Anotacoes de Aula 4 - Introducao a Inferencia Estatistica

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© Tânia F Bogutchi – PUC Minas – Revisão 2012 
 
Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
 Essa Unidade está no capítulo 7, 8 9 e 10 do livro base: 
MONTGOMERY, Douglas C, RUNGER, George C. Estatística aplicada 
e Probabilidade para Engenheiros. 4ª edição. Rio de Janeiro: LTC, 
2009. 
 Você também pode, se preferir, fazer a leitura dos capítulos 7, 8 e 9 
do livro do Mario Triola, Introdução à Estatística, LTC, 2005. 
 Cópias desses capítulos podem ser obtidas por meio da Pasta do 
Professor (www.pastadoprofessor.com.br), fazendo login nessa 
página e enviando-as para serem impressas na Copiadora Set (casa 
amarela) da Unidade do Coração Eucarístico, ou em alguma outra 
copiadora da Unidade a que o aluno pertence. 
Não deixem de ler! 
 
Nota importante: 
• Essas aulas foram produzidos por meio de coletânea dos textos 
indicados na bibliografia. Não são citadas diretamente para não 
poluir o visual dos mesmos. 
• Os textos estão organizados e traduzidos para minha linguagem 
didática pessoal. 
• Um estudo mais aprofundado deverá ser baseado nas 
referências bibliográficas indicadas. 
 
Algumas notas de aulas: 
 
Introdução 
 
 
Falamos anteriormente que conhecer o tipo de uma variável aleatória é necessário para a 
escolha adequada das técnicas estatísticas. 
Vamos lidar agora, com as informações geradas por elas! 
 
1. ESTIMAÇÃO 
 
O interesse num determinado parâmetro de uma população, lançamos mão de uma amostra 
extraída dessa população, estudamos seus elementos e procuramos, através dessa amostra, 
estimar o parâmetro populacional. 
Uma estatística desse tipo é chamada de estimador. 
Temos dois tipos de estimador: 
1. PONTUAL: procura fixar um valor numérico único que esteja satisfatoriamente 
próximo do verdadeiro valor do parâmetro 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
2. INTERVALAR: procura determinar intervalos com limites aleatórios, que abranjam o 
valor do parâmetro populacional, com margem de segurança pré-fixada. 
Um estimador é uma variável aleatória, podendo assumir valores diferentes para cada amostra. 
Para caracterizá-lo é preciso conhecer sua distribuição de probabilidade. 
 
1.1 Distribuição amostral da MÉDIA 
 
Exemplo 1: Uma companhia eletrônica fabrica resistores que têm uma resistência média de 
100 ohms e um desvio padrão de 10 ohms. A distribuição das resistências é normal. Considere 
um lote de 1.000 resistores de sua fabricação. Podemos observar pelo histograma que esse lote 
preserva a distribuição normal 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Retirando 6 diferentes amostras de tamanhos 30 dessa população e calculando a media e o 
desvio-padrão para cada uma delas: 
 Variável N Média Desvio-padrão 
A1 30 100,25 10,35 
A2 30 100,69 8,48 
A3 30 102,07 8,96 
A4 30 97,86 11,39 
A5 30 97,31 10,01 
A6 30 100,92 9,38 
 
Pode-se observar que essas amostras produzem médias e desvios-padrão diferentes. Então se 
for considerado o conjunto de médias dessas amostras, obtêm-se uma nova variável aleatória, 
denominada de Média Amostral. Agora o interesse está em se conhecer a distribuição de 
probabilidade dessa nova variável aleatória. 
 
O próximo gráfico apresenta a distribuição da produção de resistores para amostras de 
tamanhos: 10, 20, 30 e 50 
 
 
 
 
Resistores
Fre
qu
en
cia
130120110100908070
90
80
70
60
50
40
30
20
10
0
Normal 
Histograma do lote de Resistores
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
 
 
 
Observa-se que a média da distribuição concentra-se em torno da média populacional (100 
ohms) e o desvio-padrão vai diminuindo em torno da média, à medida que o tamanho da 
amostra aumenta (formato da curva vai se alongando à medida que o n aumenta). 
 
Genericamente, 
Considere uma amostra de tamanho n de uma variável aleatória X com média 

 e desvio-
padrão 

, que vamos denotar por X1, X2,..., Xn, e que satisfaça as seguintes condições: 
• todos os Xi’s , i=1,2,...,n, são independentes 
• cada Xi tem a mesma distribuição de probabilidade de X. 
 
Uma amostra com as condições acima é chamada de AMOSTRA ALEATÓRIA. 
 
Se X ~ N(

,

) então temos: E(Xi) = 

 e Var(Xi) = 2 , para i=1,2,...,n 
Se de cada Xi for calculado sua média e ela for armazenada, então será obtida uma nova 
variável aleatória, constituída por todas elas, que pode ser denotada por 
X
. 
Essa nova variável aleatória pode ser escrita como: 
 
 
 
E terá como média (valor esperado): 
 
 
 
 
 
 
Ou seja, a média da variável aleatória 
X
 será a mesma da população X. 
 
 
1201101009080
10
8
6
4
2
0
resistores (ohms)
Fre
qu
en
cia
Média=100 ohms
n = 10
n = 50
n = 30
n = 20
 n21 X.....XX
n
1
X 




n
n
).....(
n
1
)]X(E.....)X(E)X(E[
n
1
)X.....XX(E
n
1
)XE( n21n21
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
Analogamente, calculando sua variância: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ou seja, a variância da variável aleatória 
X
 será a variância da população X diminuída pelo 
fator n, tamanho da amostra. 
 
Desses resultados, podemos concluir: 
 
Se X ~ N(

,

) então a Média Amostral terá um distribuição 
 
 
 
 
 
Isso significa que se a população for normalmente distribuída as amostras, de qualquer 
tamanho, também terão distribuição de probabilidade normal. O próximo gráfico exemplifica 
com as distribuições de amostras de tamanhos 10, 20, 30 e 50 provenientes de uma população 
normalmente distribuída: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Agora, se a variável aleatória X não for proveniente de uma distribuição normal então a 
distribuição da média amostral será aproximadamente normal quando o tamanho da amostra 
for grande. 
nn
n
)...(
n
1
)]X(Var...)X(Var)X(Var[
n
1
)X...XX(Var
n
1
)X(Var
2
2
2
222
2
n212
n212













 

n
,N~X
População com 
distribuição
N (0;1)
X - população
Fre
qu
en
cia
2,41,60,80,0-0,8-1,6-2,4
90
80
70
60
50
40
30
20
10
0
Histograma - População Normal (0,1)
Fre
qu
en
cia
0,60,30,0-0,3-0,6
30
20
10
0
0,60,30,0-0,3-0,6
30
20
10
0
Mean10 Mean20
Mean30 Mean50
Histograma Média Amostral para n=10; n=20; n=30 e n=50
População N(0,1)
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Estatística e Probabilidade 
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Esse resultado é assegurado pelo Teorema Central do Limite (TCL). 
Nos próximos gráficos podemos observar claramente o resultado desse teorema: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
População com 
distribuição 
Uniforme –
U[0,1]
X - população
Fre
qu
en
cia
0,900,750,600,450,300,150,0035
30
25
20
15
10
5
0
Histograma - População U(0,1)
Fre
qu
en
cia
0,720,640,560,480,400,32
30
20
10
0
0,720,640,560,480,400,32
30
20
10
0
Mean10 Mean20
Mean30 Mean50
Histograma Media Amostral para n=10; n=20; n=30 e n=50
População U[0,1]
População com 
distribuição 
Uniforme –
U[0,1]
X - população
Fre
qu
en
cia
0,900,750,600,450,300,150,00
35
30
25
20
15
10
5
0
Histograma - População U(0,1)
Fre
qu
en
cia
0,720,640,560,480,400,32
30
20
10
0
0,720,640,560,480,400,32
30
20
10
0
Mean10 Mean20
Mean30 Mean50
Histograma Media Amostral para n=10; n=20; n=30 e n=50
População U[0,1]
População com 
distribuição 
Binomial (10; 0,15)
X - população
Fre
qu
en
cia
6543210
350
300
250
200
150
100
50
0
População Binomial (10; 0,15)
Fre
qu
en
cia
2,22,01,81,61,41,21,0
24
18
12
6
0
2,22,01,81,61,41,21,0
24
18
12
6
0
Mean10 Mean20
Mean30 Mean50
Histograma Média Amostral para n=10; n=20; n=30 e n=50
População Bin(10; 0,15)
População com 
distribuição 
Binomial (10; 0,15)
X - população
Fre
qu
en
cia
6543210
350
300
250
200
150
100
50
0
População Binomial (10; 0,15)
Fre
qu
en
cia
2,22,01,81,61,41,21,0
24
18
12
6
0
2,22,01,81,61,41,21,0
24
18
12
6
0
Mean10 Mean20
Mean30 Mean50
Histograma Média Amostral para n=10; n=20; n=30 e n=50
População Bin(10; 0,15)
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Esses resultados podem ser apresentados no quadro a seguir: 
 
 
Síntese dos resultados do Teorema Central do Limite 
 
Distribuição de X Distribuição de 
X
 Tamanho da amostra 
(n) 
),( N
 






n
N

,
 Qualquer 
Qualquer 
Aproximadamente 






n
N

,
 
n > 30 
 
 
A média amostral pode ser padronizada da mesma maneira que a população, para efeito de 
facilitação do cálculo de suas probabilidades por meio dos valores previamente tabelados: 
 
 
 
 
 
Lembrando apenas que o desvio-padrão a ser utilizado é o da Média Amostral, 
X
. 
 
expo10
Fre
qu
en
cia
76543210
180
160
140
120
100
80
60
40
20
0
Histograma População Exponencial (1)
População com 
distribuição
Exp (1)
Fre
qu
en
cia
1,81,61,41,21,00,80,60,4
30
20
10
0
1,81,61,41,21,00,80,60,4
30
20
10
0
Mean10 Mean20
Mean30 Mean50
Histograma Média Amostral para n=10, n=20, n=30 e n=50
População Exp(1)
expo10
Fre
qu
en
cia
76543210
180
160
140
120
100
80
60
40
20
0
Histograma População Exponencial (1)
População com 
distribuição
Exp (1)
Fre
qu
en
cia
1,81,61,41,21,00,80,60,4
30
20
10
0
1,81,61,41,21,00,80,60,4
30
20
10
0
Mean10 Mean20
Mean30 Mean50
Histograma Média Amostral para n=10, n=20, n=30 e n=50
População Exp(1)
)1,0(~ N
n
X
Z



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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
1.2 Estimativa Intervalar para a MÉDIA de uma distribuição Normal e 
Variância Conhecida 
 
Exemplo 2: 
Voltando ao exemplo 1, da Companhia eletrônica, suponha que tenha sido levada para o 
controle de qualidade, uma amostra de 100 resistores, selecionada aleatoriamente do lote de 
1.000. Suponha que o desvio-padrão de 10 ohms seja conhecido como verdadeiro. (1) Qual a 
estimativa pontual da resistência média para os resistores dessa companhia? (2) Determine um 
intervalo simétrico em torno da média que concentre 95% dos valores amostrados. 
Solução de (1): 
 
A estimativa será fornecida pela média calculada diretamente dos 100 dados dessa amostra: 
 ohms. 
 
Solução de (2): 
Precisam ser encontrados os valores a e b tais que, 
 
 
 
Que é equivalente à sua transformação na Normal padronizada: 
 
 
 
 
 
 
 
Lembrando que na distribuição N(0,1), 
 
 P (-1,96 < Z < 1,96) = 0,95 
 
Tem-se que za = -1,96 e zb = 1,96. 
 
Logo, 
 
 e 
 
 
 
Dessa maneira, um intervalo em torno da média que concentra 95% dos valores da média 
amostral é de 99,15 a 103,07 ohms. 
 
Conclusão: nesse exemplo 2 tem-se que, em uma amostra de 100 resistores a estimativa média 
pontual das resistências é 101,11 ohms e a intervalar, com 95% de confiança, é de 99,15 a 
103,07 ohms. 
 
Genericamente, uma estimativa intervalar para a média com 100(1-

)% de confiança é dada 
por: 
 
 
 
 
11,101xˆ 
95,0)bXa(P 
  95,0zZzP
100
10
11,101b
Z
100
10
11,101a
P ba 













0,950,95
15,99a96,1
100
10
11,101a
za 

 07,103b96,1
100
10
11,101b
zb 
















  1z
n
X
zP 22
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
Que pode ser reescrita por: 
 
 
 
 
 
 
Ou seja, o intervalo: é um intervalo com 100(1-

)% de confiança 
 
para 

, a média populacional. 
 
Ou podemos escrevê-lo: 
 
 
 
 
 
 
 
Em que, , é denominado de o erro máximo provável ou precisão amostral. 
 
 
Esse é o famoso erro “para mais” ou “para menos” tão difundido em épocas eleitorais... 
 
Mas.... 
O que quer dizer “confiança”? 
 
Sabe-se que para cada amostra diferente retirada de uma população poderá ser observado 
valores diferentes para a média e o desvio-padrão e consequentemente ter-se-á intervalos 
diferentes, pois os limites dos intervalos são aleatórios. 
 
Não pode-se afirmar com certeza que o valor 

 estará incluído dentro do intervalo, mas, pode-
se dizer que com 100(1-

)% de confiança o verdadeiro valor de 

 pertence ao intervalo. 
 
Isso quer dizer que se for observado um grande número de amostras de mesmo tamanho e 
para cada amostra for calculado um intervalo de 95% de confiança (

=0,05), por exemplo, 
cerca de 95% dos intervalos conterão o verdadeiro valor de 

. 
 
No exemplo da produção dos resistores, foram retiradas 30 amostras de tamanho 30 cada da 
população de 1.000 resistores e para cada uma delas foi calculado o intervalo de 95% de 
confiança para o verdadeiro valor da média da população, 

, conforme apresentado no 
próximo gráfico: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 







 


  1
n
zX
n
zXP 22







 


 
n
zX;
n
zX 22
 EX 
xEx  Ex 
E E
xEx  Ex 
E E
n
zE 2

 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Observe que 29 dentre os 30 intervalos, o que corresponde a 96,7% dos intervalos, contiveram 
o verdadeiro valor da média 

=100 ohms. 
Se o númerode amostras for aumentado, a proporção de intervalos que conterão 

 tenderá a 
ficar mais próxima de 95%. 
 
Se o tamanho da amostra for grande ( n > 30) esses resultados podem ser obtidos 
independentemente da distribuição da população ser Normal ou não, pois podem ser utilizados 
os resultados do Teorema Central do Limite, mesmo que a variância da população seja 
desconhecida. 
Por outro lado, se a variância da população for desconhecida e a amostra for pequena, torna-se 
necessário fazer algumas suposições sobre a distribuição da distribuição para se obter 
resultados válidos para uma estimativa intervalar. 
 
1.3 Estimativa Intervalar para a MÉDIA de uma distribuição Normal e 
Variância Desconhecida 
 
Se a variância (
2
) é conhecida, sabe-se que 
n
X
Z



 tem distribuição Normal Padrão. 
Por outro lado, se a variância (
2
) for desconhecida será utilizada a variância (s2) obtida na 
amostra. Se a amostra for grande ( n > 30) a troca de 

 por S terá pouco efeito, mas se a 
amostra for pequena terá que ser considerado a proveniência normal de cada uma das 
amostras e a distribuição da Média Amostral será uma t-Student, ou seja: 
Se X1 , X2 , ...., Xn forem amostras aleatórias provenientes de uma distribuição Normal com 
média 

 e variância 
2
desconhecida, a variável aleatória 
n
s
X
T


 
Da
ta
A30A29A28A27A26A25A24A23A22A21A20A19A18A17A16A15A14A13A12A11A10A9A8A7A6A5A3A2A1
108
106
104
102
100
98
96
94
92
100
Intervalos 95% confiança para 30 amostras de tamanho 30
I.C. 95% para a média
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
 
tem uma distribuição t-Student, com n – 1 graus de liberdade. 
Lembrando que a distribuição t-Student depende do tamanho da amostra, conforme pode ser 
observado no gráfico abaixo, página 51 da Unidade 2, que apresenta comparações entre a 
curva da distribuição N(0,1), uma curva t com 5 graus de liberdade (t5) e outra com 30 graus 
de liberdade (t30): 
 
 
 
 
Em resumo, quando a variância é desconhecida em uma população Normal, podem ser 
considerados dois procedimentos: 
1) Se n > 30, usa-se a distribuição normal com o estimado s2 de 
2
, ou seja, 
)1,0(N
n
s
X
Z 



 
2) Se n ≤ 30, usa-se a distribuição t-Student, ou seja, 
 
 
n
s
X
T


 com n – 1 graus de liberdade. 
 
A tabela 4 da Unidade 2, também apresentada no Formulário Completo anexado às provas 
presenciais, fornece a o valor da área acima do ponto desejado considerando os graus de 
liberdade. Por exemplo, o valor de t com 10 graus de liberdade com uma área de 0,05 à direita 
dele, é t0,05;10 = 1,812, conforme ilustração de leitura: 
Dados
Fre
qu
en
cia
4,53,01,50,0-1,5-3,0-4,5
100
80
60
40
20
0
Histograma para T-gl=5; T-gl=30; N(0,1)
N(0,1)
T, gl=5
T, gl=30
141 
 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
 
 
 
 
Tem-se portanto, que o intervalo: é um intervalo com 
 
 
100(1-

)% de confiança para 

, a média populacional. 
 
Que pode ser escrito: 
 
 
 
 
 
 
 
Em que, , também é o erro máximo provável ou precisão amostral. 
 
 
Exemplo 3: (adaptado de Morettin) De uma população Normal com parâmetros 
desconhecidos, é retirada uma amostra de tamanho 100, sendo obtidos: 
x
= 112 e s = 11. 
Construir um intervalo de confiança ao nível de 10% de significância. 
Solução: 
Como a amostra é grande, pode-se utilizar o estimador s para o desvio-padrão 

 da população 
e nesse caso calcula-se o intervalo de confiança da mesma maneira que o apresentado no item 
anterior, ou seja, 
Para n = 100, 
x
= 112 e 

s = 11 e 

= 10% 
64,105,0
2
 zz
 
gl 0,45 0,40 0,35 0,30 0,25 0,20 0,15 0,10 0,05 0,025 0,001 0,005 0,0005
1 0,158 0,325 0,510 0,727 1,000 1,376 1,963 3,078 6,314 12,706 31,821 63,657 636,619
2 0,142 0,289 0,445 0,617 0,816 1,061 1,386 1,886 2,920 4,303 6,965 9,925 31,598
3 0,137 0,277 0,424 0,584 0,765 0,978 1,250 1,638 2,353 3,182 4,541 5,541 12,924
4 0,134 0,271 0,414 0,569 0,741 0,941 1,190 1,533 2,132 2,776 3,747 4,604 8,610
5 0,132 0,267 0,408 0,559 0,727 0,920 1,156 1,476 2,015 2,571 3,365 4,032 6,869
6 0,131 0,265 0,404 0,553 0,718 0,906 1,134 1,440 1,943 2,447 3,143 3,707 5,959
7 0,130 0,263 0,402 0,549 0,711 0,896 1,119 1,415 1,895 2,365 2,365 3,499 5,408
8 0,130 0,262 0,399 0,546 0,706 0,889 1,108 1,397 1,860 2,306 2,896 3,355 5,041
9 0,129 0,261 0,398 0,543 0,703 0,883 1,100 1,383 1,833 2,262 2,821 3,250 4,781
10 0,129 0,260 0,397 0,542 0,700 0,879 1,093 1,372 1,812 2,228 2,764 3,169 4,587
11 0,129 0,260 0,396 0,540 0,697 0,876 1,088 1,363 1,796 2,201 2,718 3,106 4,437
12 0,128 0,259 0,395 0,539 0,695 0,873 1,083 1,356 1,782 2,179 2,681 3,055 4,318
13 0,128 0,259 0,394 0,538 0,694 0,870 1,079 1,350 1,771 2,160 2,650 3,012 4,221
14 0,128 0,258 0,393 0,537 0,692 0,868 1,076 1,345 1,761 2,145 2,624 2,977 4,140
15 0,128 0,258 0,393 0,536 0,691 0,866 1,074 1,341 1,753 2,131 2,602 2,947 4,073
16 0,128 0,258 0,392 0,535 0,690 0,865 1,071 1,337 1,746 2,120 2,583 2,921 4,015
17 0,128 0,257 0,392 0,534 0,689 0,863 1,069 1,333 1,740 2,110 2,567 2,898 3,965
18 0,127 0,257 0,392 0,534 0,688 0,862 1,067 1,330 1,734 2,101 2,552 2,878 3,922
19 0,127 0,257 0,391 0,533 0,688 0,861 1,066 1,328 1,729 2,093 2,539 2,861 3,883
20 0,127 0,257 0,391 0,533 0,687 0,860 1,064 1,325 1,725 2,086 2,528 2,845 3,850
21 0,127 0,257 0,391 0,532 0,686 0,859 1,063 1,323 1,721 2,080 2,518 2,831 3,819
22 0,127 0,256 0,390 0,532 0,686 0,858 1,061 1,321 1,717 2,074 2,508 2,819 3,792
23 0,127 0,256 0,390 0,532 0,685 0,858 1,060 1,319 1,714 2,069 2,500 2,807 3,767
24 0,127 0,256 0,390 0,531 0,685 0,857 1,059 1,318 1,711 2,064 2,492 2,797 3,745
25 0,127 0,256 0,390 0,531 0,684 0,856 1,058 1,316 1,708 2,060 2,485 2,787 3,726
26 0,127 0,256 0,390 0,531 0,684 0,856 1,058 1,315 1,706 2,056 2,479 2,779 3,707
27 0,127 0,256 0,389 0,531 0,684 0,856 1,057 1,314 1,703 2,052 2,473 2,771 3,690
28 0,127 0,256 0,389 0,530 0,683 0,856 1,056 1,313 1,701 2,048 2,467 2,763 3,674
29 0,127 0,256 0,389 0,530 0,683 0,854 1,055 1,311 1,699 2,045 2,462 2,756 3,659
30 0,127 0,256 0,389 0,530 0,683 0,854 1,055 1,310 1,697 2,042 2,457 2,750 3,646
40 0,126 0,255 0,388 0,529 0,681 0,851 1,050 1,303 1,684 2,021 2,423 2,704 3,551
60 0,126 0,254 0,387 0,527 0,679 0,848 1,046 1,296 1,671 2,000 2,390 2,660 3,460
120 0,126 0,254 0,386 0,526 0,677 0,845 1,041 1,289 1,658 1,980 2,358 2,617 3,373
> 120 0,126 0,253 0,385 0,524 0,674 0,842 1,036 1,282 1,645 1,960 2,326 2,576 3,291
p
ptTP gl  )(
 EX 
xEx  Ex 
E E
xEx  Ex 
E E
n
tE n

 1;2 








 
n
tX
n
tX nn

 1;21;2 ;
142 
 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
 
Tem-se que E 
80,1)1,1)(64,1(
100
11
)64,1(
2

n
s
z
 
 
Logo, um intervalo com 90% de confiança para a verdadeira média da população é: 
 
 80,1112 Ex
 (110,20 ; 113,80) 
 
Donde se conclui que, apesar de usar o desvio-padrão da amostra, tem-se um grau de certeza 
de 90%, de que o verdadeiro valor da média populacional está entre 110,20 e 113,80. 
 
 
Exemplo 4: (Adaptado de Montgomery, p.165) Uma marca particularde margarina dietética 
foi analisada para determinar o nível (em porcentagem) de ácidos graxos insaturados. Uma 
amostra de seis pacotes resultou nos seguintes dados: 16,8; 17,2; 17,4; 16,9; 16,5 e 17,1. 
a) Teste a suposição de que o nível de ácido graxo poliinsaturado é normalmente 
distribuído; 
b) Calcule um intervalo de confiança de 95% para a média. Forneça uma interpretação 
prática desse intervalo; 
c) Calcule um limite inferior de 95% de confiança para a média. Compare esse limite com 
o limite inferior do intervalo bilateral de confiança e discuta por que eles são diferentes. 
Solução (a): 
Como a amostra é pequena, o primeiro passo é verificar se a amostra é proveniente de uma 
população com distribuição Normal, conforme solicitado no item (a). 
a) A verificação é feita por meio de um gráfico, chamado de Normal Plot, o qual utiliza 
uma escala transformada para que a curva da distribuição Normal fique retificada. 
Dessa maneira, cada ponto amostral é “plotado” (desenhado) nessa escala 
considerando como valor no eixo ordenado o percentual de valores na amostra que são 
menores ou iguais a ele. Todos os pontos são desenhados ao longo da linha retificada 
(azul, nesse exemplo). O gráfico abaixo foi feito no software Minitab® 
 
 
17,817,617,417,217,016,816,616,416,2
99
95
90
80
70
60
50
40
30
20
10
5
1
Acido Graxo
Pe
rc
en
tu
al
Mean 16,98
StDev 0,3189
N 6
RJ 0,994
P-Value >0,100
Normal Probability Plot para Acido Graxo
143 
 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
 
Observe que os pontos amostrais (em vermelho) encontram-se bastante próximos da linha 
retificada da distribuição Normal, indicando, portanto, que a amostra é proveniente de uma 
população com distribuição de probabilidade Normal. 
 
Solução (b): 
b) Para construir um intervalo de confiança é necessário o cálculo da média e do desvio-
padrão dessa amostra, pois por ser pequena será utilizada a distribuição t-Student. 
 
Tem-se: n = 6; média: 
x
= 16,98 e desvio-padrão: s = 0,319 
Com 

= 5% 
571,25;025,05;
2
 tt
 (dado encontrado na tabela 4) 
 
Então, 
34,0)130,0)(571,2(
6
316,0
)571,2(
1;
2


n
s
tE
n
 
 
Logo, um intervalo com 95% de confiança para a verdadeira média da população é: 
 
 34,06,81 Ex
 (16,64; 17,32) 
 
Isso significa que com 95% de confiabilidade podemos dizer que o verdadeiro percentual de 
ácidos graxos nessa margarina está entre 16,64 e 17,32. 
 
Solução (c): 
c) A construção de um limite inferior apenas considera que a área abaixo do valor abrange 
uma área total do nível de significância desejado, ou seja, P(tn-1 < t) = 0,05, isto 
significa, que P(t5 < t) = 0,05 então t = 2,015. Em outras palavras ele troca o 
1;
2
n
t
 
pelo 
1; nt
 
Nesse caso, o erro máximo provável unilateral será 
26,0)130,0)(015,2( E
 
E o limite inferior dado pelo intervalo 
 );( Ex
(16,98-0,26; ∞) 
 
(16,72; ∞). 
Isso significa que o limite mínimo considerado de ácido graxo será de 16,72, ou seja, espera-se 
que 95% das margarinas tenham verdadeiramente uma média percentual ≥ 16,72 de ácidos 
graxos. 
 
 
1.4 Estimativa Intervalar para a Variância e o Desvio-padrão de uma 
distribuição Normal 
 
Quando for necessário construir um intervalo de confiança para a variância e o desvio-padrão 
de uma população normalmente distribuída e com variância desconhecida, será necessário 
utilizar o auxílio de outra distribuição conhecida como qui-quadrado (
2
), cuja tabela de 
valores encontra-se em anexo nessas Anotações de Aula, a qual pode ser assim definida: 
Seja X1 , X2 , ...., Xn uma amostra aleatória proveniente de uma distribuição Normal com média 

 e variância 
2
 e seja s2 a variância da amostra. Então a variável aleatória 
2
2
2 )1(

sn
X


 
 
tem uma distribuição qui-quadrado (
2
), com n – 1 graus de liberdade. 
144 
 
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Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
A tabela 5, anexa a essa Unidade 4, fornece o valor da área acima do ponto desejado 
considerando os graus de liberdade. Por exemplo, o valor de X2 com 10 graus de liberdade com 
uma área de 0,05 à direita dele, é X20,05;10 = 18,307, conforme ilustração de leitura: 
 
 
 
Esse ponto é chamado de ponto superior 5%,ou seja, P(X2 > 18,307) = 0,05. 
O ponto inferior, ou seja, P(X2 < x) = 0,05, pode ser encontrado na mesma tabela, 
considerando que se a área inferior ao ponto é de 0,05, então a área superior à ele é de 0,95. 
Isso é, 
Se P(X2 < x) = 0,05 → P(X2 > x) = 0,95. Se for considerado 10 graus de liberdade, pode-se 
observar na mesma linha de gl=10 e p=95, que o valor de x será 3,94, conforme figura abaixo: 
 
p)x(P 2gl 
gl 0,0005 0,005 0,010 0,025 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,50 0,90 0,95 0,99
1 12,116 7,879 6,635 5,024 3,841 2,706 2,072 1,642 1,323 0,455 0,016 0,004 0,000
2 15,202 10,597 9,210 7,378 5,991 4,605 3,794 3,219 2,773 1,386 0,211 0,103 0,020
3 17,730 12,838 11,345 9,348 7,815 6,251 5,317 4,642 4,108 2,366 0,584 0,352 0,115
4 19,997 14,860 13,277 11,143 9,488 7,779 6,745 5,989 5,385 3,357 1,064 0,711 0,297
5 22,105 16,750 15,086 12,833 11,070 9,236 8,115 7,289 6,626 4,351 1,610 1,145 0,554
6 24,103 18,548 16,812 14,449 12,592 10,645 9,446 8,558 7,841 5,348 2,204 1,635 0,872
7 26,018 20,278 18,475 16,013 14,067 12,017 10,748 9,803 9,037 6,346 2,833 2,167 1,239
8 27,868 21,955 20,090 17,535 15,507 13,362 12,027 11,030 10,219 7,344 3,490 2,733 1,646
9 29,666 23,589 21,666 19,023 16,919 14,684 13,288 12,242 11,389 8,343 4,168 3,325 2,088
10 31,420 25,188 23,209 20,483 18,307 15,987 14,534 13,442 12,549 9,342 4,865 3,940 2,558
11 33,137 26,757 24,725 21,920 19,675 17,275 15,767 14,631 13,701 10,341 5,578 4,575 3,053
p
145 
 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
 
 
Esse ponto é chamado de ponto percentual inferior 5%,ou seja, P(X2 < 3,94) = 0,05. 
 
Agora é possível calcular um intervalo bilateral de confiança para a Variância, ou seja, 
Se s2 for a variância amostral de uma amostra aleatória de n observações provenientes de uma 
distribuição normal, com variância desconhecida 
2
, então um intervalo de confiança de 
100(1-

)% para 
2 é dado por: 
2
1;
2
1
2
2
2
1;
2
2 )1()1(




nn
snsn
 


 
Sendo 
2
1;
2
n

 e 
2
1;
2
1  n

 os pontos percentuais superior e inferior 100
2

% da distribuição 
qui-quadrado com n – 1 graus de liberdade, respectivamente. 
 
Um intervalo de confiança de 100(1-

)% para o desvio-padrão 

 tem limites inferior 
e superior obtidos pela raiz quadrada dos limites correspondentes dos calculados para a 
variância 
2 . 
Os limites unilaterais de confiança para variância são calculados pela troca de 
2

 
 por 

 nos 
pontos percentuais da qui-quadrado, ou seja, 
 
 
2
2
1;
2)1(




n
sn
 e 
2
1;1
2
2 )1(



n
sn


 
 
 
Exemplo 5: (Adaptado de Montgomery, p.167) O conteúdo de açúcar na calda de pêssegos 
em lata é normalmente distribuído. Uma amostra aleatória de n = 10 latas resulta em um 
p)x(P 2gl 
gl 0,0005 0,005 0,010 0,025 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,50 0,90 0,95 0,99
1 12,116 7,8796,635 5,024 3,841 2,706 2,072 1,642 1,323 0,455 0,016 0,004 0,000
2 15,202 10,597 9,210 7,378 5,991 4,605 3,794 3,219 2,773 1,386 0,211 0,103 0,020
3 17,730 12,838 11,345 9,348 7,815 6,251 5,317 4,642 4,108 2,366 0,584 0,352 0,115
4 19,997 14,860 13,277 11,143 9,488 7,779 6,745 5,989 5,385 3,357 1,064 0,711 0,297
5 22,105 16,750 15,086 12,833 11,070 9,236 8,115 7,289 6,626 4,351 1,610 1,145 0,554
6 24,103 18,548 16,812 14,449 12,592 10,645 9,446 8,558 7,841 5,348 2,204 1,635 0,872
7 26,018 20,278 18,475 16,013 14,067 12,017 10,748 9,803 9,037 6,346 2,833 2,167 1,239
8 27,868 21,955 20,090 17,535 15,507 13,362 12,027 11,030 10,219 7,344 3,490 2,733 1,646
9 29,666 23,589 21,666 19,023 16,919 14,684 13,288 12,242 11,389 8,343 4,168 3,325 2,088
10 31,420 25,188 23,209 20,483 18,307 15,987 14,534 13,442 12,549 9,342 4,865 3,940 2,558
11 33,137 26,757 24,725 21,920 19,675 17,275 15,767 14,631 13,701 10,341 5,578 4,575 3,053
p
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
desvio-padrão amostral de s = 4,8 miligramas. (a) Calcule um intervalo bilateral de confiança 
de 95% para 

; (b) Calcule um limite superior para 

. 
Solução de (a): 
a) Primeiramente é necessário calcular o intervalo de confiança para a variância 
2 , 
considerando 
025,0
2
05,0   :
 
 
2
1;
2
1
2
2
2
1;
2
2 )1()1(




nn
snsn
 


 

 
2
110;025,01
2
2
2
110;025,0
2 8,4)110(8,4)110(







 

 
70,2
36,207
023,19
36,207 2  
 

 8,769,10 2  
 Logo, o intervalo de confiança para o desvio-padrão é obtido pela extração da raiz quadrada de 
todos os elementos da expressão obtida para a variância: 
 
76,830,3 
 
Dessa maneira, o desvio-padrão da população varia entre 3,30 e 8,76 miligramas, com 95% de 
confiabilidade. 
Solução de (b): 
b) Analogamente, calcula-se o limite superior para a variância 
2 considerando 05,0 : 
2
1;1
2
2 )1(



n
sn


 

 
2
110;95,0
2
2 8,4)110(





 

 
36,62
325,3
36,2072 
 

 
9,7
 
147 
 
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Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
Ou seja, o limite superior, com 95% de confiança, para o desvio-padrão é de aproximadamente 
7,9 miligramas. 
 
 
1.5 Distribuição amostral de uma proporção 
 
Considere uma amostra de tamanho n de uma variável aleatória X, representada por X1, X2, ..., 
Xn, em que cada Xi será definida por: 
 
 
 
Seja p a probabilidade de sucesso que será estimada pela proporção amostral de sucessos 
 
 
 
 
 
 
Ou seja, uma proporção amostral pode ser analisada pela técnica demonstrada para uma média 
amostral de uma variável aleatória que assume valores 0’s e 1’s. 
Como os Xi’s são ensaios de Bernoulli, então 

 = p e 
2
 = p(1-p). Por outro lado n e p são 
parâmetros de uma distribuição binomial, mas se np e n(1-p) forem menores ou iguais a 5, 
então pelo Teorema Central do Limite, a distribuição de 
pˆ
 será aproximada pela normal, ou 
seja, 
 
 
 
 
 
Portanto, um intervalo com 100(1-

)% de confiança para a média populacional 

 é dado por: 
 
 
 
 
 
Se o erro máximo provável ou precisão amostral for definido como: 
 
 
Então o intervalo de 100(1-

)% pode ser escrito: 
Ep 

 
 
Exemplo 6: (Adaptado do Montgomery) Em uma amostra aleatória de 85 mancais de eixos 
motores de automóveis, 10 têm uma rugosidade no acabamento de superfície que excede as 
especificações. Qual a estimativa pontual e a intervalar para a rugosidade no acabamento dos 
mancais. Considere o nível de significância de 5% (

=0,05). 
Solução: 
A estimativa pontual é: 
 
Para o cálculo da estimativa intervalar com 95% de confiança, será obtido primeiramente o erro 
da precisão amostral: 




fracasso ocorre se 0,
sucesso ocorre se,1
X i
X
n
X
n
sucessos de número
pˆ
n
1i
i



N(0,1) 
)1(
ˆ



n
pp
pp







 



n
pp
zp
n
pp
zp
)ˆ1(ˆ
ˆ ;
)ˆ1(ˆ
ˆ
22 
1176,0
85
10
ˆ p
n
pp
zE
)ˆ1(ˆ
2

 
148 
 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
 
 
 
 
E a estimativa intervalar será: 
0685,01176,0 
 

 (0,0491; 0,1861). 
 
Isso significa que com 95% de confiança pode-se dizer que de 4,9% a 18,6% dos mancais de 
eixos dos motores terão rugosidade no acabamento da superfície que excede as especificações. 
 
 
2. TESTE DE HIPÓTESES PARA UMA AMOSTRA 
 
2.1 – Testes de hipóteses para a média – Distribuição Normal e Variância 
Conhecida 
 
Problema ilustrativo: 
 Exemplo 7: Um fabricante de resistores afirma que suas resistências são normalmente 
distribuídas com média de 100 ohms e desvio-padrão de 10 ohms. Suspeita-se, entretanto, que 
a resistência média é menor do que o anunciado. Para decidir se a suspeita sobre a média tem 
procedência ou não, foi retirada uma amostra aleatória de 25 resistências e foi considerado o 
desvio-padrão do fabricante como correto. 
 
Existem duas hipóteses: 
- Hipótese nula: H0 (resistência média é igual a 100 ohms) 
- Hipótese alternativa: H1 ou Ha ( resistência média é menor que 100 ohms) 
 
Para decidir qual dessas hipóteses é verdadeira é preciso um critério para tomada de decisão: 
 
Critério de decisão é baseado na estatística do teste que mede a discrepância entre o que 
foi observado na amostra (25 resistências) e o que seria esperado se a hipótese nula fosse 
verdadeira, ou seja, H0 será julgada. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Erro do tipo I: 
 A probabilidade de se cometer esse erro recebe o nome de nível de significância do 
teste, sendo usualmente representado pela letra grega . 
No exemplo: 
0685,0
85
)1176,01(1176,0
96,1 

E
Decisão incorreta 
(Erro tipo II)
Decisão correta
Não rejeitar H0
(resistência é 100)
Decisão correta 
Decisão incorreta 
(Erro tipo I)
Rejeitar H0
(resistência não é
100 ohms)
H0 falsaH0 verdadeira
Situação real
Decisão
Decisão incorreta 
(Erro tipo II)
Decisão correta
Não rejeitar H0
(resistência é 100)
Decisão correta 
Decisão incorreta 
(Erro tipo I)
Rejeitar H0
(resistência não é
100 ohms)
H0 falsaH0 verdadeira
Situação real
Decisão
149 
 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
• Erro tipo I: concluir que a resistência média é menor que 100 ohms quando na 
realidade ela é igual a 100 ohms; 
• Erro tipo II: concluir que a resistência média é igual a 100 ohms quando na realidade 
ela é diferente de 100 ohms 
 
Para um tamanho de amostra fixo (dados coletados) não é possível controlar os dois erros 
simultaneamente, conforme pode ser observado na figura a seguir: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Por outro lado, os dois tipos de erro são indesejáveis. 
O erro tipo I é considerado, na maioria dos testes, como o mais grave sendo então controlado 
na análise dos dados. Ele é equivalente a julgar um assassino e dar o veredicto: inocente. Ou 
dizer que uma pessoa está sadia, quandona realidade ela está com um tumor maligno 
(câncer).... 
 
O erro tipo II pode ser controlado no planejamento do estudo por meio da determinação de um 
tamanho de amostra adequado. 
 
Dessa maneira, o erro tipo I será utilizado no processo de julgamento de H0 , feito na análise 
dos dados. 
Para esse julgamento, precisamos de algum critério para tomada de decisão. Por exemplo: 
fixando = 0,05 e determinando um valor crítico, xc tal que a probabilidade dos valores das 
médias estarem abaixo dela seja de 5%, temos: 
 
 
 
 
Como, temos, 
 
 
 
 
ou seja, a probabilidade de uma média amostral ser menor que 96,72 ohms é de 0,05. 
 
 
Critério de decisão para julgamento de H0: 
 
05,0
2
100x
ZP)xX(P cc 




 

  05,064,1ZP 
72,96x64,1
2
100x
c
c 

Sob H1
Sob H0
 
Sob H1
Sob H0
 
150 
 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
Nesse exemplo, de uma população com 

=100 ohms e 

=10 ohms, fixando 

=0,05 (5%) 
obteve-se x0=92,72 ohms tal que para qualquer média de uma amostra com 25 elementos tem-
se: 
 
 
Retirando-se uma amostra, cuja média é x0 , pode-se estabelecer o seguinte: 
 
 
 
 
O nível de significância, 

, é a probabilidade do erro tipo I: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A região em que se rejeita H0, quando a média da amostra pertencer a ela, é chamada de 
REGIÃO CRÍTICA ou REGIÃO DE REJEIÇÃO DO TESTE. 
 
Conclusão: 
Se a média x0 de uma amostra de 25 resistências for menor que xc=96,72 ohms , tem-se uma 
das duas alternativas: 
1. O fabricante está certo, a média da população de resistências é 

=100 ohms e foi 
obtida uma amostra com pouca chance de ocorrer erro por puro acaso. 
2. O fabricante não diz a verdade, pois obteve-se tal média amostral porque a 
probabilidade de sua ocorrência não era tão pequena, ou seja, a média da população é 
menor que 100 ohms. 
Qual delas escolher? 
 
Nesse exemplo foi utilizado o teste Z para uma média em que foi suposto que o desvio-
padrão da população (

) era conhecido. 
 
A estatística do teste, calculada para os dados observados (zobs), é dada por: 
 
 
 
 
 
05,0)xX(P c 
0c0 H se-aceita x xSe 
)H seaceitando(H se-rejeita x xSe 10c0 
)verdadeira é H|H rejeitar(PI) tipo erro(P 00
xcxc
n
x
z 0obs 


151 
 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
Que é comparada com um valor crítico (zc) que depende do nível de significância adotado (

) 
e do tipo do teste (unicaudal ou bicaudal). 
 
No exemplo acima, zc = -1,64 
 
A síntese do teste Z para uma média, nesse exemplo é: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O próximo quadro apresenta as regiões críticas para teste unilateral (unicaudal) e bilateral 
(bicaudal): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
96,72
-1,64 0-2
= 0,05
96,72
-1,64 0-2
= 0,05
96,72
-1,64 0-2
96,72
-1,64 0-2
96,72
-1,64 0-2
= 0,05
Desde que a hipótese nula seja 
verdadeira, apenas 5% dos 
resistores terão resistência menor 
que 96,72 ohms. 
 
Se a informação do fabricante é 
incorreta, então a média real é 
menor que 100 ohms e a 
probabilidade de uma média de 25 
resistores ser menor que 96,72 ohms 
é maior que 5%. 
 
Supondo que a média de 96 
ohms seja correta, a 
probabilidade de se obter uma 
amostra de média menor que 
96,72 ohms é 64,06%. 
96,72
0,6406
96,72 96,72
0,6406
152 
 
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Teste Z Hipóteses Rejeitar Ho se p-valor = 
Unilateral à 
esquerda 
01
00


:
:
H
H 


 z
n
x
zobs
0
 
P(Z < zobs) 
Unilateral à 
direita 
01
00


:
:
H
H 


 z
n
x
zobs
0
 
P(Z > zobs) 
Bilateral 
01
00


:
:
H
H 
 
ou 
 
 
2
0
2
0










z
n
x
z
z
n
x
z
obs
obs
 
2P(Z < -zobs) 
 
(pela simetria) 
 
O p-valor ou probabilidade de significância é a probabilidade do erro cometido ao rejeitar H0 
sendo H0 verdadeira e é calculado com base nos dados observados sendo maior ou menor que 
o nível tolerável

 
 
 Se essa probabilidade (p-valor) é menor do que 

, decide-se por rejeitar H0. 
 
 Se essa probabilidade (p-valor) é maior do que 

, decide-se por não rejeitar H0. 
 
Para facilitar a memória por meio de efeito visual, a figura a seguir apresenta as áreas de 
rejeição da hipótese nula: 
 
153 
 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
 
 
 
Exemplo 8: (Adaptado do Montgomery) Um mancal usado em uma aplicação automotiva deve 
ter um diâmetro nominal de 38,01 mm. Sabe-se que o diâmetro do mancal é normalmente 
distribuído com desvio-padrão de 0,254 mm. Foi selecionada uma amostra aleatória de 36 
mancais e o diâmetro interno médio desses mancais é de 37,97 mm. Verifique, ao nível de 5% 
de significância, se esses diâmetros diferem do valor nominal exigido. 
Solução: 
As hipóteses de interesse são: 
 
 
 
 
em que 

é o verdadeiro valor dos diâmetros e 
0
é o valor nominal especificado pela indústria 
automobilística (38,01 mm) 
A estatística de teste é 
 
 
 
 
 
Para 

 = 0,05 rejeita-se H0 se |zobs| > z0,025 = 1,96. 
 
 
Teste Z Região de Rejeição de Ho (R.R.H0)
Unilateral à esquerda
Unilateral à direita
Bilateral
0,4
0,3
0,2
0,1
0,0
0
N(0,1)

z
R.R. H0
0,4
0,3
0,2
0,1
0,0
0
N (0,1)

z
R.R. H0
0
N(0,1)
2
z
R.R. H0
2
z
2

2

R.R. H0
mm 01,38 :H
mm 8,013 :H
1
o


95,0
36
254,0
01,3897,37
zobs 


154 
 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
Como |zobs| = 0,95 < 1,96 - a evidência é a não rejeição de H0. 
 
Conclui-se então que os mancais estão com os diâmetros dentro da especificação. 
 
O p-valor é P(|z| > 0,95) = 2 x 0,171056 = 0,342 >> 0,05 
 
A probabilidade observada do erro tipo I é de 34,2% bem maior que 5% confirmando que as 
evidências indicam que H0 não é falsa 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Um intervalo de 95% de confiança para o diâmetro dos mancais é: 
 
 
 
 
 
 
Observe que o valor de 
0
= 38,01 pertence ao intervalo de confiança obtido! 
 
 Equivalência entre testes de hipóteses (bicaudal ou bilateral) e intervalos de 
confiança 
Nesse exemplo, foram testadas as hipóteses: 
 
 
 
Considerações: 
- Se o valor de 
0
pertencer ao intervalo de confiança, não existem evidências para 
rejeitar H0 ao nível de significância 

. 
- Se o valor 
0
 de não pertencer ao intervalo de confiança, existem evidências para 
rejeitar H0 ao nível de significância 

. 
 
Conclusãodo exemplo: o intervalo com 95% de confiança acima confirma a conclusão do teste 
efetuado. 
 
 
 Erro tipo II e escolha do Tamanho da Amostra 
 
Em um teste bilateral são propostas as seguintes hipóteses: 
 
0,025 0,025
0,17106 0,17106
0,025 0,025
0,17106 0,17106
 38,053 ; 887,37[]083,097,37
36
254,0
96,197,37 






38,01 :H
38,01 :H
01
0o


155 
 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
01
00


:
:
H
H
 
 
Suponha que a hipótese nula seja falsa e que o valor verdadeiro da média seja 
  0
 , 
em que 

> 0. 
A estatística do teste pode ser rescrita por: 








 n
n
x
nn
x
n
x
n
x
zobs 








)()( 0000
 
 
Então a distribuição de Zobs quando H1 for verdadeira será aproximadamente 








1,

 n
N
, pois 
está sujeita à distribuição sob a hipótese nula H0 e à da hipótese alternativa H1, conforme figura 
a seguir: 
 
 
Pode-se observar que o erro tipo II, 

, será cometido somente se 
22
 zZz obs 
, quando 
H1 for verdadeira, ou seja, quando Zobs ≈








1,

 n
N
. 
Então a probabilidade de um erro tipo II para um teste bilateral para a média com variância 
conhecida será: 
 

















 


  nzZPnzZP obsobs
22
 
 
Foi colocado anteriormente que o erro tipo I, 

, é controlado pelo analista e que o erro tipo II, 

, é controlado no cálculo da amostra. 
00 :H Sob   01 :H Sob  
)1,0(N








1,

 n
N
0bsZ

 n0
2
z
2
z

156 
 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
Dessa maneira, quando 

> 0, 










 
n
zZP obs
2
, pois a probabilidade do segundo 
termo é aproximadamente nula. 
Por outro lado, se 

 for definido por: 
  zZP obs 
, então por comparação tem-se: 



n
zz 
2
 
 
Ou seja, podemos estimar o tamanho da amostra, n, para um teste bilateral para a média, 
de uma população normal com variância conhecida por: 
 
2
2
2
2

 







zz
n
 em que 
0 
 
 
Analogamente, pode-se estimar o tamanho da amostra para testes unilaterais para a média de 
amostras provenientes de uma população normal com variância conhecida, por meio da 
substituição do 
2
z
 pelo 
z
 , ou seja: 
 
2
22

 zz
n


 em que 
0 
 
 
Obs.: Se n não for um inteiro, por convenção, o tamanho da amostra será arredondado para 
cima, ou seja, para o maior inteiro mais próximo. 
 
 
2.2 – Testes de hipóteses para a média – Distribuição Normal e Variância 
Desconhecida 
 
Se a população é normalmente distribuída, mas a variância é desconhecida então o teste 
considera as condições similares ao que foi estuda na estimação intervalar. Nesse caso a 
estatística do teste irá utilizar a distribuição t-Student com n-1 graus de liberdade definida por: 
 
n
s
x
Tobs
0
 
 
Os procedimentos dos testes são muito similares ao teste Z para a média com variância 
conhecida, exceto pelos pontos percentuais da curva que a estatística do teste T utiliza os da 
distribuição t-Student com n-1 graus de liberdade. 
 
O próximo quadro apresenta um resumo das regiões críticas para teste unilateral (unicaudal) e 
bilateral (bicaudal) para o teste T: 
 
 
 
 
 
 
157 
 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
 
 
Teste T Hipóteses Rejeitar Ho se 
Unilateral à 
esquerda 
01
00


:
:
H
H 
1;
0


 nobs t
n
s
x
t 

 
Unilateral à 
direita 
01
00


:
:
H
H 
1;
0


 nobs t
n
s
x
t 

 
Bilateral 
01
00


:
:
H
H 
 
ou 
 
 
1;
2
0
1;
2
0








nobs
nobs
z
n
s
x
t
t
n
s
x
t




 
 
Os gráficos das regiões de rejeição são similares aos do teste Z. 
 
O cálculo exato do p-valor ou probabilidade de significância (probabilidade do erro cometido ao 
rejeitar H0 sendo H0 verdadeira) é mais trabalhoso, pois pode ser feito manualmente pelo 
método de interpolação linear. Dessa maneira, a avaliação do p-valor é feita por meio dos 
valores dos limites superiores e inferiores nas tabelas que o contenham. 
Por exemplo, considere uma situação em que a estatística do teste seja, 
761,172,2
15
02456,0
82,083725,0
14;05,0 

 ttobs
 
 Com conclusão de rejeição da hipótese nula ao nível de significância de 5%. 
Observando na tabela 5, verifica-se que com 14 graus de liberdade, o valor de tobs está entre 
2,624 e 2,977, os quais correspondem à área de extremidade de 0,01 e 0,005, nesse caso, o 
p-valor está dentro desses limites, ou seja, 
0,005 < p-valor < 0,01 
Donde se conclui pela rejeição de H0, dado que esses limites são inferiores a 
05,0
(5%). 
 
Usualmente o teste T é realizado com recursos computacionais dos softwares estatísticos os 
quais calculam o p-valor exato. 
Essas mesmas considerações são feitas para o cálculo do tamanho da amostra e do poder do 
teste. 
 
2.4 - Testes de hipóteses para a Variância e o Desvio-padrão de uma 
Distribuição Normal 
 
Analogamente às considerações feitas pata o teste T, o teste utilizado para verificar se uma 
variância desconhecida de uma população normal é igual ou não a um determinado valor 
158 
 
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Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
específico, considera a estatística utilizada no intervalo de confiança para a variância do item 
1.4, para uma distribuição qui-quadrado com n-1 graus de liberdade: 
 
2
0
2
2 )1(

sn
X obs


 
 
Cujas regiões críticas para teste unilateral (unicaudal) e bilateral (bicaudal) são similares aos do 
teste Z e do teste T: 
 
 
Teste X2 Hipóteses Rejeitar Ho se 
Unilateral à 
esquerda 
2
0
2
1
2
0
2
0
:
:




H
H 
2
1;2
0
2
2 )1(


 nobs
sn
x 
 
Unilateral à 
direita 
2
0
2
1
2
0
2
0
:
:




H
H 
2
1;2
0
2
2 )1(


 nobs
sn
x 
 
Bilateral 
2
0
2
1
2
0
2
0
:
:




H
H 
2
1;
2
2
0
2
2
2
1;
2
2
0
2
2
)1(
ou 
)1(








nobs
nobs
sn
x
sn
x






 
 
O p-valor, erro tipo I, é calculado de maneira similar ao do teste T, considerando aqui, 
a distribuição qui-quadrado com n-1 graus de liberdade. 
Os erros tipo II e a escolha do tamanho da amostra são feitos por meio de Curvas 
Características Operacionais (Curvas CO), que não serão abordadas no escopo desse 
curso. 
 
2.5 - Testes de hipóteses para uma proporçãoVimos que para testar
00 :H 
, quando as amostras são grandes, a estatística do teste é 
 
 
 
 
Como uma proporção pode ser considerada como uma média, a estatística do teste para 
00 pp:H 
 é 
 
 
 
 
 
 
A síntese do teste Z para uma proporção é 
 
)X(dp
X
Z 0


n
pp
pp
pdp
pp
zobs
)(
ˆ
)(
ˆ
00
0
0
0
1 




159 
 
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Teste Hipóteses Rejeitar Ho se p-valor = 
Unilateral à 
esquerda 
01
00
ppH
ppH


:
: 


 z
n
pp
pp
zobs
)(
ˆ
00
0
1
 
P(Z < zobs) 
Unilateral à 
direita 
01
00
ppH
ppH


:
: 


 z
n
pp
pp
zobs
)(
ˆ
00
0
1
 
P(Z > zobs) 
Bilateral 
01
00
ppH
ppH


:
: 
1
ou 
 
 
1
200
0
200
0










z
n
pp
pp
z
z
n
pp
pp
z
obs
obs
)(
ˆ
)(
ˆ
 
2P(Z < - zobs) 
 
(pela simetria) 
 
Observe que as áreas de Rejeição da Hipótese nula são similares as do teste para 
médias!!! 
 
Exemplo 9: A garantia para baterias de telefones móveis é estabelecida em 48 horas 
operacionais, seguindo os procedimentos apropriados de carga. Um estudo com 5.000 baterias 
é executado e 15 param de operar antes das 48 horas. Esses experimentos confirmam a 
afirmação de que menos de 0,2% das baterias das companhias falhará durante o período de 
garantia? Considere um nível de significância de 1%. 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
O valor observado da estatística do teste é 
 
 
 
 
 
Ao nível de significância de 1% o valor crítico é -2,33 
 
 
 
 
 
0,002 0,2%p p :H
002,0%2,0p p :H
01
0o


003,0
000.5
15
pˆ 
58,1
000.5
)002,01(002,0
002,0003,0
Zobs 



160 
 
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Então, ao nível de significância de 1% não existem evidências amostrais para rejeitarmos a 
hipótese nula. 
A conclusão é que a proporção de baterias que falham não é menor que 0,2% ao nível de 1% 
de significância. 
Mesmo que o teste fosse considerado ao nível de 5% de significância, a hipótese nula não seria 
rejeitada, pois zobs= 1,58 > -1,96 
 
Um intervalo com 95% de confiança para a verdadeira proporção de baterias de telefones 
celulares que falham é: 
 
 
 
 
 
 
Ou seja, com 95% de confiança, a verdadeira proporção de baterias dos telefones celulares que 
falham está entre 0,15% e 0,5%. Observe que este intervalo contém o valor p0 = 0,2%, o que 
confirma a decisão de não rejeição de H0 do teste de hipóteses, considerando o nível de 
significância de 5%. 
 
 
3. TESTE DE HIPÓTESES PARA DUAS AMOSTRAS 
 
3.1 – Testes de hipóteses para duas médias – Distribuição Normal e 
Variâncias Conhecidas 
 
As suposições para ser feita inferência sobre a diferença entre duas médias , 
21  
, de duas 
distribuições normais com variâncias conhecidas, 
2
1
 e 
2
2
 , são: 
1. X11, X12, ......., X1n é uma amostra aleatória proveniente da população 1; 
2. X21, X22, ......., X2n é uma amostra aleatória proveniente da população 2; 
3. As duas populações representadas por X1 e X2 são independentes; 
4. Ambas as populações são normais. 
 
Um estimador lógico para a diferença de 
21  
 é a diferença das médias amostrais 
21 xx 
.
Baseando-se nas propriedades dos valores esperados tem-se: 
      212121   XEXEXXE 
0,01
R.R. de H0
1,58
0,943
-2,33
0,01
R.R. de H0
1,58
0,943
-2,33
   %5,0 ; %15,0005,0 ; 0015,0
000.5
997,0x003,0
96,1003,0 









161 
 
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Estatística e Probabilidade 
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E a variância de é: 
     
2
2
2
1
2
1
2121
nn
XVarXVarXXVar


 
Dessas suposições e resultados pode ser estabelecido que 
 
 
2
2
2
1
2
1
2121 )(
nn
XX
Z





 tem uma distribuição N(0, 1). 
 
E essa estatística é considerada para fazer o teste para a diferença entre duas médias 
21  
de duas populações normais com variâncias conhecidas, 
2
1
 e 
2
2
 . 
 
O teste segue a mesma lógica do teste Z para uma amostra, apenas considera, agora, a 
diferença entre as médias de duas amostras. A síntese para esses testes pode ser feita pelo 
quadro a seguir: 
 
 
Teste Z Hipóteses Rejeitar Ho se p-valor = 
Unilateral à 
esquerda 
0:
0:
211
210




H
H 
z
nn
xx
zobs 



2
2
2
1
2
1
21
 
P(Z < zobs) 
Unilateral à 
direita 
0:
0:
211
210




H
H 
z
nn
xx
zobs 



2
2
2
1
2
1
21
 
P(Z > zobs) 
Bilateral 
0:
0:
211
210




H
H 
2
2
2
2
1
2
1
21
2
2
2
2
1
2
1
21
ou 




z
nn
xx
z
z
nn
xx
z
obs
obs








 
2P(Z < -zobs) 
 
(pela simetria) 
 
Exemplo 10: Dois tipos de plásticos são adequados para uso por um fabricante de 
componentes eletrônicos. A resistência à quebra desse plástico é importante. É sabido que 
0,721 
psi e são normalmente distribuídas. A partir de amostras aleatórias de tamanho 
n1 = 10 e n2 = 12, foram obtidos 
1x
 = 162,5 e 
2x
 = 155,0. A companhia adotará o plástico 
com maior resistência média à quebra. Baseado nessas informações, qual plástico eles 
deveriam utilizar, considerando um nível de 5% de confiança? 
Solução: 
21 xx 
162 
 
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Tem-se as seguintes hipóteses: 
0:
0:
211
210




H
H
 
 
A estatística do teste: 
5,2
997,2
5,7
32
49
24
49
0,1555,162



obsz
 
 
Ao nível de significância de 5%, tem-se 
2
z
=1,96. Como zobs > 
2
z
 a indicação do teste é de 
rejeição de H0. 
O p-valor = 2P(Z< -2,5) = 2 P(Z > 2,5) = (2) (0,00621) = 0,01242 < 0,05. Confirma a rejeição 
de H0. 
Conclusão: Com 95% de confiabilidade, o fabricante deveria utilizar o plástico 1, pois em 
média, seus valores são diferentes de zero, e o plástico 1 possui maior média de resistência. 
Se o teste analisar a hipótese unilateral 
0: 211  H
 O resultado indicaria a rejeição da hipótese nula, pois ao nível de significância de 5%, tem-se 
z
=1,64 e zobs > 
z
 . Analogamente o p-valor seria P(Z > 2,5) = 0,00621 < 0,05. 
 
Em algumas situações deseja-se verificar se a diferença entre as médias é maior que um 
determinado valor fixo, nesses casos :basta troca o valor zero pelo valor desejado, por 
exemplo, 
0
 
Nesse caso as hipóteses serão: 
0211
0210
:
:




H
H 
E a estatística do teste será 


2
2
2
1
2
1
021 )(
nn
xx
zobs



 
 
As áreas de rejeiçãoda hipótese nula são as mesmas designadas para a situação analisada 
nesse item. 
Por exemplo, suponha que no exemplo 10 o fabricante esteja interessada no plástico que tenha 
uma diferença da resistência média maior que 5. Nesse caso tem-se: 
5:
5:
211
210




H
H
 
83,0
997,2
5,2
32
49
24
49
5)0,1555,162(



obsz 
 
Ao nível de significância de 5%, tem-se 
z
=1,64. Como zobs < 
2
z
 a indicação do teste é de 
NÃO rejeição de H0, ou seja a diferença entre as médias da resistência dos dois plásticos não 
supera o valor 5. 
 
 
163 
 
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3.2 – Testes de hipóteses para duas médias – Distribuição Normal e 
Variâncias Desconhecidas 
 
As suposições para ser feita inferência sobre a diferença entre duas médias , 
21  
, de duas 
distribuições normais com variâncias desconhecidas, 
2
1
 e 
2
2
 , são similares o teste com 
variâncias conhecidas: 
1. X11, X12, ......., X1n é uma amostra aleatória proveniente da população 1; 
2. X21, X22, ......., X2n é uma amostra aleatória proveniente da população 2; 
3. As duas populações representadas por X1 e X2 são independentes; 
4. Ambas as populações são normais; 
5. As populações possuem variâncias iguais. 
 
Analogamente ao teste para uma amostra, a variância será estimada pela variância amostral e 
o teste a ser aplicado será o teste T com distribuição t-Student com n1 + n2 - 2 graus de 
liberdade. 
Foi demonstrado que a variância da diferença entre as médias é 
 
2
2
2
1
2
1
21
nn
XXVar


 
Como as variâncias são supostas iguais para as duas populações, 
22
2
2
1  
, a expressão 
pode ser escrita: 
  






21
2
21
11
nn
XXVar 
 
 
Um estimador para a variância da população é obtida pela combinação das variâncias das 
amostras, ou seja, pela média ponderada das variâncias amostrais, denominada de 
2
cs
 ou 
2
ps
, 
em que p vem do inglês pooled: 
Dessa maneira, tem-se: 
 
2
)1()1(
21
2
21
2
112



nn
snsn
sc
 
 
A estatística do teste será 
21
2121
11
)(
nn
s
XX
T
c 



 
Que tem uma distribuição t-Student com n1 + n2 - 2 graus de liberdade. 
 
As áreas de rejeição do teste são similares ao do teste para uma amostra. 
 
Exemplo 11: Na comparação de duas topologias de rede de computadores, C1e C2, foram 
avaliados o tempo de transmissão de pacotes de dados entre duas máquinas. Foram realizados 
32 ensaios em C1 e 24 ensaios em C2, cujos resultados são apresentados abaixo. São supostos 
que as duas populações são normalmente distribuídas com variâncias iguais. Existe diferença 
significativa entre o tempo médio das duas topologias ao nível de 5% de significância? 
 
164 
 
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Estatística e Probabilidade 
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Topologia Tamanho da amostra 
(n) 
Tempo médio (décimos de 
segundo) 
Variância (décimos de 
segundo)2 
C1 32 10,625 6,371 
C2 24 13,458 4,781 
 
Solução: 
 
Tem-se as seguintes hipóteses: 
0:
0:
211
210




H
H
 
 
A variância amostral combinada é obtida por: 
6938,5
22432
)781,4)(124()371,6)(132(
2
)1()1(
21
2
21
2
112 






nn
snsn
sc
 
Logo, sc≈ 2,286
 
 
E a estatística do teste: 
4,4
644,0
833,2
24
1
32
1
286,2
458,13625,10





tbst
 
 
Pela tabela tem-se que o valor crítico é 
54;
2
t
 não pode ser obtido diretamente na tabela, mas 
o p-valor = 2P(T < -4,4) < 0,001, pois 4,4 está entre os valores: 3,747 e 4,604. 
Então pelo p-valor a hipótese nula é rejeitada, indicando que o tempo médio das duas 
topologias é diferente, com 95% de confiabilidade. 
 
 
4. RESOLUÇÃO DE ALGUNS EXERCÍCIOS 
 
1) (Provão-ECO-2002) Uma rede de postos de gasolina afirma que, em seus estabelecimentos, 
não se vende gasolina adulterada. Sabe-se que, de acordo com os padrões de qualidade, a 
gasolina não pode conter mais que 240 ml de álcool por litro. Um órgão de fiscalização 
colheu 25 medições do produto nos postos dessa rede, que estão abaixo. Admita que a 
quantidade de álcool presente na gasolina tem uma distribuição normal com desvio padrão 
de 2,5 ml/litro. 
 
 249,6 242,0 241,1 243,3 241,1 239,4 239,0 239,3 240,6 
 239,6 243,0 238,0 241,9 233,2 239,7 242,3 240,6 240,0 
 239,6 242,0 239,4 241,0 242,2 240,0 240,8 
 
a) Qual é a estimativa pontual da quantidade média de álcool presente na gasolina dos 
postos da rede? 
b) Construa e interprete um intervalo de 95% de confiança para a quantidade média de 
álcool presente na gasolina nos postos dessa rede? 
c) Com base no intervalo de confiança calculado, qual é o erro máximo provável cometido 
na estimação da verdadeira quantidade média de álcool presente na gasolina dos 
postos da rede? 
d) Analise, com um nível de significância de 5%, se a gasolina é ou não adulterada. 
 
165 
 
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Solução: 
O problema nos forneceu: 
X: quantidade de álcool presente na gasolina, ml/litro 
n=25 
X ~ N (

; 2,5) 
 
a) A estimativa pontual para a média populacional, 

, é obtida pela média dos dados 
coletados: 
 
Logo, X ~ N (240,75; 2,5) e a média amostral 
 
 
 
b) Intervalo com 95% de confiança, então 

 = 5% e pela tabela da Normal: 
 
O intervalo é dado por: 
 
Em que, 
 
 
Então um intervalo com 95% de confiança: 
 
Ou seja, (239,77 ; 241,73) 
Isso significa, que podemos dizer com 95% de confiança que o verdadeiro valor da quantidade 
de álcool na gasolina está entre 239,77 e 241,73 ml/litro. 
 
c) O erro máximo provável cometido é o E, ou seja, 0,98 ml/litro 
 
(esse é o erro conhecido como 0,98 “ para mais” e 0,98 “para menos”.....) 
 
d) As hipóteses a serem testadas são: H0: 

 = 240 vs H1: 

 > 240 
Obs.: H0 está significando, na realidade, que a quantidade de álcool é menor ou igual a 240 
ml/litro, ou seja, a gasolina não é adulterada. 
Para verificarmos qual dessas hipóteses é a verdadeira, o teste a ser aplicado é o Z. 
Como o teste é unilateral, o valor crítico de Z, com 95% de confiança será: zc = z0,05 = 1,64 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ml/litro 75,240ˆ  x








25
5,2
;75,240N~X
96,1z
2

Ex 
98,0
25
5,2
96,1
n
zE
2







 
 
98,075,240 
R.R. de H0
R.A. de H0
Zc=1,64
R.R. de H0
R.A. de H0
Zc=1,64
R.R. de H0
R.A. de H0
Zc=1,64
166 
 
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Estatística e Probabilidade 
Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
Isso significa que P(Z > 1,64) = 0,05, que é a probabilidade do erro tipo I ou a probabilidade 
máxima aceita ao tomar a decisão de rejeitarmos H0 (afirmar que ela é falsa), quando na 
realidade ela é verdadeira. 
O teste baseia-se na comparação da estatística do teste observada com esse valor crítico 
 
 
 
 
 
Como zobs < 1,64, ele pertence à região de aceitação de H0, ou seja, podemos afirmarcom 
95% de confiança que a quantidade de álcool encontrada na gasolina dessa rede de postos não 
é considerada como adulterada. 
Outra maneira de tomarmos essa decisão é por meio do cálculo do p-valor. Se p-valor for 
menor ou igual a 0,05 (erro máximo aceitável do teste conhecido como nível de significância) 
então a hipótese nula deverá ser rejeitada. 
Nesse exemplo, o p-valor = P(Z> zobs), pois o teste é unilateral (ou unicaudal). Então, 
P(Z > zobs) = P(Z > 1,50) = P(Z < -1,50) = 0,066807 (~6,7%) 
Ou seja, p-valor = 0,067 > 0,05 – confirmando a indicação de não rejeição de H0. 
 
 
2) Um fabricante de lâmpadas garante que a vida média de um determinado tipo de lâmpada 
é 1.600 horas. Se uma amostra ao acaso com 100 lâmpadas tiver uma vida média de 1.570 
horas, você tem evidência suficiente para rejeitar a alegação do fabricante, usando  = 
0,02? Suponha que a população seja normalmente distribuída com um desvio padrão de 
120 horas. 
 
 
Solução: 
 
Seja: 
X: tempo de duração da lâmpada, em horas. 
X ~ N(1.570; 120) – 

 foi estimada pela amostra: 
n = 100 
H0 : 

 = 1.600 vs H1: 

 ≠ 1.600 

= 0,02 
 
Calculando a estatística do teste: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
50,1
5,0
75,0
25
5,2
24075,240
zobs 


50,2
12
100
120
1600570.1
zobs 


-2,32 2,32
0,01
0,01
R.R. H0
R.R. H0
R.A. H0
Zobs =-2,50
-2,32 2,32
0,01
0,01
R.R. H0
R.R. H0
R.A. H0
Zobs =-2,50
-2,32 2,32
0,01
0,01
R.R. H0
R.R. H0
R.A. H0
Zobs =-2,50
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Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
 
 
 
 
 
 
 
Zobs = -2,50 < z0,01=-2,32 → a indicação é de rejeição da hipótese nula 
 
p-valor= P(Z < -2,5) = 0,0062 → a probabilidade de estarmos errando ao tomarmos a decisão 
de rejeitarmos a hipótese nula (dizer que ela é falsa) é de 0,62%. Confirma que o fabricante 
está equivocado em sua informação! 
 
Conclusão: ao nível de significância de 2%, ou seja, com 98% de confiança, podemos dizer 
que a duração da lâmpadas se alterou, ou seja, sua duração é diferente de 1.600 horas. A 
afirmação do fabricante não é verdadeira. 
 
Obs.: 
Como o zobs< 0, a indicação é de que o tempo de duração é menor que 1.600 horas. Equivale a 
considerar a hipótese alternativa, H1 : 

< 1.600 
Ao nível de significância de 2% (

 = 0,02) e considerando o teste unilateral à esquerda, então 
z
= z0,02 = -2,05 
Como zobs < 
z
a indicação é de rejeição de H0, confirmando que o tempo de duração das 
lâmpadas é menor que 1.600 horas. 
 
3) Um censo de há dois anos passados revelou que 20% das famílias de uma grande 
comunidade viviam abaixo do nível de pobreza. Para determinar se essa porcentagem se 
modificou, estudou-se uma amostra aleatória de 500 famílias, encontrando-se 91 abaixo do 
nível de pobreza. 
a) Qual é a estimativa pontual da proporção de famílias dessa comunidade que vivem 
atualmente abaixo do nível de pobreza? 
b) Calcule e interprete um intervalo de 95% de confiança para a proporção de famílias 
dessa comunidade que vivem atualmente abaixo do nível de pobreza. 
c) Com base no intervalo de confiança calculado, qual é a margem de erro? 
d) Ao nível de 5% de significância, o resultado amostral indica que a porcentagem atual 
difere da porcentagem verificada há dois anos? Não se esqueça de escrever as 
hipóteses, calcular a estatística do teste, calcular e interpretar o valor p e tirar a 
conclusão. (faça o teste baseado na distribuição normal) 
 
Solução: 
 
a) A estimativa pontual é: 
 
 
b) Sabemos que para n > 100, 
 
 
 
Para um intervalo com 95% de confiança, utilizamos z0,025 = 1,96 
 
O intervalo de confiança será: 
182,0
500
91
pˆ 
)1,0(N
n
)p1(p
ppˆ










 
 
n
)pˆ1(pˆ
zE que em ,Epˆ
2
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Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
 
 
Então, 
 
 
E o intervalo de 95% de confiança será: (0,1482 ; 0,2158) ou ~ (14,8% ; 21,6%) 
 
Isso significa que podemos dizer com 95% de confiança que o verdadeiro valor da porcentagem 
de famílias que vivem abaixo do nível de pobreza nessa grande comunidade está entre 14,8% e 
21,6%. 
 
c) margem de erro é E = 0,0338 ≈ 3,4% 
 (“o percentual é 18,2% com 3,4% para mais ou para menos” – fala que ouvimos sempre 
em época de eleições!!!) 
 
d) As hipóteses a serem testadas: 
 
 H0: p = p0 = 0,20 vs H1: p ≠ 0,20 
 
 A estatística do teste é: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Zobs= -1,01 > -1,96, logo pertence à região de aceitação de H0. 
 
Podemos concluir com 95% de confiança que o percentual de famílias que vivem abaixo do 
nível de pobreza nessa grande comunidade não se modificou. 
 
OBS.: Comparando esse resultado com o intervalo de confiança obtido no item (b) podemos 
verificar que 20% está dentro dele!! 
 
 
 
 
0338,0)01726,0)(96,1(
500
)182,01(182,0
96,1E 







 

01,1
500
)20,01(20,0
20,0182,0
n
)p1(p
ppˆ
z
00
0
obs 






0,025
R.R. H0 R.A. H0 R.R. H0
0,025
zobs-1,96
0,025
R.R. H0 R.A. H0 R.R. H0
0,025
zobs-1,96
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4. MISCELÂNEA DE EXERCÍCIOS RESOLVIDOS EM ATIVIDADES E PROVAS 
 
Questão 1: De uma população normal X, com variância igual a 9, foi retirada uma amostra 
com 25 observações, obtendo
152
25
1

i
ix
. Os limites (L) em que se corre o risco de 10% que 
o verdadeiro valor da média populacional 

seja menor que Linf ou maior que Lsup, são 
aproximadamente: 
a) 3,128 ; 9,032 
b) 5,096 ; 7,064 
c) 2,551 ; 9,606 
d) 4,904 ; 7,256 
 
Correta: B 
Solução: 
Temos: X ~ N(

; 3), pois 
2
= 9 ; n = 25 e 

i
ix
=152 
Logo, 
08,6
25
152


n
x
x i
i 
Então a estimativa pontual para a verdadeira média é : 
  6,0 ;08,6~ 
 25
3
;08,6~ 08,6ˆ NXNXx 





 
 
Para 

=10%, significa que P(-1,64 < Z < 1,64) = 0,90 (pois P(Z<-1,64)=0,05, pela Tabela 3) 
Calculando um intervalo com 90% de confiança para 

, tem-se: 
)064,7 ;096,5( 984,008,6 984,0)6,0)(64,1(
2
 Ex
n
zE
 
 
 
Questão 2: Para uma população normal com variância conhecida 2 , o nível de significância 
para os intervalos: (1) 
n
x
n
x
 14,214,2 
 e (2) 
n
x
n
x
 85,185,1 
. São aproximadamente: 
a) 1,6% e 3,3% 
b) 98,4% e 96,7% 
c) 96,8% e 93,6% 
d) 3,2% e 6,4% 
 
 
Correta: D 
 
Solução: 
170 
 
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Unidade 4: Introdução à Inferência Estatística 
 
X ~ N(

;

) com 
2
conhecida 
(1) tem-se que 
14,2
2
z
. Pela Tabela 3, verifica-se que P(Z < -2,14) = 0,016177, que por 
simetria é a mesma P(Z > 2,14). 
Então, o nível de significância 

 = P(Z < -2,14) + P(Z > 2,14) = 2 P(Z < -2,14) 
Logo, 

= (2))(0,016177)

0,032, ou seja, 

3,2% 
 
(2) Processo análogo ao (1) encontra-se P(Z < -1,85) = 0,032157 
  
6,4% 
 
Questão 3: Com base