Exercicios resolvidos de Teste de hipoteses

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PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA ELSEVIER 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
R10.1) Velocidade média na estrada 
Sergio afirma que Raquel dirige seu carro na estrada a uma velocidade média superior a 100km/h, en- 
quanto Raquel discorda, afirmando dirigir na estrada a uma velocidade média menor ou igual a 100km/h. 
Para dirimir essa controvérsia, Sergio resolve cronometrar o tempo (em minutos) que ela gasta ao volante 
em 10 viagens, sempre pelo mesmo percurso que liga duas cidades 120km distantes: 
73, 68, 73, 61, 70, 78, 63, 64, 74, 62. 
a) Quem parece ter razão, ao nível de significância de 5%? 
b) Qual o nível crítico? 
SOLUÇÃO: 
a) As hipóteses a serem consideradas são H, :u €100 (Raquel) e H, :u > 100 (Sergio), em que ué a mé- 
dia populacional da velocidade (em km/h) com que Raquel dirige na estrada. Como o desvio padrão 
populacional 6 é desconhecido, teremos que utilizar a distribuição t de Student com v=10-1=9 
graus de liberdade. 
O critério de decisão a ser utilizado é: 
x—-100 
mo 
Os dados com os quais devemos trabalhar neste caso são as velocidades médias (em km/h) correspon- 
dentes a cada uma das 10 viagens. Eles podem ser obtidos por meio da expressão: 
120km x60(=E) 
rejeitar H,, se T,, = obs to.5 = 1,83. Caso contrário, aceitar H,. 
velocidade(km / h) = 
tempo(min) 
Os resultados obtidos em km/h são: 
98,638 105,88 98,63 118,03 102,86 92,31 114,29 112,50 97,30 116,13 
Com base nesses dados, temos: X=105,66; s=9,06. 
Daí, T,, = ET =1,97>1,83, o que implica que H, deve ser rejeitada. 
7 10 
Isso significa que, ao nível de significância O = 0,05, Sergio parece estar com a razão. 
b) O p-valor no caso é &=P(T>1,97)=0,0399 
R10.2) Teste de hipótese simples contra alternativa simples com modelo Normal de variância conhecida 
Queremos testar a hipótese HQ :1=50 contra a alternativa H .1:ip=52, onde yu é a média populacio- 
nal de uma distribuição Normal com variância conhecida o =16 . Temos então n variáveis aleatórias iid 
X,,X7,---, X, , que seguem todas essa lei de probabilidade, e a média amostral X será usada como estatística 
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de teste. Como 50 < 52, é claro que quanto maior for X maiores serão as razões para se rejeitar H, em favor 
de H,. Então o critério de decisão adequado será da forma: rejeitar H,, se X,, > X., e aceitar H., se X.,, SXc; 
onde x, é uma constante a determinar em função de outras condições a serem especificadas. 
a) Se n=30 e fixarmos P(Erro 1) em o =0,01, quais devem ser o critério de decisão e 3 = P(Erro ID)? 
b) Mostre que se o tamanho da amostra for mantido em n=30, ao fazermos com que o ponto de corte 
X, se mova para a esquerda de forma que B diminua, a necessariamente aumentará. 
c) Quais devem ser o critério de decisão e o tamanho n da amostra para que a probabilidade do Erro II 
se reduza a [= 0,05, mantendo a probabilidade do Erro I em o =0,01? 
SOLUÇÃO: 
a) Sabemos que 0,01=a = P(Erro I)= P(Rejeitar H, ) , se H, é verdadeira. 
X—-50 x, 50 p|2> E , onde Z - N(0;1). 
PA Ee) ão 
= 2,33 (valor obtido da tabela da Normal Padrão) => XxX =51,70, 
Então 0,01=P[X>X,],se nu=50 => 0,01=P 
I Xe —= 50 
Ogo, 8g A 
70 
Por outro lado, B = P(Aceitar H,) , se H, é falsa, ou seja, B= P[X <51, 70] ,se 1u=52. 
Xx- 52, 51,70— 52 
Sm Tm 
uma probabilidade de erro. 
Então, B=P =P(Z<—0,412) = 0,340, o que é um valor excessivamente alto para 
Assim, para que [=P(Erro II) diminuísse (mantendo n =30), a única alternativa possível seria des- 
locar o ponto de corte X. para a esquerda, e desse modo reduzir a região de aceitação. Isso é o que faremos 
no item (b) a seguir. 
b) Vamos fazer com que o ponto de corte X. decresça de 0,1 em O,1, desde 51,6 até 50,6. 
Assim, teremos, para cada valor possível de Xe, a=P| Z E ep =P |Z2< < XE 
Fazendo os cálculos, montamos a tabela a seguir: Do 30 Sm 20 
Xe B a Xe B a 
51,6 0,292 | 0,014 51,0 | 0,085 | 0,085 
51,5 0,247 | 0,020 50,9 | 0,066 | 0,109 
51,4 0,206 | 0,028 50,8 | 0,050 | 0,137 
51,3 0,169 | 0,038 50,7 | 0,038 | 0,169 
51,2 0,137 | 0,050 50,6 | 0,028 | 0,206 
51,1 0,109 | 0,066 
que dá origem ao seguinte gráfico: 
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PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA 
a, B 
0,350 
0,300 
0,250 
0,200 
0,150 
0,100 FPDZc2ãê 
0,050 = = 
Y
 
0,000 T T T T T T T 
50,4 50,6 50,8 51 51,2 51,4 51,6 51,8 
Para um caso similar, ver a Figura 10.1. 
c) Temos 0,01=a =P(Erro1)= P(Rejeitar H, jm se H, é verdadeira. 
Então, por um raciocínio análogo ao dos itens anteriores, chegamos a 
— 50), x-50 
El Xe 
Analogamente, 0,05=[B=P(Erro II) = P(Aceitar H,), se H, é falsa. Daí, 
0,01 P =2,38. 
Xe = 52) , X-52 
ZE) Th 
0,05=P|Z< =—1,64. aD 
OD 
ELSEVIER 
Resolvendo o sistema de duas equações a duas incógnitas formado pelas equações (1) e (ID), obtemos 
XxX, =51,17 e n=63,08 =63. Isso mostra que, de fato, para podermos reduzir o valor de À sem que a cresça, 
é necessário aumentar o tamanho n da amostra. 
R10.3) O Lema de Neymann-Pearson e o teste da média 
Seja X uma v.a. contínua cuja função de densidade depende do parâmetro O. Então, se X,,X1,...,X, é 
uma amostra aleatória de X, sabemos que a função de verossimilhança de 0 é dada por L(0) = TI (x,;0), para 
todo O. Suponha que queremos testar a hipótese simples H,: 6 = O, contra a alternativa simples H, :0=90,, 
ao nível de significância a. Prova-se que: 
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FLSEVIFR 
SE: 
TI £G9,) 
Av.a. Y="="—— for usada como estatística de teste, e se a região de rejeição R for definida pela desi- 
TIf£G&;6,) 
i=1 
gualdade Y > k, onde a constante k é tal que P[Y > k]=a, quando H, é verdadeira; 
ENTÃO: 
O procedimento de teste assim formulado é ótimo, no sentido de ser aquele que minimiza a probabilidade 
B de se cometer o Erro tipo II, entre todos os procedimentos cujo nível de significância é So. 
Esse é um famoso resultado da Inferência Estatística, conhecido como Lema de Neymann-Pearson. Isso 
significa que a estatística de teste a ser usada corresponde à razão das funções de verossimilhança corres- 
pondentes a H, e a H,. (Note que esse mesmo resultado também se aplica ao caso discreto, bastando para 
isso substituir as funções de densidade por funções de probabilidade.) 
Admita agora que X,,X,,...,X, é uma amostra aleatória de X - N(u; 0º), onde 6? é conhecida. Deseja-se 
testar H, :u =u, contra H, :uy=u, , onde un, > uy. Mostre que o procedimento de teste obtido via Neymann- 
Pearson coincide com o sugerido na Seção 10.4, para o caso de se testar H, :py =u, contra H, :u>un,, com 
o conhecido, ou seja: 
Rejeitar H, quando Z>z, ,, onde Z= %. º ez, , é o quantil (1-0) da Normal padrão. 
NE 
SOLUÇÃO: 
Sabemos que: 
ml Gn) 1 1 > no 
i=1 
Portanto, a estatística de teste a ser usada é 
lp). 1 S " 20% au vo 
SL) em san 30 h) 2&, Ho) ] 
=expimy[2(h =n)X- (2 -pã)]! 26 
Então, para qualquer Ho desde que p, > u, , vemos que Y é uma função estritamente crescente de x. Logo 
a condição Y>k é equivalentea X>C, em que C é uma constante a ser determinada a partir da condição 
P[Y>k]=P[X>C]=a, quando H, é verdadeira. 
— 2 
Porém, se H, :py =p, é verdadeira, sabemos que X - N(L,; O. Então: 
n 
= - os Cc- a=P[X>C]=P 2>O Ho |, o que implica que = Noz, 
Ao fm 
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X-u . SO MA At — [ : ss 
Assim, o critério de decisão é: rejeitar H, se 2= PÁ >Z 14; e aceitar HH, caso contrário. 
Vn 
R10.4) Testando hipóteses em uma eleição para governador 
Em uma pesquisa eleitoral referente ao primeiro turno de uma eleição para governador foram ouvidos 
n = 1.000 eleitores selecionados aleatoriamente e entre eles m = 510 declararam-se favoráveis ao candidato 
A. Deseja-se testar a hipótese H, de que a proporção p de eleitores do candidato A é menor ou igual a 0,5 
contra a alternativa de que A venceria direto, sem a necessidade do segundo turno. 
a) Qual seria a sua decisão ao nível de significância de 5%? Por quê? 
b) Qual é o p-valor? 
c) Se na realidadep = 0,55, qual seria a probabilidade de ser cometido o Erro de tipo II ao ser usada essa 
mesma regra de decisão? Qual o poder do teste neste caso? 
SOLUÇÃO: 
a) Queremos testar H, : p S0,5 contra H, : p> 0,5 ao nível de significância a = 0,05. 
Então, neste caso, temos p, =0,5 e 0, =, [o =0,0158 
Por outro lado, 1-0=0,95 e z2,,, =1,645. 
Assim, o critério de decisão é: 
Rejeitar H, se p>0,5+1,645x0,0158 =0,526. 
- 510 
Como p,., = 1000” 0,51<0,526, a hipótese nula H, deve ser aceita. 
Isso significa que, ao nível de significância a = 0,05, não há evidências suficientes de que o candidato À 
já ganharia a eleição no primeiro turno. 
b) O p-valor & é o menor valor de o. para o qual ainda rejeitaríamos H,, com os dados disponíveis. Então 
a= P(p > 0,51) , se p=0,5. Ou seja, padronizando, temos 
rf 2 051-0,5 =P(Z>0,632) =0,264. 
0,0158 0,0158 
Como esse p-valor é excessivamente grande, isso reforça a nossa decisão de não rejeitar a hipótese nula 
H, de que há necessidade de um segundo turno. 
| x 
c) Se p, = 0,55, temos 6, = io =0,0157. Então, 
p—0,55 ,0,526-0,55 
0,0157 —— 0,0157 
B=P(Aceitar H,) =P(9<0,526)= | ) P(Z<—1,525) =0,064. 
Nesse caso, o poder do teste seria 1 — 0,064 = 0,936 ou 93,6%. 
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