Exp Zoo Cap 3 EA&A aula 4 - Unesp · 2017. 3. 28. · Introdução Quando aplicamos um teste de hipóteses, geralmente controlamos o ERRO DO TIPO I, através do nível de significância

EXPERIMENTAÇÃO ZOOTÉCNICAProfa. Dra. Amanda Liz Pacífico Manfrim Perticarrari

[email protected]

Introdução

� Um dos principais objetivos da estatística é a tomada de decisões

a respeito da população, com base na observação de amostras.

• ou seja, obtenção de conclusões válidas para toda a população

com base em amostras retiradas dessas populações.

Introdução

�Para tanto, torna-se necessário a formulação de hipóteses ou

suposições relativas às populações.

• Essas suposições, que podem ou

não ser verdadeiras, são chamadas

de hipóteses estatísticas e

constituem, geralmente, em

considerações a respeito das

distribuições de probabilidade das

populações.

Introdução

� É muito comum formularmos uma hipótese estatística com o

objetivo de rejeitá-la

• Exemplo: Quando realizamos um

experimento com o objetivo de

verificar qual manejo é mais eficaz

para evitar o estresse do animal,

formulamos a hipótese de que não

existam diferenças entre os manejos

em relação ao nível de estresse do

animal.

Introdução

� Assim, supomos que quaisquer diferenças observadas são devidas

flutuações de amostragem ou devidas aos fatores não controlados

ou acaso.

� Essa hipótese inicial que formulamos, é denominada de hipótese

de nulidade (ou hipótese nula) e é representada por ��.

� Se verificarmos que os resultados obtidos em um experimento

diferem acentuadamente dos resultados esperados para essa

hipótese

� podemos concluir que as diferenças observadas são

significativas, e rejeita-se essa hipótese.

Introdução

� Ao rejeitarmos a hipótese de nulidade, aceitamos outra hipótese –

que é representada por �� e denominada de hipótese

alternativa.

� No exemplo anterior, a hipótese

alternativa seria: os diferentes

manejos testados diferem entre si

em relação ao nível de estresse

do animal.

Introdução

� Os métodos que permitem

decidir se uma hipótese deve

ser aceita ou rejeitada,

• ou se os resultados obtidos

diferem significativamente

dos esperados

são denominados testes de

significância, ou testes de

hipóteses.

Introdução

� Porém, ao tomarmos decisões de rejeitar ou aceitar uma determinada

hipótese, estamos sujeitos a cometer dois tipos de erros:

� ERRO DO TIPO I – é o erro que cometemos ao rejeitar uma

hipótese verdadeira que deveria ser aceita,

• ou seja, o teste apresenta um resultado significativo, quando não

existem diferenças entre os efeitos dos tratamentos.

Erro tipo I

variável X

�(�) Região de não rejeição

de �Região de

rejeição de �

valor crítico = 1 � = 1,5

curva para �

Introdução

� ERRO DO TIPO II – é o erro que cometemos ao aceitar uma hipótese

falsa que deveria ser rejeitada,

• ou seja, o teste apresenta um resultado não significativo, quando existem

diferenças entre os efeitos tratamentos.

variável X

curva para �

Erro tipo I

�(�)

Região de não rejeição de �

Região de rejeição de �

Erro tipo II

curva para �

� < 1,5 � = 1,5

Introdução

� Na prática, quando diminuímos a probabilidade de um dos erros,

aumentamos a probabilidade de ocorrência do outro.

variável X

curva para �

Erro tipo I

�(�)

Região de não rejeição de �

Região de rejeição de �

Erro tipo IIcurva para �

valor crítico = 0,9� = 1,5

Introdução

� Quando aplicamos um teste de hipóteses, geralmente controlamos

o ERRO DO TIPO I, através do nível de significância do teste.

� O nível de significância do teste, representado por �, é a

probabilidade máxima aceitável de cometer um ERRO

TIPO I.

• Geralmente, fixamos esse nível de significância em

5% � = 0,05 ou em 1% � = 0,01 .

� Se utilizarmos o nível de significância de 5%, temos 5

chances em 100 de rejeitarmos uma hipótese que deveria

ser aceita, isto é, há uma confiança de 95% de que

tenhamos tomado uma decisão correta.

Introdução

� Essa confiança de termos tomado uma decisão correta é

denominada de grau de confiança, e é dada por:

100 1 − � %� O teste de significância mais utilizado em estatística

experimental é o teste F para comparação de variâncias.

Introdução

� p-valor é a probabilidade de que a estatística do teste (como

variável aleatória) tenha valor extremo em relação ao valor

observado (estatística) quando a hipótese nula é verdadeira.

� Exemplo: considere um teste de hipóteses para a média no qual o

valor da estatística é dado por ��

p-valor DENTRO

da região de

rejeição de �

p-valor FORA

da região de

rejeição de �

Introdução

� Delineamento experimental é a forma em que os tratamentos

(níveis de um fator ou combinações de níveis de fatores) são

atribuídos às unidades experimentais.

� Os delineamentos experimentais envolvem um ou mais fatores, cada

fator com �� níveis.

� Exemplos:

o Estudar o efeito da Classe Social (alta, média e baixa) no peso

das crianças

• Fator: Classe Social com três níveis qualitativos.

o Estudar o efeito da Idade (I1: 10-15, I2: 15-20, I3: 25-30,

I4: 30-35 meses) no peso dos animais

• Fator: Idade com quatro níveis quantitativos.

Introdução

�Um fator pode ser de efeito fixo ou aleatório.

� FATOR DE EFEITO FIXO: Os níveis do fator são fixados

(escolhidos) pelo pesquisador.

� Exemplos: Classe Social (alta, média e baixa), Idade (I1: 10-15, I2:

15-20, I3: 25-30, I4: 30-35 meses), Sexo (M e F).

� FATOR DE EFEITO ALEATÓRIO: Os níveis do fator é uma

amostra aleatória da população dos possíveis níveis.

� Exemplo: Suponha que o Governo do Estado queira saber se a marca

da vacina interfere no controle de uma determinada doença. Como

existem no mercado diversas marcas, o experimentador casualiza

marcas para o experimento. O experimento trará informações sobre a

população de vacinas e não apenas para os tratamentos.

Teste F para análise de variância

A análise de variância é uma técnica que permite

fazer a decomposição da variância total em partes

atribuídas a causas conhecidas e independentes, e a

uma porção residual de origem desconhecida e de

natureza aleatória.

� O teste F serve para comparar duas estimativas de variâncias

independentes.

� Na análise de variância, as estimativas de variância são dadas

pelos quadrados médios (QM), logo devemos obter um QM

para cada causa de variação.

� Em um experimento inteiramente casualizado (DIC), temos 2

estimativas de variância:

� Uma devido aos efeitos de tratamento (QM Tratamento)

� A outra devido aos efeitos dos fatores não controlados ou acaso

(QM Resíduo).


� Para aplicar o teste F na análise de variância, utilizamos sempre

no denominador o QM do resíduo

� Comparamos sempre uma variância causada pelos efeitos do

fator que está sendo estudado (tratamentos, blocos, linhas,

colunas, outros), com a variância causada pelos efeitos dos

fatores não controlados ou acaso (resíduo).

� Assim,

! = "#$%&'&()*'�+"#,)+í./� = "#$%&'

"#,)+




� Sob a hipótese da nulidade (supondo que os efeitos dos

tratamentos são todos nulos) teríamos duas estimativas de

variância:

QM Tratamento e QM Resíduo

que não deveriam diferir, a não ser por variações amostrais (pois

ambas estimam a variação do acaso).

0 = 1234561278�

= 9:; + =Φ? 69:;


Variância Função Notação

QM Resíduo estima a variação do acaso. 9:;

QM Tratamento estima a variação do acaso mais a variação causada pelo efeito de tratamentos. 9:; + =Φ? 6 , Φ? 6 = ∑ ̂B;CBD�

E − 1

� Critério do teste:

! = "#$%&'&()*'�+"#,)+í./�


se logo então

F calculado ≥ F tabelado

o teste é significativoao nível de significância �considerado.

Deve-se rejeitar a hipótese nula �: 9�; = 9;; e concluir que os

efeitos dos tratamentos diferem

entre si ao nível de significância � considerado.

• Essas diferenças não devem ser

atribuídas ao acaso e sim ao efeito dos tratamentos, com um grau de confiança de 100 1 − � %.

F calculado < F tabelado

o teste é nãosignificativo ao nível de significância �considerado.

Não rejeitamos a hipótese nula �: 9�; = 9;; e concluímos que

os efeitos dos tratamentos não

diferem entre si ao nível de significância � considerado.

� Resumindo o critério do teste:


se logo então notação

0H5IH < 065�(5%)o teste é nãosignificativoao nível designificância� = 0,05.

Aceitamos �

0H5IHJK

065� 5% < 0H5IH < 065�(1%)o teste ésignificativoao nível designificância� = 0,05.

Rejeitamos �

0H5IH∗

065� 1% < 0H5IH

o teste ésignificativoao nível designificância� = 0,01.

Rejeitamos �com um grau de confiança superior a 99%

0H5IH∗∗

� Exemplo. Os dados abaixo se referem aos

pesos, em gramas, de ratos machos da raça

Wistar com 15 dias de idade, segundo a

condição normal e submetidos à extirpação do

timo* (timectomização) aos 4 dias de idade.

Verificar se a timectomização piora o ganho

médio de peso destes animais, usando � = 5%


* orgão linfoide primário, responsável pelo desenvolvimento e seleção de linfócitos T. Évital contra a autoimunidade.


� Soma de Quadrados Total

M13�65I = N N OBP;QRéTUVWXY

PD�

QZRXZX[\]Z^Y

BD�− _, _ =

∑ ∑ OBPQR\TUVWXYPD�

QZRXZX[\]Z^YBD�;

�64565`8Q6�� × �4ébIBH5�� No exemplo teríamos:

c = ∑ ∑ dVefeghiVghi

;×j = k�,lmk�,�mln,omlj,;ml;,� m �p,om;�,lm;l,om;;,;m;�,n i��

= �pq,�m��j,o i�� = ;n;,qi

�� = pj.oql,;n�� = s. tuv, wxy

z"$�'&{ = ∑ ∑ OBP;jPD�;BD� − _= 40,3; + 40,0; + 39,6; + 35,2; + 32,0; + 18,6; + 20,3; + 23,6; + 22,2; + 20,9; − s. tuv, wxy= 7.055,29 + 2.244,66 − 8.567,329 = 9.299,95 − 8.567,329= vwx, ux�

Ratos

Réplica 1 Réplica 2 Réplica 3 Réplica 4 Réplica 5 TOTAISCondição Normal 40,3 40,0 39,6 35,2 32,0 187,1Timectomizado 18,6 20,3 23,6 22,2 20,9 105,6TOTAL 292,7


� Soma de Quadrados de Tratamentos

M13456 = 1�4ébIBH5�

N �B;QZRXZX[\]Z^Y

BD�− _

� No exemplo teríamos:

z"$%&' = �j ∑ �B;;BD� − _

= �j 187,1; + 105,6; − s. tuv, wxy

= lj.��o,k��.�j�,loj − s. tuv, wxy

= ko.�jq,qqj − s. tuv, wxy

= 9.231,554 − s. tuv, wxy = uu�, xxt

Ratos

Réplica 1 Réplica 2 Réplica 3 Réplica 4 Réplica 5 TOTAISCondição Normal 40,3 40,0 39,6 35,2 32,0 187,1Timectomizado 18,6 20,3 23,6 22,2 20,9 105,6TOTAL 292,7


�Soma de Quadrados do Resíduo

M178� = M13�65I − M13456� No exemplo teríamos:

M178� = M13�65I − M13456 = vwx, ux� − uu�, xxt = 68,396o As hipótese que desejamos testar, para tratamentos, são:

� �: a timectomização não difere da condição normal no ganho médio de

peso dos animais.

� �: a timectomização difere da condição normal no ganho médio de peso

dos animais.

Ratos

Réplica 1 Réplica 2 Réplica 3 Réplica 4 Réplica 5 TOTAIS

Condição Normal 40,3 40,0 39,6 35,2 32,0 187,1

Timectomizado 18,6 20,3 23,6 22,2 20,9 105,6

TOTAL 292,7


Quadro de Análise de Variância para DIC

o Valores de F da tabela

� Para Tratamento � × sg. l. : � 5% ⇒ t, wx1% ⇒ ��, xu

Causas de Variação

GL SQ QM F

Tratamento�64565`8Q6� − 1= 2 − 1 = 1 uu�, xxt

M16456��6456

== 664,225

1= 664,225

1264561248�í��

== 664,225

8,5495= 77,6917∗∗

Resíduo��3�65I − ��64565`8Q6�= 9 − 1 = 8 68,396

M148��48�í��

== 68,396

8 = 8,5495Total �64565`8Q6� × �48b86Bçõ8� − 1 =

= 2 × 5 − 1 = 10 − 1 = 9 vwx, ux�

0H5IH = vv, uy�v ≥ ��, xu = 065� 1%� Assim, o teste é significativo ao nível de significância de 1%.

� Deve-se rejeitar a hipótese nula em favor de ��e concluir que os

efeitos dos tratamentos diferem entre si ao nível de significância 1%.

� Essas diferenças não devem ser atribuídas ao acaso e sim ao

efeito dos tratamentos, com um grau de confiança de 99%.

� Portanto, conclui-se que a timectomização altera o ganho médio de peso

destes animais.


� Exemplo no R. Os dados abaixo se referem aos pesos,

em gramas, de ratos machos da raça Wistar com 15 dias de

idade, segundo a condição normal e submetidos à extirpação

do timo* (timectomização) aos 4 dias de idade. Verificar se a

timectomização piora o ganho médio de peso destes animais,

usando � = 5%


# Entre os dados - variáveis: Tratamentos - TR e Observações - Y

TR <- c(rep("Condicao Normal",5), rep("Timectomizado",5)); TR

rep <- c(1:5,1:5); rep

Y <- c(40.3, 40.0, 39.6, 35.2, 32.0, 18.6, 20.3, 23.6, 22.2, 20.9); Y

######## --- Definição do modelo --- ########

FTR <- as.factor(TR) # toda fonte de variação deve ser um fator

mod <- aov(Y~FTR) # anova sem resíduo

summary(mod)

QMRes <- 8.5; QMRes # Edite o QMRes de acordo com a ANOVAcv <- 100*sqrt(QMRes)/mean(Y,na.rm=T); cv

summary.lm(mod)

## Teste de Hipóstese: H_0: mi_1 = mi_2 (os tratamentos não diferem entre si)

## H_1: m_1 \neq mi_2

## nível de significância alpha=0,5

O pesquisador utilizou um ejaculado único de cada um dos seis

touros da mesma raça sorteados de uma Central de Inseminação. Em

seus ejaculados ainda frescos podiam-se notar motilidades distintas.

� cada ejaculados foi dividido em alíquotas e cada uma delas

diluída por sorteio com diluentes A, B, C e D. Após a diluição,

os microtubos (continentes) foram conservados em nitrogênio

liquido e descongelados após 30 dias. Ao alcançar a

temperatura de 36 oC, as motilidades foram registradas.

Exemplo

Em um estudo sobre motilidade dos espermatozoides observada no

sêmen bovino após seu descongelamento foram utilizados os

seguintes diluentes (tratamentos):

I. gema de ovo – diluente A

II. soro de leite – diluente B

III. água de coco – diluente C

IV. soro fisiológico – diluente D

para verificar se a motilidade pode ser afetada pelo diluente utilizado

antes da criopreservação.

Exemplo

o O delineamento experimental utilizado foi em blocos casualizados,

com 6 repetições por tratamento (diluente).

o As somas de quadrados obtidas para a análise de variância foram:

o As hipótese que desejamos testar, para tratamentos, são:

� �: Os diluentes não diferem entre si quanto a motilidade do espermatozoide


� �: Os diluentes diferem entre si quanto a motilidade do espermatozoide


Exemplo

Causas de Variação GL SQ

Diluentes (tratamentos) (4 − 1) = 3 2.848,6

Blocos (touros) 6 − 1 = 5 531,5

Erro (resíduo) 23 − 3 + 5 = 15 1.434,9

Total 4 × 6 − 1 = 23

o Para testar essas hipóteses, podemos montar o seguinte quadro de

análise de variância.


� Para Tratamento w × �tg. l. : �5% ⇒ w, xy1% ⇒ 5,42

� Para Blocos t × �tg. l. : �5% ⇒ x, y1% ⇒ 4,56

Exemplo

Causas de Variação GL SQ QM F

Tratamentos (diluentes) (4 − 1) = w 2.848,60 949,5333 7,94∗∗

Blocos (touros) 6 − 1 = t 531,50 132,8750 1,11JK

Resíduo (erro) 23 − w + t = �t 4815,00 − 2848,60 + 531,50

= 1.434,90119,5750

Total 4 × 6 − 1 = 23 4815,00

� Para Tratamento w × �tg. l. : �5% ⇒ w, xy1% ⇒ 5,42

0H5IH = v, yv > t, �x = 065�(1%)� O teste foi significativo ao nível de

1% de probabilidade.

Exemplo

Causas de Variação GL F

Tratamentos (diluentes) w v, y�∗∗

Blocos (touros) t �, ��JK

Resíduo (erro) �tTotal 23

� Rejeitamos a hipótese � em favor de � e concluímos que os

tratamentos (diluentes) testados possuem efeitos diferentes na

motilidade do espermatozoide antes da criopreservação ao nível

de probabilidade de 1% .

� O grau de confiança desse teste é de 99%)

� Para Blocos t × �tg. l. : �5% ⇒ x, y1% ⇒ 4,56

0H5IH = �, �� < x, y = 065�(5%)• Assim, o teste é não significativo

ao nível de significância de 5%de probabilidade

Exemplo

Causas de Variação GL F

Tratamentos (diluentes) w v, y�∗∗

Blocos (touros) t �, ��JK

Resíduo (erro) �tTotal 23

• Não rejeitamos a hipótese nula e concluímos que os blocos

não diferem entre si em relação na motilidade do

espermatozoide antes da criopreservação.

Exercícios

Exercícios

Exercício 1. Dentre um rebanho de vacas

reprodutoras, foram selecionados ao acaso 10

animais. Dos animais selecionados, foram

anotadas as produções médias diárias (kg de

leite/dia) durante o período de amamentação das

crias 1 e 2. Pode-se afirmar que a produção média

diária de leite durante a amamentação da primeira

cria não difere da produção média diária de leite

durante a amamentação da segunda cria?

Exercício 1 - solução



PD�

QZRXZX[\]Z^Y

BD�− _, _ =

∑ ∑ OBPQR\TUVWXYPD�

QZRXZX[\]Z^YBD�;

�64565`8Q6�� × �4ébIBH5�

c = ∑ ∑ dVeh�eghiVghi

;×�� = �ol,lm�pl,l i;� = lko,oi

;� = �;.��l�,o;� = u. u, tvs

z"$�'&{ = ∑ ∑ OBP;��PD�;BD� − _= 15,6; + ⋯+ 17,1; + 18,3; + ⋯+ 19,8; − 6.006,578= 2.709,65 + 3.374,95 − 6.006,578= 6.084,60 − 6.006,578 = vs, x

Produção de cada animal (kg de leite) Totais

Cria1 15,6 16,3 19,5 14,5 16,2 20,2 14,6 13,1 16,2 17,1 163,32 18,3 16,3 17,2 19,8 18,5 19,1 18,3 16,5 19,5 19,8 183,3

Total 346,6



M13456 = 1�4ébIBH5�

N �B;QZRXZX[\]Z^Y

BD�− _

z"$%&' = �� ∑ �B;;BD� − _

= �� 163,3; + 183,3; − 6.006,578

= �o.ooo,pnmll.jnp,pn�� − 6.006,578

= o�.;oj,qp�� − 6.006,578

= 6.026,578 − 6.006,578 = x,


Cria1 15,6 16,3 19,5 14,5 16,2 20,2 14,6 13,1 16,2 17,1 163,32 18,3 16,3 17,2 19,8 18,5 19,1 18,3 16,5 19,5 19,8 183,3

Total 346,6


�Soma de Quadrados do Resíduo


M178� = M13�65I − M13456 = vs, x − x, = 58,02o As hipótese que desejamos testar, para tratamentos, são:

� �: Durante a amamentação, a produção de leite não difere da primeira para

a segunda cria.

� �: Durante a amamentação, a produção de leite difere da primeira para a

segunda cria.


Cria1 15,6 16,3 19,5 14,5 16,2 20,2 14,6 13,1 16,2 17,1 163,32 18,3 16,3 17,2 19,8 18,5 19,1 18,3 16,5 19,5 19,8 183,3

Total 346,6




� Para Tratamento � × �sg. l. : �5% ⇒ �, ��1% ⇒ s, xy


GL SQ QM F

Tratamento�64565`8Q6� − 1= 2 − 1 = 1 x

M16456�. �.6456

== x

1 = x,

1264561248�í��

== 20,0

3,2234 = 6,20∗

Resíduo�3�65I − �64565`8Q6�= 19 − 1 = 18 58,022

M148��. �.48�í��

=

= 58,0218 = 3,2234

Total �64565`8Q6� × �48b86Bçõ8� − 1 == 2 × 10 − 1 = 20 − 1 = 19 vs, xx

0H5IH = u, x ≥ �, �� = 065�

� Assim, o teste é significativo ao nível de significância de 5%.

� Deve-se rejeitar a hipótese nula e concluir que os efeitos dos

tratamentos diferem entre si ao nível de significância 5%.



� Portanto, conclui-se que durante a amamentação, a produção de

leite difere da primeira para a segunda cria.


Exercícios

• Exercício 2. Com o objetivo de avaliar se determinado

produto químico é eficiente para repelir insetos

domésticos, foi realizada uma contagem do número

de insetos, antes e após a aplicação deste produto

químico, em 7 residências. O número de insetos

observado em cada residência foi:

por meio destes dados, é possível concluir que

existe diferença no número de insetos observados

antes e após a aplicação do produto químico

utilizado?




PD�

QZRXZX[\]Z^Y

BD�− _, _ = ∑ ∑ OBP

QR\TUVWXYPD�

QZRXZX[\]Z^YBD��64565`8Q6�� × �4ébIBH5�

c = ∑ ∑ OBPqPD�;BD�;

2 × 7 = 51 + 21 ;14 = 72;

14 = 518414 = wu, xstv

z"$�'&{ = ∑ ∑ OBP;qPD�;BD� − _= 8; + ⋯+ 7; + 4; + ⋯+ 2; − 360,2857= 379,0 + 79,0 − 360,2857= 458,0 − 360,2857 = sv, v��w

Residência1 2 3 4 5 6 7 Totais

Antes da aplicação 8 6 7 8 9 6 7 51Após a aplicação 4 0 3 5 3 4 2 21Total 72



M13456 = 1�4ébIBH5�

N �B;QZRXZX[\]Z^Y

BD�− _

z"$%&' = �q ∑ �B;;BD� − _

= �q 51; + 21; − 360,2857

= ;.o��,�mk.k�,�q − 360,2857

= l.�k;,�q − 360,2857

= 434,5714 − 360,2857 = u�, xstv






� Soma de Quadrados do Resíduo


M178� = M13�65I − M13456 = sv, v��w − u�, xstv = 23,4286o As hipótese que desejamos testar, para tratamentos, são:

� �: O número de insetos observados em residências não difere antes da

aplicação de um determinado produto químico e depois da aplicação de um

determinado produto químico.

� �: O número de insetos observados em residências difere antes da aplicação de

um determinado produto químico e depois da aplicação de um determinado

produto químico.




� Para Tratamento � × �xg. l. : �5% ⇒ �, vt1% ⇒ y, ww


GL SQ QM F

Tratamento�64565`8Q6� − 1= 2 − 1 = 1 u�, xstv

M16456�. �.6456

== u�, xstv

1264561248�í��

== u�, xstv

1,9524 = 32,9268∗∗

Resíduo�3�65I − �64565`8Q6�= 13 − 1 = 12 23,4286

M148��. �.48�í��

== 23,4286

12= 1,9524Total �64565`8Q6� × �48b86Bçõ8� − 1

= 2 × 7 − 1 = 14 − 1 = 13sv, v��w

0H5IH = wx, yw ≥ y, ww = 065�

� Assim, o teste é significativo ao nível de significância de 1%.

� Deve-se rejeitar a hipótese nula e concluir que os efeitos dos

tratamentos diferem entre si ao nível de significância 1%.



� Portanto, conclui-se que o número de insetos observados em residências

difere antes da aplicação de um determinado produto químico e depois

da aplicação de um determinado produto químico.


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Exp Zoo Cap 3 EA&A aula 4 - Unesp · 2017. 3. 28. · Introdução Quando aplicamos um teste de hipóteses, geralmente controlamos o ERRO DO TIPO I, através do nível de significância