mest2 EP5 Gabarito

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Métodos Estatísticos IIGabarito do Exercício Programado 5Profa. Ana Maria Farias
1. (a)
µ = 11 + 15 + 23 + 27 + 115 = 17, 4σ2 = 112 + 152 + 232 + 272 + 1125 − 17.42 = 42, 24
(b)
Figura 1 – Distribuição amostral de X para a questão 1
(c) A distribuição amostral de X é a seguinte:
x 11 13 15 17 19 21 23 25 27P(X = x) 4/25 4/25 1/25 4/25 6/25 2/25 1/25 2/25 1/25
E(X ) = 11× 4 + 13× 4 + 15× 1 + · · ·+ 27× 125 = 17, 4 = µE(X2) = 112 × 4 + 132 × 4 + 152 × 1 + · · ·+ 272 × 125 = 323, 88Var(X ) = 323, 88− 17, 42 = 21, 2 = 42, 242 = σ22(d) Ver item (c).2. (a) n = 7; P(X ≤ 9)
X ∼ N (10; 2, 527
)⇒ P(X ≤ 9) = PZ ≤ 9− 102,5√7
 = P(Z ≤ −1, 06)
= 0, 5− tab(1, 06) = 0, 1446
Curso de Administração 1
(b) n = 12; P(X > 11, 5)
X ∼ N (10; 2, 5212
)⇒ P(X > 11, 5) = P(Z > 11.5− 102.5√12
) = P(Z > 2, 08)
= 0, 5− tab(2, 08) = 0, 0188
(c) n = 15; P(9, 5 ≤ X ≤ 10, 5)
X ∼ N (10; 2, 5215
)⇒ P(9, 5 ≤ X ≤ 10, 5) = P(9.5− 102.5√15 ≤ Z ≤ 10.5− 102.5√15
)
= P(−0, 77 ≤ Z ≤ 0, 77) = 2× tab(0, 77) = 0, 5588
(d) n = 25; P(X ≥ 10, 25)
X ∼ N (10; 2, 5225
)⇒ P(X ≥ 11, 5) = P(Z ≥ 10.25− 102.5√25
) = P(Z ≥ 0, 5)
= 0, 5− tab(0, 5) = 0, 2912
(e) n = 100; P(X ≥ 9, 8 ∪ X ≤ 10, 2)
X ∼ N (10; 2, 52100
) ⇒ P(X ≥ 9, 8 ∪ X ≤ 10, 2) =
= P(X ≥ 9) + P(X ≤ 10, 2)− P(9 ≤ X ≤ 10, 2)= P(−∞ < Z < +∞) = 1
3. (a) Como não é dada informação sobre a distribuição populacional, temos que usar oteorema limite central. O uso do teorema é possível nesse caso porque a amostraé sufucientemente grande. Logo,X ≈ N(50; 49/45)
(b)
P(X < 49) ≈ PZ < 49− 50√4945
 = P(Z < −0, 96) = P(Z > 0, 96)
= 0, 5− tab(0, 96) = 0, 1685
(c)
P(X ≥ 52) ≈ PZ ≥ 52− 50√4945
 = P(Z ≥ 1, 92) = 0, 5− tab(1, 92) = 0, 0274
(d)
P(49, 5 ≤ X ≤ 51, 5) ≈ P49.5− 50√4945 ≤ Z ≥
51.5− 50√4945
 = P(−0, 48 ≤ Z ≤ 1, 44)
= tab(0, 48) + tab(1, 44) = 0, 6095
Curso de Administração 2
(e)
P(X > c) = 0, 15 ⇔ PZ > c − 50√4945
 = 0, 15⇔ tabc − 50√4945
 = 0, 35
⇔ c − 50√4945 = 1, 04⇔ c = 50 + 1.04×
√4945 ⇔ c = 51, 085
4. (a)
X ≈ N (100; 12240
)
P(X > 102) = P(Z > 102− 10012√40
) = P(Z > 1, 05) = 0, 5− tab(1, 05) = 0, 1469
(b)
P(101 < X < 103) = P(101− 10012√40 < Z < 103− 10012√40
) = P(0, 53 < Z < 1, 58)
= tab(1, 58)− tab(0, 53) = 0, 241
(c)
P(X ≤ 98, 5) = P(Z ≤ 98, 5− 10012√40
) = P(Z ≤ −0, 79)
= 0, 5− tab(0, 79) = 0, 2148
Como a probabilidade de se ober uma altura amostral de 98,5 metros ou menosé alta, isso significa que é razoável obter-se uma média amostral de 98,5 metrosquando a verdadeira média populacional é 100. Assim, não há evidência que sugiraque a verdadeira altura média das chaminés seja inferior a 100 metros.(d) Teorema limite central – amostra grande e distribuição populacional desconhecida
Curso de Administração 3