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Curso Básico de Estatística p/ Concursos
da Área Fiscal - Com Videoaulas - 2020
Autor:
Guilherme Neves
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7 de Fevereiro de 2020
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Estatística para Receita Federal (Auditor Fiscal)
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1. Testes de Hipóteses ........................................................................................................................................ 3
1.1. Tipos de Erro .................................................................................................................................................... 6
2. Testes de Hipóteses para a Média ................................................................................................................... 8
2.1. População Normal com 𝝈𝟐 conhecido ............................................................................................................ 8
2.2. População Normal com 𝝈𝟐 desconhecido ..................................................................................................... 13
3. P-Valor .......................................................................................................................................................... 16
4. Testes de Hipóteses para Proporções ............................................................................................................ 19
5. Distribuição Qui-Quadrado e Testes de Hipóteses ......................................................................................... 24
5.1. Teste para a Variância ................................................................................................................................... 24
5.2. Teste Qui-Quadrado ...................................................................................................................................... 27
Lista de Questões de Concursos sem Comentários ................................................................................................. 33
Gabarito sem comentário ...................................................................................................................................... 53
Lista de Questões de Concursos com Comentários ................................................................................................ 55
Exercícios – Erros, Nível de Significância, Potência do Teste ...................................................................................... 55
Exercícios – Teste para a Média ................................................................................................................................. 75
Exercícios – Testes para Proporções ........................................................................................................................... 98
Exercícios – Teste para a Variância .......................................................................................................................... 108
Exercícios – Teste Qui-Quadrado .............................................................................................................................. 113
Considerações Finais ........................................................................................................................................... 120
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1. TESTES DE HIPÓTESES
Um Teste de Hipóteses é um método para realizar inferências. De uma forma sucinta, o teste de
hipóteses é um processo de análise que permite se decidir por um valor do parâmetro
populacional ou por sua modificação com um grau de risco conhecido.
Formularemos duas hipóteses básicas:
𝐻$:𝐻𝑖𝑝ó𝑡𝑒𝑠𝑒 𝑁𝑢𝑙𝑎
𝐻1:𝐻𝑖𝑝ó𝑡𝑒𝑠𝑒 𝐴𝑙𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎
A hipótese alternativa também é comumente denotada por 𝐻6.
O teste de hipótese é um processo de decisão estatística: aceitaremos 𝐻$ ou rejeitaremos 𝐻$ com
um determinado grau de risco.
Em um teste de hipóteses, começamos com um valor suposto hipotético para o parâmetro
populacional. Em seguida, vamos coletar uma amostra aleatória e, a partir dos resultados obtidos
na amostra, decidiremos se aceitamos ou não a hipótese nula. O valor hipotético será rejeitado se
o resultado obtido na amostra for suficientemente discrepante do valor suposto.
Vamos deixar mais claro com um exemplo.
Imagine que você costuma comprar um determinado salgadinho da marca Xitus. A embalagem
informa que há 250g de salgadinho. Isso quer dizer que, em média, os sacos de salgadinho contêm
250g. Pode ser que alguns tenham um pouco menos, alguns um pouco mais, de tal forma que a
média seja 250g.
Assim, formulamos a nossa hipótese nula.
𝐻$: 𝜇 = 250
Esse é o valor que tomamos como verdade. Entretanto, você está desconfiado que, na verdade, os
sacos têm uma média menor do que 250g. Essa será a nossa hipótese alternativa.
𝐻$: 𝜇 = 250
𝐻1: 𝜇selecionou-se uma amostra aleatória de 400 desses municípios, e se
considerou testar a hipótese nula 𝜇 = 8% versus a hipótese alternativa 𝜇 1,96) = 0,025 e P(Z > 2,58) = 0,005. É correto afirmar então que
𝐻$
a) é rejeitada tanto ao nível de significância de 1%, como ao nível de significância de 5%.
b) não é rejeitada para qualquer nível de significância inferior a 1%.
c) não é rejeitada para qualquer nível de significância superior a 5%.
d) não é rejeitada para 0,01 70 (hipótese alternativa). Para isto, utiliza uma
amostra aleatória de tamanho 400 com um nível de significância de 5%, considerando que na curva
normal padrão (Z) as probabilidades P(Z > 1,64) = 0,050 e P(Z > 1,96) = 0,025. O pesquisador
encontrou um valor para a média amostral (𝑥) sabendo-se que este valor é o maior valor tal que
𝐻$ não é rejeitada. O valor de 𝑥 é
a) 77,41.
b) 76,37.
c) 75,33.
d) 78,45.
e) 79,49.
30. (FCC 2015/CNMP)
A variância de uma população normalmente distribuída e de tamanho infinito é desconhecida.
Uma amostra aleatória de tamanho 9 é extraída desta população obtendo-se a média dos
elementos da amostra igual a 𝑥 e o respectivo desvio padrão amostral igual a 2,7. Considere o
objetivo de testar a hipótese 𝐻$: 𝜇 = 20 (hipótese nula) contra 𝐻1: 𝜇 ≠ 20 (hipótese alternativa),
ao nível de significância de 5%, com a realização do teste t de Student. Sabe-se que
𝑡$,$jk corresponde ao quantil da distribuição t de Student para o teste unicaudal tal que a
probabilidade 𝑃(𝑡 > 𝑡$,$jk) = 0,025, com n graus de liberdade.
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A hipótese 𝐻$ será rejeitada caso x
a) seja inferior a 18,00.
b) igual ou superior a 22,00.
c) seja superior a 15,00 e inferior a 23,00.
d) seja inferior a 19,00 ou superior a 22,00.
e) seja inferior a 17,00 ou superior a 23,00.
31. (FCC 2015/TRE-RR)
O desvio padrão de uma população normal de tamanho infinito é desconhecido e deseja-se saber
se a média 𝜇 desta população é inferior a 17,5 a um nível de significância 𝛼. Foram formuladas as
hipóteses 𝐻$: 𝜇 = 17,5 (hipótese nula) e 𝐻1: 𝜇 𝑡}) = 𝛼, com n graus de liberdade, tem-se com base na amostra que 𝐻$
a) é rejeitada tanto ao nível de significância de 1% como o de 5%.
b) não é rejeitada ao nível de significância de 5%.
c) é rejeitada para qualquer nível de significância 𝛽 tal que 𝛽 5%.
32. (FCC 2015/TRT 3ª Região)
De uma população normal e de tamanho infinito com o desvio padrão populacional igual a 4 extrai-
se uma amostra aleatória de tamanho 64. Com base nesta amostra, deseja-se saber, ao nível de
significância de 5%, se a média 𝜇 desta população é inferior a 30. Foram formuladas as hipóteses
𝐻$: 𝜇 = 30 (hipótese nula) e 𝐻1: 𝜇 1,64) = 0,05 e P(Z > 1,28) = 0,10. O menor
valor encontrado para a média amostral (𝑋) tal que 𝐻$ não é rejeitada apresenta um valor igual a
a) 29,59.
b) 28,36.
c) 28,72.
d) 29,84.
e) 29,18.
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33. (FCC 2014/TRT 16ª Região)
Deseja-se testar, ao nível de significância de 5%, se a média 𝜇 de uma população normal de
tamanho infinito e variância populacional igual a 400 é diferente de 100. Para isto, foi extraída uma
amostra aleatória desta população de tamanho igual a 64, encontrando-se uma média amostral
igual a M. Foram formuladas as hipóteses 𝐻$: 𝜇 = 100 (hipótese nula) e 𝐻1: 𝜇 ≠ 100 (hipótese
alternativa). Considere que na curva normal padrão Z as probabilidades P(Z > 1,96) = 0,025, P(Z >
1,64) = 0,05 e P(Z > 1,28) = 0,10. O menor valor encontrado para M, a partir do qual 𝐻$ não é
rejeitada, é
a) 98,0.
b) 95,9.
c) 96,8.
d) 97,2.
e) 95,1.
34. (FCC 2014/TRT 13ª Região)
Um noticiário divulga que o salário médio de uma determinada carreira profissional é de R$
4.150,00. Como há uma suspeita de que o salário médio (𝜇) desta carreira é superior a R$ 4.150,00,
extrai-se uma amostra aleatória da população destes salários de tamanho igual a 256, detectando
uma média igual a R$ 4.180,00. Foram formuladas as hipóteses 𝐻$: 𝜇 = 𝑅$ 4.150,00 (hipótese
nula) e 𝐻1: 𝜇 > 𝑅$ 4.150,00 (hipótese alternativa), considerando que a população é normalmente
distribuída e de tamanho infinito. Considere na curva normal padrão (Z) as probabilidades P(Z >
2,33) = 0,01 e P(Z > 1,64) = 0,05. Se o desvio padrão populacional é igual a R$ 225,00, então, com
base na amostra, 𝐻$
a) será rejeitada tanto ao nível de significância de 1% como ao nível de significância de 5%.
b) será rejeitada ao nível de significância de 1% e não será rejeitada ao nível de significância de
5%.
c) não será rejeitada para qualquer nível de significância inferior a 5%.
d) não será rejeitada para qualquer nível de significância inferior a 1% e será rejeitada para
qualquer nível de significância superior a 5%.
e) não será rejeitada para qualquer nível de significância 𝛽 tal que 1%5,5 𝑐𝑚 (hipótese nula) contra 𝐻1: 𝜇 ≠
5,5 𝑐𝑚 (hipótese alternativa). Utilizando o teste t de Student, obtém-se que o valor da estatística t
(t calculado) a ser comparado com o t tabelado, com 24 graus de liberdade, é
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a) 2,50.
b) 2,25.
c) −2,00.
d) −2,25.
e) −2,50.
36. (AOCP 2018/SUSIPE)
Em um teste do tipo “verdadeiro ou falso”, envolvendo 10 questões, proposto para testar a
hipótese de que o respondente está “adivinhando” a resposta, ou seja: 𝐻$: 𝑝 = 1/2, o examinador
decide adotar a seguinte regra: “se o respondente acertar 7 ou mais questões é porque ele não
está adivinhando”. Diante da situação exposta, determine a probabilidade de concluir que o
respondente não está adivinhando quando na verdade ele está.
Dado: ~1
j
�
1$
≅ 0,001
a) 0,950.
b) 0,056
c) 0,050
d) 0,176
e) 0,824
37. (FGV 2018/ALE-RO)
Para testar a hipótese nula 𝐻$ de que a proporção populacional de pessoas acometidas por certa
doença virótica não é maior do que 10% contra a hipótese alternativa de que ela é maior do que
10%, uma amostra aleatória simples de tamanho 256 foi observada e revelou que, dessas 256
pessoas, 32 estavam acometidas pela referida doença.
Usando a proporção de acometidos na amostra como estatística de teste e apoiado no teorema
do limite central, o p-valor aproximado associado a esses dados e a respectiva decisão a ser
tomada ao nível de significância de 5%, são
a) P ≅ 0,24, não rejeitar 𝐻$.
b) P ≅ 0,03, rejeitar 𝐻$.
c) P ≅ 0,09, não rejeitar 𝐻$.
d) P ≅ 0,09, rejeitar 𝐻$.
e) P ≅ 0,03, não rejeitar 𝐻$.
38. (FCC 2017/TRT 11ª Região)
Um candidato a prefeito de uma cidade afirma que pelo menos 50% dos eleitores da cidade
apoiam sua candidatura. Chamando de p a proporção de eleitores que apoia o candidato, resolveu-
se fazer um teste para verificar se o candidato tem razão, ao nível de significância de 5%, em que
foram formuladas as hipóteses 𝐻$: 𝑝 ≥ 0,5 (hipótese nula) contra 𝐻1: 𝑝 1,96) = 0,05 e P(|Z| > 1,64) = 0,10.
O menor valor para p* tal que não ocorra o erro tipo I é
a) 39,750%
b) 44,875%
c) 37,750%
d) 38,250%
e) 38,750%
39. (FCC 2018/SEFAZ-SC)
Uma pesquisa afirma que a proporção p de crianças vacinadas, na faixa etária de zero a cinco anos,
contra uma determinada doença é igual a 64% na cidade X. Desejando-se por à prova tal
afirmação, selecionou-se aleatoriamente 100 crianças da faixa etária estipulada com o objetivo de
se testar a (hipótese nula) 𝐻$: p = 0,64 contra a (hipótese alternativa) 𝐻1: p = 0,50. Supondo como
estatística apropriada ao teste a frequência relativa de sucessos (sendo sucesso a criança ter sido
vacinada) cuja distribuição pode ser aproximada por uma distribuição normal, o valor observado
dessa estatística para que a probabilidade do erro do tipo I seja igual à probabilidade do erro do
tipo II pertence ao intervalo
a) (0,55; 0,58)
b) (0,52; 0,55)
c) (0,51; 0,54)
d) (0,59; 0,61)
e) (0,58; 0,62)
40. (FCC 2015/DPE-SP)
Em uma determinada data, um grupo de 36 funcionários escolhidos aleatoriamente em uma
grande empresa realiza um teste de fluência em Inglês. Durante 6 meses, é realizado um curso
específico para este grupo de 36 funcionários e posteriormente é aplicado outro teste, verificando-
se que 36k funcionários (02016/TRT 20ª Região)
Com a utilização do teste do qui-quadrado, deseja-se averiguar se a variância (𝜎j) de uma
população normalmente distribuída e de tamanho infinito é igual a 2. Uma amostra aleatória de
tamanho 19 é extraída desta população obtendo-se uma variância amostral igual a 2,25. Foram
formuladas então as hipóteses 𝐻$: 𝜎j = 2 (hipótese nula) e 𝐻1: 𝜎j ≠ 2 (hipótese alternativa).
Admitindo-se um nível de significância 𝛼 e efetuando-se o teste de significância bilateral, tem-se,
com base nos dados da amostra, que o valor da estatística 𝜒¥xy¥j (qui-quadrado calculado) utilizado
para a conclusão do teste é igual a
a) 21,375
b) 13,500
c) 24,000
d) 20,250
e) 18,750
45. (FCC 2018/TRT 14ª Região)
Dois grupos independentes (𝐺1 e 𝐺j) são formados por trabalhadores de uma cidade. 𝐺1 é
composto por uma amostra aleatória, com reposição, de 100 empregados da empresa 𝐸1 e 𝐺j por
uma amostra aleatória, com reposição, de 60 empregados de uma outra empresa 𝐸j. Deseja-se
testar a hipótese, utilizando a distribuição qui-quadrado, se as medianas dos salários dos
empregados de 𝐺1 e 𝐺j são iguais ao nível de significância de 5%. Foram formuladas então as
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hipóteses 𝐻$: As medianas de 𝐺1 e 𝐺j são iguais (hipótese nula) e 𝐻1: As medianas de 𝐺1 e 𝐺j são
diferentes (hipótese alternativa).
A tabela abaixo apresenta o resultado de um levantamento realizado com relação à mediana (Md)
dos salários do grupo combinado (das duas amostras juntas).
A conclusão do teste é que 𝐻$
a) não é rejeitada e o valor do qui-quadrado calculado é igual a 2.
b) é rejeitada e o valor do qui-quadrado calculado é igual a 2/3.
c) não é rejeitada e o valor do qui-quadrado calculado é igual a 4.
d) não é rejeitada e o valor do qui-quadrado calculado é igual a 2/3.
e) é rejeitada e o valor do qui-quadrado calculado é igual a 4.
46. (FCC 2017/TRT 11º Região)
Um pesquisador está realizando um experimento que consiste em tentativas independentes que
podem resultar em sucesso ou fracasso e em que a probabilidade de sucesso é sempre constante.
Na tabela de distribuição de frequências a seguir, está registrado o número de tentativas até a
obtenção do primeiro sucesso para uma amostra de 100 repetições do experimento:
Seja X a variável aleatória que representa o número de tentativas até a obtenção do primeiro
sucesso. Baseado nessa amostra, o valor observado da estatística qui-quadrado apropriado para
testar se X se comporta com uma distribuição geométrica de média igual a 5 é dado por
a) 8,25
b) 7,05
c) 9,10
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d) 6,15
e) 8,75
47. (FCC 2015/CNMP)
Durante uma semana, observa-se a quantidade de determinadas ocorrências, esperando que
diariamente ocorram 20 destes tipos de ocorrências. Para esta análise, foram levantados os
seguintes dados em uma semana escolhida aleatoriamente:
Deseja-se saber, ao nível de significância de 𝛼, se as frequências são iguais em todos os dias da
semana, utilizando o teste do qui-quadrado. Foram formuladas as hipóteses 𝐻$: as frequências são
iguais em todos os dias da semana (hipótese nula) e 𝐻1: as frequências são diferentes.
Observação: o valor crítico do qui-quadrado tabelado da distribuição qui-quadrado, ao nível de
significância de 𝛼 e com o respectivo número de graus de liberdade do teste, apresentou um valor
superior ao valor do qui-quadrado observado.
O valor do qui-quadrado observado é
a) inferior ao número de graus de liberdade do teste e 𝐻$ não é rejeitada.
b) inferior ao número de graus de liberdade do teste e 𝐻$ é rejeitada.
c) superior ao número de graus de liberdade do teste e 𝐻$não é rejeitada.
d) superior ao número de graus de liberdade do teste e 𝐻$ é rejeitada.
e) superior ao número de graus de liberdade do teste e 𝐻$ é rejeitada para qualquer nível de
significância 𝛽tal 𝛼sujeito a dois tipos de erros. O erro mais importante, fixado antes de
se executar o teste, é denominado erro tipo I. Assinale a alternativa que define a probabilidade do
erro tipo I.
a) 𝛽 = 𝑃(𝑒𝑟𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼) = 𝑃(𝑟𝑒𝑗𝑒𝑖𝑡𝑎𝑟 𝐻$|𝐻$ é 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑎).
b) 𝛼 = 𝑃(𝑒𝑟𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼) = 𝑃(𝑟𝑒𝑗𝑒𝑖𝑡𝑎𝑟 𝐻$|𝐻$ é 𝑓𝑎𝑙𝑠𝑎).
c) 𝛼 = 𝑃(𝑒𝑟𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼) = 𝑃(𝑟𝑒𝑗𝑒𝑖𝑡𝑎𝑟 𝐻$|𝐻$ é 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑎).
d) 𝛽 = 𝑃(𝑒𝑟𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼) = 𝑃(𝑛ã𝑜 𝑟𝑒𝑗𝑒𝑖𝑡𝑎𝑟 𝐻$|𝐻$ é 𝑓𝑎𝑙𝑠𝑎).
e) 𝛼 = 𝑃(𝑒𝑟𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼) = 𝑃(𝑛ã𝑜 𝑟𝑒𝑗𝑒𝑖𝑡𝑎𝑟 𝐻$|𝐻$ é 𝑓𝑎𝑙𝑠𝑎).
Resolução
A probabilidade de ocorrer o erro tipo I corresponde a 𝛼, que é o nível de significância do teste. O
erro tipo I ocorre quando rejeitamos 𝐻z quando, na verdade, 𝐻$ é verdadeira. Logo,
A probabilidade do erro tipo I é
𝛼 = 𝑃(𝑟𝑒𝑗𝑒𝑖𝑡𝑎𝑟 𝐻$|𝐻$ é 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑎)
Gabarito: C
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03. (FEPESE 2017/ISS-Criciúma)
Em duas pesquisas independentes sobre educação em um município foram selecionados
aleatoriamente alunos de quinto ano do ensino fundamental de todas escolas do município para
realizarem provas de sondagem (as provas são idênticas nas duas pesquisas). A média aritmética
simples das notas obtidas pelos alunos que realizaram a prova de uma pesquisa foi 6,6, enquanto
que a média aritmética simples das notas obtidas pelos alunos que realizaram a prova da outra
pesquisa foi 5,4.
O seguinte teste de hipótese foi desenhado:
•Hipótese 𝐻$: A média da população é igual a 6,6.
•Hipótese 𝐻1: A média da população é igual a 5,4.
Serão aleatoriamente selecionadas 10 provas e calculada a média X dessas 10 provas.
Se X > 6 será aceita a hipótese 𝐻$, caso contrário, será rejeitada a hipótese 𝐻$.
Foi calculado que a probabilidade de se cometer o ERRO DE TIPO I é de 5,3%, e que a probabilidade
de se cometer o ERRO DE TIPO II é de 4,3%.
Ao realizar o teste de hipóteses acima, se encontrou X = 6,2.
Analise a frase abaixo a respeito do experimento e do teste de hipóteses:
Devemos …………………… que a média da população é 6,6, mas temos ……… de probabilidade de
estarmos …………………… .
Assinale a alternativa que completa corretamente as lacunas do texto.
a) rejeitar • 4,3% • corretos
b) rejeitar • 4,3% • errados
c) aceitar • 4,3% • corretos
d) aceitar • 4,3% • errados
e) aceitar • 5,3% • errados
Resolução
O critério de decisão diz que se a média obtida for maior do que 6, deveremos aceitar 𝐻$.
Como a média amostral obtida foi 6,2, deveremos aceitar 𝐻$.
Como a probabilidade do erro tipo II é 4,3%, então temos uma probabilidade de 4,3% de
aceitarmos a hipótese nula quando esta é falsa, ou seja, temos 4,3% de probabilidade de estarmos
errados.
Gabarito: D
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04. (IBFC 2017/EBSERH-HUGG)
Assinale a alternativa correta. Probabilidade de rejeitar, corretamente, a hipótese nula quando a
mesma é falsa, ou seja, de encontrar, corretamente, um suposto relacionamento quando ele
existe. Essa definição se refere ao conceito de:
a) Poder
b) Significância
c) Confiança
d) Efeito
e) Intervalo
Resolução
Sabemos que 𝛽 é a probabilidade de ocorrer o erro tipo II, ou seja, a probabilidade de aceitarmos
𝐻$ dado que 𝐻$ é falsa.
A potência (ou poder) do teste 1 − 𝛽 é a probabilidade complementar, ou seja, é a probabilidade
de não aceitarmos 𝐻$ (probabilidade de rejeitarmos 𝐻$) dado que ela é falsa.
Gabarito: A
05. (CESPE 2016/TCE-PA)
A potência de um teste de hipóteses corresponde à probabilidade de se rejeitar a hipótese nula,
dado que a hipótese nula é correta.
Resolução
A potência de um teste, 𝟏 − 𝜷, corresponde à probabilidade de não aceitarmos 𝑯𝟎 dado que ela é
falsa. O item está errado.
A questão se refere, na verdade, à probabilidade de ocorrer erro tipo I, ou seja, ao nível de
significância do teste.
Gabarito: Errado
06. (FCC 2015/CNMP)
Com relação a testes de hipóteses estatísticas e denominando 𝐻$ como sendo a hipótese nula e
𝐻1 a hipótese alternativa, a definição de potência de um teste corresponde à probabilidade de
a) não rejeitar 𝐻$, quando 𝐻$ é verdadeira.
b) não rejeitar 𝐻$, quando 𝐻$ é falsa.
c) não rejeitar 𝐻$, independentemente de 𝐻$ ser falsa ou verdadeira.
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d) rejeitar 𝐻$, quando 𝐻$ é verdadeira.
e) rejeitar 𝐻$, quando 𝐻$ é falsa.
Resolução
Vimos que:
𝛼: probabilidade de ocorrer erro do tipo I, ou seja, rejeitar 𝐻$ quando ela é verdadeira.
𝛽: probabilidade de ocorrer erro do tipo II, ou seja, aceitar 𝐻$ quando ela é falsa.
1 − 𝛽: probabilidade de não ocorrer erro do tipo II, ou seja, rejeitar 𝐻$ dado que ela é
falsa.
𝛼 é o nível de significância e 1 − 𝛽 é o poder (ou potência) do teste.
Assim, a potência do teste, 𝟏 − 𝜷, corresponde à probabilidade de rejeitar 𝑯𝟎 quando ela é falsa.
Gabarito: E
07. (CESGRANRIO 2014/FINEP)
Um pesquisador testa uma hipótese sobre o valor de um parâmetro da distribuição de
probabilidades que descreve a população da qual extraiu uma amostra. O pesquisador define uma
estatística S a ser usada no teste, bem como as hipóteses nula 𝐻$ e alternativa 𝐻1.
Nesse contexto de teste estatístico, verifica-se que o(a)
a) erro do tipo I consiste em aceitar 𝐻$ quando 𝐻$ for falsa.
b) erro do tipo II consiste em rejeitar 𝐻$ quando 𝐻$ for verdadeira.
c) nível de significância estatística do teste é a probabilidade de cometer o erro do tipo II.
d) região crítica ou de rejeição é o conjunto de valores de S cuja ocorrência levaria à rejeição de
𝐻$.
e) soma da probabilidade do erro do tipo I com a probabilidade do erro do tipo II é igual a 1.
Resolução
O erro do tipo I consiste em rejeitar 𝑯𝟎 quando ela é verdadeira. A alternativa A está errada. Na
verdade, a alternativa A descreve o erro tipo II.
O erro do tipo II consiste em aceitar 𝑯𝟎 quando ela é falsa. A alternativa B está errada. Na verdade,
a alternativa B descreve o erro tipo I.
A alternativa C está errada, pois o nível de significância é a probabilidade de cometer o erro do tipo
I.
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A alternativa D está correta.
A alternativa E está errada, pois não existe uma relação entre 𝜶 e 𝜷.
Gabarito: D
08. (FGV 2013/TJ-AM)
A respeito do erro do tipo I, assinale a afirmativa correta.
a) é a probabilidade de se rejeitar a hipótese nula quando a mesma é verdadeira.
b) é a probabilidade de se rejeitar a hipótese nula quando a mesma é falsa.
c) é o nível de significância de um teste de hipóteses.
d) é o evento de rejeitar a hipótese nula quando esta é verdadeira.
e) é o evento de não rejeitar a hipótese nula quando esta é falsa.
Resolução
Uma coisa é o erro do tipo I e outra coisa é a probabilidade de ocorrer o erro do tipo I.
O erro do tipo I é o evento de rejeitar 𝑯𝟎 quando ela é verdadeira (alternativaD).
A probabilidade de ocorrer o erro do tipo I é a probabilidade de se rejeitar 𝑯𝟎 quando ela é
verdadeira. A probabilidade de ocorrer o erro do tipo I também é chamada de nível de
significância.
Assim, não podemos dizer que o erro do tipo I é o nível de significância. O nível de significância é a
probabilidade de ocorrer o erro do tipo I.
Gabarito: D
09. (FGV 2017/IBGE)
Um teste de hipóteses será realizado para verificar se uma moeda é, de fato, honesta. Suspeita-se
que, ao invés de um equilíbrio, P(Cara) = P(Coroa) = 0,5, há uma tendência para que as chances
sejam de 3:2 favorável a Cara. Assim sendo, as hipóteses formuladas são:
Ho: Moeda equilibrada (1:1)
Ha: Moeda desequilibrada (3:2)
A decisão deverá seguir um critério bem simples. A tal moeda será lançada quatro vezes,
rejeitando-se a hipótese nula caso aconteçam mais do que três Caras.
Com tal critério, é correto afirmar que:
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a) P(Erro Tipo I) = 1/8 e P(Erro Tipo II) = 1 - (0,125);
b) P(Erro Tipo I) = 0,25 e P(Erro Tipo II) = 1 - (0,25);
c) P(Erro Tipo I) = 3/16 e P(Erro Tipo II) =1 - (0,4)4 ;
d) P(Erro Tipo I) = 1/16 e P(Erro Tipo II) = 1 - (0,6)4 ;
e) P(Erro Tipo I) = 3/8 e P(Erro Tipo II) = 1 -(0,75)4 .
Resolução
Vamos calcular as probabilidades da moeda desequilibrada.
As chances sejam de 3:2 favorável a Cara. Assim, as probabilidades de ocorrerem cara e coroa,
respectivamente, são proporcionais a 3 e 2. Assim, sendo 𝒌 a constante de proporcionalidade,
temos:
𝑷(𝑪𝒂𝒓𝒂) = 𝟑𝒌
𝑷(𝑪𝒐𝒓𝒐𝒂) = 𝟐𝒌
𝟑𝒌 + 𝟐𝒌 = 𝟏
𝟓𝒌 = 𝟏
𝒌 =
𝟏
𝟓
Logo,
𝑷(𝑪𝒂𝒓𝒂) =
𝟑
𝟓 = 𝟎, 𝟔
𝑷(𝑪𝒐𝒓𝒐𝒂) =
𝟐
𝟓 = 𝟎, 𝟒
Voltemos ao teste. Comecemos pela probabilidade de ocorrer erro tipo I, ou seja, 𝜶.
Neste caso, a hipótese nula é verdade, ou seja, a moeda é equilibrada ~𝑷𝒄𝒂𝒓𝒂 = 𝑷𝒄𝒐𝒓𝒐𝒂 =
𝟏
𝟐
� e
queremos calcular a probabilidade de rejeitarmos 𝑯𝟎. O enunciado disse que 𝑯𝟎 será rejeitada se
ocorrerem mais do que três caras.
Ora, como a moeda será lançada 4 vezes, então 𝑯𝟎 será rejeitada se ocorrerem 4 caras.
𝜶 = 𝑷(𝟒 𝒄𝒂𝒓𝒂𝒔) =
𝟏
𝟐 ×
𝟏
𝟐 ×
𝟏
𝟐 ×
𝟏
𝟐 =
𝟏
𝟏𝟔
Com isso já podemos marcar a resposta na alternativa D.
Vamos agora calcular a probabilidade de ocorrer erro tipo II, ou seja, 𝜷.
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Neste caso, a hipótese nula é falsa, ou seja, a moeda é desequilibrada (𝑷𝒄𝒂𝒓𝒂 = 𝟎, 𝟔 𝒆 𝑷𝒄𝒐𝒓𝒐𝒂 =
𝟎, 𝟒) e queremos calcular a probabilidade de aceitarmos 𝑯𝟎.
Ora, aceitaremos 𝑯𝟎 se ocorrerem 3 caras ou menos.
𝜷 = 𝑷(𝟑 𝒄𝒂𝒓𝒂𝒔 𝒐𝒖 𝒎𝒆𝒏𝒐𝒔)
Essa probabilidade é muito trabalhosa. É mais fácil utilizar o evento complementar.
𝜷 = 𝟏 − 𝑷(𝟒 𝒄𝒂𝒓𝒂𝒔)
Lembre-se que para calcular 𝜷 estamos partindo do pressuposto de que 𝑯𝟎 é falsa, ou seja,
𝑷𝒄𝒂𝒓𝒂 = 𝟎, 𝟔. Assim,
𝜷 = 𝟏 − 𝟎, 𝟔 × 𝟎, 𝟔 × 𝟎, 𝟔 × 𝟎, 𝟔
𝜷 = 𝟏 − 𝟎, 𝟔𝟒
Gabarito: D
10. (FCC 2015/CNMP)
A probabilidade de sucesso em um experimento é igual a p. Sejam as hipóteses 𝐻$: 𝑝 =
j
�
(hipótese
nula) e 𝐻1: 𝑝 =
1
j
(hipótese alternativa). Estabelece-se que 𝐻$ é aceita se e somente se, pelo
menos, 2 sucessos forem obtidos em 3 vezes em que o experimento é executado. A probabilidade
de 𝐻$ ser rejeitada, dado que 𝐻$ é verdadeira, é
a) 3/8
b) 2/3
c) 20/27
d) 5/9
e) 7/27
Resolução
A questão pede, no fundo, a probabilidade de cometermos um erro do tipo I, ou seja, o nível de
significância.
Bom, queremos calcular a probabilidade de rejeitarmos 𝑯𝟎 dado que 𝑯𝟎 é verdadeira. Ora, se 𝑯𝟎
é verdadeira, então 𝒑 = 𝟐
𝟑
. Consequentemente, 𝒒 = 𝟏
𝟑
.
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𝑯𝟎 será aceita se e somente se pelos menos 2 sucessos forem obtidos (em 3 tentativas do
experimento).
Assim, 𝑯𝟎 será rejeitada se menos de 2 sucessos forem obtidos.
𝜶 = 𝑷(𝑿 = 𝟎) + 𝑷(𝑿 = 𝟏)
𝜶 = ~𝟑𝟎�𝒑
𝟎𝒒𝟑 + ~𝟑𝟏� 𝒑
𝟏𝒒𝟐
𝜶 = 𝒒𝟑 + 𝟑𝒑𝒒𝟐
𝜶 = �
𝟏
𝟑�
𝟑
+ 𝟑 ∙ �
𝟐
𝟑� ∙ �
𝟏
𝟑�
𝟐
𝜶 =
𝟏
𝟐𝟕 + 𝟑 ∙
𝟐
𝟑 ∙
𝟏
𝟗
𝜶 =
𝟏
𝟐𝟕 +
𝟐
𝟗 =
𝟏 + 𝟔
𝟐𝟕
𝜶 =
𝟕
𝟐𝟕
Gabarito: E
11. (FCC 2016/TRT 20ª Região)
Em um processo de fabricação de um equipamento admite-se que 10% saem defeituosos quando
este processo está sob controle. Para testar se o processo está sob controle são escolhidos
aleatoriamente, com reposição, 4 equipamentos da produção, tomando-se como decisão que o
processo está fora de controle se o número de equipamentos defeituosos for maior que 2.
Chamando de p a proporção de equipamentos defeituosos e considerando as hipóteses 𝐻$: 𝑝 =
0,1 (hipótese nula) e 𝐻1: 𝑝 = 0,2 (hipótese alternativa), obtém-se que o nível de significância do
teste e a potência do teste são, respectivamente,
a) 0,10% e 0,80%
b) 0,46% e 3,20%
c) 2,72% e 0,80%
d) 2,72% e 2,72%
e) 0,37% e 2,72%
Resolução
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==313c7==
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Não custa lembrar:
𝛼: probabilidade de ocorrer erro do tipo I, ou seja, rejeitar 𝐻$ quando ela é verdadeira.
𝛽: probabilidade de ocorrer erro do tipo II, ou seja, aceitar 𝐻$ quando ela é falsa.
1 − 𝛽: probabilidade de não ocorrer erro do tipo II, ou seja, rejeitar 𝐻$ dado que ela é
falsa.
𝛼 é o nível de significância e 1 − 𝛽 é o poder (ou potência) do teste.
Comecemos pelo nível de significância 𝜶. O nível de significância corresponde à probabilidade de
cometer o erro tipo I, ou seja, a probabilidade de rejeitarmos a hipótese nula quando ela é
verdadeira.
Assim, para calcular 𝜶, vamos assumir que a hipótese nula é verdadeira.
𝒑 = 𝟎, 𝟏
Queremos calcular a probabilidade de rejeitarmos a hipótese nula (o processor está fora de
controle), ou seja, queremos calcular a probabilidade de obtermos 3 ou 4 equipamentos
defeituosos (na amostra aleatória, com reposição, de 4 equipamentos).
𝜶 = 𝑷(𝑿 = 𝟑) + 𝑷(𝑿 = 𝟒)
𝜶 = ~𝟒𝟑�𝒑
𝟑𝒒𝟏 + ~𝟒𝟒� 𝒑
𝟒𝒒𝟎
𝜶 = 𝟒𝒑𝟑𝒒 + 𝒑𝟒
𝜶 = 𝟒 ∙ 𝟎, 𝟏𝟑 ∙ 𝟎, 𝟗 + 𝟎, 𝟏𝟒
𝜶 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟑𝟕 = 𝟎, 𝟑𝟕%
Com isso já podemos marcar a resposta na alternativa E.
Vamos agora calcular a potência do teste, que corresponde a 𝟏 − 𝜷, ou seja, vamos calcular a
probabilidade de NÃO cometermos um erro tipo II. Em outras palavras, queremos calcular a
probabilidade de rejeitar 𝑯𝟎 dado que ela é falsa.
Ora, se 𝑯𝟎 é falsa, então 𝒑 = 𝟎, 𝟐. Queremos calcular a probabilidade de rejeitarmos a hipótese
nula (o processor está fora de controle), ou seja, queremos calcular a probabilidade de obtermos 3
ou 4 equipamentos defeituosos (na amostra aleatória, com reposição, de 4 equipamentos).
𝟏 − 𝜷 = 𝑷(𝑿 = 𝟑) + 𝑷(𝑿 = 𝟒)
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𝟏 − 𝜷 = ~𝟒𝟑�𝒑
𝟑𝒒𝟏 + ~𝟒𝟒�𝒑
𝟒𝒒𝟎
𝟏 − 𝜷 = 𝟒𝒑𝟑𝒒 + 𝒑𝟒
𝟏 − 𝜷 = 𝟒 ∙ 𝟎, 𝟐𝟑 ∙ 𝟎, 𝟖 + 𝟎, 𝟐𝟒
𝟏 − 𝜷 = 𝟎, 𝟎𝟐𝟕𝟐 = 𝟐, 𝟕𝟐%
Gabarito: E
12. (FCC 2019/AFAP – Economista)
Em uma eleição para presidente de um clube estão inscritos somente dois candidatos (X e Y). Um
teste estatístico foi realizado para averiguar se a proporção p de associados do clube que preferem
X difere da proporção de associados do clube que preferem Y. Foram formuladas, então, as
hipóteses 𝐻$: 𝑝 = 0,5 (hipótese nula, ou seja, as proporções das preferências por X e por Y são as
mesmas) e 𝐻1: 𝑝 ≠ 0,5 (hipótese alternativa, ou seja, as proporções das preferências por X e por Y
são diferentes). Com base em uma amostra aleatória de tamanho 5 dos associados, com reposição,
foi estabelecida uma regra para o teste: “caso o número de associados da amostra que tem sua
preferência por X não pertencer ao conjunto {1, 2, 3, 4}, rejeita-se 𝐻$”:
Se 𝛼 for o nível de significância desse teste, então,
a) 0,01 ≤ 𝛼 0,1 (hipótese alternativa), sendo p a probabilidade de um
componente sair com defeito. Se na verdade a probabilidade de 1 componente sair com defeito
for igual a 20%, obtém-se que a potência deste teste é, em %, igual a
a) 18,08.
b) 5,23.
c) 16,00.
d) 14,85.
e) 12,00.
Resolução
A potência do teste é 1 − 𝛽, em que 𝛽 é a probabilidade de cometermos um erro do tipo II.
O erro do tipo II ocorre quando aceitamos 𝐻$ quando, na verdade, ela é falsa.
O enunciado afirmou que, na verdade, 𝑝 = 20% = 0,20.
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Assim, 𝜷, probabilidade de ocorrer o erro tipo II, corresponde à probabilidade de aceitarmos 𝐻$
dado que 𝑝 = 0,20.
Entretanto, queremos calcular, na verdade, 1 − 𝛽, que é a potência do teste. Logo, queremos a
probabilidade do evento complementar, ou seja, queremos calcular a probabilidade de não
aceitarmos 𝐻$ dado que 𝑝 = 0,20.
Ora, não aceitaremos 𝐻$ se houver mais de um componente da amostra com defeito. Logo,
queremos calcular a probabilidade de 2, 3 ou 4 componentes apresentarem defeito (em uma
amostra aleatória, com reposição, de 4 elementos).
Vamos definir “sucesso” quando um componente apresenta defeito. Sendo X a quantidade de
sucessos (em uma amostra aleatória, com reposição, de 4 componentes fabricados), queremos
calcular 𝑃(𝑋 = 2) + 𝑃(𝑋 = 3) + 𝑃(𝑋 = 4).
1 − 𝛽 = 𝑃(𝑋 = 2) + 𝑃(𝑋 = 3) + 𝑃(𝑋 = 4)
= ~42�𝑝
j𝑞j + ~43� 𝑝
�𝑞1 + ~44� 𝑝
�𝑞$
= 6 ∙ 0,2j ∙ 0,8j + 4 ∙ 0,2� ∙ 0,8 + 0,2�
= 0,1536 + 0,0256 + 0,0016
= 0,1808 = 18,08%
Gabarito: A
14. (VUNESP 2014/TJ-PA)
Joga-se uma moeda 8 vezes. Considera-se a hipótese de que a moeda é honesta, (𝐻$: p = 0,5),
contra a hipótese de que não é honesta (𝐻1: p >0,5). Considera-se ainda como região crítica para
rejeitar 𝐻$ os valores RC = {7, 8}. Então a probabilidade de se cometer o erro do tipo 1, isto é, de
rejeitar 𝐻$ quando ela é verdadeira, é de, aproximadamente:
a) 0,5%.
b) 1%.
c) 1,5%.
d) 2,5%.
e) 3,5%.
Resolução
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Achei o enunciado incompleto. A questão quis dizer que rejeitamos 𝐻$ quando ocorrem 7 ou 8
caras. Outra possibilidade seria dizer que rejeitamos 𝐻$ quando ocorrem 7 ou 8 coroas.
Vamos assumir que a questão quis dizer que rejeitamos 𝐻$ quando ocorrem 7 ou 8 caras.
Para calcular a probabilidade de se cometer o erro tipo I, devemos assumir que 𝐻$ é verdadeira, ou
seja 𝑝 = 0,5. Vamos calcular a probabilidade de rejeitarmos 𝐻$, ou seja, vamos calcular a
probabilidade de ocorrerem 7 ou 8 caras.
Sendo “cara” um sucesso, queremos calcular a probabilidade de ocorrerem 7 ou 8 sucessos.
𝛼 = 𝑃(𝑋 = 7) + 𝑃(𝑋 = 8)
𝛼 = ~87�𝑝
�𝑞1 + ~88� 𝑝
�𝑞$
𝛼 = 8𝑝�𝑞 + 𝑝�
𝛼 = 8 ∙ �
1
2�
�
∙ �
1
2� + �
1
2�
�
𝛼 = 8 ∙
1
256 +
1
256
𝛼 =
9
256 ≅ 3,5%
Gabarito: E
15. (FCC 2015/SEFAZ-PI)
Sabe-se que uma urna contém uma proporção de p bolas pretas e de (1 − p) bolas brancas. O valor
de p é desconhecido, mas sabe-se que é 3/5 ou é 1/2. A fim de se chegar a uma conclusão,
seleciona-se ao acaso e com reposição 10 bolas da urna e observa-se o número de bolas pretas.
Um teste de hipóteses é proposto, esse considera testar a hipótese nula 𝐻$: 𝑝 = 1/2 contra a
hipótese alternativa 𝐻x: 𝑝 = 3/5. Se o teste rejeitar 𝐻$ quando pelo menos 8 bolas pretas forem
encontradas, o nível de significância do teste é igual a
a) 25/512
b) 15/256
c) 9/128
d) 7/128
e) 17/256
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Resolução
O nível de significância do teste é a probabilidade de cometer um erro do tipo I.
Cometer um erro do tipo I significa que rejeitamos 𝐻$ quando 𝐻$ é verdadeira. Assim, queremos
calcular a probabilidade de rejeitarmos 𝐻$ dado que 𝐻$ é verdadeira.
Vamos assumir que 𝐻$ é verdadeira, ou seja, 𝑝 = 1/2. Baseados nisso, vamos calcular a
probabilidade de rejeitarmos 𝐻$.
O teste rejeita 𝐻$ se pelo menos 8 bolas pretas forem encontradas (dentre 10 retiradas com
reposição). Vamos usar o teorema binomial para calcular tal probabilidade.
𝛼 = 𝑃(𝑋 = 8) + 𝑃(𝑋 = 9) + 𝑃(𝑋 = 10)
𝛼 = ~108 � 𝑝
�𝑞j + ~109 � 𝑝
�𝑞1 + ~1010� 𝑝
1$𝑞$
Lembrando as propriedadesdos números binomiais:
~108 � = ~102 � =
10 ∙ 9
2 ∙ 1 = 45
~109 � = ~101 � = 1
~1010� = 1
Logo,
𝛼 = 45𝑝�𝑞j + 10𝑝�𝑞 + 𝑝1$
Observe que 𝑝 = 1/2. Logo, 𝑞 = 1 − 𝑝 = 1/2. Portanto, 𝑝 = 𝑞.
𝛼 = 45 ∙ 𝑝�𝑝j + 10𝑝�𝑝 + 𝑝1$
𝛼 = 45𝑝1$ + 10𝑝1$ + 𝑝1$ = 56𝑝1$
𝛼 = 56 × �
1
2�
1$
=
56
1.024
Simplificando por 8, temos:
𝛼 =
7
128
Gabarito: D
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16. (FCC 2015/SEFAZ-PI)
Seja X a variável aleatória que representa o número de sucessos em 6 ensaios de Bernoulli
independentes e onde a probabilidade de sucesso, em cada ensaio, é sempre igual a p. Deseja-se
testar a hipótese nula 𝐻$: 𝑝 = 0,7 contra a hipótese alternativa 𝐻x: 𝑝 = 0,5.
Se rejeita-se 𝐻$ quando ocorrerem menos do que 4 sucessos, a probabilidade do erro do tipo II é
igual a
a) 3/8
b) 25/64
c) 11/32
d) 21/128
e) 19/64
Resolução
O erro do tipo II ocorre quando aceitamos 𝐻$ dado que ela é falsa. A probabilidade de ocorrer o
erro tipo II é simbolizada por 𝛽.
Como estamos assumindo que 𝐻$ é falsa para o cálculo da probabilidade, então 𝑝 = 0,5
(probabilidade dada na hipótese alternativa).
Assim, queremos calcular a probabilidade de aceitarmos 𝐻$ dado que 𝑝 = 0,5.
Rejeita-se 𝐻$ quando ocorrerem menos do que 4 sucessos. Assim, devemos aceitar 𝐻$ quando
ocorrerem 4 sucessos ou mais.
𝛽 = 𝑃(𝑋 = 4) + 𝑃(𝑋 = 5) + 𝑃(𝑋 = 6)
Vamos usar o teorema binomial, porque são 6 ensaios independentes de Bernoulli.
𝛽 = ~64� 𝑝
�𝑞j + ~65� 𝑝
k𝑞1 + ~66� 𝑝
É𝑞$
Lembrando as propriedades dos números binomiais:
~64� = ~62� =
6 ∙ 5
2 ∙ 1 = 15
~65� = ~61� = 6
~66� = 1
Logo,
𝛽 = 15𝑝�𝑞j + 6𝑝k𝑞 + 𝑝É
Observe que 𝑝 = 1/2. Logo, 𝑞 = 1 − 𝑝 = 1/2. Portanto, 𝑝 = 𝑞.
𝛽 = 15𝑝�𝑝j + 6𝑝k𝑝 + 𝑝É
𝛽 = 15𝑝É + 6𝑝É + 𝑝É = 22𝑝É
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𝛽 = 22 × �
1
2�
É
=
22
64
𝛽 =
11
32
Gabarito: C
17. (FCC 2015/TRE-RR)
Acredita-se que a probabilidade de ocorrência de um evento em uma experiência é de 80%. Uma
série de 5 experiências é realizada e decide-se aceitar a hipótese da probabilidade de ocorrência
do evento ser 80% se ele ocorrer, pelo menos, em 4 destas experiências. Sendo verdadeira a
hipótese de que a probabilidade de ocorrência do evento é de fato 80%, então a probabilidade
desta hipótese ser rejeitada na realização da série de 5 experiências é
a) 821/3.125
b) 8/25
c) 369/625
d) 32/125
e) 2/5
Temos o seguinte teste de hipóteses:
?𝐻$: 𝑝 = 80%
𝐻1: 𝑝 ≠ 80%
Queremos calcular a probabilidade de rejeitarmos 𝐻$ dado que 𝐻$ é verdadeira, ou seja,
queremos calcular o nível de significância (probabilidade de ocorrer erro tipo I).
Se 𝐻$ é verdade, então 𝑝 = 80% = 4/5 e 𝑞 = 20% = 1/5.
Para que 𝐻$ seja rejeitada, o evento deve ocorrer em menos de 3 vezes em 5 experimentos
(porque devemos aceitar se o evento ocorrer em pelo menos 4 vezes).
𝛼 = 𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1) + 𝑃(𝑋 = 2) + 𝑃(𝑋 = 3)
Essa probabilidade é muito trabalhosa. Devemos aplicar o teorema binomial 4 vezes.
É mais fácil utilizar a probabilidade complementar.
𝛼 = 1 − 𝑃(𝑋 = 4) − 𝑃(𝑋 = 5)
𝛼 = 1 − ~54� 𝑝
�𝑞1 − ~55�𝑝
k𝑞$
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𝛼 = 1 − 5 ∙ �
4
5�
�
∙ �
1
5� − 1 ∙ �
4
5�
k
Observe que não vale a pena cortar “5” na segunda parcela, pois assim geraríamos frações com
diferentes denominadores.
𝛼 = 1 −
1.280
3.125 −
1.024
3.125
𝛼 =
3.125 − 1.280 − 1.024
3.125
𝛼 =
821
3.125
Gabarito: A
18. (FCC 2015/TRT 3ª Região)
A probabilidade de ocorrência de um evento em uma determinada experiência é igual a p.
Considerando as hipóteses 𝐻$: 𝑝 = 3/4 (Hipótese nula) e 𝐻1: 𝑝 = 1/2 (hipótese alternativa)
determina-se que 𝐻$ será aceita se e somente se o evento ocorrer em pelo menos 4 vezes em uma
série de 5 experiências executadas. A potência deste teste é igual a:
a) 13/16
b) 3/16
c) 3/4
d) 47/128
e) 81/128
Resolução
A potência do teste é 1 − 𝛽, em que 𝛽 é a probabilidade de cometermos um erro do tipo II.
O erro do tipo II ocorre quando aceitamos 𝐻$ quando, na verdade, ela é falsa.
Se 𝐻$ é falsa, então 𝑝 = 1/2. Consequentemente, 𝑞 = 1/2.
Assim, 𝜷, probabilidade de ocorrer o erro tipo II, corresponde à probabilidade de aceitarmos 𝐻$
dado que 𝑝 = 𝑞 = 1/2.
Entretanto, queremos calcular, na verdade, 1 − 𝛽, que é a potência do teste. Logo, queremos a
probabilidade do evento complementar, ou seja, queremos calcular a probabilidade de não
aceitarmos 𝐻$ dado que 𝑝 = 𝑞 = 1/2.
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𝐻$ será aceita se e somente se o evento ocorrer em pelo menos 4 vezes em uma série de 5
experiências executadas.
Assim, 𝐻$ não será aceita se e somente se o evento ocorrer em menos de 4 vezes em uma série de
5 experiências executadas (0, 1, 2 ou 3 vezes).
1 − 𝛽rst
ÊzË\{ Ëz Ì\][\
= 𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1) + 𝑃(𝑋 = 2) + 𝑃(𝑋 = 3)
Essa probabilidade é muito trabalhosa. Devemos aplicar o teorema binomial 4 vezes.
É mais fácil utilizar a probabilidade complementar.
1 − 𝛽 = 1 − 𝑃(𝑋 = 4) − 𝑃(𝑋 = 5)
1 − 𝛽 = 1 − ~54� 𝑝
�𝑞1 − ~55� 𝑝
k𝑞$
1 − 𝛽 = 1 − 5 ∙ �
1
2�
�
∙ �
1
2� − 1 ∙ �
1
2�
k
1 − 𝛽 = 1 −
5
32 −
1
32
1 − 𝛽 = 1 −
6
32 =
26
32
1 − 𝛽 =
13
16
A potência do teste é 13/16.
Gabarito: A
19. (FCC 2015/DPE-SP)
Seja uma experiência em que a probabilidade de sucesso é igual a p e as hipóteses 𝐻$: 𝑝 = 𝑘
(hipótese nula) e 𝐻1: 𝑝 = 2𝑘 (hipótese alternativa). Determina-se que 𝐻$ será aceita se e somente
se o sucesso ocorrer mais que uma vez em uma série de 4 experiências independentes executadas.
Se 𝑘 = 1/3, então a potência deste teste é igual a
a) 8/27
b) 1/9
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c) 19/27
d) 8/9
e) 4/9
Resolução
Temos o seguinte teste de hipóteses:
?𝐻$: 𝑝 = 1/3
𝐻1: 𝑝 = 2/3
A potência do teste é 1 − 𝛽, em que 𝛽 é a probabilidade de cometermos um erro do tipo II.
O erro do tipo II ocorre quando aceitamos 𝐻$ quando, na verdade, ela é falsa.
Se 𝐻$ é falsa, então 𝑝 = 2/3. Consequentemente, 𝑞 = 1/3.
Assim, 𝜷, probabilidade de ocorrer o erro tipo II, corresponde à probabilidade de aceitarmos 𝐻$
dado que 𝑝 = 2/3 .
Entretanto, queremos calcular, na verdade, 1 − 𝛽, que é a potência do teste. Logo, queremos a
probabilidade do evento complementar, ou seja, queremos calcular a probabilidade de não
aceitarmos 𝐻$ dado que 𝑝 = 2/3.
𝐻$ será aceita se e somente se o evento ocorrer mais que uma vez em uma série de 4 experiências
executadas.
Assim, 𝐻$ não será aceita se e somente se o evento nenhuma ou uma vez em uma série de 4
experiências executadas.
1 − 𝛽 = 𝑃(𝑋 = 0) + 𝑃(𝑋 = 1)1 − 𝛽 = ~40� 𝑝
$𝑞� + ~41� 𝑝
1𝑞�
1 − 𝛽 = 𝑞� + 4𝑝𝑞�
1 − 𝛽 = �
1
3�
�
+ 4 ∙ �
2
3� ∙ �
1
3�
�
1 − 𝛽 =
1
81 +
8
81 =
9
81 =
1
9
Gabarito: B
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20. (FCC 2014/SEFAZ-PE)
Seja X uma variável aleatória com distribuição binomial, tendo parâmetros n = 9 (n representando
o número de ensaios) e p desconhecido (p representando a probabilidade de sucesso em cada
ensaio). Desejando-se testar a hipótese nula 𝐻$: 𝑝 = 0,5 versus a hipótese alternativa 𝐻1: 𝑝 > 0,5,
considerou-se rejeitar 𝐻$ se X for superior a 6. Nessas condições, o nível de significância do teste é
igual a
a) 25/256
b) 37/256
c) 5/256
d) 23/256
e) 45/256
Resolução
O nível de significância 𝛼 corresponde à probabilidade de ocorrer erro tipo I, ou seja, à
probabilidade de rejeitarmos 𝐻$ dado que 𝐻$ é verdade.
Assim, vamos assumir que 𝐻$ é verdade, ou seja, 𝑝 = 0,5. Queremos calcular a probabilidade de
rejeitarmos 𝐻$.
Considerou-se rejeitar 𝐻$ se X for superior a 6. Logo,
𝛼 = 𝑃(𝑋 > 6)
𝛼 = 𝑃(𝑋 = 7) + 𝑃(𝑋 = 8) + 𝑃(𝑋 = 9)
𝛼 = ~97� 𝑝
�𝑞j + ~98�𝑝
�𝑞1 + ~99� 𝑝
�𝑞$
Observe que 𝑝 = 0,5 = 1/2. Consequentemente, 𝑞 = 0,5 = 1/2, ou seja, 𝑝 = 𝑞 = 1/2.
Além disso, observe que:
~97� = ~92� =
9 ∙ 8
2 ∙ 1 = 36
~98� = ~91� = 9
~99� = ~90� = 1
Vamos continuar substituindo 𝑞 por 𝑝, já que são iguais.
𝛼 = 36𝑝�𝑝j + 9𝑝�𝑝 + 𝑝�
𝛼 = 36𝑝� + 9𝑝� + 𝑝� = 46𝑝�
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𝛼 = 46 ∙ �
1
2�
�
=
46
512
𝛼 =
23
256
Gabarito: D
EXERCÍCIOS – TESTE PARA A MÉDIA
21. (VUNESP 2019/MPE-SP – Economista)
Tomando-se uma amostra de 100 habitantes adultos de uma cidade, a média de anos de
escolaridade obtida foi de 3 anos de estudo. Segundo a Secretaria de Educação dessa cidade, a
média de escolaridade da população é de, no mínimo, 4 anos. Considerando que o desvio padrão
dos anos de escolaridade é de 1 ano, o valor da estatística do teste para a hipótese levantada pela
secretaria de educação é, em módulo,
a) 0,1.
b) 0,4.
c) 1.
d) 4.
e) 10.
Resolução
Há o costume de utilizarmos a distribuição normal quando 𝒏 > 𝟑𝟎.
Na questão, temos que 𝑛 = 100, 𝑋 = 3 e 𝜎 = 1 e quer-se testar a hipótese de que a média
populacional é no mínimo 4 anos. Dessa forma, a estatística teste será:
𝑍[\][\ =
𝑋 − 𝜇
𝜎
√𝑛
𝑍[\][\ =
3 − 4
1
√100
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𝑍[\][\ =
−1
1/10 = −1 ×
10
1 = −10
A estatística teste em módulo é igual a 10.
Gabarito: E
22. (VUNESP 2019/TJ-SP)
Um teste de hipóteses consistirá em testar, ao nível de significância de 5%, se a vida média 𝜇 das
lâmpadas produzidas por uma indústria é igual a 2 000 horas, em face da hipótese alternativa de μ
ser diferente de 2 000 horas. A população das vidas das lâmpadas produzidas é normalmente
distribuída, de tamanho infinito e variância conhecida. Com base em uma amostra aleatória de 100
lâmpadas da população que apresentou uma vida média de 2 050 horas, foi realizado o teste. Seja
z o valor do escore da distribuição normal padrão (Z) tal que a probabilidade P(ǀ Z ǀ ≤ z) = 95%. O
valor do escore reduzido encontrado, por meio dos dados da amostra, para comparar com o valor
de z foi igual a 2,5.
O desvio padrão populacional é de
a) 400 horas.
b) 200 horas.
c) 500 horas.
d) 280 horas.
e) 100 horas.
Resolução
Temos o seguinte teste de hipóteses:
?𝐻$: 𝜇 = 2.000
𝐻1: 𝜇 ≠ 2.000
A média populacional de acordo como a hipótese nula é 2.000.
A média amostral obtida é igual a 2.050.
O tamanho da amostra é 100.
A estatística teste reduzida obtida é igual a 2,5.
Vamos aplicar a fórmula da estatística teste e calcular o desvio padrão.
𝑍[\][\ =
𝑋 − 𝜇
𝜎
√𝑛
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2,5 =
2.050 − 2.000
𝜎
√100
2,5 =
50
𝜎
10
2,5 ∙
𝜎
10 = 50
2,5𝜎 = 500
𝜎 = 200
Gabarito: B
23. (FCC 2018/TCE-RS)
Uma população, referente aos comprimentos de certo cabo, é normalmente distribuída, de
tamanho infinito e com variância desconhecida. Deseja-se verificar se há indícios de que a
média 𝜇 dessa população seja diferente de 100 cm. Para isso foi retirada uma amostra aleatória de
tamanho 9, que apresentou uma média igual a 𝑥, em cm, e um desvio padrão igual a 6 cm. Foram
formuladas as hipóteses 𝐻$: 𝜇 = 100 𝑐𝑚 (hipótese nula) e 𝐻1: 𝜇 ≠ 100 𝑐𝑚 (hipótese alternativa),
e o nível de significância considerado foi de 5%. Para testar a hipótese nula, utilizou-se o teste t de
Student. A tabela abaixo fornece valores de 𝑡$,$jk > 0, que representa o quantil da distribuição t
de Student para n graus de liberdade, em que 𝑡$,$jk > 0 é o quantil da distribuição t de Student tal
que a probabilidade 𝑃l𝑡 > 𝑡$,$jkm = 0,025. Verificou-se que o valor que foi encontrado para 𝑥 foi
o menor valor tal que 𝐻$ não é rejeitada.
Então, 𝑥 é igual a
a) 95,48 cm
b) 94,88 cm
c) 95,28 cm
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d) 94,60 cm
e) 95,38 cm
Resolução
A população é normalmente distribuída e de tamanho infinito, mas a variância é desconhecida.
Logo, deveremos utilizar a distribuição T de Student.
A amostra tem tamanho 9, média 𝑥 e desvio padrão 𝑠 = 6 𝑐𝑚.
Estamos diante de um teste bilateral.
?𝐻$: 𝜇 = 100
𝐻1: 𝜇 ≠ 100
Como o nível de significância é 5%, então a área da região crítica será de 5%. Como o teste é
bilateral, teremos 2,5% em cada cauda da distribuição T.
Consultando a tabela fornecida para 𝑛 − 1 = 9 − 1 = 8 graus de liberdade, verificamos que
𝑃(𝑡 > 2,31) = 0,025 = 2,5%.
Em outras palavras, a área acima de 2,31 na distribuição T com 8 graus de liberdade é igual a 2,5%.
Como a distribuição T é simétrica em relação a 0, então a área abaixo de -2,31 também é 2,5%.
Este é o valor crítico que separa a RNR da RC.
Queremos calcular o menor valor de 𝑥 para que a hipótese nula não seja rejeitada. Esse é o valor
tal que a estatística teste coincide com −2,31, que é o valor crítico na cauda da esquerda.
𝑡[\][\ = −2,31
𝑥 − 𝜇
𝑠
√𝑛
= −2,31
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𝑥 − 100
6
√9
= −2,31
𝑥 − 100
2 = −2,31
𝑥 − 100 = −4,62
𝑥 = 95,38
Gabarito: E
24. (FCC 2018/TRT 2ª Região)
Nos registros dos últimos anos, verifica-se que o número médio de pessoas atendidas em uma
repartição pública por dia é igual a 20. Deseja-se testar a hipótese de que o número médio de
pessoas atendidaspor dia (𝜇) em outra repartição independente da primeira é o mesmo que o
verificado na primeira repartição utilizando o teste t de Student. Foram formuladas então as
seguintes hipóteses: 𝐻$: 𝜇 = 20 (hipótese nula) e 𝐻1: 𝜇 ≠ 20 (hipótese alternativa). Com base em
16 dias escolhidos aleatoriamente na segunda repartição obteve-se uma média igual a 22 pessoas
atendidas por dia com um desvio padrão igual a 5. Se, tanto para a primeira repartição como para
a segunda, a distribuição da população formada pelo número de pessoas atendidas é normalmente
distribuída e de tamanho infinito, obtém-se que o valor da estatística t calculado para comparação
com o t tabelado da distribuição t de Student com os respectivos graus de liberdade apresenta
valor de
a) 0,400
b) 1,250
c) 0,625
d) 1,600
e) 2,500
Resolução
A estatística teste é dada por:
𝑡[\][\ =
𝑥 − 𝜇
𝑠
√𝑛
A média amostral é 22, o desvio padrão amostral é 5, o tamanho da amostra é 16 e média
populacional, de acordo com a hipótese nula, é 20.
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𝑡[\][\ =
22 − 20
5
√16
𝑡[\][\ =
2
5
4
= 2 ×
4
5 =
8
5 = 1,6
Gabarito: D
25. (FCC 2017/TRT 11ª Região)
Uma população P de tamanho infinito tem distribuição normal com média 𝜇 e variância 2,25. A fim
de proceder ao teste 𝐻$: 𝜇 = 10 (hipótese nula) contra 𝐻1: 𝜇 ≠ 10 (hipótese alternativa), ao nível
de significância de 5%, extrai-se de P uma amostra aleatória de tamanho 100, estabelecendo-se a
seguinte regra:
“dado que 𝑥 é a média da amostra, então rejeita-se 𝐻$ se 𝑥 > 10 − 𝐾 ou 𝑥 > 10 + 𝐾 , em que
𝐾 > 0”.
Considerando que na curva normal padrão (Z) as probabilidades P(|Z| > 1,96) = 0,05 e P(|Z| >
1,64) = 0,10, obtém-se que o valor de K é
a) 0,270
b) 0,306
c) 0,294
d) 0,282
e) 0,246
Resolução
O nível de significância é 5%. Como é um teste bilateral (observe a regra estabelecida), então
deveremos ter uma área de 2,5% em cada cauda.
Como 𝑃(|𝑍| > 1,96) = 5%, então 𝑃(𝑍 1,96) = 2,5%. Logo, −1,96 e
1,96 são os valores crítico que separam RNR de RC.
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Vamos utilizar o valor 1,96. Como a variância populacional é 2,25, então o desvio padrão é
Í2,25 = 1,5.
𝑍¥{í[�¥z =
𝑥 − 𝜇
𝜎
√𝑛
1,96 =
𝑥 − 10
1,5
√100
1,96 =
𝑥 − 10
0,15
1,96 × 0,15 = 𝑥 − 10
𝑥 = 10 + 0,294
O outro valor crítico, por simetria, será 10 − 0,294. Logo,
𝐾 = 0,294
Gabarito: C
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26. (FCC 2017/TRT 11ª Região)
A variância de uma população de tamanho infinito, normalmente distribuída com média 𝜇, é
desconhecida. Deseja-se testar as hipóteses 𝐻$: 𝜇 = 12 (hipótese nula) contra 𝐻1: 𝜇 > 12
(hipótese alternativa), ao nível de significância 𝛼, com a utilização do teste t de Student. Para isto,
foi extraída da população uma amostra aleatória de tamanho 9 obtendo-se uma média amostral
igual a 12,8 e uma variância amostral igual a 1,44. Considere que 𝑡} é o quantil da distribuição t de
Student para o teste unicaudal tal que a probabilidade 𝑃(𝑡 > 𝑡}) = 𝛼, com n graus de liberdade.
É correto afirmar que 𝐻$
a) não é rejeitada ao nível de significância de 5% e é rejeitada ao nível de significância de 1%.
b) não é rejeitada para qualquer nível de significância superior a 1% e inferior a 5%.
c) é rejeitada tanto ao nível de significância de 1% como ao nível de significância de 5%.
d) não é rejeitada para qualquer nível de significância inferior a 1%.
e) não é rejeitada para qualquer nível de significância 𝛽 tal que 𝛽 > 5%.
Resolução
A variância populacional é desconhecida. Logo, deveremos utilizar a distribuição T de Student.
Como a amostra é de tamanho 9, então deveremos consultar a tabela para 9 − 1 = 8 graus de
liberdade.
Vamos calcular a estatística teste.
𝑡[\][\ =
𝑥 − 𝜇
𝑠
√𝑛
Como a variância amostral é 1,44, então 𝑠 = √1,44 = 1,2. Além disso, temos que 𝑥 = 12,8 e 𝜇 =
12 (de acordo com a hipótese nula).
𝑡[\][\ =
12,8 − 12
1,2
√9
𝑡[\][\ =
0,8
1,2/3 =
0,8
0,4 = 2
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Para 𝛼 = 1% (e 8 graus de liberdade), temos que 𝑡¥{í[�¥z = 2,9. Assim, só rejeitaríamos a hipótese
nula se a estatística teste fosse maior do que 2,9 (para cair na região crítica). Como 2 1,86, então a estatística
teste caiu na região crítica e devemos rejeitar 𝐻$. Observe:
Sae aumentarmos o nível de significância para um valor acima de 5%, a região crítica aumentará.
Consequentemente, a estatística teste continuará caindo dentro da região crítica e seremos
forçados a continuar rejeitando 𝐻$.
Gabarito: D
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27. (FCC 2016/ISS-Teresina)
Se Z tem distribuição normal padrão, então:
P(Z 2,05) = 2%. Pela simetria da curva
normal, concluímos que 𝑃(𝑍Pires
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O menor valor encontrado para a média amostral tal que a hipótese nula não é rejeitada é
justamente aquele que gera uma estatística teste igual a −2,05.
−2,05 =
𝑥 − 𝜇
𝜎
√𝑛
−2,05 =
𝑥 − 0,08
0,02
√400
−2,05 =
𝑥 − 0,08
0,02
20
−2,05 =
𝑥 − 0,08
0,001
𝑥 − 0,08 = 0,001 × (−2,05)
𝑥 = 0,07795 = 7,795%
Gabarito: A
28. (FCC 2016/TRT 20ª Região)
Uma população de tamanho infinito tem distribuição normal com média 𝜇 e variância 16. A fim de
proceder ao teste da hipótese: 𝐻$: 𝜇 = 10 (hipótese nula) contra a hipótese 𝐻1: 𝜇 ≠ 10 (hipótese
alternativa), ao nível de significância 𝛼, é extraída uma amostra aleatória de tamanho 256 da
população. O valor encontrado para a média amostral foi de 10,55. Considere que na curva normal
padrão (Z) as probabilidades P(Z > 1,96) = 0,025 e P(Z > 2,58) = 0,005. É correto afirmar então que
𝐻$
a) é rejeitada tanto ao nível de significância de 1%, como ao nível de significância de 5%.
b) não é rejeitada para qualquer nível de significância inferior a 1%.
c) não é rejeitada para qualquer nível de significância superior a 5%.
d) não é rejeitada para 0,01 70 (hipótese alternativa). Para isto, utiliza uma
amostra aleatória de tamanho 400 com um nível de significância de 5%, considerando que na curva
normal padrão (Z) as probabilidades P(Z > 1,64) = 0,050 e P(Z > 1,96) = 0,025. O pesquisador
encontrou um valor para a média amostral (𝑥) sabendo-se que este valor é o maior valor tal que
𝐻$ não é rejeitada. O valor de 𝑥 é
a) 77,41.
b) 76,37.
c) 75,33.
d) 78,45.
e) 79,49.
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Resolução
Temos um teste unilateral à direita. Como o nível de significância é 5%, então a área da região
crítica (na cauda direita) será igual a 5%.
A questão informou que 𝑃(𝑍 > 1,64) = 5%. Logo, nosso valor crítico é 1,64.
O maior valor para 𝑥 para que 𝐻$ não seja rejeitada é justamente o valor que gera uma estatística
teste igual ao valor crítico.
1,64 =
𝑥 − 𝜇
𝜎
√𝑛
Substituindo os valores, temos:
1,64 =
𝑥 − 70
65
√400
1,64 =
𝑥 − 70
65
20
1,64 =
𝑥 − 70
3,25
𝑥 − 70 = 1,64 × 3,25
𝑥 = 75,33
Gabarito: C
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30. (FCC 2015/CNMP)
A variância de uma população normalmente distribuída e de tamanho infinito é desconhecida.
Uma amostra aleatória de tamanho 9 é extraída desta população obtendo-se a média dos
elementos da amostra igual a 𝑥 e o respectivo desvio padrão amostral igual a 2,7. Considere o
objetivo de testar a hipótese 𝐻$: 𝜇 = 20 (hipótese nula) contra 𝐻1: 𝜇 ≠ 20 (hipótese alternativa),
ao nível de significância de 5%, com a realização do teste t de Student. Sabe-se que
𝑡$,$jk corresponde ao quantil da distribuição t de Student para o teste unicaudal tal que a
probabilidade 𝑃(𝑡 > 𝑡$,$jk) = 0,025, com n graus de liberdade.
A hipótese 𝐻$ será rejeitada caso x
a) seja inferior a 18,00.
b) igual ou superior a 22,00.
c) seja superior a 15,00 e inferior a 23,00.
d) seja inferior a 19,00 ou superior a 22,00.
e) seja inferior a 17,00 ou superior a 23,00.
Resolução
É importante notar que o teste é bilateral (observe a hipótese alternativa), mas os dados
fornecidos para a distribuição T são para um teste unicaudal.
Como o nível de significância é de 5%, então teremos uma área de 2,5% = 0,025 em cada cauda.
Como a amostra é de tamanho 9, então deveremos consultar a tabela para 9 – 1 = 8 graus de
liberdade.
A tabela informa que para 8 graus de liberdade, 𝑃(𝑡 > 2,31) = 0,025 = 2,5%.
Assim, os valores críticos que procuramos são −2,31 e 2,31.
Assim, 𝐻$ será rejeitada se a estatística teste for menor do que −2,31 ou maior do que 2,31.
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𝑡[\][\ 2,31
𝑥 − 𝜇
𝑠
√𝑛
2,31
𝑥 − 20
2,7
√9
2,31
𝑥 − 20
0,9 2,31
𝑥 − 20 2,079
𝑥 22,079
O único intervalo que está contido nessa região de rejeição em sua totalidade é a alternativa E.
Gabarito: E
31. (FCC 2015/TRE-RR)
O desvio padrão de uma população normal de tamanho infinitohipótese nula.
Para determinar RNR e RC, precisaremos definir um nível de significância 𝛼. A área da região crítica
é igual ao nível de significância 𝛼.
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Dessa forma, temos o seguinte procedimento padrão para a realização de um teste de hipóteses:
• Formular a hipótese nula e a hipótese alternativa. A hipótese nula será rejeitada se o
resultado da amostra for “discrepante”, ou seja, se o valor observado na amostra cair na
região crítica (RC). A hipótese nula é geralmente uma igualdade. A hipótese alternativa
contradiz a hipótese nula de alguma forma. Assim, a hipótese alternativa geralmente é uma
desigualdade. Assim, de uma forma geral, teremos três possíveis pares de hipóteses para
um determinado parâmetro 𝜃.
?𝐻$: 𝜃 = 𝜃$
𝐻1: 𝜃 ≠ 𝜃$
→ 𝑡𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙 (𝑜𝑢 𝑏𝑖𝑐𝑎𝑢𝑑𝑎𝑙)
?𝐻$: 𝜃 = 𝜃$
𝐻1: 𝜃 > 𝜃$
→ 𝑡𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑢𝑛𝑖𝑙𝑎𝑡𝑒𝑟𝑎𝑙 (𝑜𝑢 𝑚𝑜𝑛𝑜𝑐𝑎𝑢𝑑𝑎𝑙) à 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎
?𝐻$: 𝜃 = 𝜃$
𝐻1: 𝜃é desconhecido e deseja-se saber
se a média 𝜇 desta população é inferior a 17,5 a um nível de significância 𝛼. Foram formuladas as
hipóteses 𝐻$: 𝜇 = 17,5 (hipótese nula) e 𝐻1: 𝜇 𝑡}) = 𝛼, com n graus de liberdade, tem-se com base na amostra que 𝐻$
a) é rejeitada tanto ao nível de significância de 1% como o de 5%.
b) não é rejeitada ao nível de significância de 5%.
c) é rejeitada para qualquer nível de significância 𝛽 tal que 𝛽 5%.
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Resolução
Vamos calcular a variância amostral. Sabemos que a soma dos quadrados é 2.097. Logo, a média
dos quadrados é:
𝑋j =
∑𝑋j
𝑛 =
2.097
9 = 233
Assim, variância amostral é:
𝑠j = Ñ𝑋j − l𝑋m
j
Ò ∙
𝑛
𝑛 − 1
𝑠j = [233 − 15j] ∙
9
8
𝑠j = 8 ×
9
8 = 9
Logo, o desvio padrão amostral é:
𝑠 = √9 = 3
Agora vamos ao teste de hipóteses. Temos um teste unilateral à esquerda.
?𝐻$: 𝜇 = 17,5
𝐻1: 𝜇 1,64) = 0,05 e P(Z > 1,28) = 0,10. O menor
valor encontrado para a média amostral (𝑋) tal que 𝐻$ não é rejeitada apresenta um valor igual a
a) 29,59.
b) 28,36.
c) 28,72.
d) 29,84.
e) 29,18.
Resolução
Temos um teste unilateral à esquerda (observe a hipótese alternativa). Como o nível de
significância é de 5%, então a área da região crítica será de 5%.
Como 𝑃(𝑍 > 1,64) = 5%, então 𝑃(𝑍 1,96) = 0,025, P(Z >
1,64) = 0,05 e P(Z > 1,28) = 0,10. O menor valor encontrado para M, a partir do qual 𝐻$ não é
rejeitada, é
a) 98,0.
b) 95,9.
c) 96,8.
d) 97,2.
e) 95,1.
Resolução
O teste é bilateral (observe a hipótese alternativa).
Como o nível de significância é de 5%, então teremos uma região crítica com área de 2,5% em cada
cauda.
Sabemos que 𝑃(𝑍 > 1,96) = 0,025 = 2,5%. Logo, os valores críticos são 𝑍 = −1,96 e 𝑍 = 1,96.
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O menor valor para a média amostral M para que 𝐻$ não seja rejeitada corresponde justamente ao
valor de M que gera uma estatística teste igual ao valor crítico da cauda da esquerda.
−1,96 =
𝑋 − 𝜇
𝜎
√𝑛
Como a variância populacional é 400, então o desvio padrão populacional é 20.
−1,96 =
𝑀 − 100
20
√64
−1,96 =
𝑀 − 100
2,5
𝑀 − 100 = −4,9
𝑀 = 95,1
Gabarito: E
34. (FCC 2014/TRT 13ª Região)
Um noticiário divulga que o salário médio de uma determinada carreira profissional é de R$
4.150,00. Como há uma suspeita de que o salário médio (𝜇) desta carreira é superior a R$ 4.150,00,
extrai-se uma amostra aleatória da população destes salários de tamanho igual a 256, detectando
uma média igual a R$ 4.180,00. Foram formuladas as hipóteses 𝐻$: 𝜇 = 𝑅$ 4.150,00 (hipótese
nula) e 𝐻1: 𝜇 > 𝑅$ 4.150,00 (hipótese alternativa), considerando que a população é normalmente
distribuída e de tamanho infinito. Considere na curva normal padrão (Z) as probabilidades P(Z >
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2,33) = 0,01 e P(Z > 1,64) = 0,05. Se o desvio padrão populacional é igual a R$ 225,00, então, com
base na amostra, 𝐻$
a) será rejeitada tanto ao nível de significância de 1% como ao nível de significância de 5%.
b) será rejeitada ao nível de significância de 1% e não será rejeitada ao nível de significância de
5%.
c) não será rejeitada para qualquer nível de significância inferior a 5%.
d) não será rejeitada para qualquer nível de significância inferior a 1% e será rejeitada para
qualquer nível de significância superior a 5%.
e) não será rejeitada para qualquer nível de significância 𝛽 tal que 1% 1,64, devemos rejeitar a hipótese
nula nesse caso (a estatística teste cai na região crítica). Aumentando 𝛼, a região crítica será ainda
maior e 𝑍[\][\ continuará caindo na região crítica. Assim, rejeitamos 𝐻$ para qualquer 𝛼 ≥ 5%.
Para níveis de significância entre 1% e 5%, devemos analisar caso a caso, pois 𝑍[\][\ pode cair na
região crítica ou na região de aceitação a depender do valor de 𝛼.
Gabarito: D
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35. (FCC 2012/TRF 2ª Região)
Seja uma amostra aleatória de 25 peças fabricadas por uma indústria em que a soma das medidas
dos diâmetros da peça apresentou o valor de 125 cm e a soma dos quadrados das medidas dos
diâmetros apresentou o valor de 649 (cm)2. Considere que as medidas dos diâmetros são
normalmente distribuídas com uma variância populacional desconhecida e com uma população de
tamanho infinito. Deseja-se testar a hipótese de que a média (𝜇) da população destas medidas é
igual a 5,5 cm, sendo formuladas as hipóteses 𝐻$: 𝜇 = 5,5 𝑐𝑚 (hipótese nula) contra 𝐻1: 𝜇 ≠
5,5 𝑐𝑚 (hipótese alternativa). Utilizando o teste t de Student, obtém-se que o valor da estatística t
(t calculado) a ser comparado com o t tabelado, com 24 graus de liberdade, é
a) 2,50.
b) 2,25.
c) −2,00.
d) −2,25.
e) −2,50.
Resolução
Para calcular a variância, precisamos da média e também precisamos da média dos quadrados.
𝑋 =
∑𝑋
𝑛 =
125
25 = 5
𝑋j =
∑𝑋j
𝑛 =
649
25
Agora vamos calcular a variância amostral.
𝑠j = Ñ𝑋j − l𝑋m
j
Ò ×
𝑛
𝑛 − 1
𝑠j = Ö
649
25 − 25× ×
25
24
𝑠j =
649
25 ×
25
24 − 25 ×
25
24
𝑠j =
649
24 −
625
24 =
24
24 = 1
Logo, o desvio padrão amostral é:
𝑠 = 1
Agora é só calcular a estatística teste.
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𝑡[\][\ =
𝑋 − 𝜇
𝑠
√𝑛
𝑡[\][\ =
5 − 5,5
1
√25
= −
0,5
1
5
𝑡[\][\ = −0,5 ×
5
1 = −2,5
Gabarito: E
EXERCÍCIOS – TESTES PARA PROPORÇÕES
36. (AOCP 2018/SUSIPE)
Em um teste do tipo “verdadeiro ou falso”, envolvendo 10 questões, proposto para testar a
hipótese de que o respondente está “adivinhando” a resposta, ou seja: 𝐻$: 𝑝 = 1/2, o examinador
decide adotar a seguinte regra: “se o respondente acertar 7 ou mais questões é porque ele não
está adivinhando”. Diante da situação exposta, determine a probabilidade de concluir que o
respondente não está adivinhando quando na verdade ele está.
Dado: ~1
j
�
1$
≅ 0,001
a) 0,950.
b) 0,056
c) 0,050
d) 0,176
e) 0,824
Resolução
Queremos calcular a probabilidade de rejeitar a hipótese nula quando, na verdade, ela é
verdadeira. Em outras palavras, queremos calcular a probabilidade de ocorrer o erro tipo I, ou seja,
o nível de significância do teste.
𝛼 = 𝑃(𝐸𝑟𝑟𝑜 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼)
Para calcular 𝛼, devemos assumir que 𝐻$ é verdade, ou seja, 𝑝 = 1/2. Vamos então calcular a
probabilidade de rejeitarmos 𝐻$ dado que 𝑝 = 1/2.
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A hipótese nula 𝐻$ será rejeitada se o respondente acertar 7 ou mais questões (dentre um total de
10 questões).
𝛼 = 𝑃(𝑋 = 7) + 𝑃(𝑋 = 8) + 𝑃(𝑋 = 9) + 𝑃(𝑋 = 10)
Cada vez que a pessoa responde uma questão ao acaso, temos um experimento de Bernoulli.
Assim, calcular 𝑃(𝑋 = 7) é o mesmo que calcular a probabilidade de obtermos 7 sucessos quando
𝑛 = 10. Vamos aplicar o teorema binomial 4 vezes.
𝛼 = ~107 � 𝑝
�𝑞� + ~108 � 𝑝
�𝑞j + ~109 �𝑝
�𝑞1 + ~1010� 𝑝
1$𝑞$
Observe que 𝑝 = 𝑞 = 1/2. Logo, 𝑝�𝑞� = 𝑝�𝑞j = 𝑝�𝑞1 = 𝑝1$.
𝛼 = ~107 ��
1j$
𝑝�𝑞��
u��
+ ~108 ��
�k
𝑝�𝑞j�
u��
+ ~109 ��
1$
𝑝�𝑞1�
u��
+ ~1010��
1
𝑝1$𝑞$rst
u��
𝛼 = 120𝑝1$ + 45𝑝1$ + 10𝑝1$ + 𝑝1$ = 176𝑝1$ ≅ 176 × 0,001
𝛼 = 0,176
Gabarito: D
37. (FGV 2018/ALE-RO)
Para testar a hipótese nula 𝐻$ de que a proporção populacional de pessoas acometidas por certa
doença virótica não é maior do que 10% contra a hipótese alternativa de que ela é maior do que
10%, uma amostra aleatória simples de tamanho 256 foi observada e revelou que, dessas 256
pessoas, 32 estavam acometidas pela referida doença.
Usando a proporção de acometidos na amostra como estatística de teste e apoiado no teorema
do limite central, o p-valor aproximado associado a esses dados e a respectiva decisão a ser
tomada ao nível de significância de 5%, são
a) P ≅ 0,24, não rejeitar 𝐻$.
b) P ≅ 0,03, rejeitar 𝐻$.
c) P ≅ 0,09, não rejeitar 𝐻$.
d) P ≅ 0,09, rejeitar 𝐻$.
e) P ≅ 0,03, não rejeitar 𝐻$.
Resolução
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Pelo Teorema Central do Limite, �̂� tem distribuição aproximadamente normal com média 𝑝 e
desvio padrão �u�
_
.
Com isso, para chegar na distribuição normal padrão a partir de �̂�, devemos subtrair a média e
dividir pelo desvio padrão. Assim, a estatística teste é dada por:
𝑍[\][\ =
�̂� − 𝑝
�𝑝𝑞𝑛
A proporção observada na amostra foi:
�̂� =
32
256 = 0,125
Já a proporção populacional de acordo com a hipótese nula é de 10%, ou seja, 𝑝 = 0,10. Assim, a
estatística teste fica:
𝑍[\][\ =
0,125 − 0,10
�0,10 × 0,90256
=
0,025
0,3
16
= 0,025 ×
16
0,3 =
0,4
0,3 =
4
3 ≅ 1,33
O 𝑝 − 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 é a área delimitada pelos valores mais extremos do que a estatística teste.
Assim,
𝑝 − 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 = 𝑃(𝑍 > 1,33)
Foi dada uma tabela na prova.
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A tabela indica que 𝑃(𝑍 1,33) = 1 − 0,9082 = 0,0918
Podemos usar o 𝑝 − 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 para tomar decisões sobre 𝐻$. Como 𝑝 − 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 > 𝛼, então a área
delimitada pela estatística teste é maior do que a área da região crítica. Isso quer dizer que 𝑍[\][\
caiu na região de aceitação. Logo, devemos aceitar 𝐻$.
Assim, lembre-se:
𝑝 − 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 1,96) = 0,05 e P(|Z| > 1,64) = 0,10.
O menor valor para p* tal que não ocorra o erro tipo I é
a) 39,750%
b) 44,875%
c) 37,750%
d) 38,250%
e) 38,750%
Resolução
O nível de significância é de 5%. Como a hipótese alternativa afirma que 𝑝 1,64) = 10%. Tome cuidado com o módulo. A expressão indica
que 𝑃(𝑍 1,64) = 10%. Logo, 𝑃(𝑍
𝐶 − 0,5
0,05 �
Temos a seguinte situação:
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O problema indica que 𝛼 = 𝛽 (a probabilidade de ocorrer o erro tipo I é igual à probabilidade de
ocorrer o erro tipo II).
Como as áreas acima são iguais, então os valores críticos acima são simétricos em relação a 0
(estamos trabalhando com a distribuição normal padrão).
Logo, a soma deles é igual a 0 (por exemplo, se um deles é 2, o outro é -2; logo, a soma é 0).
𝐶 − 0,64
0,048 +
𝐶 − 0,5
0,05 = 0
𝐶 − 0,5
0,05 =
0,64 − 𝐶
0,048
0,048 × (𝐶 − 0,5) = 0,05 × (0,64 − 𝐶)
0,048𝐶 − 0,024 = 0,032 − 0,05𝐶
0,098𝐶 = 0,056
𝐶 =
0,056
0,098 =
56
98 ≅ 0,5714
Gabarito: A
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40. (FCC 2015/DPE-SP)
Em uma determinada data, um grupo de 36 funcionários escolhidos aleatoriamente em uma
grande empresa realiza um teste de fluência em Inglês. Durante 6 meses, é realizado um curso
específico para este grupo de 36 funcionários e posteriormente é aplicado outro teste, verificando-
se que 36k funcionários (0teste anterior.
Atribui-se então 36k sinais positivos para os funcionários que apresentaram um resultado melhor
no segundo teste e (1 − k)36 sinais negativos para os demais. A seguir, decide-se aplicar o teste do
sinal para averiguar se a proporção da população de sinais positivos (p) é igual a 50%, a um nível de
significância de 5%. Foram formuladas as hipóteses 𝐻$: 𝑝 = 50% (hipótese nula) e 𝐻1: 𝑝 ≠ 50%
(hipótese alternativa). Com a aproximação da distribuição binomial pela normal, sem a correção de
continuidade, foi apurado o valor do escore reduzido r para comparação com o valor crítico z da
distribuição normal padrão (Z) tal que P (|Z|≤ z) = 95%. Se r = 2, então k é igual a
a) 1/2
b) 5/6
c) 3/4
d) 2/5
e) 2/3
Resolução
A questão diz que a estatística teste da proporção é igual a 2.
𝑍[\][\ =
�̂� − 𝑝
�𝑝𝑞𝑛
Como 36k funcionários (dentre 36) apresentaram um resultado positivo, então �̂� = �É�
�É
= 𝑘.
2 =
𝑘 − 0,5
�0,5 × 0,536
2 =
𝑘 − 0,5
0,5
6
2 ×
0,5
6 = 𝑘 − 0,5
1
6 = 𝑘 −
1
2
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120
𝑘 =
1
2 +
1
6 =
3 + 1
6 =
4
6
𝑘 =
2
3
Gabarito: E
41. (FCC 2014/SEFAZ-RJ)
Se Z tem distribuição normal padrão, então:
P(Z 1,25) = 1 − 0,894 = 0,106. Como a
distribuição normal padrão é simétrica em relação a 0, então 𝑃(𝑍 𝜒¥{í[�¥zj
𝑅𝑒𝑗𝑒𝑖𝑡𝑎𝑚𝑜𝑠 𝐻$ 𝑠𝑒 𝜒[\][\j 2,70, devemos aceitar 𝐻$ para 𝛼 = 2,5%. Assim, a alternativa C está errada.
Para 𝛼 = 10%, temos que 1 − 𝛼 = 0,90. Logo, 𝜒¥{í[�¥zj = 4,17.
Como 3,75 3,33, devemos aceitar 𝐻$ para 𝛼 = 5%.
Gabarito: E
43. (FGV 2017/MPE-BA)
Para testar a variância de uma medida, um estatístico resolve usar a distribuição Qui-Quadrado,
dadas as probabilidades:
𝑃(4de aceitação e devemos aceitar 𝐻$. A alternativa A está errada.
b) se �̂�j = 5,5 não é possível rejeitar Ho com 𝛼 = 10%;
𝜒[\][\j =
2 × 5,5
3 ≅ 3,66
A estatística teste caiu na região crítica e devemos rejeitar 𝐻$. A alternativa B está errada.
c) se �̂�j = 27,25 é possível rejeitar Ho com 𝛼 = 10%;
𝜒[\][\j =
2 × 27,25
3 ≅ 18,16
A estatística teste caiu na região crítica e devemos rejeitar 𝐻$. A alternativa C está certa.
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d) se �̂�j = 28 não é possível rejeitar Ho com 𝛼 = 10%;
𝜒[\][\j =
2 × 28
3 ≅ 18,66
A estatística teste caiu na região crítica e devemos rejeitar 𝐻$. A alternativa D está errada.
e) se �̂�j = 27,75 não é possível rejeitar Ho com 𝛼 = 10%.
𝜒[\][\j =
2 × 27,75
3 = 18,5
A estatística teste caiu na região crítica e devemos rejeitar 𝐻$. A alternativa E está errada.
Gabarito: C
44. (FCC 2016/TRT 20ª Região)
Com a utilização do teste do qui-quadrado, deseja-se averiguar se a variância (𝜎j) de uma
população normalmente distribuída e de tamanho infinito é igual a 2. Uma amostra aleatória de
tamanho 19 é extraída desta população obtendo-se uma variância amostral igual a 2,25. Foram
formuladas então as hipóteses 𝐻$: 𝜎j = 2 (hipótese nula) e 𝐻1: 𝜎j ≠ 2 (hipótese alternativa).
Admitindo-se um nível de significância 𝛼 e efetuando-se o teste de significância bilateral, tem-se,
com base nos dados da amostra, que o valor da estatística 𝜒¥xy¥j (qui-quadrado calculado) utilizado
para a conclusão do teste é igual a
a) 21,375
b) 13,500
c) 24,000
d) 20,250
e) 18,750
Resolução
A estatística teste é dada por:
𝜒[\][\j = �
𝑛 − 1
𝜎j � ∙ 𝑠j
𝜒[\][\j = �
19 − 1
2 � ∙ 2,25 = 20,25
Gabarito: D
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EXERCÍCIOS – TESTE QUI-QUADRADO
45. (FCC 2018/TRT 14ª Região)
Dois grupos independentes (𝐺1 e 𝐺j) são formados por trabalhadores de uma cidade. 𝐺1 é
composto por uma amostra aleatória, com reposição, de 100 empregados da empresa 𝐸1 e 𝐺j por
uma amostra aleatória, com reposição, de 60 empregados de uma outra empresa 𝐸j. Deseja-se
testar a hipótese, utilizando a distribuição qui-quadrado, se as medianas dos salários dos
empregados de 𝐺1 e 𝐺j são iguais ao nível de significância de 5%. Foram formuladas então as
hipóteses 𝐻$: As medianas de 𝐺1 e 𝐺j são iguais (hipótese nula) e 𝐻1: As medianas de 𝐺1 e 𝐺j são
diferentes (hipótese alternativa).
A tabela abaixo apresenta o resultado de um levantamento realizado com relação à mediana (Md)
dos salários do grupo combinado (das duas amostras juntas).
A conclusão do teste é que 𝐻$
a) não é rejeitada e o valor do qui-quadrado calculado é igual a 2.
b) é rejeitada e o valor do qui-quadrado calculado é igual a 2/3.
c) não é rejeitada e o valor do qui-quadrado calculado é igual a 4.
d) não é rejeitada e o valor do qui-quadrado calculado é igual a 2/3.
e) é rejeitada e o valor do qui-quadrado calculado é igual a 4.
Resolução
A tabela dada representa as frequências observadas. Vamos calcular as frequências esperadas se a
hipótese nula for verdadeira.
Se a hipótese nula for verdade, as medianas serão iguais nos dois grupos. Assim, teremos 64/160 =
40% dos empregados de cada grupo ganhando acima da mediana e 96/160 = 60% dos empregados
de cada grupo ganhando abaixo da mediana. Assim, as frequências esperadas serão:
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𝑮𝟏 𝑮𝟐 Total
Empregados ganhando
acima da mediana 40% de 100 = 40 40% de 60 = 24 64
Empregados ganhando
abaixo da mediana 60% de 100 = 60 60% de 60 = 36 96
Total 100 60 160
Vamos agora calcular a estatística teste.
𝜒j =�
(𝑂� − 𝐸�)j
𝐸�
𝜒j =
(34 − 40)j
40 +
(30 − 24)j
24 +
(66 − 60)j
60 +
(30 − 36)j
36
𝜒j = 4
A estatística teste é igual a 4. Estamos em dúvida entre as alternativas C e E.
A tabela acima possui duas linhas e duas colunas. Logo, o número de graus de liberdade é
𝐺𝐿 = (𝐿 − 1) × (𝐶 − 1) = 1 × 1 = 1
A tabela dada indica que para 1 grau de liberdade, o valor crítico é 3,84.
No teste qui-quadrado para proporções, só há um jeito de rejeitarmos a hipótese nula: se a
estatística teste for maior do que o valor crítico. Se a estatística teste for menor que o valor
crítico, deveremos aceitar a hipótese nula.
Como 𝜒[\][\j > 3,84, devemos rejeitar a hipótese nula.
Gabarito: E
46. (FCC 2017/TRT 11º Região)
Um pesquisador está realizando um experimento que consiste em tentativas independentes que
podem resultar em sucesso ou fracasso e em que a probabilidade de sucesso é sempre constante.
Na tabela de distribuição de frequências a seguir, está registrado o número de tentativas até a
obtenção do primeiro sucesso para uma amostra de 100 repetições do experimento:
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Seja X a variável aleatória que representa o número de tentativas até a obtenção do primeiro
sucesso. Baseado nessa amostra, o valor observado da estatística qui-quadrado apropriado para
testar se X se comporta com uma distribuição geométrica de média igual a 5 é dado por
a) 8,25
b) 7,05
c) 9,10
d) 6,15
e) 8,75
Resolução
Queremos testar se X se comporta como uma distribuição geométrica.
A distribuição geométrica também se refere a sucessos e fracassos, mas, diferentemente da
binomial, é a probabilidade de que o sucesso ocorra exatamente no k-ésimo ensaio.
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑞 ∙ 𝑞 ∙ 𝑞 ∙ … ∙ 𝑞r£££s£££t
�v1 ¤{x¥x]]z]
∙ 𝑝⏟
]§¥\]]z
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑞�v1 ∙ 𝑝
É possível demonstrar que:
𝐸(𝑋) =
1
𝑝
𝑉𝑎𝑟(𝑋) =
𝑞
𝑝j
Como a média é igual a 5, então:
1
𝑝 = 5
𝑝 =
1
5
Assim, esperamos que 1
k
× 100 = 20 vezes sejam obtidos sucessos na primeira tentativa.
A frequência esperada de sucessos na segunda tentativa é:
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4
5⏟
¨{x¥x]]z
_x 1ª [\_[x[�wx
×
1
5⏟
ª§¥\]]z
_x jª [\_[x[�wx
× 100 = 16
Já temos um total de 16 + 20 = 36 casos. Assim, em 100 – 36 = 64 vezes o sucesso ocorrerá em
mais de 2 tentativas.
Vamos construir a tabela de frequências esperadas.
Número de tentativas
até a obtenção do
primeiro sucesso
1 2 Mais do que duas
Frequência Absoluta 20 16 64
Vou copiar aqui a tabela das frequências observadas para facilitar a visualização para o cálculo da
estatística teste.
A estatística teste fica:
𝜒j =�
(𝑂� − 𝐸�)j
𝐸�
𝜒j =
(24 − 20)j
20 +
(24 − 16)j
16 +
(52 − 64)j
64
𝜒j = 7,05
A questão não pediu, mas se precisássemos ir em frente para tirar a conclusão sobre a hipótese
nula, deveríamos calcular o número de graus de liberdade. A tabela acima possui 1 linha e 3
colunas. Assim, o número de graus de liberdade seria
𝐺𝐿 = 1 × (3 − 1) = 2
Vamos suporum nível de significância igual a 5%. Consultando uma tabela da distribuição qui-
quadrado, temos que para dois graus de liberdade 𝑃(𝜒j > 5,991) = 5%. Assim, o valor crítico é
5,991. Como a estatística teste é maior do que o valor crítico, devemos rejeitar a hipótese nula de
que a variável X tem distribuição geométrica.
Gabarito: B
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47. (FCC 2015/CNMP)
Durante uma semana, observa-se a quantidade de determinadas ocorrências, esperando que
diariamente ocorram 20 destes tipos de ocorrências. Para esta análise, foram levantados os
seguintes dados em uma semana escolhida aleatoriamente:
Deseja-se saber, ao nível de significância de 𝛼, se as frequências são iguais em todos os dias da
semana, utilizando o teste do qui-quadrado. Foram formuladas as hipóteses 𝐻$: as frequências são
iguais em todos os dias da semana (hipótese nula) e 𝐻1: as frequências são diferentes.
Observação: o valor crítico do qui-quadrado tabelado da distribuição qui-quadrado, ao nível de
significância de 𝛼 e com o respectivo número de graus de liberdade do teste, apresentou um valor
superior ao valor do qui-quadrado observado.
O valor do qui-quadrado observado é
a) inferior ao número de graus de liberdade do teste e 𝐻$ não é rejeitada.
b) inferior ao número de graus de liberdade do teste e 𝐻$ é rejeitada.
c) superior ao número de graus de liberdade do teste e 𝐻$não é rejeitada.
d) superior ao número de graus de liberdade do teste e 𝐻$ é rejeitada.
e) superior ao número de graus de liberdade do teste e 𝐻$ é rejeitada para qualquer nível de
significância 𝛽 tal 𝛼temos:
Estamos realizando um teste para a média. Sabemos que se a população é normal, 𝑋 também será
normal. Sua média é igual à média populacional 1,95m. O seu desvio padrão é dado por
𝜎X =
𝜎
√𝑛
O desvio padrão populacional é 12 cm = 0,12m. Logo,
𝜎X =
0,12
√36
=
0,12
6 = 0,02
Mas a distribuição normal que estamos trabalhando no problema não é padrão. Precisamos então
transformar os valores dados para a distribuição normal padrão. Como fazemos isso? Subtraindo a
média e dividindo pelo desvio padrão. O valor observado na amostra é chamado de estatística
teste. No nosso exemplo, a estatística teste é 1,93.
Vamos “levar” 1,93 para a distribuição normal padrão e verificar em qual região ele vai cair.
𝑍[\][\ =
𝑋 − 𝜇
𝜎X
𝑍[\][\ =
1,93 − 1,95
0,02 =
−0,02
0,02 = −1
Observe que −1 está na região de aceitação (RNR). Logo, devemos aceitar a hipótese nula de que a
média populacional é 1,95m. Em outras palavras, 1,93m não é um valor tão discrepante a ponto de
decidirmos rejeitar a hipótese nula de que a média populacional é 1,95m.
Como toda decisão está sujeita a erros, os estatísticos gostam de dizer que há evidências para
decidir pela não rejeição da hipótese nula.
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Esse é o passo a passo para realizar o teste de hipóteses.
• Determinamos os valores críticos de Z (distribuição normal padrão), de tal forma que a
área da região crítica seja igual ao nível de significância.
• Calculamos a estatística teste padronizada através da fórmula:
𝑍[\][\ =
𝑋 − 𝜇
𝜎X
Lembre-se que 𝜎X =
^
√_
. Logo, a estatística teste pode ser escrita como:
𝑍[\][\ =
𝑋 − 𝜇
𝜎
√𝑛
Na fórmula acima, 𝑋 é o valor da média observada na amostra, 𝜇 é a média populacional quando
assumimos que 𝐻$ é verdade, 𝜎 é o desvio padrão populacional e 𝑛 é o tamanho da amostra.
• Verificamos se a estatística teste cai na região crítica (RC) ou na região de aceitação
(RNR).
• Se o valor observado na amostra cair em RNR, a decisão é de não rejeitar 𝐻$.
• Se o valor observado na amostra cair em RC, a decisão é de rejeitar 𝐻$.
(VUNESP 2019/MPE-SP – Economista)
Tomando-se uma amostra de 100 habitantes adultos de uma cidade, a média de anos de
escolaridade obtida foi de 3 anos de estudo. Segundo a Secretaria de Educação dessa cidade, a
média de escolaridade da população é de, no mínimo, 4 anos. Considerando que o desvio padrão
dos anos de escolaridade é de 1 ano, o valor da estatística do teste para a hipótese levantada pela
secretaria de educação é, em módulo,
a) 0,1.
b) 0,4.
c) 1.
d) 4.
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e) 10.
Resolução
Há o costume de utilizarmos a distribuição normal quando 𝒏 > 𝟑𝟎.
Na questão, temos que 𝑛 = 100, 𝑋 = 3 e 𝜎 = 1 e quer-se testar a hipótese de que a média
populacional é no mínimo 4 anos. Dessa forma, a estatística teste será:
𝑍[\][\ =
𝑋 − 𝜇
𝜎
√𝑛
𝑍[\][\ =
3 − 4
1
√100
𝑍[\][\ =
−1
1/10 = −1 ×
10
1 = −10
A estatística teste em módulo é igual a 10.
Gabarito: E
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Vamos agora aprender como realizar testes unilaterais. O procedimento é exatamente o mesmo. A
única diferença é que a região crítica estará toda na cauda esquerda ou toda na cauda direita.
Exemplo: Há o interesse de estudar a renda média salarial das famílias de uma cidade do interior.
Sabe-se que a população é normalmente distribuída e que o desvio padrão populacional da renda
é de R$ 120,00. O prefeito afirma que a renda média na cidade é de R$ 650,00. Determinada ONG
afirma que a renda média na cidade é menor do que R$ 650,00. Extraiu-se uma amostra aleatória
com 100 famílias e observou-se que a renda média amostral foi de R$ 630,00. O que se pode
concluir ao nível de 10% de significância?
Temos o seguinte teste unilateral:
?𝐻$: 𝜇 = 650
𝐻1: 𝜇 0, que representa o quantil da distribuição t
de Student para n graus de liberdade, em que 𝑡$,$jk > 0 é o quantil da distribuição t de Student tal
que a probabilidade 𝑃l𝑡 > 𝑡$,$jkm = 0,025. Verificou-se que o valor que foi encontrado para 𝑥 foi
o menor valor talque 𝐻$ não é rejeitada.
Então, 𝑥 é igual a
a) 95,48 cm
b) 94,88 cm
c) 95,28 cm
d) 94,60 cm
e) 95,38 cm
Resolução
A população é normalmente distribuída e de tamanho infinito, mas a variância é desconhecida.
Logo, deveremos utilizar a distribuição T de Student.
A amostra tem tamanho 9, média 𝑥 e desvio padrão 𝑠 = 6 𝑐𝑚.
Estamos diante de um teste bilateral.
?𝐻$: 𝜇 = 100
𝐻1: 𝜇 ≠ 100
Como o nível de significância é 5%, então a área da região crítica será de 5%. Como o teste é
bilateral, teremos 2,5% em cada cauda da distribuição T.
Consultando a tabela fornecida para 𝑛 − 1 = 9 − 1 = 8 graus de liberdade, verificamos que
𝑃(𝑡 > 2,31) = 0,025 = 2,5%.
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Em outras palavras, a área acima de 2,31 na distribuição T com 8 graus de liberdade é igual a 2,5%.
Como a distribuição T é simétrica em relação a 0, então a área abaixo de -2,31 também é 2,5%.
Este é o valor crítico que separa a RNR da RC.
Queremos calcular o menor valor de 𝑥 para que a hipótese nula não seja rejeitada. Esse é o valor
tal que a estatística teste coincide com −2,31, que é o valor crítico na cauda da esquerda.
𝑡[\][\ = −2,31
𝑥 − 𝜇
𝑠
√𝑛
= −2,31
𝑥 − 100
6
√9
= −2,31
𝑥 − 100
2 = −2,31
𝑥 − 100 = −4,62
𝑥 = 95,38
Gabarito: E
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3. P-VALOR
O p-valor também é conhecido como nível descritivo ou probabilidade de significância.
O p-valor é a probabilidade de, quando a hipótese nula for verdadeira, a variável reduzida assumir
valores iguais ou mais extremos do que a estatística teste (valor observado reduzido).
Sabemos que o valor crítico delimita a região crítica, ou seja, delimita o nível de significância. Pois
bem, o p-valor corresponde à área delimitada pela estatística teste.
Quando o p-valor é menor do que o nível de significância, ou seja, 𝑝 − 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝛼, não rejeitamos 𝐻$.
Quando menor for o p-valor, mais forte a evidência de que devemos rejeitar 𝐻$, pois a estatística
teste será ainda mais extrema.
Vamos a um exemplo para ficar mais claro.
Exemplo: Há o interesse de estudar a renda média salarial das famílias de uma cidade do interior.
Sabe-se que a população é normalmente distribuída e que o desvio padrão populacional da renda
é de R$ 120,00. O prefeito afirma que a renda média na cidade é de R$ 650,00. Determinada ONG
afirma que a renda média na cidade é menor do que R$ 650,00. Extraiu-se uma amostra aleatória
com 100 famílias e observou-se que a renda média amostral foi de R$ 630,00. Determine o p-valor
e teste a hipótese adotando-se o nível de significância igual a 10%.
Temos o seguinte teste unilateral:
?𝐻$: 𝜇 = 650
𝐻1: 𝜇 0,025,
utilizando nível de significância 𝛼 = 1%.
A respeito dessa situação hipotética, julgue o seguinte item.
Caso o P-valor do teste efetuado pelo analista seja igual a 0,005, é correto concluir que a
afirmação proposta na hipótese nula seja verdadeira.
Resolução
Quando o p-valor é menor do que o nível de significância, ou seja, 𝑝 − 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟uma questão ao acaso, temos um experimento de Bernoulli.
Assim, calcular 𝑃(𝑋 = 7) é o mesmo que calcular a probabilidade de obtermos 7 sucessos quando
𝑛 = 10. Vamos aplicar o teorema binomial 4 vezes.
𝛼 = ~107 � 𝑝
�𝑞� + ~108 � 𝑝
�𝑞j + ~109 �𝑝
�𝑞1 + ~1010� 𝑝
1$𝑞$
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Observe que 𝑝 = 𝑞 = 1/2. Logo, 𝑝�𝑞� = 𝑝�𝑞j = 𝑝�𝑞1 = 𝑝1$.
𝛼 = ~107 ��
1j$
𝑝�𝑞��
u��
+ ~108 ��
�k
𝑝�𝑞j�
u��
+ ~109 ��
1$
𝑝�𝑞1�
u��
+ ~1010��
1
𝑝1$𝑞$rst
u��
𝛼 = 120𝑝1$ + 45𝑝1$ + 10𝑝1$ + 𝑝1$ = 176𝑝1$ ≅ 176 × 0,001
𝛼 = 0,176
Gabarito: D
Entretanto, na aula sobre Distribuição Normal, vimos que, quando 𝑛 cresce, o cálculo de
probabilidades utilizando o teorema binomial fica muito trabalhoso. Nesse caso, é possível utilizar
a Distribuição Normal como uma aproximação da Distribuição Binomial, por causa do Teorema
Central do Limite.
Dessa forma, podemos utilizar a Distribuição Normal para realizar testes para proporções. Vamos
utilizar alguns resultados obtidos na aula sobre Estimadores, quando estudamos a distribuição
amostral das proporções.
Vamos definir a variável aleatória X que representa o número de sucessos em 𝑛 ensaios
(tentativas) independentes. Sabemos que 𝑋 tem distribuição binomial com média 𝑛𝑝 e variância
𝑛𝑝𝑞. Logo,
𝐸(𝑋) = 𝑛𝑝
𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝑛𝑝𝑞
Se realizamos 𝑛 ensaios independentes, ou seja, se a amostra tem tamanho 𝑛, então a proporção
de sucessos na amostra é:
�̂� =
𝑋
𝑛
Vamos calcular a média e a variância de �̂�.
𝐸(�̂�) = 𝐸 �
𝑋
𝑛�
Quando dividimos uma variável por uma constante, a média (esperança) fica dividida por essa
constante.
𝐸(�̂�) =
𝐸(𝑋)
𝑛
Como 𝐸(𝑋) = 𝑛𝑝, temos:
𝐸(�̂�) =
𝑛𝑝
𝑛 = 𝑝
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120
Assim, concluímos que a média da variável aleatória �̂� é a própria proporção populacional.
𝐸(�̂�) = 𝑝
Vamos agora calcular a variância de �̂�.
𝑉𝑎𝑟(�̂�) = 𝑉𝑎𝑟 �
𝑋
𝑛�
Quando dividimos uma variável por uma constante 𝑛, sua variância fica dividida por 𝑛j.
=
𝑉𝑎𝑟(𝑋)
𝑛j
Como 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 𝑛𝑝𝑞, temos:
=
𝑛𝑝𝑞
𝑛j
=
𝑝𝑞
𝑛
Resumindo: a proporção amostral �̂� é uma variável aleatória com média e variância dadas por:
𝐸(�̂�) = 𝑝
𝑉𝑎𝑟(�̂�) =
𝑝𝑞
𝑛
Consequentemente, o desvio padrão de �̂� é:
𝜎u� = �
𝑝𝑞
𝑛
Assim, quando 𝑛 é suficientemente grande, 𝑋, que tem distribuição binomial, é aproximadamente
normal. Consequentemente, �̂� também será aproximadamente normal com média 𝑝 e desvio
padrão �u�
_
.
Para transformar �̂� em uma variável normal padrão, devemos subtrair a sua média e dividir pelo
seu desvio padrão.
𝑍[\][\ =
�̂� − 𝑝
�𝑝𝑞𝑛
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(FGV 2018/ALE-RO)
Para testar a hipótese nula 𝐻$ de que a proporção populacional de pessoas acometidas por certa
doença virótica não é maior do que 10% contra a hipótese alternativa de que ela é maior do que
10%, uma amostra aleatória simples de tamanho 256 foi observada e revelou que, dessas 256
pessoas, 32 estavam acometidas pela referida doença.
Usando a proporção de acometidos na amostra como estatística de teste e apoiado no teorema
do limite central, o p-valor aproximado associado a esses dados e a respectiva decisão a ser
tomada ao nível de significância de 5%, são
a) P ≅ 0,24, não rejeitar 𝐻$.
b) P ≅ 0,03, rejeitar 𝐻$.
c) P ≅ 0,09, não rejeitar 𝐻$.
d) P ≅ 0,09, rejeitar 𝐻$.
e) P ≅ 0,03, não rejeitar 𝐻$.
Resolução
Pelo Teorema Central do Limite, �̂� tem distribuição aproximadamente normal com média 𝑝 e
desvio padrão �u�
_
.
Com isso, para chegar na distribuição normal padrão a partir de �̂�, devemos subtrair a média e
dividir pelo desvio padrão. Assim, a estatística teste é dada por:
𝑍[\][\ =
�̂� − 𝑝
�𝑝𝑞𝑛
A proporção observada na amostra foi:
�̂� =
32
256 = 0,125
Já a proporção populacional de acordo com a hipótese nula é de 10%, ou seja, 𝑝 = 0,10. Assim, a
estatística teste fica:
𝑍[\][\ =
0,125 − 0,10
�0,10 × 0,90256
=
0,025
0,3
16
= 0,025 ×
16
0,3 =
0,4
0,3 =
4
3 ≅ 1,33
O 𝑝 − 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 é a área delimitada pelos valores mais extremos do que a estatística teste.
Assim,
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𝑝 − 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 = 𝑃(𝑍 > 1,33)
Foi dada uma tabela na prova.
A tabela indica que 𝑃(𝑍 1,33) = 1 − 0,9082 = 0,0918
Podemos usar o 𝑝 − 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 para tomar decisões sobre 𝐻$. Como 𝑝 − 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 > 𝛼, então a área
delimitada pela estatística teste é maior do que a área da região crítica. Isso quer dizer que 𝑍[\][\
caiu na região de aceitação. Logo, devemos aceitar 𝐻$.
Assim, lembre-se:
𝑝 − 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟possível rejeitar Ho com 𝛼 = 10%;
e) se �̂�j = 27,75 não é possível rejeitar Ho com 𝛼 = 10%.
Resolução
Como 𝑛 = 11, então devemos consultar a distribuição qui-quadrado com 11 – 1 = 10 graus de
liberdade.
O teste é bilateral. Como a região crítica terá uma área de 10% (observe que o nível de significância
é de 10% em todas as alternativas), então a região de aceitação terá uma área de 90%.
A questão informa que
𝑃(4(FCC 2017/TRT 11º Região)
Um pesquisador está realizando um experimento que consiste em tentativas independentes que
podem resultar em sucesso ou fracasso e em que a probabilidade de sucesso é sempre constante.
Na tabela de distribuição de frequências a seguir, está registrado o número de tentativas até a
obtenção do primeiro sucesso para uma amostra de 100 repetições do experimento:
Seja X a variável aleatória que representa o número de tentativas até a obtenção do primeiro
sucesso. Baseado nessa amostra, o valor observado da estatística qui-quadrado apropriado para
testar se X se comporta com uma distribuição geométrica de média igual a 5 é dado por
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a) 8,25
b) 7,05
c) 9,10
d) 6,15
e) 8,75
Resolução
Queremos testar se X se comporta como uma distribuição geométrica.
A distribuição geométrica também se refere a sucessos e fracassos, mas, diferentemente da
binomial, é a probabilidade de que o sucesso ocorra exatamente no k-ésimo ensaio.
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑞 ∙ 𝑞 ∙ 𝑞 ∙ … ∙ 𝑞r£££s£££t
�v1 ¤{x¥x]]z]
∙ 𝑝⏟
]§¥\]]z
𝑃(𝑋 = 𝑘) = 𝑞�v1 ∙ 𝑝
É possível demonstrar que:
𝐸(𝑋) =
1
𝑝
𝑉𝑎𝑟(𝑋) =
𝑞
𝑝j
Como a média é igual a 5, então:
1
𝑝 = 5
𝑝 =
1
5
Assim, esperamos que 1
k
× 100 = 20 vezes sejam obtidos sucessos na primeira tentativa.
A frequência esperada de sucessos na segunda tentativa é:
4
5⏟
¨{x¥x]]z
_x 1ª [\_[x[�wx
×
1
5⏟
ª§¥\]]z
_x jª [\_[x[�wx
× 100 = 16
Já temos um total de 16 + 20 = 36 casos. Assim, em 100 – 36 = 64 vezes o sucesso ocorrerá em
mais de 2 tentativas.
Vamos construir a tabela de frequências esperadas.
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Número de tentativas
até a obtenção do
primeiro sucesso
1 2 Mais do que duas
Frequência Absoluta 20 16 64
Vou copiar aqui a tabela das frequências observadas para facilitar a visualização para o cálculo da
estatística teste.
A estatística teste fica:
𝜒j =�
(𝑂� − 𝐸�)j
𝐸�
𝜒j =
(24 − 20)j
20 +
(24 − 16)j
16 +
(52 − 64)j
64
𝜒j = 7,05
A questão não pediu, mas se precisássemos ir em frente para tirar a conclusão sobre a hipótese
nula, deveríamos calcular o número de graus de liberdade. A tabela acima possui 1 linha e 3
colunas. Assim, o número de graus de liberdade seria
𝐺𝐿 = 1 × (3 − 1) = 2
Vamos supor um nível de significância igual a 5%. Consultando uma tabela da distribuição qui-
quadrado, temos que para dois graus de liberdade 𝑃(𝜒j > 5,991) = 5%. Assim, o valor crítico é
5,991.
Como a estatística teste é maior do que o valor crítico, devemos rejeitar a hipótese nula de que a
variável X tem distribuição geométrica.
Gabarito: B
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LISTA DE QUESTÕES DE CONCURSOS SEM COMENTÁRIOS
01. (CESPE 2018/EBSERH)
Em um teste de hipóteses, comete-se o erro do tipo II caso a hipótese 𝐻$ seja rejeitada, quando,
na verdade, 𝐻$ não deveria ser rejeitada.
02. (Instituto AOCP 2018/ADAF)
Na aplicação de um teste de hipóteses, qualquer que seja o resultado, ou seja qualquer que seja a
decisão, o pesquisador estará sujeito a dois tipos de erros. O erro mais importante, fixado antes de
se executar o teste, é denominado erro tipo I. Assinale a alternativa que define a probabilidade do
erro tipo I.
a) 𝛽 = 𝑃(𝑒𝑟𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼) = 𝑃(𝑟𝑒𝑗𝑒𝑖𝑡𝑎𝑟 𝐻$|𝐻$ é 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑎).
b) 𝛼 = 𝑃(𝑒𝑟𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼) = 𝑃(𝑟𝑒𝑗𝑒𝑖𝑡𝑎𝑟 𝐻$|𝐻$ é 𝑓𝑎𝑙𝑠𝑎).
c) 𝛼 = 𝑃(𝑒𝑟𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼) = 𝑃(𝑟𝑒𝑗𝑒𝑖𝑡𝑎𝑟 𝐻$|𝐻$ é 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑎).
d) 𝛽 = 𝑃(𝑒𝑟𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼) = 𝑃(𝑛ã𝑜 𝑟𝑒𝑗𝑒𝑖𝑡𝑎𝑟 𝐻$|𝐻$ é 𝑓𝑎𝑙𝑠𝑎).
e) 𝛼 = 𝑃(𝑒𝑟𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝐼) = 𝑃(𝑛ã𝑜 𝑟𝑒𝑗𝑒𝑖𝑡𝑎𝑟 𝐻$|𝐻$ é 𝑓𝑎𝑙𝑠𝑎).
03. (FEPESE 2017/ISS-Criciúma)
Em duas pesquisas independentes sobre educação em um município foram selecionados
aleatoriamente alunos de quinto ano do ensino fundamental de todas escolas do município para
realizarem provas de sondagem (as provas são idênticas nas duas pesquisas). A média aritmética
simples das notas obtidas pelos alunos que realizaram a prova de uma pesquisa foi 6,6, enquanto
que a média aritmética simples das notas obtidas pelos alunos que realizaram a prova da outra
pesquisa foi 5,4.
O seguinte teste de hipótese foi desenhado:
•Hipótese 𝐻$: A média da população é igual a 6,6.
•Hipótese 𝐻1: A média da população é igual a 5,4.
Serão aleatoriamente selecionadas 10 provas e calculada a média X dessas 10 provas.
Se X > 6 será aceita a hipótese 𝐻$, caso contrário, será rejeitada a hipótese 𝐻$.
Foi calculado que a probabilidade de se cometer o ERRO DE TIPO I é de 5,3%, e que a probabilidade
de se cometer o ERRO DE TIPO II é de 4,3%.
Ao realizar o teste de hipóteses acima, se encontrou X = 6,2.
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Analise a frase abaixo a respeito do experimento e do teste de hipóteses:
Devemos …………………… que a média da população é 6,6, mas temos ……… de probabilidade de
estarmos …………………… .
Assinale a alternativa que completa corretamente as lacunas do texto.
a) rejeitar • 4,3% • corretos
b) rejeitar • 4,3% • errados
c) aceitar • 4,3% • corretos
d) aceitar • 4,3% • errados
e) aceitar • 5,3% • errados
04. (IBFC 2017/EBSERH-HUGG)
Assinale a alternativa correta. Probabilidade de rejeitar, corretamente, a hipótese nula quando a
mesma é falsa, ou seja, de encontrar, corretamente, um suposto relacionamento quando ele
existe. Essa definição se refere ao conceito de:
a) Poder
b) Significância
c) Confiança
d) Efeito
e) Intervalo
05. (CESPE 2016/TCE-PA)
A potência de um teste de hipóteses corresponde à probabilidade de se rejeitar a hipótese nula,
dado que a hipótese nula é correta.
06. (FCC 2015/CNMP)
Com relação a testes de hipóteses estatísticas e denominando 𝐻$ como sendo a hipótese nula e
𝐻1 a hipótese alternativa, a definição de potência de um teste corresponde à probabilidade de
a) não rejeitar 𝐻$, quando 𝐻$ é verdadeira.
b) não rejeitar 𝐻$, quando 𝐻$ é falsa.
c) não rejeitar 𝐻$, independentemente de 𝐻$ ser falsa ou verdadeira.
d) rejeitar 𝐻$, quando 𝐻$ é verdadeira.
e) rejeitar 𝐻$, quando 𝐻$ é falsa.
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07. (CESGRANRIO 2014/FINEP)
Um pesquisador testa uma hipótese sobre o valor de um parâmetro da distribuição de
probabilidades que descreve a população da qual extraiuuma amostra. O pesquisador define uma
estatística S a ser usada no teste, bem como as hipóteses nula 𝐻$ e alternativa 𝐻1.
Nesse contexto de teste estatístico, verifica-se que o(a)
a) erro do tipo I consiste em aceitar 𝐻$ quando 𝐻$ for falsa.
b) erro do tipo II consiste em rejeitar 𝐻$ quando 𝐻$ for verdadeira.
c) nível de significância estatística do teste é a probabilidade de cometer o erro do tipo II.
d) região crítica ou de rejeição é o conjunto de valores de S cuja ocorrência levaria à rejeição de
𝐻$.
e) soma da probabilidade do erro do tipo I com a probabilidade do erro do tipo II é igual a 1.
08. (FGV 2013/TJ-AM)
A respeito do erro do tipo I, assinale a afirmativa correta.
a) é a probabilidade de se rejeitar a hipótese nula quando a mesma é verdadeira.
b) é a probabilidade de se rejeitar a hipótese nula quando a mesma é falsa.
c) é o nível de significância de um teste de hipóteses.
d) é o evento de rejeitar a hipótese nula quando esta é verdadeira.
e) é o evento de não rejeitar a hipótese nula quando esta é falsa.
09. (FGV 2017/IBGE)
Um teste de hipóteses será realizado para verificar se uma moeda é, de fato, honesta. Suspeita-se
que, ao invés de um equilíbrio, P(Cara) = P(Coroa) = 0,5, há uma tendência para que as chances
sejam de 3:2 favorável a Cara. Assim sendo, as hipóteses formuladas são:
Ho: Moeda equilibrada (1:1)
Ha: Moeda desequilibrada (3:2)
A decisão deverá seguir um critério bem simples. A tal moeda será lançada quatro vezes,
rejeitando-se a hipótese nula caso aconteçam mais do que três Caras.
Com tal critério, é correto afirmar que:
a) P(Erro Tipo I) = 1/8 e P(Erro Tipo II) = 1 - (0,125);
b) P(Erro Tipo I) = 0,25 e P(Erro Tipo II) = 1 - (0,25);
c) P(Erro Tipo I) = 3/16 e P(Erro Tipo II) =1 - (0,4)4 ;
d) P(Erro Tipo I) = 1/16 e P(Erro Tipo II) = 1 - (0,6)4 ;
e) P(Erro Tipo I) = 3/8 e P(Erro Tipo II) = 1 -(0,75)4 .
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10. (FCC 2015/CNMP)
A probabilidade de sucesso em um experimento é igual a p. Sejam as hipóteses 𝐻$: 𝑝 =
j
�
(hipótese
nula) e 𝐻1: 𝑝 =
1
j
(hipótese alternativa). Estabelece-se que 𝐻$ é aceita se e somente se, pelo
menos, 2 sucessos forem obtidos em 3 vezes em que o experimento é executado. A probabilidade
de 𝐻$ ser rejeitada, dado que 𝐻$ é verdadeira, é
a) 3/8
b) 2/3
c) 20/27
d) 5/9
e) 7/27
11. (FCC 2016/TRT 20ª Região)
Em um processo de fabricação de um equipamento admite-se que 10% saem defeituosos quando
este processo está sob controle. Para testar se o processo está sob controle são escolhidos
aleatoriamente, com reposição, 4 equipamentos da produção, tomando-se como decisão que o
processo está fora de controle se o número de equipamentos defeituosos for maior que 2.
Chamando de p a proporção de equipamentos defeituosos e considerando as hipóteses H 0: p = 0,1
(hipótese nula) e H 1: p = 0,2 (hipótese alternativa), obtém-se que o nível de significância do teste e
a potência do teste são, respectivamente,
a) 0,10% e 0,80%
b) 0,46% e 3,20%
c) 2,72% e 0,80%
d) 2,72% e 2,72%
e) 0,37% e 2,72%
12. (FCC 2019/AFAP – Economista)
Em uma eleição para presidente de um clube estão inscritos somente dois candidatos (X e Y). Um
teste estatístico foi realizado para averiguar se a proporção p de associados do clube que preferem
X difere da proporção de associados do clube que preferem Y. Foram formuladas, então, as
hipóteses 𝐻$: 𝑝 = 0,5 (hipótese nula, ou seja, as proporções das preferências por X e por Y são as
mesmas) e 𝐻1: 𝑝 ≠ 0,5 (hipótese alternativa, ou seja, as proporções das preferências por X e por Y
são diferentes). Com base em uma amostra aleatória de tamanho 5 dos associados, com reposição,
foi estabelecida uma regra para o teste: “caso o número de associados da amostra que tem sua
preferência por X não pertencer ao conjunto {1, 2, 3, 4}, rejeita-se 𝐻$”:
Se 𝛼 for o nível de significância desse teste, então,
a) 0,01 ≤ 𝛼 0,1 (hipótese alternativa), sendo p a probabilidade de um
componente sair com defeito. Se na verdade a probabilidade de 1 componente sair com defeito
for igual a 20%, obtém-se que a potência deste teste é, em %, igual a
a) 18,08.
b) 5,23.
c) 16,00.
d) 14,85.
e) 12,00.
14. (VUNESP 2014/TJ-PA)
Joga-se uma moeda 8 vezes. Considera-se a hipótese de que a moeda é honesta, (𝐻$: p = 0,5),
contra a hipótese de que não é honesta (𝐻1: p >0,5). Considera-se ainda como região crítica para
rejeitar 𝐻$ os valores RC = {7, 8}. Então a probabilidade de se cometer o erro do tipo 1, isto é, de
rejeitar 𝐻$ quando ela é verdadeira, é de, aproximadamente:
a) 0,5%.
b) 1%.
c) 1,5%.
d) 2,5%.
e) 3,5%.
15. (FCC 2015/SEFAZ-PI)
Sabe-se que uma urna contém uma proporção de p bolas pretas e de (1 − p) bolas brancas. O valor
de p é desconhecido, mas sabe-se que é 3/5 ou é 1/2. A fim de se chegar a uma conclusão,
seleciona-se ao acaso e com reposição 10 bolas da urna e observa-se o número de bolas pretas.
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120
Um teste de hipóteses é proposto, esse considera testar a hipótese nula 𝐻$: 𝑝 = 1/2 contra a
hipótese alternativa 𝐻x: 𝑝 = 3/5. Se o teste rejeitar 𝐻$ quando pelo menos 8 bolas pretas forem
encontradas, o nível de significância do teste é igual a
a) 25/512
b) 15/256
c) 9/128
d) 7/128
e) 17/256
16. (FCC 2015/SEFAZ-PI)
Seja X a variável aleatória que representa o número de sucessos em 6 ensaios de Bernoulli
independentes e onde a probabilidade de sucesso, em cada ensaio, é sempre igual a p. Deseja-se
testar a hipótese nula 𝐻$: 𝑝 = 0,7 contra a hipótese alternativa 𝐻x: 𝑝 = 0,5.
Se rejeita-se 𝐻$ quando ocorrerem menos do que 4 sucessos, a probabilidade do erro do tipo II é
igual a
a) 3/8
b) 25/64
c) 11/32
d) 21/128
e) 19/64
17. (FCC 2015/TRE-RR)
Acredita-se que a probabilidade de ocorrência de um evento em uma experiência é de 80%. Uma
série de 5 experiências é realizada e decide-se aceitar a hipótese da probabilidade de ocorrência
do evento ser 80% se ele ocorrer, pelo menos, em 4 destas experiências. Sendo verdadeira a
hipótese de que a probabilidade de ocorrência do evento é de fato 80%, então a probabilidade
desta hipótese ser rejeitada na realização da série de 5 experiências é
a) 821/3.125
b) 8/25
c) 369/625
d) 32/125
e) 2/5
18. (FCC 2015/TRT 3ª Região)
A probabilidade de ocorrência de um evento em uma determinada experiência é igual a p.
Considerando as hipóteses 𝐻$: 𝑝 = 3/4 (Hipótese nula) e 𝐻1: 𝑝 = 1/2 (hipótese alternativa)
determina-se que 𝐻$será aceita se e somente se o evento ocorrer em pelo menos 4 vezes em uma
série de 5 experiências executadas. A potência deste teste é igual a:
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120
a) 13/16
b) 3/16
c) 3/4
d) 47/128
e) 81/128
19. (FCC 2015/DPE-SP)
Seja uma experiência em que a probabilidade de sucesso é igual a p e as hipóteses 𝐻$: 𝑝 = 𝑘
(hipótese nula) e 𝐻1: 𝑝 = 2𝑘 (hipótese alternativa). Determina-se que 𝐻$ será aceita se e somente
se o sucesso ocorrer mais que uma vez em uma série de 4 experiências independentes executadas.
Se 𝑘 = 1/3, então a potência deste teste é igual a
a) 8/27
b) 1/9
c) 19/27
d) 8/9
e) 4/9
20. (FCC 2014/SEFAZ-PE)
Seja X uma variável aleatória com distribuição binomial, tendo parâmetros n = 9 (n representando
o número de ensaios) e p desconhecido (p representando a probabilidade de sucesso em cada
ensaio). Desejando-se testar a hipótese nula 𝐻$: 𝑝 = 0,5 versus a hipótese alternativa 𝐻1: 𝑝 > 0,5,
considerou-se rejeitar 𝐻$ se X for superior a 6. Nessas condições, o nível de significância do teste é
igual a
a) 25/256
b) 37/256
c) 5/256
d) 23/256
e) 45/256
21. (VUNESP 2019/MPE-SP – Economista)
Tomando-se uma amostra de 100 habitantes adultos de uma cidade, a média de anos de
escolaridade obtida foi de 3 anos de estudo. Segundo a Secretaria de Educação dessa cidade, a
média de escolaridade da população é de, no mínimo, 4 anos. Considerando que o desvio padrão
dos anos de escolaridade é de 1 ano, o valor da estatística do teste para a hipótese levantada pela
secretaria de educação é, em módulo,
a) 0,1.
b) 0,4.
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120
c) 1.
d) 4.
e) 10.
22. (VUNESP 2019/TJ-SP)
Um teste de hipóteses consistirá em testar, ao nível de significância de 5%, se a vida média 𝜇 das
lâmpadas produzidas por uma indústria é igual a 2 000 horas, em face da hipótese alternativa de μ
ser diferente de 2 000 horas. A população das vidas das lâmpadas produzidas é normalmente
distribuída, de tamanho infinito e variância conhecida. Com base em uma amostra aleatória de 100
lâmpadas da população que apresentou uma vida média de 2 050 horas, foi realizado o teste. Seja
z o valor do escore da distribuição normal padrão (Z) tal que a probabilidade P(ǀ Z ǀ ≤ z) = 95%. O
valor do escore reduzido encontrado, por meio dos dados da amostra, para comparar com o valor
de z foi igual a 2,5.
O desvio padrão populacional é de
a) 400 horas.
b) 200 horas.
c) 500 horas.
d) 280 horas.
e) 100 horas.
23. (FCC 2018/TCE-RS)
Uma população, referente aos comprimentos de certo cabo, é normalmente distribuída, de
tamanho infinito e com variância desconhecida. Deseja-se verificar se há indícios de que a
média 𝜇 dessa população seja diferente de 100 cm. Para isso foi retirada uma amostra aleatória de
tamanho 9, que apresentou uma média igual a 𝑥, em cm, e um desvio padrão igual a 6 cm. Foram
formuladas as hipóteses 𝐻$: 𝜇 = 100 𝑐𝑚 (hipótese nula) e 𝐻1: 𝜇 ≠ 100 𝑐𝑚 (hipótese alternativa),
e o nível de significância considerado foi de 5%. Para testar a hipótese nula, utilizou-se o teste t de
Student. A tabela abaixo fornece valores de 𝑡$,$jk > 0, que representa o quantil da distribuição t
de Student para n graus de liberdade, em que 𝑡$,$jk > 0 é o quantil da distribuição t de Student tal
que a probabilidade 𝑃l𝑡 > 𝑡$,$jkm = 0,025. Verificou-se que o valor que foi encontrado para 𝑥 foi
o menor valor tal que 𝐻$ não é rejeitada.
Então, 𝑥 é igual a
a) 95,48 cm
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120
b) 94,88 cm
c) 95,28 cm
d) 94,60 cm
e) 95,38 cm
24. (FCC 2018/TRT 2ª Região)
Nos registros dos últimos anos, verifica-se que o número médio de pessoas atendidas em uma
repartição pública por dia é igual a 20. Deseja-se testar a hipótese de que o número médio de
pessoas atendidas por dia (𝜇) em outra repartição independente da primeira é o mesmo que o
verificado na primeira repartição utilizando o teste t de Student. Foram formuladas então as
seguintes hipóteses: 𝐻$: 𝜇 = 20 (hipótese nula) e 𝐻1: 𝜇 ≠ 20 (hipótese alternativa). Com base em
16 dias escolhidos aleatoriamente na segunda repartição obteve-se uma média igual a 22 pessoas
atendidas por dia com um desvio padrão igual a 5. Se, tanto para a primeira repartição como para
a segunda, a distribuição da população formada pelo número de pessoas atendidas é normalmente
distribuída e de tamanho infinito, obtém-se que o valor da estatística t calculado para comparação
com o t tabelado da distribuição t de Student com os respectivos graus de liberdade apresenta
valor de
a) 0,400
b) 1,250
c) 0,625
d) 1,600
e) 2,500
25. (FCC 2017/TRT 11ª Região)
Uma população P de tamanho infinito tem distribuição normal com média 𝜇 e variância 2,25. A fim
de proceder ao teste 𝐻$: 𝜇 = 10 (hipótese nula) contra 𝐻1: 𝜇 ≠ 10 (hipótese alternativa), ao nível
de significância de 5%, extrai-se de P uma amostra aleatória de tamanho 100, estabelecendo-se a
seguinte regra:
“dado que 𝑥 é a média da amostra, então rejeita-se 𝐻$ se 𝑥 > 10 − 𝐾 ou 𝑥 > 10 + 𝐾 , em que
𝐾 > 0”.
Considerando que na curva normal padrão (Z) as probabilidades P(|Z| > 1,96) = 0,05 e P(|Z| >
1,64) = 0,10, obtém-se que o valor de K é
a) 0,270
b) 0,306
c) 0,294
d) 0,282
e) 0,246
Guilherme Neves
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42
120
26. (FCC 2017/TRT 11ª Região)
A variância de uma população de tamanho infinito, normalmente distribuída com média 𝜇, é
desconhecida. Deseja-se testar as hipóteses 𝐻$: 𝜇 = 12 (hipótese nula) contra 𝐻1: 𝜇 > 12
(hipótese alternativa), ao nível de significância 𝛼, com a utilização do teste t de Student. Para isto,
foi extraída da população uma amostra aleatória de tamanho 9 obtendo-se uma média amostral
igual a 12,8 e uma variância amostral igual a 1,44. Considere que 𝑡} é o quantil da distribuição t de
Student para o teste unicaudal tal que a probabilidade 𝑃(𝑡 > 𝑡}) = 𝛼, com n graus de liberdade.
É correto afirmar que 𝐻$
a) não é rejeitada ao nível de significância de 5% e é rejeitada ao nível de significância de 1%.
b) não é rejeitada para qualquer nível de significância superior a 1% e inferior a 5%.
c) é rejeitada tanto ao nível de significância de 1% como ao nível de significância de 5%.
d) não é rejeitada para qualquer nível de significância inferior a 1%.
e) não é rejeitada para qualquer nível de significância 𝛽 tal que 𝛽 > 5%.
27. (FCC 2016/ISS-Teresina)
Se Z tem distribuição normal padrão, então:
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