à distribuição normal. Quando o valor de n éelevado (quando as amostras são grandes) a distribuição T é praticamente igual à distribuiçãonormal.

No caso da distribuição normal, o intervalo entre -1,96 e 1,96 já abrange 95% dos valores. Vimosisto várias e várias vezes.

Note que, em todas as tabelas de distribuição normal fornecidas ao final das aulas, só indicamosvalores até 3. Isto porque, apesar da distribuição assumir valores em toda a reta real, o intervaloentre -3 e 3 contém 99,8% dos valores.

O que estou querendo dizer é que, para variáveis reduzidas (seja normal, seja t) o valor 5 é muitodistante de zero.

Para se ter uma idéia, consulte a tabela II, fornecida ao final desta aula, para 99 graus deliberdade (é o número de graus de liberdade dado no exercício). Veja que o intervalo entre –2,871e 2,871 contém 99,5% dos valores (nível de significância de 0,5%).

Se o nível de confiança fosse de apenas 0,5% (um valor extremamente baixo), o valor crítico seria2,871. Num caso extremo deste, em que o nível de significância é muitíssimo baixo, nós sórejeitamos a hipótese nula em casos realmente muito extremos.

E mesmo que o nível de significância fosse de 0,5%, ainda sim nós rejeitaríamos a hipótese dadano exercício. Vejamos:

871,21__ críticot

871,22__ críticot




A área verde, entre os valores -2,87 e 2,87, corresponde à região de aceitação. As regiõesamarelas (praticamente imperceptíveis), seriam as regiões críticas. Mesmo nesta situaçãoexagerada, rejeitaríamos a hipótese nula, pois a estatística teste (igual a 5) está fora da regiãoverde.

Portanto, mesmo sem saber qual o valor do nível de significância, mesmo sem consultar a tabelada distribuição T, temos fortes indícios de que a hipótese nula deva ser rejeitada. O item estácorreto.

Gabarito: certo

010. BACEN/2006 [FCC] Uma amostra aleatória de 100 valores de aluguéis em uma cidadeforneceu um valor médio de R$ 600,00. O desvio padrão da população, considerada normal ede tamanho infinito, é de R$ 250,00. Deseja-se saber se o valor médio encontrado na amostraé superior ao valor de R$ 550,00, que se supõe ser a verdadeira média, ao nível de significância de . Seja Z o escore da curva normal padrão tal que )( ZZP , H0 a hipótese nula do teste ( 550 ). Sabendo-se que H0 foi rejeitada, tem-se que:

a) o valor do escore reduzido referente ao valor médio encontrado para a amostra e necessáriopara comparação com Zα é igual a 0,2.

b) 2Z

c) 2Z

d) Para qualquer nível de significância H0 seria rejeitada, pois 600 > 550.

e) A um nível de significância , , H0 não teria sido rejeitada

Resolução.

O teste é unilateral. Só rejeitamos a hipótese nula se o valor da média amostral forconsideravelmente maior que R$ 550. Isso implica em valores de Z significativamente maioresque zero.

Primeiro passo: determinar o valor crítico.

O exercício já informou que o valor crítico é Z . Ou seja, Z é tal que a área amarela da figura abaixo é igual a .




Segundo passo: determinar a estatística teste.

X

XtesteZ

_

2510250

n

X

225

550600_

testeZ


Como a hipótese nula foi rejeitada, tem-se que:

críticoZtesteZ __

Z2

2Z

Portanto a alternativa C está correta, pois afirma que 2Z .

Gabarito: C

011. BACEN/2006 [FCC] Uma amostra aleatória de 9 valores de salários extraída de umapopulação, considerada normal e de tamanho infinito, apresentou uma média igual a R$800,00 com um desvio padrão igual a R$ 120,00. Os registros históricos indicam que a médiados salários da população é igual a R$ 740,00. Deseja-se testar a hipótese, ao nível designificância , se o valor da média verificada na amostra difere do valor de R$ 740,00. SejaH0 a hipótese nula do teste ( 740 ), H1 a hipótese alternativa ( 740 ) e 02/ t o quantil da distribuição ‘t’ de Student, no nível de significância para testes bicaudais com 8 graus deliberdade. Sabendo-se que H0 foi rejeitada, tem-se que:

a) o valor da variável do teste t (t calculado) obtido através da amostra e necessário para acomparação com 2/t e 2/t é igual a 0,5.




b) para qualquer nível de significância H0 seria rejeitada, pois 0)740800(

c) 5,12/ t

d) 5,12/ t

e) a um nível de significância , , H0 não teria sido rejeitada.

Resolução.

Teste bicaudal é sinônimo de teste bilateral.

Primeiro passo: determinar o valor crítico.

O exercício já informou que os valores críticos são 2/t e 2/t


403

120

n

ss

X

Xs

Xtestet

_

5,140

740800_

testet

Terceiro passo: comparar a estatística teste com os valores críticos.

Como a hipótese nula foi rejeitada, então a estatística teste está fora do intervalo entre 2/t e

2/t .

Como a estatística teste é maior que zero, para que ela esteja fora do intervalo acima, tem-se que:2/_ ttestet

5,15,1 2/2/ tt

Letra D.

012. MP RO 2005 [CESGRANRIO] Um teste de hipótese rejeitou a hipótese nula H0 no nível designificância de 5%. O que aconteceria com H0 nos níveis de significância de 1% e 10%?

Resolução.




Ao nível de 5%, a hipótese nula foi rejeitada. Se aumentarmos o nível de significância para 10%,isto implica que a região crítica ficará ainda maior. Ou seja, a hipótese nula continuará sendorejeitada.

Se reduzirmos o nível de significância para 1%, a região crítica ficará menor. Neste caso, nãotemos como saber qual o resultado do teste. Pode ser que a região crítica fique tão pequena aponto de não abranger a estatística teste, o que implica em aceitar a hipótese nula.

Mas pode ser também que a área crítica continue abrangendo a estatística teste, o que significaque devemos rejeitar a hipótese nula.

Letra B

013. CAPES 2008 [CESGRANRIO] Considere as asserções a seguir.

A região de rejeição de um teste de hipóteses é obtida sob a suposição de que a hipótese danulidade (H0) é verdadeira.

PORQUE

Em testes de hipóteses, o erro do tipo I é aquele cometido ao se rejeitar a hipótese da nulidade(H0) quando esta é verdadeira.

Analisando-se as asserções, conclui-se que

(A) as duas asserções são verdadeiras, e a segunda é uma justificativa correta da primeira.

(B) as duas asserções são verdadeiras, e a segunda não é uma justificativa correta da primeira.

(C) a primeira asserção é verdadeira, e a segunda é falsa.

(D) a primeira asserção é falsa, e a segunda é verdadeira.

(E) a primeira e a segunda asserções são falsas.

Resolução.

A primeira frase está correta. A região crítica é obtida sob a suposição de que a hipótese nula éverdadeira.

A segunda frase está correta. O erro do tipo I é aquele que ocorre quando rejeitamos a hipótesenula, dada que ela é verdadeira.

A segunda frase não justifica a primeira. É convencionado que a região crítica seja definida sob asuposição de que a hipótese nula seja verdadeira. Com isso, a área da região crítica acabacoincidindo com o valor da probabilidade de se cometer o erro do tipo I. Mas o simples fato de oerro de tipo I ser aquele em que rejeitamos a hipótese nula, quando ela é verdadeira, em nadajustifica a área a ser tomada como região crítica.

Seria possível, por exemplo, que a teoria tivesse adotado outra convenção. Seria possível que aregião crítica fosse definida com base no erro do tipo II. A região crítica, nesta situação, coincidiriacom o valor de . Nesta situação “inventada”, a probabilidade de se cometer o erro do tipo I não mais seria igual à área da região crítica.

Gabarito: B




P-VALOR

014. IPEA 2004 [ESAF] Um fabricante de lanternas operadas com gás butano anuncia que oreservatório de gás de seu produto tem duração esperada µ de pelo menos 40 horas. Face àreclamação de alguns consumidores, uma agência independente resolve verificar averacidade da afirmação do fabricante por meio do teste estatístico da hipótese H0: µ≥40 contra a alternativa HA: µ < 40 com controle do erro do tipo I em 5%. Uma amostra aleatória de49 reservatórios produziu o valor médio X de 38 horas. Suponha que a distribuição dostempos de duração do gás seja aproximadamente normal com desvio padrão de 7 horas.

A tabela abaixo dá os valores da função de distribuição F(Z) da normal padrão para alguns valoresselecionados de Z.

Z F(Z) 0,34 0,6330,54 0,7050,64 0,7392,00 0,9773,00 0,999

Assinale a opção que dá o valor probabilístico (p-valor) do teste constituído com base naestatística 40X

a) 5%

b) 2,3%

c) 3%

d) 4%

e) 2,5%

Resolução.

Pede-se o p-valor.

Esta questão está aí justamente para falarmos deste tal p-valor (ou probabilidade designificância; ou ainda, nível descritivo). É um termo que vez ou outra aparece em testes dehipóteses.

Uma definição do p-valor seria: a probabilidade de a variável reduzida assumir valores iguais oumais extremos do que a estatística teste observada, dado que a hipótese nula é verdadeira.

Entendeu?

Pois é, a definição pode não ser muito clara à primeira vista. Creio que fica mais fácil vermos, noexercício, o que é o tal do p-valor.

Uma forma mais fácil de entender é pensarmos em áreas.

Vimos que a área delimitada pelo valor crítico é igual ao nível de significância. Assim, se o nívelde significância é de 5%, o valor crítico delimita uma área de 5%.

Aqui é parecido.




O p-valor seria a área delimitada pela estatística teste.

Se o p-valor é de 4%, então a estatística teste delimita uma área de 4%. É isso.

Vamos fazer o teste de hipóteses indicado na questão.

Notem que se trata de um teste unilateral. Só há uma região crítica.

Primeiro passo: calcular o valor crítico de Z. É o valor tal que a região de aceitação seja de 95% ea região crítica seja de 5%. O exercício não forneceu informações para calcular este valor. Éporque não precisa. Mas fica a informação de que este valor é igual a -1,645.

645,1_ críticoZ


X

XtesteZ

_

X

XtesteZ

_

O exercício disse que 38X . Disse também que 7 . Podemos calcular o desvio padrão da média amostral.

1497

n

X

X

XtesteZ

_

21

4038_

testeZ





A estatística teste é menor que o valor crítico. Ela cai na área amarela (área crítica). Rejeitamos ahipótese nula.

Por que rejeitamos a hipótese nula? Porque a estatística teste caiu na área crítica. Aceitaríamos ahipótese nula para valores até -1,645. Este valor é considerado crítico. Valores além dele (ou seja,mais extremos que ele) nos fazem rejeitar a hipótese nula. E foi exatamente isto que aconteceu. Ovalor -2 está além de -1,645. É um valor significativamente menor que zero.

Supondo que a hipótese nula seja verdadeira, qual a probabilidade de obtermos valores, para avariável reduzida, menores ou iguais a -2?

Queremos saber a área abaixo da curva à esquerda de -2. Queremos a área vermelha da figuraabaixo:

Esta probabilidade é justamente o p-valor. Supondo que a hipótese nula seja verdadeira, é aprobabilidade de Z assumir valores iguais ou mais extremos que a estatística teste ( 2 ). Neste caso, é a probabilidade de Z assumir valores menores ou iguais a 2 .

Em outras palavras: é a área delimitada pela estatística teste.




Agora sim vamos utilizar a tabela fornecida no exercício. Fomos informados que a funçãodistribuição para Z igual a 2 é 0,977. Ou seja, a probabilidade de Z assumir valores menores ouiguais a 2 é de 97,7%.

Portanto, a probabilidade de Z assumir valores maiores que 2 é de 2,3%. Como a funçãodensidade de probabilidade da variável normal é simétrica, a probabilidade de Z assumir valoresmenores que -2 também é de 2,3%.

Portanto o p-valor é de 2,3%.

Letra B.

015. IPEA 2004. [ESAF - adaptada] Assinale a opção que dá o valor do poder do testeestatístico descrito na questão anterior quando =39 horas.

a) 50%

b) 10%

c) 5%

d) 26,1%

e) 30,2%

[dados: %95)645,1( ZP ]

Resolução.

A questão original não informou que %95)645,1( ZP . Como este dado é importante para aresolução da questão, eu acrescentei tal informação. Não tenho o gabarito oficial definitivo para saber se a falta desta informação ocasionou a anulação da questão.

Como a média da população é 39, já sabemos que a hipótese nula é falsa. Neste caso, é possívelque seja cometido o erro de tipo II (aceitar a hipótese nula, dado que ela é falsa).

Já o poder do teste consiste na probabilidade de rejeitarmos a hipótese nula, dado que ela é falsa.

Rejeitaremos a hipótese nula se a estatística teste for menor que -1,645 (conforme resolução da questão anterior, em que utilizamos o fato de que %95)645,1( ZP ). A estatística teste era obtida da seguinte forma:

140_

X

testeZ

Para que a estatística teste seja menor que -1,645, devemos ter:

645,11

40

X

X 38,355

Qual a probabilidade de X ser menor que 38,355?

Bem, sabemos que X tem média igual à média da população (=39) e desvio padrão dado por:

1497

n

X




Logo, para sabermos a probabilidade de X ser menor que 38,355, basta encontrarmos o valorcorrespondente da variável normal reduzida.

64,0645,01

39355,38

X

XZ

Da tabela fornecida, temos que:

739,0)64,0( ZP

Logo:

261,0739,01)64,0( ZP

Portanto:

261,0)64,0( ZP

Assim, a probabilidade de Z ser menor que -0,64 é de 26,1%.

Consequentemente, a probabilidade de X ser menor que 38,355 é, também, de 26,1%.

E quando isso acontece, ou seja, quando X é menor que 38,355, nós rejeitamos a hipótese nula.

Portanto, a probabilidade de rejeitarmos a hipótese nula, dado que a média populacional é 39, éde 26,1%

Gabarito: D

016. SEFAZ MS 2006 [FGV] Um teste de hipótese apresentou p-valor igual a 0,03. Portanto,nos níveis de significância de 1% e 5%, respectivamente, a hipótese nula:

a) deve ser aceita e aceita

b) deve ser aceita e rejeitada

c) deve ser rejeitada e aceita

d) deve ser rejeitada e rejeitada

e) pode ou não ser rejeitada, dependendo de a hipótese ser simples ou não.

Resolução.

Vamos desenhar alguns gráficos da função densidade de probabilidade (fdp) da variável normalpara entendermos melhor o problema.

Embora o problema não tenha dito, vamos supor que se trata de um teste unilateral. Só parafacilitar o desenho. Mas para o teste bilateral o raciocínio seria o mesmo.

Vamos primeiro considerar o nível de significância de 1%. Neste primeiro caso, vamos chamar ovalor crítico de Z_crítico_1.

Este valor é tal que a área crítica (área amarela) seja igual a 0,01.




Do jeito que desenhamos, a hipótese alternativa é do tipo k (a média é menor que um dado valor).

A estatística teste obtida é tal que a área à sua esquerda é de 0,03. É justamente o p-valor. Ouseja, a probabilidade de obtermos um valor tão extremo quanto a estatística teste é de 3%. A áreavermelha da figura abaixo é igual a 0,03.

Sobrepondo as duas figuras, temos:




A estatística teste cai fora da região amarela (região crítica). Portanto, devemos aceitar a hipótesenula. Isto ocorre porque a área amarela está contida na área vermelha.

Um resumo de tudo o que fizemos pode ser assim: se o p-valor for maior que o nível designificância, devemos aceitar a hipótese nula.

Vamos para o segundo caso. Agora o nível de significância é de 5%. A região crítica (áreaamarela) é maior.

Agora o valor crítico será Z_crítico_2.

A área amarela (região crítica), agora, é igual a 0,05.

O p-valor continua sendo o mesmo. Portanto, a área à esquerda da estatística teste é de 3%.




Juntando as duas figuras:

A estatística teste cai dentro da região crítica. Rejeitamos a hipótese nula. Isto porque a regiãovermelha está contida na região amarela. Resumindo: sempre que o p-valor for menor que o nívelde significância, rejeitamos a hipótese nula.

Gabarito: B.

Se o p-valor for maior que o nível de significância, devemos aceitar a hipótese nula.

Sempre que o p-valor for menor que o nível de significância, rejeitamos a hipótese nula.

017. MPU 2004 [ESAF] Considere o teste da hipótese H: μ =100 contra alternativa A:μ ≠ 100 emuma amostra da normal com média μ e variância σ2. O valor da estatística teste t comdistribuição de Student sob a hipótese H: μ =100 é de –1,7864 e sabe-se que P(t ≥ 1,7864) =0,0446.

Suponha que a probabilidade de erro do tipo I esteja sendo controlada em 5%. Assinale aresposta correta.




a) Como o valor probabilístico do teste é 0,0446 conclua H :μ = 100.

b) Como o valor probabilístico do teste é 0,0446 conclua A:μ ≠ 100.

c) Como o valor probabilístico do teste é 0,0892 não há evidência para rejeitar H :μ = 100.

d) Como o valor probabilístico do teste é 0,0223 conclua A:μ ≠ 100.

e) Não se pode tirar nenhuma conclusão pois, o tamanho da amostra, a média amostral e o desviopadrão amostral não foram dados.

Resolução.

As hipóteses são:

100:0 H

100: AH

O teste é bilateral, com nível de significância de 5%.

A estatística teste é igual a -1,7864. Queremos calcular a probabilidade de obtermos valores maisextremos que a estatística teste.

Como o teste é bilateral, devemos olhar valores mais extremos nos dois sentidos (tanto númerosnegativos como positivos). Assim, temos que calcular:

)784,1( tP (valores mais extremos, do lado positivo)

)784,1( tP (valores mais extremos, do lado negativo)

O enunciado disse que:

%46,4)784,1( tP

Como a distribuição T é simétrica, temos:

%46,4)784,1( tP

Somando as duas probabilidades, temos:

%92,8%46,4%46,4

O p-valor é de 8,92%. O p-valor é maior que o nível de significância. Quando isso acontece,aceitamos a hipótese nula. Ou ainda: não rejeitamos a hipótese nula. Isto está expresso na letra C.

Gabarito: C

018. POTIGAS 2006 [FGV] Um teste de hipóteses apresentou p-valor igual a 0,07. Portanto,nos níveis de significância de 10% e 5%, respectivamente, a hipótese nula:

(A) deve ser aceita e aceita.

(B) deve ser aceita e rejeitada.

(C) deve ser rejeitada e aceita.

(D) deve ser rejeitada e rejeitada.

(E) pode ou não ser rejeitada, dependendo de a hipótese ser simples ou não.




Resolução:

A um nível de significância de 10%, temos que o p-valor seria menor que o nível de significância. Neste caso, rejeitamos a hipótese nula.

A um nível de significância de 5%, o p-valor seria maior que o nível de significância. Neste caso,aceitamos a hipótese nula.

Gabarito: C

019. SENADO 2008 [FGV] Uma amostra aleatória simples X1, X2, ... , X25, de tamanho 25, deuma distribuição normal com média foi observada e indicou as seguintes estatísticas:

5,10X ;

25

1

2 384)(i

i XX

O p – valor do procedimento usual para testar H0: 10 versus H1: > 10 é um número:

(A) menor do que 0,01.

(B) entre 0,01 e 0,10.

(C) entre 0,10 e 0,25.

(D) entre 0,25 e 0,30.

(E) maior do que 0,30.

Dados constantes da prova do Senado/FGV:

Resolução.

O p-valor é a área delimitada pela estatística teste.

Como o teste é unilateral, só há uma região crítica, situada do lado direito da reta real (valores de Z bem maiores que zero, que correspondem a valores de X bem maiores que 10).




A variância amostral fica:

2s

24384

1

)(25

1

2

n

XXi

i

16

Logo:

4s

Portanto:

8,0254

n

ss

X


8,0

105,10_X

s

Xtestet

0,625

Agora devemos consultar a tabela para a distribuição T com 24 graus de liberdade, paraencontramos a área delimitada pela estatística teste (área vermelha abaixo).

Consultando a tabela II disponibilizada nesta prova do Senado, não conseguimos achar a áreaassociada a 0,625.

Mas conseguimos descobrir que:

- a área associada a 0,531 é de: %302%60

- a área associada a 0,685 é de: %252%50

Como 0,625 está entre 0,531 e 0,685, então a área que procuramos deve estar entre 25% e 30%.

Letra D




020. TRF 1ª Região/2001 [FCC] Para responder à questão seguinte, considere as tabelas aseguir. Elas fornecem alguns valores da função de distribuição F(x). A tabela 1 refere-se àvariável normal padrão, as tabelas 2 e 3 referem-se à variável t de Student com 10 e 15 grausde liberdade, respectivamente.

Tabela 1 Tabela 2 Tabela 3 x F(x) X F(x) x F(x)

1,20 0,885 1,37 0,90 1,75 0,95 1,60 0,945 1,81 0,95 2,25 0,98 1,64 0,950 2,36 0,98 2,60 0,99

Seja X: N( ,25). Para o teste da média 15 contra 12 , retirou-se uma amostra aleatóriade 16 elementos de X, tendo-se observado para a média amostral o valor 13. Determine o nível descritivo do teste.

a) 0,065

b) 0,060

c) 0,055

d) 0,010

e) 0,005

Resolução:

As hipóteses são:

H0: 15

HA: 12

Note que, aqui, a hipótese alternativa atribui à média um valor único. Mas o teste continua sendounilateral. Apenas valores significativamente menores que 15 nos fazem rejeitar a hipótese nula.

A notação “X: N( ,25)” é uma forma de indicar que a variável X tem distribuição normal commédia desconhecida e variância 25.

O p-valor (ou nível descritivo do teste) é a probabilidade de a variável reduzida assumir um valorigual ou mais extremo que a estatística teste observada, dado que a hipótese nula é verdadeira.

Vamos calcular a estatística teste:

25,1165

n

X

X

XtesteZ

_

6,125,1

1513_

testeZ

Qual a probabilidade da variável reduzida assumir valores mais extremos que -1,6? Em outraspalavras, qual o valor da área vermelha abaixo?




Consultando a tabela 1 do enunciado, temos que:

055,0945,01)6,1(945,0)6,1( ZPZP

Como, para a variável normal, o gráfico de fdp é simétrico, a probabilidade de Z assumir valoresmenores ou iguais a -1,6 também é de 5,5%. Concluímos que a área vermelha, que correspondeao p-valor, é de 5,5%.

Gabarito: C

O que significa dizer que o nível descritivo do teste é de 5,5%? Significa que o estatísticoresponsável pelo teste pode chegar para quem encomendou a pesquisa e dizer o seguinte. Olha,se você estiver disposto a aceitar que a probabilidade de ocorrer o erro do tipo I (rejeitar H0 dadoque ela é verdadeira) seja maior que 5,5%, então o teste recomenda rejeitar a hipótese nula. Casocontrário, o teste recomenda aceitar a hipótese nula.

021. MPE PE/2006 [FCC] Para resolver a questão abaixo, considere as tabelas a seguir. Elasfornecem alguns valores da distribuição F(x). A tabela 1 refere-se à variável normal padrão, astabelas 2 e 3 referem-se à variável t de Student com 15 e 16 graus de liberdade,respectivamente:

Tabela 1 Tabela 2 Tabela 3 X F(x) X F(x) x F(x)

1,60 0,945 1,753 0,95 1,746 0,95 1,64 0,950 2,248 0,98 2,235 0,98 2,00 0,977 2,583 0,99 2,567 0,99

Seja X uma variável aleatória, com distribuição normal, com média e desvio padrão 6. Para o teste da média 11 contra 13 , retirou-se uma amostra aleatória de 100 elementos de X,tendo-se observado para a média amostral o valor 12,2. O nível descritivo do teste é:

a) 0,012 b) 0,023 c) 0,055 d) 0,064 e) 0,077.

Resolução.

As hipóteses são:




H0: 11

HA: 13

Note que o teste é unilateral. Apenas valores significativamente maiores que 11 nos fazem rejeitara hipótese nula.


6,01006

n

X

X

XtesteZ

_

26,0

112,12_

testeZ

O nível descritivo é igual à probabilidade de a variável reduzida assumir valores mais extremosque 2. Portanto, o nível descritivo é igual à área vermelha da figura abaixo:

Consultando a tabela 1 do enunciado, temos que a área à esquerda de 2 é igual a 0,977.Portanto, a área vermelha é igual a 0,023.

Desse modo, o p-valor é igual a 2,3%

Letra B

022. PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] Um teste de hipótese apresentou p-valor igual a 0,07.Portanto, nos níveis de significância de 5% e 10%, respectivamente, a hipótese nula:

(A) deve ser aceita em ambos.

(B) deve ser aceita no primeiro e rejeitada no segundo.

(C) deve ser rejeitada no primeiro e aceita no segundo.

(D) deve ser rejeitada em ambos.





Resolução.

Primeiro caso: %5 .

Neste caso, o p-valor é maior que o nível de significância. A hipótese nula deve ser aceita.

Segundo caso: %10 .

Neste caso, o p-valor é menor que o nível de significância. A hipótese nula deve ser rejeitada.

Gabarito: B

TESTE DE HIPÓTESES PARA PROPORÇÕES

Teste para proporções usando a distribuição binomial

Vimos que as proporções estão intimamente relacionadas com a distribuição binomial. Estarelação pode ser utilizada para testarmos hipóteses relacionadas a proporções.

Exemplo 7. Em uma dada população, deseja-se estudar a proporção de pessoas com uma dadacaracterística genética.

Deseja-se testar a hipótese de proporção de pessoas com a referida característica ser igual a 0,5,contra a hipótese alternativa de ser maior que 0,5.

Para a realização do teste, selecionaram-se 4 pessoas. Decidiu-se rejeitar a hipótese nula casotodas as 4 tivessem a característica em análise.

Calcule o nível de significância do teste.

Resolução:

Vamos escrever as hipóteses:

H0: 5,0p

H1: 5,0p

Onde ‘p’ é a proporção de pessoas com a característica na população.

Na amostra, a cada pessoa com a característica nós temos 1 sucesso. E a cada pessoaentrevistada, nós temos 1 experimento.

Seja X a variável que designa o número de sucessos em 5 experimentos. Como vimos, X é umavariável binomial.

Caso a hipótese nula seja verdadeira, sua média é dada por:

25,04 npX

E sua variância fica:




15,05,042 npq

Consequentemente, seu desvio padrão é dado por:

1

O nível de significância corresponde à probabilidade de rejeitar H0, dado que ela é verdadeira.Vamos calcular o valor desta probabilidade.

Só rejeitaremos H0 caso tenhamos uma amostra com 4 pessoas que possuam a característica.Caso H0 seja verdadeira, a probabilidade de isso ocorrer é:

?)4( XP

E como X é uma variável binomial, basta usarmos a fórmula da variável binomial.

knk qpk

nkXP

)(

1615,05,0

44

)4( 04

XP

O nível de significância é igual a 1/16.

Para responder às questões 023, 024 e 025, considere o enunciado a seguir.

A proporção de pessoas com uma determinada característica numa população é p. Sortearam-se5 pessoas ao acaso e com reposição dessa população e calculou-se a proporção p̂ de pessoas com a característica na amostra. Desejando-se testar: H0: 5,0p contra H1: 6,0p , com base nesta amostra, decidiu-se rejeitar H0 se o número de pessoas com a característica na amostra formaior ou igual a 4.

023. MPU/2007 [FCC] O nível de significância associado ao teste é:

a) 6/64;

b) 5/32

c) 1/16;

d) 5/64;

e) 6/32

Resolução.

O nível de significância é a probabilidade de rejeitarmos a hipótese nula, dado que ela éverdadeira. Corresponde à probabilidade de ocorrência do erro de tipo I.

Vamos supor que a hipótese nula seja verdadeira. Neste caso, dado que a hipótese nula éverdadeira (logo, 5,0p ), é possível que a gente a rejeite? Sim, basta que, numa dada amostrade 5 pessoas, tenhamos 4 ou 5 pessoas com a dada característica. Vejamos a probabilidade de isso ocorrer.

Seja X a variável que indica o número de pessoas com a característica na amostra de tamanho 5.Como vimos, X é uma variável binomial.




Se a hipótese nula for verdadeira, a probabilidade de termos 4 pessoas com esta característica naamostra é dada por:

knk qpk

nkXP

)(

3255,055,05,0

45

)4( 5454

XP

A probabilidade de termos 5 pessoas com esta característica na amostra é:

knk qpk

nkXP

)(

3215,05,0

55

)5( 555

XP

A probabilidade de X ser igual a 4 ou igual a 5 é igual ao nível de significância:

?)54( XXP

Como os dois eventos são mutuamente excludentes, a probabilidade da união é igual à soma dasprobabilidades.

)5()4()54( XPXPXXP

326

321

325)54( XXP

Gabarito: E.

024. MPU/2007 [FCC] Se o número observado de pessoas com a característica na amostra foi5, o nível descritivo associado ao teste é:

a) 5/16

b) 5/32

c) 3/16

d) 1/32

e) 1/16.

Resolução.

Nível descritivo é sinônimo de p-valor.

O p-valor está relacionado com a estatística teste, ou seja, com o resultado obtido para oexperimento realizado.

Seja X a variável que designa o número de pessoas com a característica em estudo, na amostrade tamanho 5. X é uma variável binomial.

Para o experimento feito, vimos que X assumiu o valor 5. Se a hipótese nula for verdadeira, aprobabilidade de isso ocorrer é:




3215,05,0

55

)5( 555

XP

Aliás, nem precisávamos fazer esta conta novamente. Já a tínhamos feito no exercício anterior.

O p-valor é igual à probabilidade de X assumir valores iguais ou mais extremos que o obtido parao experimento realizado.

O p-valor é igual a:

)5(_ XPvalorp

Note que, em uma amostra de tamanho 5, o valor máximo que X assume é justamente 5.

32/1)5()5(_ XPXPvalorp

Gabarito: D.

025. MPU/2007 [FCC] A probabilidade de se rejeitar H0 quando H1 é verdadeira é:

a) 56,04

b) 56,0

c) 46,06,2

d) 56,01

e) 46,04,05

Resolução.

H0 será rejeitada se, na amostra de tamanho 5, tivermos 4 ou 5 pessoas com a característica.

Se H1 for verdadeira, a probabilidade de isso ocorrer fica:

)5()4()54( XPXPXXP

555454 4,06,055

4,06,045

)54(

XXP

0514 4,06,04,06,05)54( XXP

54 6,06,02)54( XXP

)6,02(6,0)54( 4 XXP

)6,2(6,0)54( 4 XXP

Gabarito: C

026. SENADO 2008 [FGV] Considere que uma amostra aleatória simples de tamanho n = 5 deuma distribuição Bernoulli com probabilidade de sucesso p seja usada para testar H0: p = 0,5versus H1: p = 0,7 e que seja usado o critério que rejeita a hipótese nula se forem observados 4 ou5 sucessos. A probabilidade de se cometer erro tipo 1 é igual a:

(A) 0,1875.




(B) 0,15625.

(C) 0,125.

(D) 0,0625.

(E) 0,03125.

Resolução.

O erro de tipo I ocorre quando rejeitamos a hipótese nula, dado que ela é verdadeira.

Se ela é verdadeira, então p = 0,5. A sua rejeição ocorrerá se obtivermos 4 ou 5 sucessos em 5experimentos.

Basta aplicarmos a fórmula da distribuição binomial.

54 5,055,05,045

)4(

XP

505 5,05,05,055

)5(

XP

Somando as duas probabilidades:

55,06)54( XXP 18,75%

Gabarito: A

027. BNDES 2008/2 [CESGRANRIO] Considere o seguinte teste de hipótese para a proporçãopopulacional p:

6,0:0 pH

6,0:1 pH

Para uma amostra de tamanho n=12, construiu-se a região crítica RC (0, 1, 11, 12). O poder doteste para p = 0,5 é

(A) 26 . 0,512

(B) 13 . 0,512

(C) 12 . 0,512

(D) 2 . 0,512

(E) 0,512

Resolução.

Quer-se testar a hipótese de que a proporção populacional é igual a 60%. Para tanto, extrai-seuma amostra de tamanho 12. Caso o número de casos favoráveis na amostra (X) seja igual a 0, 1,11 ou 12, rejeita-se a hipótese nula. Por isso o exercício disse que a região crítica é formada poresses números.

O poder do teste é a probabilidade de rejeitarmos a hipótese nula, dado que ela é falsa. Ou seja, éa probabilidade de, dado que a hipótese nula é falsa, a estatística teste (=número de casosfavoráveis na amostra) ser igual a 0, 1, 11 ou 12.




O exercício nos informou que a proporção populacional verdadeira é igual a 50%. Com isso,temos condições de calcular a probabilidade de a estatística teste cair na região crítica. Bastautilizar a fórmula da distribuição binomial.

knk qpk

nkXP

)(

12120 5,05,05,0012

)0(

XP

12111 5,0125,05,0112

)1(

XP

12111 5,0125,05,01112

)11(

XP

12012 5,05,05,01212

)12(

XP

Logo:

)121110( XXXXP1212121212 5,0265,05,0125,0125,0

Gabarito: A

Teste para proporções usando a distribuição normal

Quando o tamanho da amostra cresce (ou seja, para valores de n grandes), depender da fórmulada probabilidade para a distribuição binomial fica muito trabalhoso.

Neste caso, podemos utilizar a aproximação. Vimos que, se X é binomial, e o número deexperimentos é bem grande, então X é aproximadamente normal.

Com isso, podemos realizar o teste de hipóteses para proporções utilizando a distribuição normalem vez da binomial.

Vamos ver como fica.

Seja X a variável que designa o número de casos favoráveis na amostra de tamanho n. X seriauma variável binomial.

A proporção de casos favoráveis na amostra fica:

n

Xp ˆ

Usando propriedades da média, temos que a média de p̂ será igual à média de X, dividida por n.

pn

nppE )ˆ(

Usando as propriedades da variância, a variância de p̂ será igual à variância de X dividida por n2.

n

pq

n

npqpV 2)ˆ(




Consequentemente, o desvio padrão de p̂ será:

n

pqp ˆ

Se n for grande, então X é aproximadamente normal. Como conseqüência, p̂ também é aproximadamente normal.

Sabendo disso, podemos obter a variável normal reduzida. Para tanto, fazemos o seguinte:

- tomamos a variável em estudo ( p̂ )

- subtraímos de sua média

- dividimos pelo seu desvio-padrão

n

pq

ppZ

ˆ=

npq

nppn ˆ

Vamos ver um exemplo.

Exemplo 8. Uma moeda foi lançada 100 vezes. Em 20% das vezes o resultado foi cara. Em 80%das vezes, o resultado foi coroa. Teste a hipótese da moeda ser honesta, considerando um nível designificância de 19,7%.

Dado: %15,40)29,10( ZP

Resolução.

No fundo, queremos testar a hipótese de que a probabilidade de sair cara seja de 50%. De outromodo: queremos testar a hipótese de que, em um número muito grande de lançamentos, aproporção de caras seja de 50%.

Por isto o teste é sobre proporção. A proporção da população ( p ), esta nós não conhecemos. Queremos justamente testar seu valor.

Assim, num teste de proporções, a proporção da população tem exatamente o mesmo papel quetinha a média da variável aleatória quando o teste era sobre médias.

A proporção obtida para a amostra é 20% ( p̂ ). Vimos que p̂ é um estimador de p (a proporção da amostra é um estimador da proporção da população). Pois bem, o p̂ tem o mesmo papel que

tinha o X no teste de médias.

Resumindo as mudanças no teste de proporções:

O parâmetro desconhecido é p (em vez de )

O estimador é p̂ (em vez de X ).

A estatística teste é calculada pela fórmula: npq

nppntesteZ

ˆ_

No mais é tudo igual, inclusive a utilização da tabela para variável normal reduzida.

Vamos então resolver o exemplo proposto.




Vamos identificar os elementos.

Queremos testar a hipótese de que a proporção da população seja de 50%.

H0: 5,0p

HA: 5,0p

O teste é bilateral.

Os valores que se pretendem testar para a população são: 5,0p e 5,0q (pois pq 1 ).

Para a amostra feita, obteve-se 2,0ˆ p . Foram 100 lançamentos (n = 100).

Primeiro passo: obter os valores críticos de Z.

Queremos obter os valores de Z de tal forma que a soma das duas áreas amarelas da figuraabaixo seja de 19,7%.

Consequentemente, a área verde seria de 80,3%.

A área verde é a região de aceitação. As áreas amarelas formam a região crítica. Caso o valor de Z_teste caia na região verde, aceitaremos a hipótese H0. Caso contrário, rejeitamos.

Se a área verde vale 0,803, então a metade da área verde é igual a 0,4015.

O exercício nos disse que 40,15% dos valores de Z estão entre zero e 1,29.




Logo, a região verde da figura acima é de 80,3%.

Os valores críticos de Z são:

29,12__29,11__

criticoZ

criticoZ


No caso de proporções, a estatística teste é dada por:

npq

nppntesteZ

ˆ_

Substituindo os valores, ficamos com:

6530

5,05,01005,01002,0100_

testeZ

Terceiro passo: comparar a estatística teste com os valores críticos. Vemos que a estatística testeé menor que o 1__ criticoZ . A estatística teste cai na região crítica (área amarela). Rejeitamos a hipótese nula.

028. SEFAZ MG 2005 [ESAF] Um fabricante afirma que pelo menos 95% dos equipamentosque fornece à indústria encontram-se dentro de suas especificações. Uma amostra de 200 itensescolhidos ao acaso revelou 10 itens fora de especificação. Assinale a opção que corresponde aovalor probabilístico (p-valor) do teste de H0: 95,0 contra HA: 95,0 , sendo a proporção populacional de itens dentro da especificação.

a) 0,500

b) 0,050

c) 0,025

d) 0,010

e) 0,100

Resolução.




Não precisamos fazer o teste de hipóteses inteiro. Precisamos apenas encontrar o p-valor. O p-valor está relacionado com a estatística teste.

Vamos encontrar a estatística teste.

O número de itens pesquisado é 200.

200n

A proporção amostral de itens dentro da especificação é:

95,0200190ˆ

Note que aqui o exercício está chamando a proporção de (quando nós sempre usamos o símbolo p ).

Vamos então voltar para a nossa simbologia.

95,0200190ˆ p

Queremos testar a hipótese de a proporção da população ser igual a 0,95. Portanto, queremostestar os seguintes valores:

05,095,0 qp


npq

nppntesteZ

ˆ_

npq

nppntesteZ

ˆ_

095,020095,0200_

npq

testeZ

O p-valor é a área vermelha da figura abaixo.




A estatística teste é igual a zero, que é justamente o ponto médio da distribuição normal reduzida.O gráfico da fdp é simétrico em torno de zero. Logo, a área à esquerda de zero é igual à área àdireita. Ambas valem 0,5.

Portanto o p-valor é 0,5.

Gabarito: A.

029. SEFAZ MG 2005 [ESAF] Lança-se uma moeda 20 vezes e observa-se a ocorrência de 7caras. Seja a probabilidade de cara. Assinale a opção que dá o valor da estatística testecorrespondente ao teste da hipótese H0: 5,0 contra HA: 5,0 .

a) 203,0

b) 202,0

c) 203,0

d) 202,0

e) 205,0

Resolução.

Novamente não precisamos fazer todo o teste. Precisamos apenas calcular a estatística teste.

A moeda foi lançada 20 vezes.

20n

A proporção amostral de caras foi:

207ˆ p (o exercício usou o símbolo . Estou mantendo nossa simbologia).

A proporção populacional que se pretende testar é:

5,05,0 qp


npq

nppntesteZ

ˆ_

5,05,0205,02020/720_

testeZ

205,0107_

testeZ

206_

testeZ

20206_

testeZ




203,0_ testeZ

Gabarito: A.

030. Basa/2007 [CESPE] Um programa de controle de qualidade foi implementado em umaagência bancária. A cada 10 clientes que entram na fila para solicitar um certo tipo de serviçoS, um atendente entrega um pequeno questionário, que deve ser preenchido pelo cliente edevolvido ao caixa do banco. Um dos quesitos monitorados diariamente é a proporção declientes que estão satisfeitos com o atendimento de um modo geral. Em determinada semana,foram observados os resultados mostrados na tabela a seguir.

Dia da semana 2ª 3ª 4ª 5ª 6ª

número de clientes observados 30 40 20 50 70

proporção de clientes satisfeitos 0,9 0,8 0,9 0,8 0,6

Com base nesses dados, julgue o item que se segue.

1. Considere que se deseje testar a hipótese de que a verdadeira proporção de clientes satisfeitosna terça-feira seja superior a 0,85. Nessa situação, a estatística do teste, considerando a

aproximação normal, é dada por

4,0408,085,0

.

Resolução.

O problema só pediu o cálculo da estatística teste.

Na terça-feira a proporção de clientes satisfeitos (proporção amostral) é:

8,0ˆ p

A proporção populacional que se pretende testar é:

85,0p

Se 85,0p , temos que 15,0q

O número de clientes observados foi:

40n

Com todas estas informações, vamos ao cálculo da estatística teste.

npq

nppntesteZ

ˆ_ .

15,085,04085,0408,040_

testeZ

15,085,040

85,08,040_

testeZ




15,085,0

85,08,040_

testeZ

15,085,0

4085,08,0_

testeZ

Este valor é diferente do valor informado no enunciado. O item está errado.

Gabarito: errado.

DISTRIBUIÇÃO DE QUI-QUADRADO

A partir de agora veremos uma distribuição muito importante para realizarmos diversos tipos deteste de hipóteses. Trata-se da distribuição de qui-quadrado. É uma distribuição diferente dadistribuição normal.

Considere diversas variáveis normais reduzidas ( 1Z , 2Z , 3Z , ..., kZ ). Todas elas têm a mesma distribuição normal de média zero e desvio padrão unitário.

Seja 2 uma variável tal que:

k

i

iZ1

22

Ou seja, a variável 2 é igual a uma soma dos quadrados de k variáveis normais de média zero edesvio padrão unitário. Dizemos que 2 tem distribuição de qui-quadrado com k graus de liberdade.

Então vai funcionar assim. Sempre que tivermos uma situação em que a variável envolvida puderser expressa como uma soma de quadrados de variáveis normais reduzidas, tal variável terádistribuição de qui-quadrado. E para ela nós podemos consultar a tabela específica para adistribuição de qui-quadrado. Trata-se da Tabela III, anexada ao final desta aula.

031. CGU 2008 [ESAF] Sejam n variáveis aleatórias N(0,1) independentes. A soma de seusquadrados tem uma distribuição de:

a) t de Student com n-1 graus de liberdade

b) t de Student com n graus de liberdade

c) qui quadrado com n graus de liberdade

d) qui quadrado com 2n graus de liberdade

e) F com 1 grau de liberdade no numerador e n graus de liberdade no denominador.

Resolução.

O símbolo N(0,1) é uma forma de representar variáveis aleatórias normais. O “N” indica que a variável aleatória normal. Dentro dos parênteses, o primeiro número indica a média e o segundonúmero indica a variância.

Então o que temos na questão é uma soma de quadrados de variáveis normais com média zero edesvio padrão unitário (já que a variância é igual a 1).

Já sabemos que esta soma tem distribuição de qui-quadrado com n graus de liberdade.

Gabarito: C.




032. PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] Se nXXX ,...,, 21 são variáveis aleatóriasindependentes e com distribuição normal reduzida, então a variável aleatória 22

22

1 ... nXXX tem distribuição

(A) normal.

(B) qui-quadrado com n - 1 graus de liberdade.

(C) qui-quadrado com n graus de liberdade.

(D) t de Student com n - 1 graus de liberdade.

(E) t de Student com n graus de liberdade.

Resolução.

Questão idêntica à anterior.

Gabarito: C

033. MP RO 2005 [CESGRANRIO]Se nXXX ,...,, 21 são variáveis aleatórias independentes e com distribuição normal reduzida,

então a variável aleatória 222

21 ... nXXX tem média:

a) 1

b) 2

1n

c) 2n

d) 1n

e) n

Resolução.

Já sabemos que 222

21 ... nXXX tem distribuição de qui-quadrado com n graus de liberdade.

Vamos calcular a esperança de 2X .

1)( XV

1)()( 22 XEXE

10)( 2 XE

1)( 2 XE

Ou seja, se X tem distribuição normal reduzida, então 1)( 2 XE .

O exercício pediu a esperança de: 222

21 ... nXXX .

A esperança da soma é igual à soma das esperanças:




)...( 222

21 nXXXE )(...)()( 22

22

1 nXEXEXE

)...( 222

21 nXXXE n 1...11

Ou seja, uma variável aleatória com distribuição de qui-quadrado com n graus de liberdade temmédia igual a n.

Gabarito: E

Distribuição de qui-quadrado e variância

A distribuição de qui-quadrado pode ser utilizada para determinação de intervalos de confiançapara a variância ou ainda para testarmos valores para a variância de uma variável aleatória.

Seja X uma variável aleatória, com média e variância 2 . Seja 2s o estimador da variância populacional, baseado em uma amostra aleatória de tamanho n.

É possível demonstrar que 2

2)1(

sn tem distribuição de qui-quadrado com 1n graus de

liberdade. Ou seja, a variável 2 , tal que:

2 2

2)1(

sn

tem distribuição de qui-quadrado e, para ela, nós podemos consultar a tabela III (colocada ao finalda aula). Esta informação é útil para testarmos hipóteses acerca da variância, bem como paradefinirmos intervalos de confiança para a mesma.

Um grande cuidado que temos que ter com a distribuição de qui-quadrado é que ela não é simétrica (ao contrário da distribuição normal e da distribuição T).

Apenas para se ter uma idéia do gráfico, segue exemplo abaixo, para 4 graus de liberdade.

Quando o número de graus de liberdade aumenta, o gráfico tende a ficar simétrico (vide questão 035).




034. PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] Se (X1, X2, ..., Xn) são variáveis aleatórias

independentes e com distribuição normal reduzida e n

XXXX n

...21 , então a

distribuição de 222

21 )(...)()( XXXXXX n é:

a) normal

b) qui-quadrado com n-1 graus de liberdade

c) qui-quadrado com n graus de liberdade

d) t de Student com n-1 graus de liberdade

e) t de Studente com n graus de liberdade

Resolução.

A variância amostral é dada por:

11

2

2

n

XX

s

n

i

i

Logo:

n

i

i XXns1

22 )1(

Dividindo os dois lados da igualdade por 2 :

2

1

2

2

2 )1(

n

i

i XXns

Como X tem distribuição normal reduzida, sua variância é igual a 1:

n

i

i XXns

1

2

2

2 )1(

Como vimos, 2

2 )1(

nstem distribuição de qui-quadrado com 1n graus de liberdade. Logo,

n

i

i XX1

2também tem distribuição de qui-quadrado com 1n graus de liberdade.

Gabarito: B.

035. SEFAZ MS 2006 [FGV] Uma amostra aleatória simples de tamanho 25 foi selecionadapara estimar a média desconhecida de uma população normal. A média amostral encontradafoi de 4,2 e a variância amostral foi 1,44.

O intervalo de 95% de confiança para a variância populacional é:

a) (0,88; 2,79)

b) (0,72; 3,05)




c) (0,64; 3,20)

d) (0,55; 3,16)

e) (0,44; 3,44)

Resolução.

Temos um exercício de intervalo de confiança para a variância.

Já estudamos como construir intervalos de confiança para a média e para a proporção.

Agora que já estudamos a distribuição de qui-quadrado, temos condições de fazer intervalos deconfiança também para a variância populacional.

O tamanho da amostra foi 25.

25n

A variância amostral foi 1,44.

44,12 s

Sabemos que a variável 2 2

2)1(

sn tem distribuição de qui-quadrado com 1n graus de

liberdade.

2 2

2)1(

sn

Substituindo o valor de n:

2 2

2)125(

s

Tem distribuição de qui-quadrado com 24 graus de liberdade.

Abaixo segue o gráfico para a fdp da distribuição de qui-quadrado com 24 graus de liberdade.

Note como o gráfico já tem uma assimetria menor que aquele com 4 graus de liberdade,apresentado durante a parte teórica.




Queremos descobrir valores que delimitam uma área de 95%.

Consultando a tabela III, para 24 graus de liberdade, vemos que apenas 2,5% dos valores sãosuperiores a 39,364.

Consultando a mesma tabela, para 24 graus de liberdade, vemos que 97,5% dos valores sãosuperiores a 12,401. Portanto, 2,5% dos valores são inferiores a 12,401.

As duas áreas amarelas da figura acima são iguais a 2,5%. As duas somadas valem 5%. Portantoa área verde tem 95%.

Assim, em 95% dos casos a variável 2 estará entre 12,401 e 39,364.

364,39401,12 2

364,39)1(401,12 2

2

sn

Substituindo 2s pelo valor específico da amostra (1,44) ficamos com:

364,3944,1)125(401,12 2

Neste caso, substituindo 2s pelo valor específico da amostra (1,44), não falamos que a

probabilidade de 364,3944,1)125(401,12 2

é de 95%. Substituindo o valor 1,44 na

expressão acima, obtemos um valor que pode ou não estar no intervalo entre 12,401 e 39,364.

Supondo que esteja, ficamos com:

364,3944,1)125(401,12 2

Invertendo as frações (invertemos também o sentido das desigualdades):

401,121

44,1)125(364,391 2

79,288,0 2

Este é o intervalo de 95% de confiança para a variância populacional.




Gabarito: A.

Se fôssemos resumir o passo a passo para achar o intervalo de confiança da variância, teríamos:

1º passo: determinar os valores de 2 que delimitam um intervalo com a confiança solicitada.Neste exercício, deveríamos determinar um intervalo de 95% de confiança. Para tanto, basta consultar a tabela da distribuição de qui-quadrado, com 1n graus de liberdade.

Em consulta à Tabela III verificamos que em 95% dos casos a variável 2 estará entre 12,401 e 39,364.

364,39401,12 2

Vamos chamar estes valores de 21 e 2

2 .

401,1221 e 364,392

2

Segundo passo: obter o valor específico de 2s para a amostra feita.

44,12 s (dado no enunciado)

Terceiro passo: determinar o intervalo de confiança, na forma:

21

22

22

2 )1()1(

snsn

036. MP RO 2005 [FCC] Uma amostra aleatória simples de tamanho 25 foi selecionada paraestimar a média e a variância desconhecidas de uma população normal. A média amostralencontrada foi 5,2 e a variância amostral foi 1,44.


(A) (0,48; 2,40)

(B) (0,52; 2,96)

(C) (0,58; 2,84)

(D) (0,67; 3,43)

(E) (0,88; 2,79)

Resolução.

1º passo: determinar os valores de 2 que delimitam um intervalo com a confiança solicitada.Neste exercício, deveríamos determinar um intervalo de 95% de confiança. Para tanto, basta consultar a tabela da distribuição de qui-quadrado, com 24 graus de liberdade.

Consultando a tabela III (coluna de %5,97 e 24 graus de liberdade), temos que a área verde de figura abaixo é de 97,5%.




Consequentemente, a área amarela é de 2,5%.

Da mesma tabela, temos que a área amarela da figura abaixo também é de 2,5%:

Juntando as duas figuras, temos que a área verde da figura abaixo é de 95%.




Portanto, em 95% dos casos, 364,39401,12 2 .




21

22

22

2 )1()1(

snsn

401,1244,1)24(

364,3944,1)24( 2

79,288,0 2

Gabarito: E

037. PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO]

Uma amostra aleatória simples, de tamanho 16, foi selecionada para estimar a médiadesconhecida de uma população normal. A média amostral encontrada foi 4,8 e a variânciaamostral, 1,44.

O intervalo de 90% de confiança para a variância populacional é

(A) (0,48 ; 2,40)

(B) (0,52 ; 2,84)

(C) (0,58 ; 2,96)

(D (0,67 ; 3,43)

(E) (0,86 ; 2,97)

Resolução.




1º passo: determinar os valores de 2 que delimitam um intervalo com a confiança solicitada.Neste exercício, deveríamos determinar um intervalo de 90% de confiança. Para tanto, basta consultar a tabela da distribuição de qui-quadrado, com 15 graus de liberdade.

A área entre 7,261 e 24,996 é de 90%.

261,721 e 996,242

2




21

22

22

2 )1()1(

snsn

261,744,1)14(

996,2444,1)15( 2

97,286,0 2

Gabarito: E

038. PM MANAUS [CESGRANRIO] Uma amostra aleatória simples de tamanho 16 foiselecionada para estimar a média desconhecida de uma população normal. A média amostralencontrada foi 5,2 e a variância amostral foi 1,44.


(A) (0,79 ; 3,47)

(B) (0,67 ; 3,43)

(C) (0,58 ; 2,84)

(D) (0,52 ; 2,96)

(E) (0,48 ; 2,40)

Resolução.

1º passo: determinar os valores de 2 que delimitam um intervalo com a confiança solicitada. Neste exercício, deveríamos determinar um intervalo de 95% de confiança. Para tanto, bastaconsultar a tabela da distribuição de qui-quadrado, com 15 graus de liberdade.

A área entre 6,23 e 27,5 é de 95%.

23,621 e 5,272

2




21

22

22

2 )1()1(

snsn




23,644,1)14(

5,2744,1)15( 2

47,379,0 2

Gabarito: A

Exemplo 9. Quer-se testar a hipótese de a variância de uma população ser igual a 2, contra ahipótese alternativa de a variância ser menor que 2.

Para tanto, extraiu-se uma amostra de tamanho 11, que forneceu uma variância amostral igual a1,5.

Considerando um nível de significância de 5%, qual o resultado do teste?

Resolução.

Primeiro passo: obtemos o valor crítico (valor de critico_2 ).

Consultando a tabela III para 10 graus de liberdade, temos que 5% dos valores de 2 são menores ou iguais a 3,940.

940,3_2 critico

Este valor crítico nos permite definir a região crítica (área amarela, igual a 5%) e a região deaceitação (área verde, igual a 95%):


teste_2 2

2)1(

sn

teste_2

25,1)111(

7,5

Terceiro passo: comparamos a estatística teste com o valor crítico.




A estatística teste é maior que o valor crítico. A estatística teste cai na região de aceitação.Aceitamos a hipótese nula.

039. INMETRO 2007 [CESPE] O fabricante de uma balança de precisão afirma que o desviopadrão das medições dessa balança é de 0,0002 g. Considere que um usuário dessa balançafaça um experimento para testar a afirmação do fabricante. Após 8 medições, esse usuárioverifica que o desvio padrão amostral foi igual a 0,0005 g. O usuário decide testar a hipótese nula 0002,0:0 H versus a hipótese alternativa 0002,0: AH . Com base nessas informações, julgue os itens a seguir.

118. A estatística qui-quadrado para o teste em questão é inferior a 40.

119. Se a hipótese nula for rejeitada em nível de significância de 5%, então o poder do teste será de 95%.

120. Um intervalo de confiança de 95% para a variância amostral pode ser dado por

80002,096,10005,0

Resolução.

Item 118.

Queremos calcular a estatística teste.

teste_2 2

2)1(

sn

teste_2 75,43104

10257)102(

)105()18(8

8

24

24

Gabarito: errado.

Item 119.

Como vimos no começo da aula, poder do teste é a probabilidade de H0 ser rejeitada dado que elaé falsa. Não temos como calcular esse valor com os dados fornecidos.

A questão pretendeu confundir o candidato. O valor 1 , de fato, é igual a 95%. Mas o poder do teste é igual a 1 .

Gabarito: errado.

Item 120.

A questão tentou fazer um “mix”, usando trechos do intervalo de confiança para a média (em que fazemos uso da distribuição normal). O item está errado.

Gabarito: errado.




Teste de qui-quadrado para proporções

A distribuição de qui-quadrado é muito empregada para realizarmos teste de hipóteses sobreproporções.

Nesta aula nós já vimos alguns testes de hipóteses para proporções. Veremos que também épossível fazer testes de hipóteses para proporções usando a distribuição de qui-quadrado.

Assim, quando tivermos problemas referentes a proporções, podemos utilizar a distribuição dequi-quadrado. Esta utilização do teste de qui-quadrado tem uma grande importância, porque éutilizada como base para estudarmos o tópico seguinte, em que se comparam diversasproporções.

Para estudarmos esta nova aplicação do teste de qui-quadrado, precisamos introduzir uma novasimbologia.

1E designa a freqüência esperada dos resultados favoráveis, nos casos em que a hipótese nula é verdadeira.

2E designa a freqüência esperada dos resultados desfavoráveis, nos casos em que a hipótese nula é verdadeira.

1O designa a freqüência observada dos resultados favoráveis, nos casos em que a hipótese nula é verdadeira.

2O designa a freqüência observada dos resultados desfavoráveis, nos casos em que a hipótesenula é verdadeira.

É possível demonstrar que a variável

2

1

22 )(

i i

ii

E

EO tem distribuição de qui-quadrado com 1

grau de liberdade.

O passo a passo do teste é bem parecido com todos os outros testes de hipóteses estudados naaula de hoje.

Primeiro calculamos o valor crítico com o auxílio da tabela III.

Calculamos a estatística teste. A fórmula é:

2

1

22 )(

_i i

ii

E

EOteste

Comparamos os dois valores. Se a estatística teste for maior que o valor crítico, rejeitamos ahipótese nula.

Teste de qui-quadrado para proporções:

Primeiro calculamos os valores críticos com o auxílio da tabela da distribuição dequi-quadrado.

Calculamos a estatística teste. A fórmula é:

2

1

22 )(

i i

ii

E

EO

Comparamos os dois valores. Se a estatística teste for maior que o valor crítico,rejeitamos a hipótese nula




Um detalhe importante. Nos testes de hipóteses vistos anteriormente, o terceiro passo do testepoderia se dar de inúmeras formas:

∙ se o teste for unilateral e a região crítica estiver à esquerda de zero, rejeitamos a hipótese nulase a estatística teste for menor que o valor crítico

∙ se o teste for unilateral e a região crítica estiver à direita de zero, rejeitamos a hipótese nula sea estatística teste for maior que o valor crítico

∙ se o teste for bilateral, definimos dois valores críticos; rejeitamos a hipótese nula se aestatística teste não estiver contida no intervalo definido pelos dois valores críticos.

Aqui a situação muda completamente. No caso do teste de qui-quadrado para proporções, a únicaforma de rejeitarmos a hipótese nula ocorre quando a estatística teste é maior que o valor crítico.

Isto ocorre porque a variável em análise é obtida a partir da seguinte operação. Primeiro fazemosa diferença entre cada freqüência observada e a respectiva freqüência esperada. Depois,elevamos a diferença ao quadrado.

Quando se eleva a diferença ao quadrado, obtém-se um número que é sempre maior ou igual azero.

Quanto mais próximos de zero forem os quadrados das diferenças, mais forte é o sinal de que asfreqüências observadas são iguais às esperadas. É um forte sinal de que a hipótese nula éverdadeira.

Do contrário, quanto mais diferentes de zero forem os quadrados das diferenças, mais forte é osinal de que as freqüências observadas e esperadas são diferentes. Neste caso, os quadradosdas diferenças seriam significativamente maiores que zero. Como conseqüência, a região críticasempre está do lado direito.

Por isso, no caso do teste de qui-quadrado aplicado a proporções, só rejeitamos a hipótese nulaquando a estatística teste é maior que o valor crítico.

Vamos a um exemplo.

Exemplo 10. Lança-se uma moeda 20 vezes e observa-se a ocorrência de 7 caras. Seja a

probabilidade de cara. Teste a hipótese H0: 5,0 contra HA: 5,0 .

Resolução:

O problema é sobre teste de hipóteses envolvendo proporção. Então podemos utilizar adistribuição de qui-quadrado para 1 grau de liberdade.

Primeiro passo: obter o valor crítico.

O nível de significância é de 5%. Ou seja, a região crítica é igual a 5%.

Para obter o valor crítico, consultamos a tabela III ao final desta aula. Encontramos o valorassociado à probabilidade de 5%. Este valor é 3,841.

841,3_2 crítico


Se a hipótese nula for verdadeira, a proporção de caras é de 0,5. Portanto, em 20 lançamentos,as freqüências esperadas para os resultados favoráveis (sair cara) e desfavoráveis (sair coroa)são:

101 E (são esperadas 10 caras)

102 E (são esperadas 10 coroas).




Já as freqüências observadas foram:

71 O (foram observadas 7 caras).

132 O (foram observadas 7 coroas).

Agora vem a novidade.

Se a hipótese nula for verdadeira, a variável

2

1

22 )(

i i

ii

E

EO tem distribuição de qui-quadrado

com 1 grau de liberdade.

Substituindo os valores:

2

1

22 )(

i i

ii

E

EO

10

101310107_

222

teste

8,11018_2 teste


A estatística teste não é maior que o valor crítico. Não rejeitamos a hipótese nula.

Esta utilização da distribuição de qui-quadrado, para testar hipóteses sobre uma proporção, não émuito cobrada em prova. Mas é importante porque serve para estudarmos um assunto muitocobrado: o teste de qui-quadrado para várias proporções.

Teste de qui-quadrado para várias proporções

Esta é a utilização mais importante do teste de qui-quadrado, ao menos para concursos. É umageneralização do caso anterior, para uma proporção. Aqui podemos comparar ao mesmo tempodiversas proporções. E, além disso, elas não precisam conter apenas dois tipos de ocorrências(sucessos e fracassos).

Para ilustrar, considere que estamos fazendo uma pesquisa em dois bairros diferentes (bairros Ae B). Queremos saber se as pessoas são a favor, contra ou são indiferentes a uma dada políticaurbana.

Em cada bairro, não temos apenas sucessos e fracassos. Não temos apenas duas categorias deopinião. Temos três: a pessoa pode ser favorável à política, pode ser contra, ou pode serindiferente.

Podemos utilizar o teste de qui-quadrado para comparar se, nos dois bairros acima, a opinião dosmoradores quanto à referida política é igual. Caso aceitemos a hipótese de igualdade,consideramos que a opinião geral dos cidadãos não tem relação com o bairro onde vivem (A ou B). Do contrário, caso a diferença de opinião seja significante, rejeitaremos a hipótese deigualdade de opiniões.

Vejamos alguns exercícios.

040. CGU 2008 [ESAF] Dos 100 candidatos inscritos em um concurso que estudaram no cursopreparatório A, 75 foram aprovados no concurso, enquanto que dos 100 candidatos inscritos noconcurso que estudaram no curso preparatório B, 65 foram aprovados nesse concurso. Se




desejarmos testar a hipótese estatística de que a proporção de aprovação dos dois cursos é amesma, obtenha o valor mais próximo da estatística do teste, que tem aproximadamente umadistribuição qui-quadrado com um grau de liberdade.

a) 1,21.

b) 1,44.

c) 1,85.

d) 2,38.

e) 2,93.

Resolução.

Vamos continuar com a mesma simbologia de freqüências esperadas e observadas, tanto pararesultados favoráveis (=sucessos), quanto para casos desfavoráveis (=fracassos).

A diferença é que agora não temos apenas uma proporção. São duas proporções. Temos aproporção de aprovados no curso A e a proporção de aprovados no curso B.

Com isso, teremos resultados favoráveis e desfavoráveis, esperados e observados, tanto para ocurso A quanto para o curso B.

Temos duas proporções: a proporção de candidatos do curso A que foram aprovados e aproporção de candidatos do curso B que foram aprovados. Queremos testar a hipótese de queambas as proporções são iguais.

O enunciado deu as freqüências observadas.

O número de sucessos no curso A foi de 75 (foram 75 aprovados).

751_ AO

O número de fracassos (resultados desfavoráveis) no curso A foi 25.

252_ AO

O número de sucessos no curso B foi de 65.

651_ BO

O número de fracassos no curso B foi de 35

352_ BO

Agora vamos às freqüências esperadas. Supondo que a hipótese de igualdade das proporçõesseja verdadeira, podemos juntar todos os alunos como pertencentes a um só curso. Neste curso“resultante”, a proporção de alunos aprovados é:

7,0200140

1001006575

No geral, foram aprovados 70% dos alunos, independentemente de curso.

Se a hipótese nula for verdadeira, então a freqüência esperada de aprovação em cada um doscursos é igual à freqüência geral obtida acima (=70%).

Basta você pensar assim. Alguém chega e te informa que 70% dos alunos dos cursos A e B foramaprovados. Esta mesma pessoa te fala que 100 alunos de cada curso fizeram a prova. Sabendoapenas estas informações, se você supuser que os alunos dos dois cursos tiveram o mesmodesempenho, você esperaria as seguintes freqüências:




701_ AE (você esperaria 70% de aprovação no curso A)

302_ AE (você esperaria 30% de reprovação no curso A)

701_ BE (você esperaria 70% de aprovação no curso B)

302_ BE (você esperaria 30% de reprovação no curso B)

Podemos colocar tudo isto numa tabela: Curso A Curso B

Freqüênciaobservada

Freqüênciaesperada



Aprovados 75 70 65 70 Reprovados 25 30 35 30 Total 100 100 100 100

É possível demonstrar que a soma de todos os valores de i

ii

E

EO 2)( é uma variável com

distribuição de qui-quadrado.

Quando tínhamos uma proporção apenas, o número de graus de liberdade era sempre igual a 1.

Quando tivermos mais de uma proporção, o número de graus de liberdade vai variar. Paradescobri-lo, precisamos ver quantas linhas e colunas tem a nossa tabela acima.

Para tanto, devemos considerar só uma das tabelas (ou a de freqüência esperada, ou a defreqüência observada, dá no mesmo).

Freqüências esperadas: Curso A Curso B

Freqüência esperada


Aprovados 70 70 Reprovados 30 30

Freqüências observadas: Curso A Curso B

Freqüência observada


Aprovados 75 65 Reprovados 25 35

Cada uma das duas tabelas tem duas linhas e duas colunas.

L número de linhas

C número de colunas.

2L

2C

O número de graus de liberdade será igual a 11 CL




11__ CLliberdadedegraus

11212__ liberdadedegraus

Pronto. Visto isso, vamos ao teste.

Na verdade o exercício pediu apenas a estatística teste.

Para treinar, vamos fazer o teste de hipótese para um nível de significância de 5%.

Primeiro passo: encontrar o valor crítico.

Para tanto, precisamos consultar a tabela III, colocada ao final da aula.

Procuramos pelo valor crítico que separa uma área de 5%, situada na extremidade direita dográfico. Consultando a coluna para área de 5% e 1 grau de liberdade, temos que o valor crítico é3,84.

84,3_2 crítico

Segundo passo: encontrar a estatística teste. Na verdade foi apenas isto que o enunciado pediu.Por isso a questão não forneceu uma tabela para a distribuição de qui-quadrado.

Para encontrar a estatística teste, encontramos o valor de 2 para os valores de freqüências

fornecidos. Basta somar todos os valores de i

ii

E

EO 2)(

30)3035(

70)7065(

30)3025(

70)7075(_

22222

teste

38,23025

7025

3025

7025_2 teste

A estatística teste é igual a 2,38.

Gabarito: D.

Mas continuemos nosso teste.


A estatística teste é menor que o valor crítico. Não rejeitamos a hipótese nula. Ou seja, adiferença entre as duas proporções não foi tão grande a ponto de nos fazer rejeitar a hipótesenula. Não há evidências suficientemente fortes que nos levem a rejeitar a hipótese de que as duasproporções são iguais.

O enunciado a seguir refere-se às questões 041, 042 e 043

A tabela a seguir mostra os resultados obtidos em matemática por três turmas.

Aprovados Reprovados Total

Turma X 30 10 40

Turma Y 35 5 40

Turma Z 15 5 20




Total 80 20 100

Desejamos testar, utilizando o teste do qui-quadrado:

H0: os seis resultados possíveis têm probabilidades iguais versus

HA: os seis resultados possíveis não têm probabilidades iguais.

041. SEFAZ/MS – 2006 [FGV] O valor observado da estatística qui-quadrado é,aproximadamente:

a) 1,16

b) 2,34

c) 3,44

d) 4,66

e) 5,58

Resolução:

Olha gente, eu acho que o enunciado ficou um pouquinho confuso. Creio que a hipótese que sepretende testar seria a seguinte:

H0: a proporção de aprovados nas três turmas é a mesma

HA: as proporções são diferentes.

Se a hipótese nula for verdadeira, as três turmas teriam o mesmo desempenho.

No total, são 100 alunos. Destes, 80 foram aprovados. A turma X tem 40 alunos. A turma Y tem 40alunos. A turma Z tem 20 alunos. Se soubéssemos apenas estas informações e quiséssemosdescobrir quantos alunos foram aprovados em cada turma, supondo que as três turmas tenham omesmo desempenho, levaríamos em conta que 80% dos alunos de cada uma das turmas foiaprovado.

Isto corresponde a considerar que todas as turmas tiveram desempenho igual ao desempenhogeral das três turmas.

As freqüências esperadas ficariam conforme a tabela abaixo.

Turma X Turma Y Turma Z

Fobservada

F esperada Fobservada

Fesperada

Fobservada

Fesperada

Aprovados 30 32 35 32 15 16

Reprovados

10 8 5 8 5 4

Total 40 40 40 40 20 20

A estatística teste é obtida pela soma de todos os valores de i

ii

E

EO 2)( .




34,24

)45(16

)1615(8

)85(32

)3235(8

)810(32

)3230(_222222

2

teste

Gabarito: B

042. SEFAZ/MS – 2006 [FGV] O número de graus de liberdade é:

a) 2

b) 3

c) 4

d) 6

e) 99

Resolução.

Nossa tabela é a que segue:

Fobservada

(X)

Fobservada

(Y)

Fobservada

(Z)

Aprovados 30 35 15

Reprovados

10 5 5

L número de linhas

C número de colunas.

2L

3C

O número de graus de liberdade será igual a 11 CL

11__ CLliberdadedegraus

21312__ liberdadedegraus

Gabarito: A.




043. SEFAZ/MS – 2006 [FGV] Nos níveis de 1%, 5% e 10%, a decisão sobre H0 é:

%1 %5 %10

A Nãorejeitar

Nãorejeitar

Nãorejeitar

B Nãorejeitar

Nãorejeitar

Rejeitar

C Nãorejeitar

Rejeitar Rejeitar

D Rejeitar Rejeitar Nãorejeitar

E Rejeitar Rejeitar Rejeitar

Resolução.

Sabemos que, se a hipótese nula for verdadeira, a variável 2 tem distribuição de qui-quadrado com dois graus de liberdade.

Vamos encontrar os valores críticos para cada um dos três testes que se pretende fazer.

Quando o teste tem nível de significância de 1%, o valor crítico constante da tabela é igual a 9,21. Este valor é maior que a estatística teste. Portanto não rejeitamos a hipótese nula.

Quando o teste tem nível de significância de 5%, o valor crítico constante da tabela é igual a 5,99. Este valor é superior à estatística teste. Portanto não rejeitamos a hipótese nula.

Quando o teste tem nível de significância de 10%, o valor crítico constante da tabela é igual a4,61. Este valor é superior à estatística teste. Portanto não rejeitamos a hipótese nula.

Para nenhum dos três casos rejeitamos a hipótese nula.

Gabarito: A

044. SENADO 2008 [FGV]

A tabela de contingência a seguir foi obtida para se testar homogeneidade entre as proporções deconceitos obtidos em um exame nacional com dois métodos de ensino:

O valor da estatística qui-quadrado usual para esses dados é:

(A) 6.

(B) 12.

(C) 18.

(D) 24.




(E) 36.

Resolução:

Os testes de hipóteses para proporções, usando a distribuição de qui-quadrado, recebem nomesespeciais. Nós não os mencionamos porque, para resolver os exercícios que caem em concurso,o nome pouco importa.

Só para não passar em branco, vamos a eles:

- Testes de Aderência: queremos testar se uma população segue uma dada distribuição deprobabilidades.

- Teste de homogeneidade: queremos testar se diferentes populações têm a mesma distribuição.Exemplo: testar se duas turmas de uma escola tiveram o mesmo desempenho na prova dematemática.

- Teste de independência: queremos testar se duas variáveis diferentes são independentes entresi. Exemplo: queremos ver se o aproveitamento num teste independe do sexo da pessoa.Queremos testar se propensão a ter câncer independe da cor da pele.

Neste exercício, queremos saber se a proporção de alunos que tirou A, B e C é a mesma, tantopara o método 1 quanto para o método 2.

Podemos montar o seguinte quadro de freqüências observadas: A B C Total

método 1 50 10 40 100 método 2 50 40 10 100

total 100 50 50 200

Do total de 200 avaliados, 50% tirou o conceito A, 25% B, e 25% C.

Supondo homogeneidade entre aqueles que foram ensinados com os dois métodos, estesmesmos percentuais deveriam ser verificados dentro de cada grupo.

Assim, temos o seguinte quadro de freqüências esperadas: A B C

método 1 50 25 25 método 2 50 25 25


ii

E

EO 2)( .

25

)2510(25

)2540(25

)2540(25

)2510(50

)5050(50

)5050(_222222

2 teste

= 36

Gabarito: E

045. AFT 2010 [ESAF] Em uma amostra aleatória simples de 100 pessoas de uma população,15 das 40 mulheres da amostra são fumantes e 15 dos 60 homens da amostra também sãofumantes. Desejando-se testar a hipótese nula de que nesta população ser fumante ou nãoindepende da pessoa ser homem ou mulher, qual o valor mais próximo da estatística docorrespondente teste de qui-quadrado?

a) 1,79.

b) 2,45.




c) 0,98.

d) 3,75.

e) 1,21.

Resolução.

Frequencias observadas: Fumante Não-fumante Total

Homem 15 45 60 mulher 15 25 40 Total 30 70 100

No geral, temos 30% de fumantes.

Se a proporção de fumantes for a mesma entre homens e mulheres, então esperaríamos ter 30% de fumantes em cada grupo.

Frequencias esperadas: Fumante Não-fumante Total

Homem 18 42 60 mulher 12 28 40 Total 30 70 100

Para cálculo da estatística teste, fazemos o seguinte:

- subtraímos as frequências observadas das esperadas

- elevamos ao quadrado

- dividimos pela frequência esperada

- somamos todos os resultados acima indicados.


28)2825(

42)4245(

12)1215(

18)1815( 2222

= 1,79

Gabarito: A

046. MPU/2007 [FCC] Para responder à questão, utilize a tabela abaixo para o teste, ondeP(qui-quadrado vc )= p

p

graus de liberdade

5% 4% 2,5% 2% 1%

1 3,841 4,218 5,024 5,412 6,635

2 5,991 6,438 7,378 7,824 9,210

3 7,815 8,311 9,348 9,837 11,345

Uma pesquisa de opinião sobre a qualidade do sabão Diamante foi realizada em dois bairros (A e B) da cidade de São Paulo. No bairro A sorteou-se 300 residentes e destes 180 o classificaram




como bom e os demais o classificaram como ruim. No bairro B foram sorteados 100 residentes e80 o classificaram como ruim e os demais o classificaram como bom. Utilizou-se o teste de qui-quadrado para se avaliar se existe diferença no grau de satisfação dos residentes. O valorobservado do qui-quadrado e a decisão do teste ao nível de significância de 5% são,respectivamente,

a) 24, não existe diferença de opinião significativa entre os bairros

b) 24, existe diferença de opinião significativa entre os bairros

c) 48, não existe diferença de opinião significativa entre os bairros

d) 48, existe diferença de opinião significativa entre os bairros

e) 50, existe diferença de opinião significativa entre os bairros

Resolução.

Podemos montar o seguinte quadro: Bairro A Bairro B Total

bom 180 20 200 ruim 120 80 200

No total, 50% dos entrevistados avaliaram como bom e 50% como ruim.

Supondo que a hipótese nula seja verdadeira (ou seja, supondo que não exista diferençasignificativa de opinião nos dois bairros), temos que os percentuais acima se aplicariam a cada umdos bairros:

A B Freqüênciaobservada




bom 180 150 20 50 ruim 120 150 80 50


ii

E

EO 2)( .

4850

)5080(50

)5020(150

)150120(150

)150180(_2222

2

teste

A estatística teste é igual a 48. Ficamos entre as alternativas C e D.

O número de graus de liberdade é dado por:

2)1()1( CL

1)12()12(

Consultando a tabela fornecida, para 1 grau de liberdade e nível de significância de 5%, temos:3,841 (valor crítico).

A estatística teste é superior ao valor crítico. Devemos rejeitar a hipótese nula. Existe diferençasignificativa entre as opiniões nos dois bairros.

Gabarito: D




047. Secretaria de Estado de Meio Ambiente/ES – 2007 [CESPE]

Estação do ano

Primavera Verão Outono Inverno Total

Presente 60 90 70 30 250

Ausente 1190 1460 1400 1300 5350

Total 1250 1550 1470 1330 5600

Um dos critérios para a avaliação da qualidade da água para o consumo humano é a detecção decoliformes fecais na água distribuída à população. A tabela acima apresenta os resultados dasanálises de 5.600 amostras de água coletadas, entre os anos de 1995 a 2000, em uma grandecidade, conforme as estações do ano. Considerando as informações da tabela acima, julgue oitem a seguir.

56. O valor da estatística de qui-quadrado com respeito à hipótese de independência entre osresultados e as estações do ano é superior a 15.

Resolução.

Supor que os resultados independem da estação do ano é o mesmo que supor que a proporçãode amostras com ausência de coliformes fecais é a mesma em todas as estações do ano.

Suponhamos que esta hipótese seja correta. Em todo o conjunto de amostras, temos 5350amostras sem coliformes, num total de 5600. A proporção para todo o conjunto fica:

%54,9556005350

Se a hipótese nula for correta, este percentual é o mesmo em todas as estações.

Na primavera temos 1250 amostras. Espera-se que 95,54% delas não contenham coliformes. Ouseja, espera-se que 1194 não contenham coliformes.

No verão temos 1550 amostras. Espera-se que 95,54% delas não contenham coliformes. Ou seja,espera-se que 1481 não contenham coliformes. E assim por diante.

Consolidando todos esses dados numa tabela:

Primavera Verão





Presente 60 56 90 69

Ausente 1190 1194 1460 1481

Outono Inverno





Presente 70 66 30 59

Ausente 1400 1404 1300 1271





ii

E

EO 2)( .

16,221271

)12711300(59

59301404

)14041400(66

)6670(1481

)14811460(69

)6990(1194

)11941190(56

)5660(_

222

222222

teste

A estatística teste é superior a 15. O item está correto.

Gabarito: certo.

048. MPE PE/2006 [FCC] Considere a tabela a seguir para o teste, onde P(qui-quadrado vc) = p

p

graus de liberdade

5% 4% 2,5% 2% 1%

1 3,841 4,218 5,024 5,412 6,635

2 5,991 6,438 7,378 7,824 9,210

3 7,815 8,311 9,348 9,837 11,345

A opinião sobre o atendimento (entre bom, regular e ruim) aos pacientes em dois hospitaispúblicos foi estudado em duas cidades. Na cidade A sorteou-se 200 usuários e destes 50classificaram em regular, 70 classificaram em ruim e os demais classificaram com bom oatendimento do hospital A. Na cidade B foram sorteados 200 usuários e 120 classificaram embom, 50 em regular, e os demais classificaram como ruim o atendimento do hospital B. Utilizou-seo teste de qui-quadrado para avaliar se existe diferença no grau de satisfação com os hospitaisdas duas cidades. O valor observado do qui-quadrado e a decisão do teste ao nível de 5% designificância são, respectivamente:

a) 24, existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades

b) 24, não existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades

c) 25, existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades

d) 26, existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades

e) 26, não existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades

Resolução.

Podemos montar o seguinte quadro:

Cidade A Cidade B Total bom 80 120 200 regular 50 50 100 ruim 70 30 100




No total, 50% dos usuários classificaram como bom, 25% como regular e 25% como ruim.

Supondo que a hipótese nula seja verdadeira (ou seja, supondo que não exista diferença significativa de opinião nas duas cidades), temos que os percentuais acima se aplicariam a cadauma das duas cidades:

Cidade A Cidade B Freqüênciaobservada




bom 80 100 120 100 regular 50 50 50 50 ruim 70 50 30 50


ii

E

EO 2)( .

2450

)5030(50

)5050(100

)100120(50

)5070(50

)5050(100

)10080(_

2

222222

teste

A estatística teste é igual a 24. Ficamos entre as alternativas “a” e “b”.

Para ver se rejeitamos ou não a hipótese nula, devemos comparar a estatística teste com o valorcrítico.

Na tabela acima temos 3 linhas e 2 colunas. O número de graus de liberdade é igual a:

2)1()1( CL

Consultando a tabela para 2 graus de liberdade e um nível de significância de 5%, temos: 5,991.

Como a estatística teste foi maior que o valor crítico, rejeitamos a hipótese nula. Ou seja, existe diferença significativa de opinião entre as cidades.

Gabarito: A

Texto para as questões 049, 050 e 051.

Uma empresa comprou, de três diferentes fornecedores, máquinas de fazer café. A tabela aseguir mostra o desempenho

dessas máquinas.

Desejamos testar, usando o teste qui-quadrado:

H0: a qualidade das máquinas independe dos fornecedores versus

H1: a qualidade das máquinas depende dos fornecedores.




049. MP RO 2005 [CESGRANRIO]

O valor observado da estatística qui-quadrado é:

(A) 2,4

(B) 3,6

(C) 4,8

(D) 6,0

(E) 7,2

Resolução.

Queremos saber se a proporção de máquinas com defeito é a mesma para os três fornecedores. De um total de 45 máquinas compradas, 15 apresentaram defeitos (1/3). Caso a proporção dedefeitos seja a mesma para os três fornecedores, então, para cada um deles, a proporção dedefeitos será de 1/3. Com isso, podemos construir a tabela de freqüências esperadas eobservadas.

X Y Z Freqüênci

a observada

Freqüência

esperada

Freqüência

observada

Freqüência

esperada

Freqüência

observada

Freqüência

esperada com defeito

1 5 7 5 7 5

normal 14 10 8 10 8 10


ii

E

EO 2)( .

10

)108(5

)57(10

)108(5

)57(10

)1014(5

)51(_222222

2 teste 7,2

Gabarito: E

050. MP RO 2005 [CESGRANRIO] O número de graus de liberdade é:

(A) 2

(B) 3

(C) 4

(D) 5

(E) 9

Resolução.

2L

3C




O número de graus de liberdade fica:

221)1()1( CL

Gabarito: A

051. MP RO 2005 [CESGRANRIO]

Nos níveis de 1%, 5% e 10% de significância, a decisão sobre H0 é:

Resolução.

Precisamos consultar a tabela da distribuição de qui-quadrado para 2 graus de liberdade.

Primeiro caso: %1 .

Neste caso, 210,9_2 crítico A estatística teste (7,2) é menor que o valor crítico. Aceitamos a hipótese nula.

Segundo caso: %5 .

Neste caso, 991,5_2 crítico . A estatística teste (7,2) é maior que o valor crítico. Rejeitamos a hipótese nula.

Terceiro caso: %10 .

Agora nem precisa consultar a tabela. Se para um nível de significância de 5% nós já rejeitávamosa hipótese nula, então para 10% (que corresponde a uma região crítica maior), nós tambémrejeitaremos a hipótese nula.

Gabarito: C

Texto para as questões 052, 053 e 054

Para medir a preferência por marcas de refrigerantes, selecionou-se uma amostra aleatória de300 estudantes. A tabela a seguir mostra os resultados obtidos:





H0: a preferência por marcas independe da zona da cidade

versus

H1: a preferência por marcas depende da zona da cidade.

052. PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] O valor observado da estatística qui-quadrado é:

(A) 2,5

(B) 3,0

(C) 4,0

(D) 4,6

(E) 5,0

Resolução.

Se a hipótese nula for verdadeira, então a proporção de pessoas que preferem a marca X será amesma nas três zonas. O mesmo se aplica para a marca Y.

De um total de 300 pessoas, sabemos que 145 preferem X e 155 preferem Y. Ou seja, as

proporções de preferência de X e Y são de 300145 e

300155 . Caso a hipótese nula seja verdadeira,

estas proporções ocorrerão em todas as regiões da cidade. sul norte oeste







X 50 145/3 55 145/3 40 145/3 Y 50 155/3 45 155/3 60 155/3


ii

E

EO 2)( .

3/145

)3/14540(3/155

)3/15545(3/145

)3/14555(3/155

)3/15550(3/145

)3/14550(_22222

2 teste

3/155)3/15560( 2

= 4,67

Gabarito: D

053. PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] O número de graus de liberdade é:

(A) 2

(B) 4

(C) 6

(D) 99

(E) 299

Resolução:




2L

3C


221)1()1( CL

Gabarito: A

054. PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] Nos níveis de 1%, 5% e 10% de significância, adecisão sobre H0 é:

Resolução.

Precisamos consultar a tabela da distribuição de qui-quadrado para 2 graus de liberdade.

Primeiro caso: %1 .

Neste caso, 210,9_2 crítico A estatística teste (5) é menor que o valor crítico. Aceitamos a hipótese nula.

Segundo caso: %5 .

Neste caso, 991,5_2 crítico . A estatística teste (5) é menor que o valor crítico. Aceitamos a hipótese nula.

Terceiro caso: %10 .

Neste caso, 605,4_2 crítico . A estatística teste (5) é maior que o valor crítico. Rejeitamos a hipótese nula.

Gabarito: B

Texto para as questões 055 e 056.

Os dados a seguir são provenientes de uma análise preliminar de 500 pacientes inscritos no Programa de Tratamento de Obesidade, em um grande hospital do Rio de Janeiro.

Considere as duas variáveis: sexo do paciente e grau de obesidade (0 = baixo, 1= médio e 2= alto).




Deseja-se testar, usando o teste qui-quadrado, se existe dependência entre as variáveis sexo egrau de obesidade

H0: o grau de obesidade independe do sexo

H1: o grau de obesidade depende do sexo

055. PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO] O valor observado da estatística qui-quadrado,aproximadamente, é

(A) 0,03

(B) 2,90

(C) 4,05

(D) 16,40

(E) 173,10

Resolução.

No geral, tomando as 500 pessoas, independentemente de sexo, temos as seguintes proporções:

130/500 têm obesidade 0;

200/500 têm obesidade 1;

170/500 têm obesidade 2.

Caso a obesidade independa do sexo, então essas proporções serão verificadas tanto noshomens quanto nas mulheres.

homens mulheres Obesidade F esperada F observada F esperada F observada

0 52 50 78 80 1 80 100 120 100 2 68 50 102 120


ii

E

EO 2)( .

102

)120102(120

)100120(78

)8078(68

)5068(80

)10080(52

)5052(_222222

2 teste

=16,40

Gabarito: D




056. PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO] Utilizando os níveis de significância de 1%, 5% e 10%, a decisão sobre a hipótese nula é

Resolução.


212)1()1( CL

Primeiro caso: %1 .

Neste caso, 210,9_2 crítico . A estatística teste (16,4) é maior que o valor crítico. Rejeitamos a hipótese nula.

Para os demais casos, também rejeitaremos a hipótese nula. Aumentar o nível de significância éaumentar a região crítica.

Gabarito: E

057. TCE RO [CESGRANRIO] Realizada uma pesquisa de mercado, com 50 pessoas, em quese pretendia estudar se a preferência com relação a adoçantes artificiais, com ou semaspartame, dependia ou não do sexo, obtiveram-se os seguintes resultados:

O valor observado da estatística qui-quadrado e o número de graus de liberdade,respectivamente, são:

(A) 2,19 e 2

(B) 2,19 e 3

(C) 12,00 e 2

(D) 12,00 e 3

(E) 19,60 e 2

Resolução.

Em um total de 50 pessoas (independente de sexo), temos:




2/5 preferem adoçante com aspartame

2/5 preferem adoçante sem aspartame

1/5 sem preferência.

Caso este comportamento independa de sexo, estas mesmas proporções serão verificadas entreos homens e entre as mulheres.

homens mulheres preferência F esperada F observada F esperada F observada

com aspartame 4 2 16 18 sem aspartame 4 5 16 15 sem preferencia 2 3 8 7


ii

E

EO 2)( .

8

)78(16

)1516(16

)1816(2

)32(4

)54(4

)24(_222222

2 teste 2,19


212)1()1( CL

Gabarito: A

Texto para as questões 058 e 059

As questões a seguir referem-se a resultados de um teste de associação entre as variáveisrepresentadas na tabela de contingência a seguir.

O valor da estatística qui-quadrado e o nível descritivo do teste (p-value) observados foram,respectivamente, X 2=1,811 e 0,770.

058. CAPES 2008 [CESGRANRIO] Com relação ao teste de hipótese realizado, considere asafirmações a seguir.

I - O teste foi baseado em 9 graus de liberdade.

II - A hipótese de independência entre Sexo e Região não é rejeitada para qualquer nível designificância inferior a 10,0%.

III - Com 95,0% de confiança afirma-se que existe associação entre as variáveis Sexo e Região.

IV - Sob a hipótese de independência entre as variáveis Sexo e Região, o número esperado demulheres na região Norte é menor que o número observado.

Estão corretas APENAS as afirmações




(A) I e II

(B) II e IV

(C) I, II e IV

(D) I, III e IV

(E) II, III e IV

Resolução.

I – O número de graus de liberdade fica:

414)1()1( CL

(A) I e II

(B) II e IV

(C) I, II e IV

(D) I, III e IV

(E) II, III e IV

II - Se o nível de sinigicância for de 10%, então o nível de significância será menor que o p-valor. Com isso, aceitamos a hipótese nula. Se diminuirmos o nível de significância para menos de 10%,a área crítica diminuirá. Continuaremos aceitando a hipótese nula. A frase está correta.

III – Trabalhar com 95% de confiança significa que o nível de significância é de 5%. Como vimosna frase anterior, neste caso, aceitamos a hipótese de independência entre sexo e região. A fraseestá errada.

(A) I e II

(B) II e IV

(C) I, II e IV

(D) I, III e IV

(E) II, III e IV

IV – No geral, a proporção de pessoas no Norte é de 119/2410. Caso haja independência entresexo e religião, então esta proporção se verifica tanto em homens quanto em mulheres.

O número esperado de mulheres é:

2410/1191083 53,48

Frase correta.

Gabarito: B

059. CAPES 2008 [CESGRANRIO] No cálculo da estatística do teste, a menor diferença entre onúmero de homens observado e o esperado ocorre na região

(A) Centro-Oeste

(B) Nordeste

(C) Sudeste

(D) Norte




(E) Sul

Resolução. Observado Esperado Diferença

CO 111 115,080083 -4,080082988 NE 214 220,7995851 -6,799585062 N 65 65,52406639 -0,52406639 SE 665 649,1838174 15,81618257 S 272 276,4124481 -4,412448133

A menor diferença (em módulo) ocorre na região Norte.

Gabarito: D

Texto para as questões de 060 a 062

A tabela a seguir mostra os resultados obtidos em 60 lançamentos de um dado.



H1: os seis resultados possíveis não têm probabilidades iguais.

060. PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] O valor observado da estatística qui-quadrado é:

(A) 3,8

(B) 5,0

(C) 6,2

(D) 8,6

(E) 50

Resolução.

O dado foi jogado 60 vezes. Caso todas as faces tenham a mesma probabilidade de sair, éesperado que todas elas saiam 1/6 das vezes.

Resultado Observado Esperado 1 10 10 2 12 10 3 9 10 4 8 10 5 15 10 6 6 10


ii

E

EO 2)( .




10

)1016(10

)1015(10

)108(10

)109(10

)1012(10

)1010(_222222

2 teste 5

Gabarito: B

061. PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] O número de graus de liberdade é:

(A) 5

(B) 6

(C) 54

(D) 59

(E) 60

Resolução

)1()1( CL ?

)11()16(

Observem que o número de colunas é igual a 1. Com isso, temos 1 – 1, que é igual a zero.

Mas o número de graus de liberdade nunca pode ser igual a zero.

Quando isto acontecer, ou seja, quando o número de linhas (ou colunas) for igual a 1, a gente nãofaz a subtração. O número de graus de liberdade fica assim:

515)()1( CL

Gabarito: A

062. PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] Nos níveis de 1%, 5% e 10% de significância, adecisão sobre H0 é:

Resolução.

Para 10% de nível de significância, o valor crítico é 9,24 (vide tabela colocada ao final da aula). Aestatística teste (=5) é menor que o valor crítico. Não rejeitamos a hipótese nula.

Se reduzirmos o nível de significância para 1% ou para 5%, estaremos reduzindo a região critica.A hipótese continuará sendo aceita.

Gabarito: A




063. SEFAZ/SP 2009 [FCC] Espera-se que o número de reclamações tributárias em um órgãopúblico durante determinada semana seja igual a 25, em qualquer dia útil. Sabe-se que nestasemana ocorreram 125 reclamações com a seguinte distribuição por dia da semana:

Para decidir se o número de reclamações tributárias correspondente não depende do dia dasemana, a um nível de significância , é calculado o valor do qui-quadrado ( ) que se devecomparar com o valor do qui-quadrado crítico tabelado com 4 graus de liberdade. O valor de é

(A) 1,20

(B) 1,90

(C) 4,75

(D) 7,60

(E) 9,12

Resolução:

Gabarito: D

064. MPU 2004/ [ESAF] O resultado de um ensaio destinado a investigar a efetividade davacinação de animais na prevenção de certo tipo de doença produziu a tabela de contingênciaseguinte.




Deseja-se testar a hipótese de que os perfis (de linha) de vacinados e não vacinados coincidem.Assinale a opção que dá o valor da contribuição da primeira célula da tabela para a estatísticateste de homogeneidade do qui-quadrado.

a) 0,326

b) 0,450

c) 0,400

d) 0,500

e) 0,467

Resolução:

Sabemos que a estatística qui-quadrado é calculada da seguinte maneira.

A contribuição da primeira célula é

Gabarito: E

Os testes de hipóteses para proporções, usando a distribuição de qui-quadrado, recebem nomesespeciais. Nós não os mencionamos porque, para resolver os exercícios que caem em concurso,o nome pouco importa.

Só para não passar em branco, vamos a eles:

- Testes de Aderência: queremos testar se uma população segue uma dada distribuição deprobabilidades. O exemplo é o teste dos exercícios 060 a 062, em que queríamos saber se o dadotem distribuição uniforme discreta.

- Teste de homogeneidade: queremos testar se diferentes populações têm a mesma distribuição.Exemplo: testar se duas turmas de uma escola tiveram o mesmo desempenho na prova dematemática. O exercício 040 também é um exemplo deste tipo de teste.

- Teste de independência: queremos testar se duas variáveis diferentes são independentes entresi. Exemplo: queremos ver se o aproveitamento num teste independe do sexo da pessoa.Queremos testar se propensão a ter câncer independe da cor da pele. Um outro exemplo é o testedos exercícios 049, 050 e 051.

Em relação aos testes de hipóteses estudados, não sei se vocês notaram, mas na grande maioriados exercícios a preocupação do enunciado é sempre com o nível de significância. Relembrando




seu significado: nível de significância é a probabilidade de se cometer o erro do tipo I. É igual aovalor de .

Pois bem, em quase todos os exercícios que vimos, foram fixados valores de muito pequenos. Isto, em geral, diminui o poder do teste (aspecto já comentado logo no início da aula). Qual oresultado? O resultado é que é bastante provável que aceitemos a hipótese nula.

Nesses casos, em que o valor de é pequeno, aceitar a hipótese nula não quer dizer muitacoisa. Nem sei se é adequado falar que nós a aceitamos. Talvez fosse mais correto dizer que não a rejeitamos.

Se o nível de significância é pequeno, nós aceitamos um intervalo muito grande de valores. Ouseja, para um grande intervalo de valores possíveis nós não rejeitamos a hipótese nula. Por isso,em vez de falarmos que aceitamos a hipótese nula, é mais indicado dizer que o valor doexperimento não foi tão extremo a ponto de nos fazer rejeitá-la.

Quando o valor de é pequeno, o teste de hipóteses só tem um maior caráter “conclusivo” quando rejeitamos a hipótese nula. Neste caso sim, a probabilidade de que a hipótese alternativaseja verdadeira é considerável. Isto porque só num caso muito extremo nós rejeitaríamos ahipótese nula. Se, feita a amostragem, o resultado é muito extremo, temos um forte indício de quea hipótese nula é falsa.

Por fim, gostaria de destacar a relação entre o teste de hipóteses e o intervalo de confiança.Essas duas matérias são bem parecidas. No intervalo de confiança, partíamos de uma médiaamostral para estimar um intervalo para a média populacional. Nos testes de hipóteses fazemos ocaminho contrário. Consideramos que uma dada média populacional é válida. Obtemos umamédia amostral que nos fornecerá indícios se a hipótese inicial era realmente válida ou não.

Nesta relação entre os dois assuntos, um aspecto interessante comentado por Pedro Luiz deOliveira Costa Neto, em seu livro “Estatística”, é o seguinte. Nos dois casos, tanto no intervalo deconfiança, quanto no teste de hipóteses, relacionamos os mesmos estimadores com seusrespectivos parâmetros. Por exemplo, sempre analisamos a média populacional ( ) e seu

estimador, a média amostral obtida ( X ). Na estimação por intervalo, a média amostral é o centrodo intervalo de confiança para a média da população. Isto porque a média amostral é o melhorestimador para a média da população. Pela mesma razão, no teste de hipóteses, a variável maisadequada para testar o valor da média populacional é a média amostral.




RELAÇÃO DAS QUESTÕES COMENTADAS


Um pesquisador avaliou se a pressão sangüínea dos candidatos do último Concurso para um Tribunal de Contas se alterava no início da prova. Em condições normais, sem stress, oscandidatos entre 18 e 32 anos apresentaram uma pressão sistólica média de 120 mm Hg. Apósmedir a pressão de 36 candidatos a cinco minutos do início da prova, foi encontrada a pressãosistólica média de 125,2 mm Hg com desvio padrão amostral de 12 mm Hg. Deve-se testar:

120:0 H

120:1 H

01. TCE RO 2007[CESGRANRIO] O valor calculado da estatística t é:

(A) 2,60

(B) 0,43

(C) 0,01

(D) – 0,43

(E) – 2,60

02. TCE RO 2007[CESGRANRIO] Nos níveis de significância de 5% e 10%, é correto afirmar quea(o):

(A) hipótese nula é aceita em ambos os níveis.

(B) hipótese nula é rejeitada em ambos os níveis.

(C) hipótese nula é rejeitada em 5% e aceita em 10%.

(D) hipótese nula é aceita em 5% e rejeitada em 10%.

(E) teste é inconclusivo.

03. SEFAZ RJ 2007 [FGV] Para a realização do teste de hipóteses Ho: μ = μo, contra H1: μ > μo,definimos como ERRO DO TIPO I:

04. SEFAZ MS 2006 [FGV] Em um teste de hipóteses, a hipótese nula foi rejeitada no nível de3%. Portanto, a hipótese nula:

(A) será aceita no nível de 1%.

(B) será aceita no nível de 5%.

(C) pode ser aceita ou rejeitada no nível de 5%.

(D) será rejeitada no nível de 1%.

(E) será rejeitada no nível de 5%.




05. SEFAZ RJ 2009 [FGV] Uma empresa afirma que os pacotes de bala que ela produz pesamem média 25g. Para testar essa hipótese, foram selecionados ao acaso 16 pacotes produzidospela empresa, registrados seus pesos X1, X2, ..., X16 e calculadas as estatísticas

32016

1

i

iX ; 736016

1

2

i

iX

O valor da estatística t (a ser comparado com o ponto desejado da distribuição t de Student) parao teste é:

(A) –0,8.

(B) –1,2.

(C) –2,0.

(D) –2,5.

(E) –3,2.

06. CGU 2008 [ESAF] Um fabricante divulga que a característica principal de seu produto temuma média de 1.000 unidades. Um pesquisador, duvidando desta afirmação, encontrou uma característica média de 935 e desvio-padrão amostral de 130 examinando uma amostra aleatóriasimples de tamanho 9 destes produtos. Calcule o valor mais próximo da estatística t para testar ahipótese nula de que a média da característica principal do produto é 1 000, admitindo que acaracterística tem uma distribuição normal.

a) -1,5.

b) -1,78.

c) -1,89.

d) -1,96.

e) -2,115.

07. SEFAZ/SP 2006 [FCC] Seja X uma variável aleatória representando o valor arrecadado de umdeterminado tributo. Suponha que X tem distribuição normal (população de tamanho infinito)com média e desvio padrão de 500 reais. Desejando-se testar

H0: 000.1 reais (hipótese nula)

H1: 000.1 reais (hipótese alternativa)

tomou-se uma amostra aleatória de 400 valores de X, obtendo-se para a média amostral o valorde 1.060 reais. Seja o nível de significância do teste e suponha que a região de rejeição de H0 é 2/ZZ , onde 2/Z representa o escore da curva normal padrão tal que )( 2/ZZP .

Tem-se que:

a) Se H0 foi rejeitada, existe um nível de significância ( ) tal que H0 não seria rejeitada.

b) Para qualquer nível de significância , H0 será rejeitada, uma vez que 10001060 .

c) H0 não será rejeitada se 32/ Z

d) H0 será rejeitada se 22/ Z

e) Para 22/ Z , H0 não será rejeitada




08. Petrobrás – 2007 [CESPE] A taxa de octano existente em determinado combustível é umavariável aleatória X cuja distribuição possui média e desvio-padrão . Uma amostra aleatória simples fornecida por dez distribuidores diferentes desse combustível resultou nosvalores apresentados na tabela a seguir.

Amostra Taxa de octano (em%)

1 90 2 96 3 92 4 87 5 85 6 85 7 90 8 92 9 93 10 90

Considerando as informações acima, julgue os itens subseqüentes.

1. O desvio-padrão amostral da taxa de octano é inferior a 4%.

2. A estimativa do erro-padrão da média amostral é superior a 2%.

3. Caso seja utilizado o teste t para testar as hipóteses H0: %89 versus H1: %89 é correto afirmar que a hipótese nula não seria rejeitada ao se fixar níveis de significância inferioresa 50%.

09. Prefeitura Municipal de Vila Velha 2007 [CESPE] Um estudo foi realizado por uma prefeituraacerca da qualidade do atendimento no hospital municipal da cidade. Com base em umaamostra de 100 dias, foram produzidas as seguintes estatísticas referentes ao número diáriode pacientes atendidos.

média = 30

variância amostral = 100

mínimo = 0

primeiro quartil = 10

segundo quartil = 25

terceiro quartil = 40

máximo = 60.

Com relação ao texto e considerando que a amostra de 100 dias seja aleatória simples, julgue ospróximos itens.

1. Considere as hipóteses nula e alternativa, dadas respectivamente por H0: = 25 e HA: ≠ 25, em que representa a média populacional. Pelo teste t, há fortes evidências para se rejeitar H0.

010. BACEN/2006 [FCC] Uma amostra aleatória de 100 valores de aluguéis em uma cidadeforneceu um valor médio de R$ 600,00. O desvio padrão da população, considerada normal ede tamanho infinito, é de R$ 250,00. Deseja-se saber se o valor médio encontrado na amostraé superior ao valor de R$ 550,00, que se supõe ser a verdadeira média, ao nível de




significância de . Seja Z o escore da curva normal padrão tal que )( ZZP , H0 a hipótese nula do teste ( 550 ). Sabendo-se que H0 foi rejeitada, tem-se que:

a) o valor do escore reduzido referente ao valor médio encontrado para a amostra e necessáriopara comparação com Zα é igual a 0,2.

b) 2Z

c) 2Z

d) Para qualquer nível de significância H0 seria rejeitada, pois 600 > 550.

e) A um nível de significância , , H0 não teria sido rejeitada

011. BACEN/2006 [FCC] Uma amostra aleatória de 9 valores de salários extraída de umapopulação, considerada normal e de tamanho infinito, apresentou uma média igual a R$800,00 com um desvio padrão igual a R$ 120,00. Os registros históricos indicam que a médiados salários da população é igual a R$ 740,00. Deseja-se testar a hipótese, ao nível designificância , se o valor da média verificada na amostra difere do valor de R$ 740,00. SejaH0 a hipótese nula do teste ( 740 ), H1 a hipótese alternativa ( 740 ) e 02/ t o quantil da distribuição ‘t’ de Student, no nível de significância para testes bicaudais com 8 graus deliberdade. Sabendo-se que H0 foi rejeitada, tem-se que:

a) o valor da variável do teste t (t calculado) obtido através da amostra e necessário para acomparação com 2/t e 2/t é igual a 0,5.

b) para qualquer nível de significância H0 seria rejeitada, pois 0)740800(

c) 5,12/ t

d) 5,12/ t

e) a um nível de significância , , H0 não teria sido rejeitada.

012. MP RO 2005 [CESGRANRIO] Um teste de hipótese rejeitou a hipótese nula H0 no nível designificância de 5%. O que aconteceria com H0 nos níveis de significância de 1% e 10%?

013. CAPES 2008 [CESGRANRIO]

Considere as asserções a seguir.

A região de rejeição de um teste de hipóteses é obtida sob a suposição de que a hipótese danulidade (H0) é verdadeira.

PORQUE

Em testes de hipóteses, o erro do tipo I é aquele cometido ao se rejeitar a hipótese da nulidade(H0) quando esta é verdadeira.




Analisando-se as asserções, conclui-se que

(A) as duas asserções são verdadeiras, e a segunda é uma justificativa correta da primeira.

(B) as duas asserções são verdadeiras, e a segunda não é uma justificativa correta da primeira.

(C) a primeira asserção é verdadeira, e a segunda é falsa.

(D) a primeira asserção é falsa, e a segunda é verdadeira.

(E) a primeira e a segunda asserções são falsas.

014. IPEA 2004 [ESAF] Um fabricante de lanternas operadas com gás butano anuncia que oreservatório de gás de seu produto tem duração esperada µ de pelo menos 40 horas. Face àreclamação de alguns consumidores, uma agência independente resolve verificar averacidade da afirmação do fabricante por meio do teste estatístico da hipótese H0: µ≥40 contra a alternativa HA: µ < 40 com controle do erro do tipo I em 5%. Uma amostra aleatória de49 reservatórios produziu o valor médio X de 38 horas. Suponha que a distribuição dostempos de duração do gás seja aproximadamente normal com desvio padrão de 7 horas.

A tabela abaixo dá os valores da função de distribuição F(Z) da normal padrão para alguns valoresselecionados de Z.

Z F(Z) 0,34 0,6330,54 0,7050,64 0,7392,00 0,9773,00 0,999

Assinale a opção que dá o valor probabilístico (p-valor) do teste constituído com base naestatística 40X

a) 5%

b) 2,3%

c) 3%

d) 4%

e) 2,5%

015. IPEA 2004. [ESAF - adaptada] Assinale a opção que dá o valor do poder do testeestatístico descrito na questão anterior quando =39 horas.

a) 50%

b) 10%

c) 5%

d) 26,1%

e) 30,2%

[dados: %95)645,1( ZP ]




016. SEFAZ MS 2006 [FGV] Um teste de hipótese apresentou p-valor igual a 0,03. Portanto,nos níveis de significância de 1% e 5%, respectivamente, a hipótese nula:

a) deve ser aceita e aceita

b) deve ser aceita e rejeitada

c) deve ser rejeitada e aceita

d) deve ser rejeitada e rejeitada

e) pode ou não ser rejeitada, dependendo de a hipótese ser simples ou não.

017. MPU 2004 [ESAF] Considere o teste da hipótese H: μ =100 contra alternativa A:μ ≠ 100 emuma amostra da normal com média μ e variância σ2. O valor da estatística teste t comdistribuição de Student sob a hipótese H: μ =100 é de –1,7864 e sabe-se que P(t ≥ 1,7864) =0,0446.

Suponha que a probabilidade de erro do tipo I esteja sendo controlada em 5%. Assinale aresposta correta.

a) Como o valor probabilístico do teste é 0,0446 conclua H :μ = 100.

b) Como o valor probabilístico do teste é 0,0446 conclua A:μ ≠ 100.

c) Como o valor probabilístico do teste é 0,0892 não há evidência para rejeitar H :μ = 100.

d) Como o valor probabilístico do teste é 0,0223 conclua A:μ ≠ 100.

e) Não se pode tirar nenhuma conclusão pois, o tamanho da amostra, a média amostral e o desviopadrão amostral não foram dados.

018. POTIGAS 2006 [FGV] Um teste de hipóteses apresentou p-valor igual a 0,07. Portanto,nos níveis de significância de 10% e 5%, respectivamente, a hipótese nula:

(A) deve ser aceita e aceita.

(B) deve ser aceita e rejeitada.

(C) deve ser rejeitada e aceita.

(D) deve ser rejeitada e rejeitada.


019. SENADO 2008 [FGV] Uma amostra aleatória simples X1, X2, ... , X25, de tamanho 25, deuma distribuição normal com média foi observada e indicou as seguintes estatísticas:

5,10X ;

25

1

2 384)(i

i XX

O p – valor do procedimento usual para testar H0: 10 versus H1: > 10 é um número:

(A) menor do que 0,01.

(B) entre 0,01 e 0,10.

(C) entre 0,10 e 0,25.

(D) entre 0,25 e 0,30.

(E) maior do que 0,30.

Dados constantes da prova do Senado/FGV:




020. TRF 1ª Região/2001 [FCC]

Para responder à questão seguinte, considere as tabelas a seguir. Elas fornecem alguns valoresda função de distribuição F(x). A tabela 1 refere-se à variável normal padrão, as tabelas 2 e 3referem-se à variável t de Student com 10 e 15 graus de liberdade, respectivamente.

Tabela 1 Tabela 2 Tabela 3 x F(x) X F(x) x F(x)

1,20 0,885 1,37 0,90 1,75 0,95 1,60 0,945 1,81 0,95 2,25 0,98 1,64 0,950 2,36 0,98 2,60 0,99

Seja X: N( ,25). Para o teste da média 15 contra 12 , retirou-se uma amostra aleatóriade 16 elementos de X, tendo-se observado para a média amostral o valor 13. Determine o nível descritivo do teste.

a) 0,065

b) 0,060

c) 0,055

d) 0,010

e) 0,005

021. MPE PE/2006 [FCC] Para resolver a questão abaixo, considere as tabelas a seguir. Elasfornecem alguns valores da distribuição F(x). A tabela 1 refere-se à variável normal padrão, astabelas 2 e 3 referem-se à variável t de Student com 15 e 16 graus de liberdade,respectivamente:

Tabela 1 Tabela 2 Tabela 3 X F(x) X F(x) x F(x)

1,60 0,945 1,753 0,95 1,746 0,95 1,64 0,950 2,248 0,98 2,235 0,98 2,00 0,977 2,583 0,99 2,567 0,99

Seja X uma variável aleatória, com distribuição normal, com média e desvio padrão 6. Para o teste da média 11 contra 13 , retirou-se uma amostra aleatória de 100 elementos de X,tendo-se observado para a média amostral o valor 12,2. O nível descritivo do teste é:




a) 0,012 b) 0,023 c) 0,055 d) 0,064 e) 0,077.

022. PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] Um teste de hipótese apresentou p-valor igual a 0,07.Portanto, nos níveis de significância de 5% e 10%, respectivamente, a hipótese nula:

(A) deve ser aceita em ambos.

(B) deve ser aceita no primeiro e rejeitada no segundo.

(C) deve ser rejeitada no primeiro e aceita no segundo.

(D) deve ser rejeitada em ambos.


Para responder às questões 023, 024 e 025, considere o enunciado a seguir.

A proporção de pessoas com uma determinada característica numa população é p. Sortearam-se5 pessoas ao acaso e com reposição dessa população e calculou-se a proporção p̂ de pessoas com a característica na amostra. Desejando-se testar: H0: 5,0p contra H1: 6,0p , com base nesta amostra, decidiu-se rejeitar H0 se o número de pessoas com a característica na amostra formaior ou igual a 4.

023. MPU/2007 [FCC] O nível de significância associado ao teste é:

a) 6/64;

b) 5/32

c) 1/16;

d) 5/64;

e) 6/32

024. MPU/2007 [FCC] Se o número observado de pessoas com a característica na amostra foi5, o nível descritivo associado ao teste é:

a) 5/16

b) 5/32

c) 3/16

d) 1/32

e) 1/16.

025. MPU/2007 [FCC] A probabilidade de se rejeitar H0 quando H1 é verdadeira é:

a) 56,04

b) 56,0

c) 46,06,2

d) 56,01

e) 46,04,05




026. SENADO 2008 [FGV] Considere que uma amostra aleatória simples de tamanho n = 5 deuma distribuição Bernoulli com probabilidade de sucesso p seja usada para testar H0: p = 0,5versus H1: p = 0,7 e que seja usado o critério que rejeita a hipótese nula se forem observados 4 ou5 sucessos. A probabilidade de se cometer erro tipo 1 é igual a:

(A) 0,1875.

(B) 0,15625.

(C) 0,125.

(D) 0,0625.

(E) 0,03125.

027. BNDES 2008/2 [CESGRANRIO] Considere o seguinte teste de hipótese para a proporçãopopulacional p:

6,0:0 pH

6,0:1 pH

Para uma amostra de tamanho n=12, construiu-se a região crítica RC (0, 1, 11, 12). O poder doteste para p = 0,5 é

(A) 26 . 0,512

(B) 13 . 0,512

(C) 12 . 0,512

(D) 2 . 0,512

(E) 0,512

028. SEFAZ MG 2005 [ESAF] Um fabricante afirma que pelo menos 95% dos equipamentosque fornece à indústria encontram-se dentro de suas especificações. Uma amostra de 200 itensescolhidos ao acaso revelou 10 itens fora de especificação. Assinale a opção que corresponde aovalor probabilístico (p-valor) do teste de H0: 95,0 contra HA: 95,0 , sendo a proporção populacional de itens dentro da especificação.

a) 0,500

b) 0,050

c) 0,025

d) 0,010

e) 0,100

029. SEFAZ MG 2005 [ESAF] Lança-se uma moeda 20 vezes e observa-se a ocorrência de 7caras. Seja a probabilidade de cara. Assinale a opção que dá o valor da estatística testecorrespondente ao teste da hipótese H0: 5,0 contra HA: 5,0 .

a) 203,0

b) 202,0

c) 203,0




d) 202,0

e) 205,0

030. Basa/2007 [CESPE] Um programa de controle de qualidade foi implementado em umaagência bancária. A cada 10 clientes que entram na fila para solicitar um certo tipo de serviçoS, um atendente entrega um pequeno questionário, que deve ser preenchido pelo cliente edevolvido ao caixa do banco. Um dos quesitos monitorados diariamente é a proporção declientes que estão satisfeitos com o atendimento de um modo geral. Em determinada semana,foram observados os resultados mostrados na tabela a seguir.

Dia da semana 2ª 3ª 4ª 5ª 6ª

número de clientes observados 30 40 20 50 70

proporção de clientes satisfeitos 0,9 0,8 0,9 0,8 0,6

Com base nesses dados, julgue o item que se segue.

1. Considere que se deseje testar a hipótese de que a verdadeira proporção de clientes satisfeitosna terça-feira seja superior a 0,85. Nessa situação, a estatística do teste, considerando a

aproximação normal, é dada por

4,0408,085,0

.

031. CGU 2008 [ESAF] Sejam n variáveis aleatórias N(0,1) independentes. A soma de seusquadrados tem uma distribuição de:

a) t de Student com n-1 graus de liberdade

b) t de Student com n graus de liberdade

c) qui quadrado com n graus de liberdade

d) qui quadrado com 2n graus de liberdade

e) F com 1 grau de liberdade no numerador e n graus de liberdade no denominador.

032. PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] Se nXXX ,...,, 21 são variáveis aleatóriasindependentes e com distribuição normal reduzida, então a variável aleatória 22

22

1 ... nXXX tem distribuição

(A) normal.

(B) qui-quadrado com n - 1 graus de liberdade.

(C) qui-quadrado com n graus de liberdade.

(D) t de Student com n - 1 graus de liberdade.

(E) t de Student com n graus de liberdade.

033. MP RO 2005 [CESGRANRIO] Se nXXX ,...,, 21 são variáveis aleatórias independentes e

com distribuição normal reduzida, então a variável aleatória 222

21 ... nXXX tem média:

a) 1

b) 2

1n




c) 2n

d) 1n

e) n

034. PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] Se (X1, X2, ..., Xn) são variáveis aleatórias

independentes e com distribuição normal reduzida e n

XXXX n

...21 , então a

distribuição de 222

21 )(...)()( XXXXXX n é:

a) normal

b) qui-quadrado com n-1 graus de liberdade

c) qui-quadrado com n graus de liberdade

d) t de Student com n-1 graus de liberdade

e) t de Studente com n graus de liberdade

035. SEFAZ MS 2006 [FGV] Uma amostra aleatória simples de tamanho 25 foi selecionadapara estimar a média desconhecida de uma população normal. A média amostral encontradafoi de 4,2 e a variância amostral foi 1,44.


a) (0,88; 2,79)

b) (0,72; 3,05)

c) (0,64; 3,20)

d) (0,55; 3,16)

e) (0,44; 3,44)

036. MP RO 2005 [FCC] Uma amostra aleatória simples de tamanho 25 foi selecionada paraestimar a média e a variância desconhecidas de uma população normal. A média amostralencontrada foi 5,2 e a variância amostral foi 1,44.


(A) (0,48; 2,40)

(B) (0,52; 2,96)

(C) (0,58; 2,84)

(D) (0,67; 3,43)

(E) (0,88; 2,79)

037. PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] Uma amostra aleatória simples, de tamanho 16, foiselecionada para estimar a média desconhecida de uma população normal. A média amostralencontrada foi 4,8 e a variância amostral, 1,44.

O intervalo de 90% de confiança para a variância populacional é

(A) (0,48 ; 2,40)




(B) (0,52 ; 2,84)

(C) (0,58 ; 2,96)

(D (0,67 ; 3,43)

(E) (0,86 ; 2,97)

038. PM MANAUS [CESGRANRIO] Uma amostra aleatória simples de tamanho 16 foiselecionada para estimar a média desconhecida de uma população normal. A média amostralencontrada foi 5,2 e a variância amostral foi 1,44.


(A) (0,79 ; 3,47)

(B) (0,67 ; 3,43)

(C) (0,58 ; 2,84)

(D) (0,52 ; 2,96)

(E) (0,48 ; 2,40)

039. INMETRO 2007 [CESPE] O fabricante de uma balança de precisão afirma que o desviopadrão das medições dessa balança é de 0,0002 g. Considere que um usuário dessa balançafaça um experimento para testar a afirmação do fabricante. Após 8 medições, esse usuárioverifica que o desvio padrão amostral foi igual a 0,0005 g. O usuário decide testar a hipótese nula 0002,0:0 H versus a hipótese alternativa 0002,0: AH . Com base nessas informações, julgue os itens a seguir.

118. A estatística qui-quadrado para o teste em questão é inferior a 40.

119. Se a hipótese nula for rejeitada em nível de significância de 5%, então o poder do teste será de 95%.

120. Um intervalo de conviança de 95% para a variância amostral pode ser dado por

80002,096,10005,0

040. CGU 2008 [ESAF] Dos 100 candidatos inscritos em um concurso que estudaram no cursopreparatório A, 75 foram aprovados no concurso, enquanto que dos 100 candidatos inscritos noconcurso que estudaram no curso preparatório B, 65 foram aprovados nesse concurso. Sedesejarmos testar a hipótese estatística de que a proporção de aprovação dos dois cursos é amesma, obtenha o valor mais próximo da estatística do teste, que tem aproximadamente umadistribuição qui-quadrado com um grau de liberdade.

a) 1,21.

b) 1,44.

c) 1,85.

d) 2,38.

e) 2,93.

O enunciado a seguir refere-se às questões 041, 042 e 043

A tabela a seguir mostra os resultados obtidos em matemática por três turmas.

Aprovados Reprovados Total

Turma X 30 10 40




Turma Y 35 5 40

Turma Z 15 5 20

Total 80 20 100

Desejamos testar, utilizando o teste do qui-quadrado:


HA: os seis resultados possíveis não têm probabilidades iguais.

041. SEFAZ/MS – 2006 [FGV] O valor observado da estatística qui-quadrado é,aproximadamente:

a) 1,16

b) 2,34

c) 3,44

d) 4,66

e) 5,58

042. SEFAZ/MS – 2006 [FGV] O número de graus de liberdade é:

a) 2

b) 3

c) 4

d) 6

e) 99

043. SEFAZ/MS – 2006 [FGV] Nos níveis de 1%, 5% e 10%, a decisão sobre H0 é:

%1 %5 %10

A Nãorejeitar

Nãorejeitar

Nãorejeitar

B Nãorejeitar

Nãorejeitar

Rejeitar

C Nãorejeitar

Rejeitar Rejeitar

D Rejeitar Rejeitar Nãorejeitar

E Rejeitar Rejeitar Rejeitar




044. SENADO 2008 [FGV] A tabela de contingência a seguir foi obtida para se testarhomogeneidade entre as proporções de conceitos obtidos em um exame nacional com doismétodos de ensino:

O valor da estatística qui-quadrado usual para esses dados é:

(A) 6.

(B) 12.

(C) 18.

(D) 24.

(E) 36.

045. AFT 2010 [ESAF] Em uma amostra aleatória simples de 100 pessoas de uma população,15 das 40 mulheres da amostra são fumantes e 15 dos 60 homens da amostra também sãofumantes. Desejando-se testar a hipótese nula de que nesta população ser fumante ou nãoindepende da pessoa ser homem ou mulher, qual o valor mais próximo da estatística docorrespondente teste de qui-quadrado?

a) 1,79.

b) 2,45.

c) 0,98.

d) 3,75.

e) 1,21.

046. MPU/2007 [FCC] Para responder à questão, utilize a tabela abaixo para o teste, ondeP(qui-quadrado vc )= p

p

graus de liberdade

5% 4% 2,5% 2% 1%

1 3,841 4,218 5,024 5,412 6,635

2 5,991 6,438 7,378 7,824 9,210

3 7,815 8,311 9,348 9,837 11,345

Uma pesquisa de opinião sobre a qualidade do sabão Diamante foi realizada em dois bairros (A e B) da cidade de São Paulo. No bairro A sorteou-se 300 residentes e destes 180 o classificaramcomo bom e os demais o classificaram como ruim. No bairro B foram sorteados 100 residentes e80 o classificaram como ruim e os demais o classificaram como bom. Utilizou-se o teste de qui-quadrado para se avaliar se existe diferença no grau de satisfação dos residentes. O valorobservado do qui-quadrado e a decisão do teste ao nível de significância de 5% são,respectivamente,




a) 24, não existe diferença de opinião significativa entre os bairros

b) 24, existe diferença de opinião significativa entre os bairros

c) 48, não existe diferença de opinião significativa entre os bairros

d) 48, existe diferença de opinião significativa entre os bairros

e) 50, existe diferença de opinião significativa entre os bairros

047. Secretaria de Estado de Meio Ambiente/ES – 2007 [CESPE]

Estação do ano

Primavera Verão Outono Inverno Total

Presente 60 90 70 30 250

Ausente 1190 1460 1400 1300 5350

Total 1250 1550 1470 1330 5600

Um dos critérios para a avaliação da qualidade da água para o consumo humano é a detecção decoliformes fecais na água distribuída à população. A tabela acima apresenta os resultados dasanálises de 5.600 amostras de água coletadas, entre os anos de 1995 a 2000, em uma grandecidade, conforme as estações do ano. Considerando as informações da tabela acima, julgue oitem a seguir.

56. O valor da estatística de qui-quadrado com respeito à hipótese de independência entre osresultados e as estações do ano é superior a 15.

048. MPE PE/2006 [FCC] Considere a tabela a seguir para o teste, onde P(qui-quadrado vc) = p

p

graus de liberdade

5% 4% 2,5% 2% 1%

1 3,841 4,218 5,024 5,412 6,635

2 5,991 6,438 7,378 7,824 9,210

3 7,815 8,311 9,348 9,837 11,345

A opinião sobre o atendimento (entre bom, regular e ruim) aos pacientes em dois hospitaispúblicos foi estudado em duas cidades. Na cidade A sorteou-se 200 usuários e destes 50classificaram em regular, 70 classificaram em ruim e os demais classificaram com bom oatendimento do hospital A. Na cidade B foram sorteados 200 usuários e 120 classificaram embom, 50 em regular, e os demais classificaram como ruim o atendimento do hospital B. Utilizou-seo teste de qui-quadrado para avaliar se existe diferença no grau de satisfação com os hospitaisdas duas cidades. O valor observado do qui-quadrado e a decisão do teste ao nível de 5% designificância são, respectivamente:

a) 24, existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades

b) 24, não existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades

c) 25, existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades

d) 26, existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades




e) 26, não existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades

Texto para as questões 049, 050 e 051.

Uma empresa comprou, de três diferentes fornecedores, máquinas de fazer café. A tabela aseguir mostra o desempenho

dessas máquinas.


H0: a qualidade das máquinas independe dos fornecedores versus

H1: a qualidade das máquinas depende dos fornecedores.

049. MP RO 2005 [CESGRANRIO] O valor observado da estatística qui-quadrado é:

(A) 2,4

(B) 3,6

(C) 4,8

(D) 6,0

(E) 7,2

050. MP RO 2005 [CESGRANRIO] O número de graus de liberdade é:

(A) 2

(B) 3

(C) 4

(D) 5

(E) 9

051. MP RO 2005 [CESGRANRIO] Nos níveis de 1%, 5% e 10% de significância, a decisãosobre H0 é:

Texto para as questões 052, 053 e 054

Para medir a preferência por marcas de refrigerantes, selecionou-se uma amostra aleatória de300 estudantes. A tabela a seguir mostra os resultados obtidos:





H0: a preferência por marcas independe da zona da cidade

versus

H1: a preferência por marcas depende da zona da cidade.

052. PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] O valor observado da estatística qui-quadrado é:

(A) 2,5

(B) 3,0

(C) 4,0

(D) 4,6

(E) 5,0

053. PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] O número de graus de liberdade é:

(A) 2

(B) 4

(C) 6

(D) 99

(E) 299

054. PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] Nos níveis de 1%, 5% e 10% de significância, adecisão sobre H0 é:


Os dados a seguir são provenientes de uma análise preliminar de 500 pacientes inscritos no Programa de Tratamento de Obesidade, em um grande hospital do Rio de Janeiro.

Considere as duas variáveis: sexo do paciente e grau de obesidade (0 = baixo, 1= médio e 2= alto).




Deseja-se testar, usando o teste qui-quadrado, se existe dependência entre as variáveis sexo egrau de obesidade

H0: o grau de obesidade independe do sexo

H1: o grau de obesidade depende do sexo

055. PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO] O valor observado da estatística qui-quadrado,aproximadamente, é

(A) 0,03

(B) 2,90

(C) 4,05

(D) 16,40

(E) 173,10

056. PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO] Utilizando os níveis de significância de 1%, 5% e 10%, a decisão sobre a hipótese nula é

057. TCE RO [CESGRANRIO]

Realizada uma pesquisa de mercado, com 50 pessoas, em que se pretendia estudar se apreferência com relação a adoçantes artificiais, com ou sem aspartame, dependia ou não do sexo,obtiveram-se os seguintes resultados:




O valor observado da estatística qui-quadrado e o número de graus de liberdade,respectivamente, são:

(A) 2,19 e 2

(B) 2,19 e 3

(C) 12,00 e 2

(D) 12,00 e 3

(E) 19,60 e 2

058. CAPES 2008 [CESGRANRIO] Com relação ao teste de hipótese realizado, considere asafirmações a seguir.

I - O teste foi baseado em 9 graus de liberdade.

II - A hipótese de independência entre Sexo e Região não é rejeitada para qualquer nível designificância inferior a 10,0%.

III - Com 95,0% de confiança afirma-se que existe associação entre as variáveis Sexo e Região.

IV - Sob a hipótese de independência entre as variáveis Sexo e Região, o número esperado de mulheres na região Norte é menor que o número observado.

Estão corretas APENAS as afirmações

(A) I e II

(B) II e IV

(C) I, II e IV

(D) I, III e IV

(E) II, III e IV

059. CAPES 2008 [CESGRANRIO] No cálculo da estatística do teste, a menor diferença entre onúmero de homens observado e o esperado ocorre na região

(A) Centro-Oeste

(B) Nordeste

(C) Sudeste

(D) Norte

(E) Sul

Texto para as questões 060 a 062

A tabela a seguir mostra os resultados obtidos em 60 lançamentos de um dado.



H1: os seis resultados possíveis não têm probabilidades iguais.




060. PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] O valor observado da estatística qui-quadrado é:

(A) 3,8

(B) 5,0

(C) 6,2

(D) 8,6

(E) 50

061. PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] O número de graus de liberdade é:

(A) 5

(B) 6

(C) 54

(D) 59

(E) 60

062. PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] Nos níveis de 1%, 5% e 10% de significância, adecisão sobre H0 é:

063. SEFAZ/SP 2009 [FCC] Espera-se que o número de reclamações tributárias em um órgãopúblico durante determinada semana seja igual a 25, em qualquer dia útil. Sabe-se que nestasemana ocorreram 125 reclamações com a seguinte distribuição por dia da semana:

Para decidir se o número de reclamações tributárias correspondente não depende do dia dasemana, a um nível de significância , é calculado o valor do qui-quadrado ( ) que se devecomparar com o valor do qui-quadrado crítico tabelado com 4 graus de liberdade. O valor de é

(A) 1,20

(B) 1,90

(C) 4,75

(D) 7,60

(E) 9,12




064. MPU 2004/ [ESAF] O resultado de um ensaio destinado a investigar a efetividade davacinação de animais na prevenção de certo tipo de doença produziu a tabela de contingênciaseguinte.

Deseja-se testar a hipótese de que os perfis (de linha) de vacinados e não vacinados coincidem.Assinale a opção que dá o valor da contribuição da primeira célula da tabela para a estatísticateste de homogeneidade do qui-quadrado.

a) 0,326

b) 0,450

c) 0,400

d) 0,500

e) 0,467




GABARITO

1 a

2 b

3 anulado

4 e

5 d

6 a

7 d

8 certo errado certo

9 certo

10 c

11 d

12 b

13 b

14 b

15 d

16 b

17 c

18 c

19 d

20 c

21 b

22 b

23 e

24 d

25 c

26 a

27 a

28 a

29 a

30 errado

31 c

32 c

33 e

34 b

35 a

36 e

37 e

38 a

39 errado errado errado

40 d

41 b

42 a

43 a

44 e

45 a

46 d

47 certo

48 a

49 e

50 a

51 c

52 d

53 a

54 b

55 d

56 e

57 a

58 b

59 d

60 b

61 a

62 a

63 d

64 e




TABELA I

Z é a variável normal reduzida (média zero e desvio padrão unitário).

PROBABILIDADE DE Z ESTAR ENTRE 0 E Z0 Segunda casa decimal de Z0

Z0 0 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09 0,0 0,0000 0,0040 0,0080 0,0120 0,0160 0,0199 0,0239 0,0279 0,0319 0,0359 0,1 0,0398 0,0438 0,0478 0,0517 0,0557 0,0596 0,0636 0,0675 0,0714 0,0753 0,2 0,0793 0,0832 0,0871 0,0910 0,0948 0,0987 0,1026 0,1064 0,1103 0,1141 0,3 0,1179 0,1217 0,1255 0,1293 0,1331 0,1368 0,1406 0,1443 0,1480 0,1517 0,4 0,1554 0,1591 0,1628 0,1664 0,1700 0,1736 0,1772 0,1808 0,1844 0,1879 0,5 0,1915 0,1950 0,1985 0,2019 0,2054 0,2088 0,2123 0,2157 0,2190 0,2224 0,6 0,2257 0,2291 0,2324 0,2357 0,2389 0,2422 0,2454 0,2486 0,2517 0,2549 0,7 0,2580 0,2611 0,2642 0,2673 0,2704 0,2734 0,2764 0,2794 0,2823 0,2852 0,8 0,2881 0,2910 0,2939 0,2967 0,2995 0,3023 0,3051 0,3078 0,3106 0,3133 0,9 0,3159 0,3186 0,3212 0,3238 0,3264 0,3289 0,3315 0,3340 0,3365 0,3389 1,0 0,3413 0,3438 0,3461 0,3485 0,3508 0,3531 0,3554 0,3577 0,3599 0,3621 1,1 0,3643 0,3665 0,3686 0,3708 0,3729 0,3749 0,3770 0,3790 0,3810 0,3830 1,2 0,3849 0,3869 0,3888 0,3907 0,3925 0,3944 0,3962 0,3980 0,3997 0,4015 1,3 0,4032 0,4049 0,4066 0,4082 0,4099 0,4115 0,4131 0,4147 0,4162 0,4177 1,4 0,4192 0,4207 0,4222 0,4236 0,4251 0,4265 0,4279 0,4292 0,4306 0,4319 1,5 0,4332 0,4345 0,4357 0,4370 0,4382 0,4394 0,4406 0,4418 0,4429 0,4441 1,6 0,4452 0,4463 0,4474 0,4484 0,4495 0,4505 0,4515 0,4525 0,4535 0,4545 1,7 0,4554 0,4564 0,4573 0,4582 0,4591 0,4599 0,4608 0,4616 0,4625 0,4633 1,8 0,4641 0,4649 0,4656 0,4664 0,4671 0,4678 0,4686 0,4693 0,4699 0,4706 1,9 0,4713 0,4719 0,4726 0,4732 0,4738 0,4744 0,4750 0,4756 0,4761 0,4767 2,0 0,4772 0,4778 0,4783 0,4788 0,4793 0,4798 0,4803 0,4808 0,4812 0,4817 2,1 0,4821 0,4826 0,4830 0,4834 0,4838 0,4842 0,4846 0,4850 0,4854 0,4857 2,2 0,4861 0,4864 0,4868 0,4871 0,4875 0,4878 0,4881 0,4884 0,4887 0,4890 2,3 0,4893 0,4896 0,4898 0,4901 0,4904 0,4906 0,4909 0,4911 0,4913 0,4916 2,4 0,4918 0,4920 0,4922 0,4925 0,4927 0,4929 0,4931 0,4932 0,4934 0,4936 2,5 0,4938 0,4940 0,4941 0,4943 0,4945 0,4946 0,4948 0,4949 0,4951 0,4952 2,6 0,4953 0,4955 0,4956 0,4957 0,4959 0,4960 0,4961 0,4962 0,4963 0,4964 2,7 0,4965 0,4966 0,4967 0,4968 0,4969 0,4970 0,4971 0,4972 0,4973 0,4974 2,8 0,4974 0,4975 0,4976 0,4977 0,4977 0,4978 0,4979 0,4979 0,4980 0,4981 2,9 0,4981 0,4982 0,4982 0,4983 0,4984 0,4984 0,4985 0,4985 0,4986 0,4986 3,0 0,4987 0,4987 0,4987 0,4988 0,4988 0,4989 0,4989 0,4989 0,4990 0,4990




TABELA II

Distribuição T

A tabela fornece valores críticos de t (tcritico).

Nesta tabela a probabilidade de t assumir valores fora do intervalo –tcritico ; + tcritico é igual a . Graus de liberdade Nível de significância para o teste bilateral ( )

0,2 0,1 0,05 0,02 0,01 0,005

1 3,078 6,314 12,706 31,821 63,657 127,32 2 1,886 2,920 4,303 6,965 9,925 14,089 3 1,638 2,353 3,182 4,541 5,841 7,453 4 1,533 2,132 2,776 3,747 4,604 5,598 5 1,476 2,015 2,571 3,365 4,032 4,773 6 1,440 1,943 2,447 3,143 3,707 4,317 7 1,415 1,895 2,365 2,998 3,499 4,029 8 1,397 1,860 2,306 2,896 3,355 3,833 9 1,383 1,833 2,262 2,821 3,250 3,690

10 1,372 1,812 2,228 2,764 3,169 3,581 11 1,363 1,796 2,201 2,718 3,106 3,497 12 1,356 1,782 2,179 2,681 3,055 3,428 13 1,350 1,771 2,160 2,650 3,012 3,372 14 1,345 1,761 2,145 2,624 2,977 3,326 15 1,341 1,753 2,131 2,602 2,947 3,286 16 1,337 1,746 2,120 2,583 2,921 3,252 17 1,333 1,740 2,110 2,567 2,898 3,222 18 1,330 1,734 2,101 2,552 2,878 3,197 19 1,328 1,729 2,093 2,539 2,861 3,174 20 1,325 1,725 2,086 2,528 2,845 3,153 21 1,323 1,721 2,080 2,518 2,831 3,135 22 1,321 1,717 2,074 2,508 2,819 3,119 23 1,319 1,714 2,069 2,500 2,807 3,104 24 1,318 1,711 2,064 2,492 2,797 3,091 25 1,316 1,708 2,060 2,485 2,787 3,078 26 1,315 1,706 2,056 2,479 2,779 3,067 27 1,314 1,703 2,052 2,473 2,771 3,057 28 1,313 1,701 2,048 2,467 2,763 3,047 29 1,311 1,699 2,045 2,462 2,756 3,038 30 1,310 1,697 2,042 2,457 2,750 3,030 40 1,303 1,684 2,021 2,423 2,704 2,971 60 1,296 1,671 2,000 2,390 2,660 2,915 99 1,290 1,660 1,984 2,365 2,626 2,871 120 1,289 1,658 1,980 2,358 2,617 2,860 1,282 1,645 1,960 2,326 2,576 2,807




TABELA III

Valores de 2

k tais que a probabilidade de 2

(com distribuição de qui-quadrado) assumir valores maiores que 2

k seja igual à probabilidade P.

Graus deliberdade

Probabilidades 0,995 0,990 0,975 0,950 0,900 0,750 0,250 0,100 0,050 0,025 0,010 0,005

1 0,000 0,000 0,001 0,004 0,016 0,102 1,323 2,706 3,841 5,024 6,635 7,879 2 0,010 0,020 0,051 0,103 0,211 0,575 2,773 4,605 5,991 7,378 9,210 10,597 3 0,072 0,115 0,216 0,352 0,584 1,213 4,108 6,251 7,815 9,348 11,345 12,838 4 0,207 0,297 0,484 0,711 1,064 1,923 5,385 7,779 9,488 11,143 13,277 14,860 5 0,412 0,554 0,831 1,145 1,610 2,675 6,626 9,236 11,070 12,833 15,086 16,750 6 0,676 0,872 1,237 1,635 2,204 3,455 7,841 10,645 12,592 14,449 16,812 18,548 7 0,989 1,239 1,690 2,167 2,833 4,255 9,037 12,017 14,067 16,013 18,475 20,278 8 1,344 1,646 2,180 2,733 3,490 5,071 10,219 13,362 15,507 17,535 20,090 21,955 9 1,735 2,088 2,700 3,325 4,168 5,899 11,389 14,684 16,919 19,023 21,666 23,589 10 2,156 2,558 3,247 3,940 4,865 6,737 12,549 15,987 18,307 20,483 23,209 25,188 11 2,603 3,053 3,816 4,575 5,578 7,584 13,701 17,275 19,675 21,920 24,725 26,757 12 3,074 3,571 4,404 5,226 6,304 8,438 14,845 18,549 21,026 23,337 26,217 28,300 13 3,565 4,107 5,009 5,892 7,042 9,299 15,984 19,812 22,362 24,736 27,688 29,819 14 4,075 4,660 5,629 6,571 7,790 10,165 17,117 21,064 23,685 26,119 29,141 31,319 15 4,601 5,229 6,262 7,261 8,547 11,037 18,245 22,307 24,996 27,488 30,578 32,801 16 5,142 5,812 6,908 7,962 9,312 11,912 19,369 23,542 26,296 28,845 32,000 34,267 17 5,697 6,408 7,564 8,672 10,085 12,792 20,489 24,769 27,587 30,191 33,409 35,718 18 6,265 7,015 8,231 9,390 10,865 13,675 21,605 25,989 28,869 31,526 34,805 37,156 19 6,844 7,633 8,907 10,117 11,651 14,562 22,718 27,204 30,144 32,852 36,191 38,582 20 7,434 8,260 9,591 10,851 12,443 15,452 23,828 28,412 31,410 34,170 37,566 39,997 21 8,034 8,897 10,283 11,591 13,240 16,344 24,935 29,615 32,671 35,479 38,932 41,401 22 8,643 9,542 10,982 12,338 14,041 17,240 26,039 30,813 33,924 36,781 40,289 42,796 23 9,260 10,196 11,689 13,091 14,848 18,137 27,141 32,007 35,172 38,076 41,638 44,181 24 9,886 10,856 12,401 13,848 15,659 19,037 28,241 33,196 36,415 39,364 42,980 45,559 25 10,520 11,524 13,120 14,611 16,473 19,939 29,339 34,382 37,652 40,646 44,314 46,928 26 11,160 12,198 13,844 15,379 17,292 20,843 30,435 35,563 38,885 41,923 45,642 48,290 27 11,808 12,879 14,573 16,151 18,114 21,749 31,528 36,741 40,113 43,195 46,963 49,645 28 12,461 13,565 15,308 16,928 18,939 22,657 32,620 37,916 41,337 44,461 48,278 50,993 29 13,121 14,256 16,047 17,708 19,768 23,567 33,711 39,087 42,557 45,722 49,588 52,336 30 13,787 14,953 16,791 18,493 20,599 24,478 34,800 40,256 43,773 46,979 50,892 53,672 40 20,707 22,164 24,433 26,509 29,051 33,660 45,616 51,805 55,758 59,342 63,691 66,766 50 27,991 29,707 32,357 34,764 37,689 42,942 56,334 63,167 67,505 71,420 76,154 79,490 60 35,534 37,485 40,482 43,188 46,459 52,294 66,981 74,397 79,082 83,298 88,379 91,952 70 43,275 45,442 48,758 51,739 55,329 61,698 77,577 85,527 90,531 95,023 100,425 104,215 80 51,172 53,540 57,153 60,391 64,278 71,145 88,130 96,578 101,879 106,629 112,329 116,321 90 59,196 61,754 65,647 69,126 73,291 80,625 98,650 107,565 113,145 118,136 124,116 128,299 100 67,328 70,065 74,222 77,929 82,358 90,133 109,141 118,498 124,342 129,561 135,807 140,169




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Aula 19