AP2 2011.2

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MÉTODOS ESTATÍSTICOS II
2a Prova Presencial - 2o. semestre de 2011
Profa. Ana Maria Farias
1. Em cada um dos seguintes problemas, a média amostral, o desvio padrão amostral, o tamanho
amostral e o nível de confiança são dados. Suponha que a população subjacente seja normal-
mente distribuída. Ache o intervalo de confiança associado para a média populacional.
(a) (0,5 ponto) x = 0, 234 s = 0, 081 n = 16 1− α = 95%
Solução
t15;0,025 = 2, 131µ
0.234− 2.131× 0.081√
16
; 0.234 + 2.131× 0.081√
16
¶
= (0, 19085; 0, 27715)
(b) (0,5 ponto) x = 22, 85 s = 7, 19 n = 27 1− α = 90%
Solução
t26;0,05 = 1, 706µ
22.85− 1.706× 7.19√
27
; 22.85 + 1.706× 7.19√
27
¶
= (20, 489; 25, 211)
(c) (0,5 ponto) x = 88, 1 s = 17, 45 n = 19 1− α = 94%
Solução
t18;0,03 = 2, 007µ
88.1− 2.007× 17.45√
19
; 88.1 + 2.007× 17.45√
19
¶
= (80, 065; 96, 135)
2. Transforme as seguintes afirmativas nas hipóteses nula e alternativa apropriadas.
(a) (0,5 ponto) Há, em média, no máximo15 clientes.
Solução
afirmativa dada: μ ≤ 15 H0 : μ = 15
complementar μ > 15 H1 : μ > 15
(b) (0,5 ponto) A proporção de pessoas favoráveis deve ser maior que 20%.
Solução
afirmativa dada: p > 0, 20 H0 : p = 0, 20
complementar p ≤ 0, 20 H1 : p > 0, 20
(c) (0,5 ponto) O comprimento médio tem que ser 150 cm.
Solução
afirmativa dada: μ = 150 H0 : μ = 150
complementar μ 6= 150 H1 : μ 6= 150
3. De uma população normal com desvio padrão 2, extrai-se uma amostra de tamanho 36 com o
objetivo de se testar
H0 : μ = 8
H1 : μ < 8
1
(a) (1,0 ponto) Estabeleça a regra de decisão para um nível de significância de 5%.
Solução
α = 5%, teste unilateral: z0,05 = 1, 64 e a regra de decisão é rejeitar H0 se
Z0 ≤ −1, 64⇐⇒
X − 8
2√
36
≤ −1, 64⇐⇒ X ≤ 8− 1.64× 2
6
⇐⇒ X ≤ 7, 4533
(b) (0,5 ponto) Se a média amostral é 7,2 estabeleça a conclusão.
Solução
O valor observado da estatística de teste é
z0 =
7.2− 8
2
6
= −2, 40 < −1, 64
O valor observado da média amostral é x = 7, 2 < 7, 4533.
Como o valor observado da estatística de teste ou da média amostral está na região crítica
(2, 4 < −1, 64 ou 7, 2 < 7, 4533), devemos rejeitar a hipótese nula, ou seja, as evidências
amostrais indicam que a média é menor que 8.
(c) (0,5 ponto) Calcule o valor P.
Solução
Como o valor observado da estatística é −2, 4 e o teste é unilateral, o valor P é
Pr(Z ≤ −2, 4) = Pr(Z ≥ 2, 4) = 0, 5− tab(2, 4) = 0.5− 0.4918 = 0, 0082
e, portanto, rejeitamos a hipótese nula a qualquer nível de significância α ≥ 0, 0082 ( o
que inclui o nível de 5%). Em termos da média amostral:
Pr(X ≤ 7, 4533) = Pr
Ã
Z ≤ 7.2− 82
6
!
= Pr(Z ≤ −2, 4) = 0, 0082
4. De uma população normal, extrai-se uma amostra de tamanho 16 que acusa média amostral
x = 12, 1.
(a) (1,0 ponto) Obtenha o intervalo de confiança de 90% para a média populacional, sabendo
que a variância populacional é 2,95. Especifique cuidadosamente todas as etapas.
Solução
1− α = 0, 90 =⇒ α/2 = 0, 05 =⇒ tab(z0,05) = 0, 45 =⇒ z0,05 = 1, 64
Estatística de teste: Z =
√
n
X − μ
σ
Pr
∙
−1, 64 ≤
√
n
X − μ
σ
≤ 1, 64
¸
= 0, 90⇒
Pr
∙
−1, 64× σ√
n
≤ X − μ ≤ 1, 64× σ√
n
¸
= 0, 90⇒
Pr
∙
X − 1, 64× σ√
n
≤ μ ≤ X + 1, 64× σ√
n
¸
= 0, 90
Com os dados amostrais, o intervalo de confiança éÃ
12.1− 1.64×
√
2.95√
16
; 12.1 + 1.64×
√
2.95√
16
!
= (11, 396; 12, 804)
2
(b) (1,0 ponto) Obtenha o intervalo de confiança de 90% para a média populacional, sabendo
que a variância amostral é 2,95. Especifique cuidadosamente todas as etapas.
Solução
1− α = 0, 90 =⇒ α/2 = 0, 05⇒ t15;0,05 = 1, 753
Estatística de teste: t =
√
n
X − μ
S
Pr
∙
−1, 753 ≤
√
n
X − μ
S
≤ 1, 753
¸
= 0, 90⇒
Pr
∙
−1, 753× S√
n
≤ X − μ ≤ 1, 753× S√
n
¸
= 0, 90⇒
Pr
∙
X − 1, 753× S√
n
≤ μ ≤ X + 1, 753× S√
n
¸
= 0, 90
Com os dados amostrais, o intervalo de confiança éÃ
12.1− 1.753×
√
2.95√
16
; 12.1 + 1.753×
√
2.95√
16
!
= (11, 347; 12, 853)
(c) (0,5 ponto) Qual dos dois intervalos é maior? Por que já era de se esperar esse resultado?
Solução
O intervalo calculado na letra (b) é maior, pois aí a variância populacional é desconhecida
e precisa ser estimada. Isso aumenta a incerteza no nosso procedimento de estimação.
Esse aumento de incerteza reflete-se no aumento do comprimento do intervalo de confi-
ança.
5. Uma bem sucedida companhia tem, em geral, seu nome e logomarca com alto nível de re-
conhecimento pelos consumidores. Por exemplo, os produtos da Coca-Cola estão disponíveis
para 98% da população mundial e, portanto, deve ter o maior índice de reconhecimento da
logomarca do que qualquer outra companhia. Uma firma de software, que desenvolve certo
produto, gostaria de estimar a proporção de pessoas que reconhecem a logomarca do pin-
guim do Linux. Dos 952 consumidores pesquisados, selecionados aleatoriamente, 132 puderam
identificar o produto associado ao pinguim.
(a) (0,5 ponto) A distribuição da proporção amostral, bP , é aproximadamente normal?
Justifique sua resposta.
Solução
Como o tamanho da amostra é grande, podemos usar a aproximação normal.
(b) (1,0 ponto) Ache um intervalo de confiança de 95% para a verdadeira proporção de
consumidores que reconhecem o pinguim do Linux.
Soluçãobp = 132
952
= 0.138 7 1− α = 95%⇒ z0,025 = 1, 96Ã
0.1387− 1.96×
r
0.1387× (1− 0.1387)
952
; 0.1387 + 1.96×
r
0.1387× (1− 0.1387)
952
!
= (0, 1167 ; 0, 1607)
3
Outra possibildiade de solução é construir o intervalo de confiança conservador:Ã
0.1387− 1.96×
r
0.5× 0.5
952
; 0.1387 + 1.96×
r
0.5× 0.5
952
!
= (0, 10694 ; 0, 17046)
(c) (1,0 ponto) A companhia vai comercializar uma versão Linux de um novo software se
a verdadeira proporção de pessoas que reconhecem a logomarca for superior a 0,10. Há
alguma evidência que sugira que a verdadeira proporção de pessoas que reconhecem a
logomarca seja maior do que 0,10? Justifique sua resposta através de um teste de hipótese
com nível de significância de 5%.
Solução
H0 : p = 0, 10
Ha : p > 0, 10
α = 5% e teste unilateral à direita =⇒ z0,05 = 1, 64 e a região crítica é
bP > 0.10 + 1.64×r0.1× 0.9
952bP > 0, 11595
O valor observado da proporção amostral está na região crítica; logo, rejeitamos a hipótese
nula. Há evidência que indica que a verdadeira proporção de pessoas que reconhecem o
pinguim do Linux é maior que 10% e a empresa deve comercializar a versão para Linux.
Resultados importantes e fórmulas
Distribuições Amostrais
X ∼ N
¡
μ;σ2
¢
=⇒
⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
X − μ
σ√
n
∼ N(0; 1)
X − μ
S√
n
∼ t(n− 1)
X ∼ Bernoulli(p) =⇒ X = bP ≈ N µp; p(1− p)
n
¶
(amostra grande)
S2 =
1
n− 1
nP
i=1
¡
Xi −X
¢2
=
1
n− 1
∙
nP
i=1
X2i − nX
2
¸
=
1
n− 1
"
nP
i=1
X2i −
(
P
Xi)2
n
#
Regiões críticas
X < μ0 − zα/2
σ√
n
ou X > μ0 + zα/2
σ√
n
X > μ0 + zα
σ√
n X < μ0 − zα
σ√
n
X < μ0 − tn−1;α/2
S√
n
ou X > μ0 + tn−1;α/2
S√
n
X > μ0 + tn−1;α
S√
n
X < μ0 − tn−1;α
S√
nbP < p0 − zα/2qp0(1−p0)n ou bP > p0 + zα/2qp0(1−p0)n bP > p0 + zαqp0(1−p0)n bP < p0 − zαqp0(1−p0)n
4