RACIOCÍNIO LÓGICO QUANTITATIVO PARA AFRFB
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1
Testes de Hipóteses – Exemplos introdutórios
A inferência estatística fornece um processo de análise denominado teste de hipóteses, que
permite se decidir por um valor do parâmetro ou por sua modificação com um grau de risco
conhecido.
É muito comum no cotidiano alguém tomar decisões sobre populações com base em informações
sobre amostras. Estudaremos alguns testes paramétricos de hipóteses (paramétricos porque os
testes se referem a hipóteses sobre parâmetros da população).
Formulamos duas hipóteses básicas:
Testamos hipóteses para tomarmos uma decisão entre duas alternativas. O teste de
hipótese é um processo de decisão estatística.
Em um teste de hipótese, principiamos com um valor suposto (hipotético) de um parâmetro
da população. Depois de coletar uma amostra aleatória, comparamos a estatística da amostra, tal
como a média amostral (
X
), com o parâmetro suposto, tal como a média populacional hipotética (
µ
). Então, ou aceitamos ou rejeitamos o valor hipotético como sendo correto. O valor hipotético é
rejeitado somente se o resultado da amostra for claramente improvável de ocorrer quando a
hipótese for verdadeira.
O procedimento padrão para a realização de um teste de hipóteses é o que se segue:
i) Formular a hipótese nula e a hipótese alternativa. A hipótese nula H
0
é o valor suposto do
parâmetro o qual é comparado com o resultado da amostra. Ele é rejeitado somente se o
resultado da amostra for improvável sendo a hipótese considerada verdadeira. A hipótese
alternativa H
1
é aceita somente se a hipótese nula é rejeitada. A hipótese nula geralmente
é uma igualdade. A segunda hipótese, a chamada hipótese alternativa contradiz a hipótese
nula de alguma forma, portanto é uma desigualdade. Podemos ter, então, num teste, três
possíveis pares de hipóteses possíveis para um determinado parâmetro
θ.
0
0
1
0
:
:
H
H
θ θ
θ θ
=
≠
` ou
0
0
1
0
:
:
H
H
θ θ
θ θ
=
>
ou
0
0
1
0
:
:
H
H
θ θ
θ θ
=
<
Sendo
θ
0
um valor qualquer que o parâmetro
θ pode assumir.
ii) Fixar um nível de significância. O nível de significância é o padrão estatístico especificado
para rejeitar a hipótese nula. Se for especificado um nível de significância de 5%, a
hipótese nula é rejeitada somente se o resultado da amostra é tão diferente do valor
suposto que uma diferença igual ou maior ocorreria por acaso com uma probabilidade
máxima de 5%.
Observe que se for utilizado um nível de significância de 5%, existe uma probabilidade
de 5% de rejeitar a hipótese nula sendo a mesma verdadeira. Este é o chamado Erro do
Tipo I. A probabilidade do Erro do Tipo I é sempre igual ao nível de significância
utilizado como padrão para rejeitar a hipótese nula. Os níveis de significância mais
0
1
:
:
H
Hipótese nula ou da existência
H
Hipótese alternativa
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utilizados em testes de hipóteses são os de 5% e 1%. O erro do tipo II significa que
aceitamos a hipótese nula quando ela é falsa.
É importante memorizar o esquema abaixo:
Erro Tipo I: rejeitar H
0
, sendo H
0
verdadeiro.
Erro Tipo II: aceitar H
0
, sendo H
0
falsa.
Fazendo uma analogia, se consideramos a hipótese nula como sendo o acusado é inocente e,
portanto, a hipótese alternativa sendo o acusado é culpado, o erro do tipo I seria condenar um
inocente, enquanto o erro do tipo II seria análogo a absolver um culpado.
iii) Selecionar a estatística do teste. Por exemplo, para testar um valor hipotético da média
populacional, a média de uma amostra aleatória tomada daquela população poderia servir
como a estatística de teste. Assim, se a distribuição de amostragem da média é uma
distribuição normal, então o valor da média da amostra é transformado em um valor z.
iv) Estabelecer o valor crítico ou valores críticos da estatística do teste.
v) Determinar o valor real da estatística de teste.
vi) Tomar a decisão.
Teste de um valor hipotético da média, utilizando a distribuição normal
A distribuição normal de probabilidades pode ser utilizada para testar um valor hipotético da média
da população:
i)
Quando
30
n ≥
.
ii)
Quando
30
n <
, no caso de a população ser normalmente distribuída e
σ ser
conhecido.
0
0
1
0
:
:
H
H
θ θ
θ θ
=
≠
` ou
0
0
1
0
:
:
H
H
θ θ
θ θ
=
>
ou
0
0
1
0
:
:
H
H
θ θ
θ θ
=
<
Quando usamos o primeiro par de hipóteses acima, o teste se chama bicaudal ou bilateral. Isto
porque diferente pode ser maior ou menor, indicando que serão utilizadas as duas caudas da
distribuição.
Quando o teste é feito com um dos dois últimos pares de hipóteses, ele é conhecido como
monocaudal ou unilateral.
Para determinar os valores críticos da média e das proporções (etapa iv) utilizaremos as seguintes
fórmulas:
c
z
n
σ
µ
±
⋅
e
(1
)
c
p
p
P
z
N
−
± ⋅
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Valores de
c
z
em testes de hipótese
Nível de
Significância
Tipo de Teste
Unilateral
Bilateral
5%
+1,65 (ou -1,65)
±±±1,96
1%
+2,33 (ou -2,33)
±±±2,58
Exemplo: Afirma-se que a altura média dos jogadores de basquete que disputam uma
determinada liga é 1,95m. Numa amostra de 36 jogadores, foi encontrada uma média de 1,93m.
Sabe-se que o desvio-padrão da altura dos jogadores é 12 cm. Testemos, com um nível de
significância de 10%, se a afirmação é verdadeira.
Resolução
A hipótese nula deve ser a própria afirmação, isto é, que a média é 1,95m. A hipótese alternativa é
que a afirmativa é falsa, ou seja, diferente de 1,95 m.
0
1
:
1,95
:
1,95
H
H
µ
µ
=
≠
Trata-se, portanto, de um teste bilateral. Como n>30, devemos usar a distribuição normal. Se a
significância do teste é 10% e o teste é bicaudal, então isso equivale a 5% em cada cauda. Na
tabela da distribuição normal padronizada, isso equivale a um valor de
1, 645
c
z =
.
Calculemos os valores críticos:
0,12
1, 95 1, 645
1, 95 0, 033
36
c
z
n
σ
µ
± ⋅
=
±
⋅
=
±
Portanto, os valores que podem ocorrer numa amostra de 36 jogadores, com 90% de
probabilidade, estão entre 1,95-0,033 e 1,95+0,033. Se o valor amostral estiver dentro desse
intervalo, aceitamos a hipótese nula. Por isso chamaremos este intervalo de região de aceitação
(RA) e o conjunto dos pontos que não pertencem à região de aceitação é chamado de região de
rejeição ou região crítica.
[
]
1, 917;1, 983
RA =
O valor amostral foi 1,93, que está dentro da RA, portanto aceitaremos a hipótese nula.
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Exemplo: Em uma amostra com 100 famílias em uma cidade do interior, foi encontrada uma
renda-média de R$ 580,00. Segundo o prefeito, essa pesquisa está errada, pois a renda-média
em sua cidade é de, no mínimo R$ 650,00. Testemos a afirmação do prefeito com 10% de
significância, sabendo-se que o desvio-padrão da renda é de R$ 120,00.
Resolução
O prefeito não afirma que a renda é exatamente R$ 650,00, mas que é no mínimo R$ 650,00. A
hipótese alternativa (contrária à do prefeito) deve ser que a renda média seja menor do que R$
650,00.
0
1
:
650
:
650
H
H
µ
µ
=
<
Ou seja, estamos falando aqui de um teste monocaudal. Os 10% devem estar concentrados na
cauda esquerda da curva normal.
Assim, o valor a ser utilizado da tabela normal padronizada é (em módulo) 1,28. Como estamos
trabalhando a hipótese alternativa de ser menor (se a amostra apresentasse um valor maior do
que R$ 650,00, o prefeito não teria feito nenhuma objeção), a RA inclui todos os valores maiores
do que R$ 650,00. O que realmente importa são os valores menores, que têm seu limite inferior
dado por
120
650 1, 28
650 15, 36
634, 64
100
−
⋅
=
−
=
O valor encontrado na amostra foi R$ 580,00, que não pertence a esse intervalo. Vale dizer que,
se a renda fosse realmente R$ 650,00 no mínimo, a chance de encontrarmos R$ 580,00 numa
amostra de 100 elementos é inferior a 10%, então rejeitamos a hipótese nula, ou seja,
concluímos que o prefeito está equivocado.
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Exemplo: Uma pesquisa feita com 300 eleitores revelou que 23% votariam no candidato A. O
candidato B, entretanto, afirma que o seu oponente tem, no máximo 20% dos votos. Testemos a
afirmação do candidato B, utilizando um nível de significância de 5%.
Resolução
As hipóteses nesse caso são
0
1
:
0, 2
:
0, 2
H
p
H
p
=
>
Novamente temos um teste monocaudal, desta vez utilizada a cauda da direita.
(1
)
0, 2 0,8
20% 1, 645
23,8%
300
c
p
p
P
z
N
−
⋅
+ ⋅
=
+
⋅
=
Como o valor amostral foi 23%, o que está dentro da RA, então, aceitamos a hipótese nula
(considerando 5% de significância) ou, em outras palavras, não é possível contestar a afirmação
do candidato B.
Vejamos outro exemplo para aprofundarmos a teoria e definirmos alguns outros conceitos.
Considere duas moedas (em cada uma delas temos cara/coroa). No nosso exemplo, uma das
moedas é honesta, ou seja, a probabilidade de sair cara é igual a probabilidade de sair coroa.
A outra é uma moeda viciada e vamos considerar que a probabilidade de sair coroa é 2/3 e,
consequentemente, a probabilidade de sair cara é igual a 1/3.
Escolhemos uma das moedas. José, que tem conhecimento das probabilidades acima
mencionadas, tem que adivinhar qual delas foi escolhida. Para tanto, lançamos três vezes a
moeda escolhida. Ao final de cada lançamento, comunicamos a José o resultado.
José estabelece o seguinte critério de decisão. Se os três lançamentos resultarem em coroa, ele
vai arriscar que se trata da moeda viciada. Caso contrário, vai arriscar que se trata da moeda
honesta.
O que José está fazendo é um teste de hipóteses.
Num teste de hipóteses fazemos alguma consideração sobre um dado valor. No exemplo acima,
José precisa decidir qual das duas moedas foi escolhida. No fundo, quer saber se, para a moeda
escolhida, a probabilidade de sair coroa é de 2/3 ou 1/2. Qualquer que seja a sua conclusão, ela
estará sujeita a erro.
Vamos começar a nos acostumar com os termos utilizados no teste de hipótese.
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José quer testar a hipótese de, para a moeda escolhida, a probabilidade de sair coroa ser 1/2.
Esta hipótese é chamada de H
0
(lê-se H zero). É também chamada de hipótese nula.
Vamos escrever a hipótese H
0
:
H
0
: P(coroa) = 1/2. (hipótese nula)
Caso a probabilidade de sair coroa não seja de 1/2, então a referida probabilidade será de 2/3.
Esta outra hipótese é a hipótese alternativa. É chamada de H
A
.
H
A
: P(coroa) = 2/3. (hipótese alternativa)
Algumas bancas costumam utilizar H
1
em vez de H
A.
Muito bem, agora José define um critério de decisão. Seu critério é baseado no número de coroas
que vão sair em três lançamentos. Se saírem duas, uma ou zero coroas, José vai assumir que se
trata da moeda honesta. Se saírem três coroas, José vai assumir que se trata da moeda viciada.
Escolher o critério de decisão é a parte mais difícil de um teste de hipóteses. Os cálculos são um
pouco mais complexos. E muitas vezes estão presentes alguns fatores difíceis de quantificar.
Dada a dificuldade envolvida na escolha do critério de decisão, as questões de concursos não
cobram seu cálculo. A questão sempre informa o critério a ser adotado. Ou então ela fornece todo
o resultado do teste, de tal modo que seja fácil encontrar o critério de decisão escolhido.
Definidas as hipóteses que serão testadas (escolher entre H
0
e H
1
), definido o critério de decisão,
agora é só fazer a experiência e ver qual hipótese será escolhida.
Muito bem. Vamos supor que Maria lança a moeda três vezes e nas três vezes o resultado é
coroa.
Neste caso, José rejeita a hipótese H
0
e assume como verdadeira a hipótese H
1
.
Veja que a conclusão de José está sujeita a erro. Isto porque é possível que, mesmo que a moeda
seja honesta, tenhamos três resultados coroa.
Vamos supor que José tenha errado. Neste caso, em que José rejeita a hipótese H
0
, dado que ela
é verdadeira, a probabilidade de ele cometer um erro é:
12,5% é a probabilidade de, lançando uma moeda honesta três vezes, saírem três coroas.
Ou seja, caso a moeda lançada seja a moeda honesta, há uma probabilidade de 12,5% de José
errar. Este erro é chamado de erro do tipo I.
Erro tipo I: rejeitar H
0
dado que ela é verdadeira.
A probabilidade acima é também chamada de
nível de significância do teste
. O símbolo
geralmente utilizado é
.
Nível de significância: probabilidade de cometer o erro do tipo I. Símbolo usual:
Vamos alterar o exemplo. Agora, em vez de terem saído três coroas, na verdade saíram duas
coroas e uma cara. Neste caso, utilizando seu critério de decisão, José aceita H
0
como verdadeira
e rejeita H
1
.
%
5
,
12
2
1
)
(
3
=
=
erro
P
%
5
,
12
2
1
)
_
_
(
3
=
=
I
tipo
erro
P
α
%
5
,
12
=
α
α
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Neste segundo exemplo, José também está sujeito a erro. Isto porque é possível que, lançando a
moeda viciada três vezes, tenhamos pelo menos um resultado cara.
Este segundo tipo de erro consiste em aceitar H
0
dado que ela é falsa. É chamado de erro do tipo
II.
Erro tipo II: aceitar H
0
dado que ela é falsa.
A probabilidade de ocorrer o erro do tipo II é designada pelo símbolo
. Vamos calcular esta
probabilidade.
A probabilidade de, em três lançamentos da moeda viciada, obtermos uma, duas ou três caras é:
A probabilidade de aceitar H
0
, dado que ela é falsa, é de 70,37%.
O valor
é chamado de poder do teste.
(poder do teste).
O poder do teste é a probabilidade de H
0
ser rejeitada dado que ela é falsa.
Note como o poder do teste foi baixo. Isto porque José privilegiou a hipótese H
0
. Ele só a rejeita
num caso muito extremo, em que os três resultados forem coroa. Por isto o valor de
foi
pequeno, garantindo uma baixa probabilidade de cometer o erro do tipo I. Contudo, em geral,
quanto menor o valor de
, maior o valor de
(maior a probabilidade de se cometer o erro do
tipo II). Daí a dificuldade de escolher um bom critério de decisão. É comum que, ao reduzirmos um
tipo de erro, o outro aumenta.
Teste de hipóteses é apenas isto. Queremos testar se uma dada hipótese H
0
é verdadeira.
O exercício vai nos dizer o critério de decisão. Vai nos fornecer um experimento. Com base no
experimento, verificamos se o resultado foi extremo ao ponto de nos fazer rejeitar H
0
. Se for
extremo, rejeitamos tal hipótese. Caso contrário, aceitamos.
No exemplo que nós demos as hipóteses eram:
H
0
: P(coroa) = 1/2
H
1
: P(coroa) = 2/3.
Neste exemplo acima, as duas hipóteses atribuíam à probabilidade em estudo um valor único. A
hipótese nula atribuía o valor 1/2. A hipótese alternativa atribuía o valor 2/3.
Este tipo de teste não é muito usual em concursos. As hipóteses alternativas que vão aparecer
nos exercícios, geralmente, têm outra forma. Nos testes realmente cobrados em concursos, a
hipótese alternativa seria assim:
H
1
: P(coroa)
≠
1/2.
Outra opção:
H
1
: P(coroa)
<
1/2.
Ou ainda:
H
1
: P(coroa)
>
1/2.
β
7037
,
0
3
2
3
1
3
3
2
3
1
3
3
1
)
_
_
(
2
2
3
=
×
×
+
×
×
+
=
II
tipo
erro
P
%
37
,
70
=
β
β
−
1
%
63
,
29
1
=
−
β
α
α
β
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No primeiro caso (em que temos o sinal de diferença ≠) o teste é dito bilateral. Nos outros dois
casos (com os sinais de ‘>’ e ‘<’) o teste é dito unilateral. Vamos estudá-los com mais calma
adiante.
Vamos novamente fazer testes sobre a média.
1º tipo de exemplo: entendendo os tipos de teste: bilateral e unilateral
Exemplo 1.
Estamos analisando o preço pelo qual a Administração Pública compra um certo
produto. Sabemos que, em licitações honestas (livres de fraudes), para uma certa região do país, o
preço médio é de R$ 220,00.
Foram feitos levantamentos de auditoria recentes em alguns órgãos em que há suspeita de
fraudes em licitações. As duas fraudes em análise são as seguintes:
·
Há prévio acerto entre as licitantes, de forma que o preço contratado é consideravelmente
maior que R$ 220,00;
·
Há acerto prévio entre a licitante vencedora e o órgão, de tal forma que o preço contratado é
muito inferior a R$ 220,00. Nestes casos, o grande problema se dará na execução do contrato
tendo em vista que, sendo o preço inexequível, o contrato não será regularmente cumprido.
Num caso concreto, nos deparamos com 30 compras de um determinado órgão público. A média
para esta amostra foi de R$ 230,00.
Queremos testar a hipótese de as licitações terem sido honestas contra a hipótese alternativa de
as licitações terem sido fraudadas. Escreva as hipóteses a serem testadas.
Resolução.
É natural esperar que, se em um dado órgão ocorrem fraudes a licitações, elas são sistemáticas.
Assim, vamos testar a hipótese de as licitações terem sido honestas contra a hipótese alternativa
de as licitações terem sido fraudadas.
No fundo queremos testar a hipótese de a média da população da qual foi retirada esta amostra
ser igual a R$ 220,00.
H
0
:
H
1
:
Este primeiro tipo de teste da média é chamado de teste bilateral. Ele é caracterizado pela
hipótese alternativa ser do tipo
(a média é diferente de alguma coisa).
Por que a palavra bilateral? Porque há duas formas de rejeitarmos a hipótese H
0
. Se a média da
amostra for consideravelmente maior que R$ 220,00, rejeitamos a hipótese por ser mais provável
que tenha havido conluio entre as empresas e o preço esteja superfaturado.
De outra maneira, se o valor obtido for consideravelmente menor que R$ 220,00, também
rejeitamos a hipótese H
0
. Desta vez seria mais provável estarmos diante do segundo tipo de
irregularidade: há conluio entre a licitante e o órgão contratante.
Ou seja, analisamos os valores nos dois sentidos. Tanto os que são muito menores que 220
quanto os que são muito maiores que 220. Por isto o teste é chamado de bilateral. Tanto em um
caso quanto em outro, concluímos que a amostra não foi retirada da população das licitações
honestas.
A finalidade do teste de hipóteses é apenas isto. Neste caso, queremos avaliar se 230 é
consideravelmente diferente de 220 ou não. Até poderíamos fazer isto de forma intuitiva. Há casos
220
=
µ
220
≠
µ
k
≠
µ
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em que a diferença é tanta que nem precisaríamos de teste algum. Se a média da amostra fosse
de 500 (mais que o dobro de 220), certamente estaríamos diante de fraudes.
Já no caso do exercício, queremos avaliar se 230 é consideravelmente diferente de 220.
Intuitivamente, algumas pessoas podem dizer que não é. Essas pessoas tenderiam a aceitar a
hipótese de que essas licitações são honestas (hipótese nula). Outras pessoas tenderiam a achar
que a diferença é considerável, sendo levadas a rejeitar a hipótese nula.
O teste de hipóteses nos fornece uma forma sistemática de testar se os valores envolvidos são
consideravelmente diferentes ou não.
Bem, encerrando este exercício, a resposta fica:
H
0
:
H
1
:
Exemplo 2.
Estamos analisando o preço pelo qual a Administração Pública compra um certo
produto. Sabemos que, em licitações honestas (livres de fraudes), para uma certa região do país, o
preço médio é de R$ 220,00.
Foram feitos levantamentos de auditoria recentes em alguns órgãos em que há suspeita de
fraudes em licitações. Há um único tipo de fraude em análise, que consiste em acerto entre as
licitantes, de forma que o preço contratado é consideravelmente maior que R$ 220,00.
Num caso concreto, nos deparamos com 30 compras de um determinado órgão público. A média
para esta amostra foi de R$ 230,00.
Queremos testar a hipótese de as licitações terem sido honestas contra a hipótese alternativa de
as licitações terem sido fraudadas.
Escreva as hipóteses a serem testadas.
Resolução.
Agora, o único tipo de fraude ocorre quando a média dos preços contratados é significativamente
maior que 220,00.
Ou seja, valores significativamente menores que 220,00 não nos fazem mais rejeitar a hipótese
nula, a exemplo do que ocorria no exercício anterior. O teste é unilateral, pois só analisarmos a
reta real em um sentido: só valores significativamente maiores que 220,00 nos fazem rejeitar H
0
.
A resposta fica:
H
0
:
H
1
:
Exemplo 3.
Estamos analisando o preço pelo qual a Administração Pública compra um certo
produto. Sabemos que, em licitações honestas (livres de fraudes), para uma certa região do país, o
preço médio é de R$ 220,00.
Foram feitos levantamentos de auditoria recentes em alguns órgãos em que há suspeita de
fraudes em licitações. Há um único tipo de fraude em análise, que consiste acerto prévio entre a
licitante vencedora e o órgão, de tal forma que o preço contratado é muito inferior a R$ 220,00.
Nestes casos, o grande problema se dará na execução do contrato tendo em vista que, sendo o
preço inexequível, o contrato não será regularmente cumprido.
Num caso concreto, nos deparamos com 30 compras de um determinado órgão público. A média
para esta amostra foi de R$ 230,00.
220
=
µ
220
≠
µ
220
=
µ
220
>
µ
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Queremos testar a hipótese de as licitações terem sido honestas contra a hipótese alternativa de
as licitações terem sido fraudadas.
Escreva as hipóteses a serem testadas.
Resolução.
Agora, apenas valores significativamente menores que 220,00 nos fazem rejeitar a hipótese nula.
Ficamos com:
H
0
:
H
A
:
Nos dois últimos exemplos, tivemos testes unilaterais, pois havia uma única forma de rejeitarmos
a hipótese nula.
2º tipo de exemplo: entendendo a idéia do teste de hipótese
Exemplo 4.
Estamos analisando o preço pelo qual a Administração Pública compra um certo
produto. Sabemos que, em licitações honestas (livres de fraudes), para uma certa região do país, o
preço médio é de R$ 220,00.
Sabemos também que a variância da variável preço, nas licitações honestas, é de 120 R$
2
.
Foram feitos levantamentos de auditoria recentes em alguns órgãos em que há suspeita de
fraudes em licitações. As duas fraudes em análise são as seguintes:
·
Há prévio acerto entre as licitantes, de forma que o preço contratado é consideravelmente
maior que R$ 220,00;
·
Há acerto prévio entre a licitante vencedora e o órgão, de tal forma que o preço contratado é
muito inferior a R$ 220,00. Nestes casos, o grande problema se dará na execução do contrato
tendo em vista que, sendo o preço inexequível, o contrato não será regularmente cumprido.
Num caso concreto, nos deparamos com 30 compras de um determinado órgão público. A média
para esta amostra foi de R$ 230,00. Teste a hipótese de as licitações terem sido honestas contra
a hipótese alternativa de as licitações terem sido fraudadas. Considere um nível de significância
de 5%.
Resolução.
Já vimos que este é um teste bilateral:
H
0
:
H
A
:
Se a média da amostra for
significativamente diferente
de 220, rejeitaremos a hipótese nula.
Consideraremos que a média da população da qual foi extraída a amostra não tem média 220.
Caso contrário, aceitamos a hipótese nula. Assumiremos que a média da população é sim igual a
220.
Ou seja, nosso teste se resume a determinar se 230 é significativamente diferente de 220 ou não.
Mas, em termos objetivos: a partir de qual valor já podemos considerar que estamos
significativamente afastados de 220?
Esta pergunta é respondida pelos
valores críticos
.
220
=
µ
220
<
µ
220
=
µ
220
≠
µ
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Para fazer um teste de hipóteses, a gente sempre dá um crédito para a hipótese nula. Sempre
partimos do pressuposto de que ela é verdadeira. Ou seja, iniciamos supondo que a média da
população é realmente 220,00.
Feito isso, já temos condições de estudar a média amostral (
).
Vimos na parte 1 que
é uma variável aleatória. Sua esperança coincide com a média da
população. Sua variância é igual à variância da população dividida por n (onde n é o tamanho da
amostra).
Conhecendo o comportamento de
, podemos determinar os
valores críticos
. São valores que
delimitam os casos raros.
O nível de significância está intimamente relacionado com os casos raros.
Se o nível de significância é de 5%, então os casos raros são aqueles que só ocorrem em
5% das vezes.
Por enquanto,
não vamos fazer contas ainda
. Certo? Vou dar todas as contas prontas.
Supondo que a média populacional seja 220,00, podemos concluir que
tem o seguinte
comportamento:
- em 95% das vezes,
assume valores entre 216,08 e 223,92
- em 5% das vezes,
assume valores fora deste intervalo.
Estes são os valores críticos. São os valores que separam os casos usuais (que ocorrem em 95%
das vezes) dos casos raros (que ocorrem em 5% das vezes).
Observem que os casos raros foram delimitados de forma que a probabilidade de ocorrência seja
igual ao nível de significância (5%).
No nosso exemplo, a média amostral foi de 230,00.
É possível que a população tenha média 220,00 e, ainda sim, seja extraída uma amostra com
média 230,00?
Sim, é possível. Mas é um caso raro. Na grande maioria das vezes, a média amostral estará entre
216,08 e 223,92.
Nós não aceitamos casos raros. Neste caso, concluímos que a amostra não foi retirada de uma
população com média 220,00. Por isso, rejeitamos a hipótese nula.
O valor da média amostral obtido para o experimento realizado (=230,00) é chamado de
estatística teste
.
Resposta: deve-se rejeitar a hipótese nula.
X
X
X
X
X
X
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Teste de hipóteses para a média.
- Calculamos os valores críticos (que separam os casos raros daqueles que ocorrem
frequentemente)
- Analisamos se a estatística teste é um caso raro ou não. Se for raro, rejeitamos a
hipótese nula.
Vamos refazer o mesmo exercício. Mas vamos nos concentrar em como calcular os valores
críticos.
Como as provas geralmente fornecem a tabela para a distribuição normal reduzida (com média
zero e variância 1), então é comum que todo teste de hipóteses seja feito com base na variável Z,
que estudamos nas aulas anteriores.
Vamos colocar o passo a passo do teste, para já começarmos a gravar.
Primeiro passo: determinar o valor crítico de Z.
Valor crítico é o valor extremo até onde aceitamos a hipótese H
0
. No exemplo das moedas de
Maria, o valor crítico era dois. Até o limite de dois resultados “coroa”, aceitaríamos a hipótese H
0
.
Após este limite, rejeitávamos H
0
.
Quando o teste for sobre médias, vamos fazer o seguinte. Vimos na parte 1 que a média amostral
(
) pode ser vista como uma variável aleatória de média
e desvio padrão
. Relembrando a
nossa simbologia:
·
é uma variável aleatória que representa os diversos valores de média amostral que podem
ser obtidos, caso fizéssemos inúmeras amostras.
·
é a média da população.
·
é o desvio padrão da população.
·
é o tamanho das amostras.
·
é o desvio padrão de
. Ele pode ser calculado assim:
.
Vimos também que
é uma variável normal (caso a população tenha distribuição normal) ou
aproximadamente normal (caso a população não seja normal, mas as amostras sejam
suficientemente grandes).
Assim, para
nós podemos utilizar a tabela de áreas da variável normal. Só que para utilizar
esta tabela, nós precisamos trabalhar com a variável normal reduzida. Para obter a variável
reduzida Z, nós estudamos a seguinte transformação:
Z tem média zero e desvio padrão unitário.
Vamos, a partir da tabela de áreas para a variável normal reduzida, obter o intervalo centrado na
média que contém 95% dos valores de Z.
Por que 95%?
Porque estamos delimitando os casos freqüentes.
X
µ
X
σ
X
µ
σ
n
X
σ
X
n
X
σ
σ
=
X
X
X
X
Z
σ
µ
−
=
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Com isso, automaticamente, os casos raros corresponderão a 5%, coincidindo com o nível de
significância.
Consultamos a tabela I ao final da aula. Verificamos que 47,5% dos valores de Z estão entre 0 e
1,96. Como a distribuição é simétrica, 47,5% dos valores estão entre 0 e
.
Juntando os dois, temos que a probabilidade de Z estar entre -1,96 e 1,96 é de 95% (= área verde
da figura abaixo).
Estes são os valores críticos de Z. São os valores que delimitam a área de 95%.
Segundo passo: obter a estatística teste.
A estatística teste é o valor de Z para o experimento realizado.
Para o experimento feito,
.
A média populacional (
), esta nós não sabemos. Assim, neste segundo passo, nós vamos supor
que a hipótese nula seja verdadeira. Supondo que realmente a média da população seja de 220 (
, a estatística teste fica:
Precisamos calcular
. Lembrando a sua fórmula (estudada na parte 1):
.
Continuando o cálculo de Z:
96
,
1
−
X
X
teste
Z
σ
µ
−
=
_
230
=
X
µ
)
220
=
µ
X
teste
Z
σ
220
230
_
−
=
X
σ
n
X
2
2
σ
σ
=
4
30
120
2
2
=
=
=
n
X
σ
σ
2
4 =
=
X
σ
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Terceiro passo: comparar a estatística teste com os valores críticos. Verificamos que 5 (estatística
teste) é maior que 1,96. Portanto, está fora do intervalo -1,96 a 1,96. Está significativamente
afastado da média de Z.
Ou seja, se pudéssemos fazer inúmeras amostras de tamanho 30, a partir de uma população com
média 220 e variância 120, em 95% dos casos o valor de Z_teste estaria entre -1,96 e 1,96.
A região verde da figura acima é delimitada pelos valores críticos de Z.
Se o valor de Z_teste caísse dentro do intervalo -1,96 a 1,96, estaríamos dentro da região verde.
Ela contém 95% dos valores da variável normal reduzida. Esta região é chamada de
região de
aceitação
. Se, para o experimento em análise, o valor de Z_teste estivesse na região de
aceitação, nós aceitaríamos a hipótese H
0
. Consideraríamos que o valor de Z_teste não é
significativamente diferente de zero (e, portanto, X não é significativamente diferente de 220).
Não foi o caso. Vimos que Z_teste cai fora da região de aceitação. O Z_teste cai na área amarela
(região crítica).
A área amarela pode ser chamada de região crítica. É a região além dos valores críticos. É a
região em que os valores de Z nos fazem rejeitar a hipótese H
0
.
Conclusão: rejeitamos a hipótese nula.
Por curiosidade, vejamos os valores de
que correspondem a -1,96 e 1,96.
Quando Z vale -1,96,
vale:
X
teste
Z
σ
220
230
_
−
=
5
2
220
230
_
=
−
=
teste
Z
X
220
2
2
220
+
=
⇒
−
=
Z
X
X
Z
X
08
,
216
220
)
96
,
1
(
2
=
+
−
×
=
X
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Quando Z vale +1,96,
vale:
Se a média da população realmente fosse igual a 220, e se fosse possível fazer infinitas amostras
de tamanho 30, a média amostral, em 95% dos casos, estaria entre 216,08 e 223,92 (o que
implica em Z_teste entre -1,96 e 1,96). Não foi o caso. Ou estamos diante de um caso raro ou a
média populacional não é 220.
Diante deste quadro, rejeitamos a hipótese nula.
Pergunta: qual a probabilidade de cometer o erro do tipo I?
Em outras palavras: qual a probabilidade de rejeitar a hipótese H
0
, dado que ela é verdadeira?
Cometemos o erro do tipo I numa das raras vezes em que, apesar da média populacional ser
realmente 220, o valor de Z_teste cai na região amarela.
Lembrem-se do que dissemos acima: se a média da população realmente fosse igual a 220, e se
fosse possível fazer infinitas amostras de tamanho 30, a média amostral, em 95% dos casos,
estaria entre 216,08 e 223,92 (o que implica em Z_teste entre -1,96 e 1,96). Como conseqüência,
em 5% das vezes a média amostral estaria fora do intervalo entre 216,08 e 223,92 (o que implica
em Z_teste fora do intervalo entre -1,96 e 1,96).
Nessas raras ocasiões (em 5% das vezes), nós rejeitaremos a hipótese nula, mesmo que ela seja
verdadeira. Logo, a probabilidade de se cometer o erro do tipo I é de 5%. Portanto:
Interessante notar que a soma das áreas amarelas é exatamente igual ao valor de
(=5%).
Esta igualdade deixa claro porque no início do problema procuramos o intervalo que continha 95%
dos valores. Isto fez com que a área verde fosse de 0,95. Como conseqüência, a soma das duas
áreas amarelas é de 0,05. As áreas amarelas correspondem aos valores mais afastados da média
de Z. Nestas áreas temos os valores mais extremos, mais afastados de zero. São os valores que
nos fazem rejeitar a hipótese nula.
Resumo do teste da média quando a variância populacional é conhecida.
1º Passo: encontrar os valores críticos de Z. Isto deve ser feito de modo que a região
crítica tenha área igual ao nível de significância.
2º Passo: encontrar a estatística teste. Usar a fórmula:
3º Passo: ver se a estatística teste cai na região de aceitação ou na região crítica.
Pronto. Teste de hipóteses é apenas isso.
Caso o teste seja unilateral, só o que muda é que a região crítica estará toda de um lado só da
reta real (em vez de dividida em duas partes).
Vamos mudar um pouco o exercício acima. Agora, vamos supor que não conhecemos mais a
variância da população.
X
92
,
223
220
)
96
,
1
(
2
=
+
×
=
X
%
5
=
α
α
X
X
teste
Z
σ
µ
−
=
_
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Exemplo 5.
Obtivemos uma amostra de 30 compras de um órgão público. A média para esta
amostra foi de R$ 230,00. A variância desta amostra foi 120 R$
2
. Teste a hipótese de que a média da
população da qual foi extraída esta amostra seja igual a R$ 220,00, considerando um nível de
significância de 5% (
).
Resolução:
A grande diferença deste exercício para o anterior é que agora não sabemos a variância da
população. Nestes casos, não podemos utilizar a variável Z, que tem distribuição normal.
Utilizamos a variável t, que tem distribuição T de Student.
A situação é bem semelhante quando tínhamos intervalos de confiança para a média. Se
soubermos a variância populacional, usamos a variável Z (normal reduzida). Caso contrário,
usamos a distribuição T.
De resto, o passo a passo é bem semelhante.
Primeiro passo: determinar os valores críticos da variável t.
A tabela para a distribuição T está ao final desta aula (tabela II).
Na distribuição T precisamos do número de graus de liberdade. No caso da distribuição T, o
número de graus de liberdade é igual a
. Vamos consultar a tabela para 29 graus de
liberdade e para o nível de significância de 5%.
O valor de t correspondente é: 2,045.
Segundo passo: obter a estatística teste.
A estatística teste é o valor de t para o experimento realizado.
Para o experimento feito, o valor de t vale:
Onde
é o estimador de
.
Precisamos calcular o valor de
. A fórmula é:
Agora obtemos o valor da estatística teste:
Terceiro passo: comparamos os valores críticos de t com a estatística teste. Verificamos que a
estatística teste está fora do intervalo definido pelos valores críticos. Portanto, rejeitamos a
hipótese H
0
.
%
5
=
α
1
−
n
045
,
2
1
_
_
=
critico
t
045
,
2
2
_
_
−
=
critico
t
X
s
X
teste
t
µ
−
=
_
X
s
X
σ
X
s
2
30
120
2
=
=
=
n
s
s
X
X
X
s
X
teste
t
µ
−
=
_
5
2
220
230
_
=
−
=
teste
t
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Resumo do teste da média quando a variância populacional é desconhecida.
1º Passo: encontrar os valores críticos de t. Definir a região de aceitação e a região
crítica.
2º Passo: encontrar a estatística teste. Usar a fórmula:
3º Passo: ver se a estatística teste cai na região de aceitação ou na região crítica
Exemplo 6.
Trabalhamos em uma indústria. Precisamos saber se um dado produto resiste a uma
temperatura de 200°C (para verificar se atende a alguns requisitos técnicos). Para tanto,
selecionamos uma amostra de 100 produtos e o submetemos a temperaturas cada vez maiores, até
que o produto comece a derreter. Para esta amostra de 100 produtos, a temperatura média na qual
começou o derretimento foi de 195°C. A variância da amostra foi de 25 ºC
2
.
Teste a hipótese de que a média da população de onde foi retirada a amostra seja de 200 °C,
contra a hipótese alternativa de a média seja inferior a 200°C, para um nível de significância de
5%.
Dados:
Resolução.
As hipóteses são:
H
0
:
H
1
:
Podemos usar direto a informação do enunciado ou podemos consultar a tabela da distribuição T
para 100 – 1 = 99 graus de liberdade.
E agora, cuidado! Não podemos consultar a coluna de nível de significância de 5%. Apesar
de o problema ter solicitado o nível de 5% ele não pode ser utilizado porque a tabela que
consta ao final da aula é para testes bilaterais.
Se consultarmos a tabela para 99 graus de liberdade e nível de confiança de 5%, como se trata de
uma tabela para o teste bilateral, saberemos que a área verde da figura abaixo será igual a 95%.
X
s
X
teste
t
µ
−
=
_
45
,
0
)
645
,
1
0
(
=
≤
≤ Z
P
05
,
0
)
66
,
1
(
=
−
≤
t
P
200
=
µ
200
<
µ
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É isto que a tabela fornece. Ela indica que a probabilidade de t estar fora do intervalo de -1,98 a
1,98 é igual ao nível de significância de 5%. É uma tabela para ser utilizada em testes bilaterais.
Ela indica que a área da região crítica (=soma das duas áreas amarelas) é igual a 0,05. Há duas
regiões críticas. Uma para valores consideravelmente maiores que zero. Outra para valores
consideravelmente menores que zero.
Só que nosso teste é unilateral. Ele não tem duas áreas amarelas. Ele tem uma só. Queremos
achar um valor de t crítico tal que a área verde da abaixo seja de 95%.
No gráfico acima sim, temos apenas uma área de rejeição (área amarela).
Se a área verde é igual a 95%, a área amarela é 5%.
Ou seja, nossa tarefa é achar um t_crítico tal que a área amarela da figura acima seja de 5%. Tal
que à sua esquerda tenhamos 5% dos valores.
Para acharmos o t_crítico, vamos consultar a tabela para 99 graus de liberdade e nível de
confiança de 10% (sempre assim, quando o teste é unilateral e a tabela é para testes bilaterais,
consultamos o dobro do nível de significância). Consultando a tabela, obtemos 1,66.
Isto significa que a área verde da figura abaixo é de 0,9.
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O que a tabela da distribuição T nos indica é que a soma das duas áreas amarelas acima é 0,10,
que corresponde a um nível de significância de 10% em um teste bilateral.
Só que nosso teste é unilateral. E o t crítico que procurávamos é exatamente -1,66, pois à sua
esquerda temos 5% dos valores.
Segundo passo: encontrar a estatística teste.
Precisamos encontrar
.
Continuando o cálculo da estatística teste:
Terceiro passo: comparar a estatística teste com o valor crítico.
X
s
X
teste
t
µ
−
=
_
X
s
5
,
0
100
25
2
=
=
=
n
s
s
X
X
10
5
,
0
200
195
_
−
=
−
=
teste
t
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Verificamos que a estatística teste está além do valor crítico. Se a estatística teste assumisse
valores até -1,66, consideraríamos que a temperatura média para a amostra não é
significativamente menor que 200°C. Contudo a estatística teste foi de -10, número este abaixo de
-1,66. Rejeitamos a hipótese H
0
e consideramos que a população de onde foi retirada a amostra
não atende à especificação de suportar temperaturas de 200°C. A estatística teste caiu na região
amarela (região crítica).
Testes unilaterais: só há uma região crítica; só há um valor crítico.
Cuidado para as informações fornecidas na questão. Se a questão trouxer dados
sobre o teste bilateral, é preciso adaptar a informação.
Texto para os exercícios 01 e 02.
Um pesquisador avaliou se a pressão sangüínea dos candidatos do último Concurso para um
Tribunal de Contas se alterava no início da prova. Em condições normais, sem stress, os
candidatos entre 18 e 32 anos apresentaram uma pressão sistólica média de 120 mm Hg. Após
medir a pressão de 36 candidatos a cinco minutos do início da prova, foi encontrada a pressão
sistólica média de 125,2 mm Hg com desvio padrão amostral de 12 mm Hg. Deve-se testar:
01.
TCE RO 2007[CESGRANRIO]
O valor calculado da estatística t é:
(A) 2,60
(B) 0,43
(C) 0,01
(D) – 0,43
(E) – 2,60
Resolução.
Como não conhecemos o desvio-padrão da população, devemos utilizar o desvio-padrão
amostral. Neste caso, em vez da distribuição normal, consultamos a tabela para a distribuição T,
com 35 graus de liberdade (=
).
No caso específico desta questão, não precisamos fazer todo o teste de hipóteses. A questão
apenas solicitou o cálculo da estatística teste.
Precisamos encontrar
.
Continuando o cálculo da estatística teste:
120
:
0
=
µ
H
120
:
1
>
µ
H
1
36 −
X
s
X
teste
t
µ
−
=
_
X
s
2
36
12 =
=
=
n
s
s
x
X
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Gabarito: A
02.
TCE RO 2007[CESGRANRIO]
Nos níveis de significância de 5% e 10%, é correto afirmar que a(o):
(A) hipótese nula é aceita em ambos os níveis.
(B) hipótese nula é rejeitada em ambos os níveis.
(C) hipótese nula é rejeitada em 5% e aceita em 10%.
(D) hipótese nula é aceita em 5% e rejeitada em 10%.
(E) teste é inconclusivo.
Resolução.
Precisamos achar o valor crítico de t. A consulta deveria ser feita na tabela da distribuição T com
35 graus de liberdade. Ocorre que na prova da Cesgranrio não foi fornecida a linha equivalente a
35 graus de liberdade. De igual modo, na tabela constante ao final da aula, também não consta a
linha para 35 graus de liberdade.
Por isso, vamos tomar os valores mais próximos disponíveis na tabela (30 e 40 graus de
liberdade).
Primeiro caso: nível de significância de 5%.
Queremos achar o valor de t
0
tal que a área amarela da figura abaixo seja de 5% (pois o teste é
unilateral).
Se o número de graus de liberdade fosse 30, teríamos:
=
.
Se o número de graus de liberdade fosse 40, teríamos:
=
.
Observem que, apesar de o nível de significância ser de 5%, consultamos a coluna de 10%, pois a
tabela é para testes bilaterais.
6
,
2
2
120
2
,
125
_
=
−
=
teste
t
0
t
697
,
1
0
t
684
,
1
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22
Como o número de graus de liberdade é 35 (que está entre 30 e 40), o valor crítico procurado está
entre
e
.
Logo, a estatística teste, certamente, cairá na região crítica (área amarela). A hipótese nula deve
ser rejeitada.
Segundo caso: nível de significância de 10%.
Aumentar o nível de significância é aumentar a área amarela. A área amarela passaria a ser de
10%.
Quando a área amarela era menor (tamanho 5%), a estatística teste caia na região amarela.
Agora estamos aumentando a região crítica. Com isso, certamente, a estatística teste vai
continuar caindo na região amarela.
A hipótese nula será novamente rejeitada.
Letra B
03.
SEFAZ RJ 2007 [FGV] Para a realização do teste de hipóteses H
o
: µ = µ
o
, contra H
1
: µ > µ
o
,
definimos como ERRO DO TIPO I:
Resolução
A questão foi anulada. Mas ainda é útil para revisarmos o tal do erro de tipo I.
O erro do tipo I consiste em rejeitarmos a hipótese nula, dado que ela é verdadeira. A
probabilidade de cometermos o erro de tipo I é chamada de nível de significância. Seu símbolo
usual é
.
Neste caso, rejeitaríamos a hipótese nula quando a média amostral para o experimento feito é
maior que o valor crítico. Vamos chamá-lo de .
Isto ocorre quando:
Assim, a probabilidade do erro de tipo I ficaria:
E não há qualquer alternativa que contém esta expressão. A mais próxima é a letra B, que
corresponde ao gabarito preliminar.
Na verdade, a questão contém alguns erros.
A primeira falha consiste em se referir a “erro do tipo I”. O erro de tipo I é simplesmente isso:
rejeitarmos a hipótese nula quando ela é verdadeira. Mas o que as alternativas tentaram
apresentar foi a probabilidade de cometermos o erro de tipo I.
Por causa desta falha, a questão foi anulada.
Outra falha, não reconhecida pela banca, foi a que segue.
697
,
1
684
,
1
α
k
k
X >
)
(
0
µ
µ
=
> k
X
P
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23
Quando fazemos um teste de hipótese, a variável em estudo é a média amostral (
). É ela que
pode assumir vários valores (quando pensamos nas infinitas amostras possíveis). Por isso, a
probabilidade está relacionada justamente à variável
.
As alternativas pretenderam definir probabilidades relacionadas à média populacional (
). Mas a
média populacional não é aleatória. Ela não varia. Ela é um número, fixo, constante. Pode até ser
desconhecido. Mas é constante.
Por fim, a última falha foi na definição do que é que ocasiona a rejeição da hipótese nula. Ela será
rejeitada quando
é maior que o valor crítico (e não maior que
).
Questão anulada.
04.
SEFAZ MS 2006 [FGV] Em um teste de hipóteses, a hipótese nula foi rejeitada no nível de
3%. Portanto, a hipótese nula:
(A) será aceita no nível de 1%.
(B) será aceita no nível de 5%.
(C) pode ser aceita ou rejeitada no nível de 5%.
(D) será rejeitada no nível de 1%.
(E) será rejeitada no nível de 5%.
Resolução
Vamos começar pela situação em que o nível de significância é de 3%.
Neste caso, a área da região crítica é igual a 3%.
Se a hipótese nula é rejeitada, então a estatística teste cai dentro da região crítica (área amarela
da figura abaixo):
Se aumentarmos o nível de significância, a região amarela ficará ainda maior. Portanto, com
certeza, a estatística teste continuará caindo na região crítica, e continuaremos rejeitando a
X
X
µ
X
0
µ
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24
hipótese nula. Isto está descrito na letra E. Se o nível de significância sobe para 5%, certamente
rejeitamos a hipótese nula.
Se diminuirmos o nível de significância, duas coisas podem ocorrer. Podemos diminuir bastante,
de tal modo que a estatística teste fique fora da região crítica. Neste caso, aceitaríamos a hipótese
nula.
Ou então poderíamos diminuir só um pouquinho, de tal modo que a estatística teste continue
caindo na região crítica.
Assim, não temos como saber, com certeza, o que ocorre quando o nível de significância é
diminuído. Precisaríamos de mais informações.
Letra E
05.
SEFAZ RJ 2009 [FGV] Uma empresa afirma que os pacotes de bala que ela produz pesam
em média 25g. Para testar essa hipótese, foram selecionados ao acaso 16 pacotes produzidos
pela empresa, registrados seus pesos X
1
, X
2
, ..., X
16
e calculadas as estatísticas
;
O valor da estatística t (a ser comparado com o ponto desejado da distribuição t de Student) para
o teste é:
(A) –0,8.
(B) –1,2.
(C) –2,0.
(D) –2,5.
(E) –3,2.
Resolução
Quando o desvio padrão da população não é conhecido, não temos como calcular o valor de Z.
Neste caso, substituímos pelo desvio padrão da amostra. O resultado é que, em vez de
trabalharmos com Z (normal padrão), usamos a variável t (distribuição T de Student). É bem
parecido com o que vimos quando estudamos intervalos de confiança.
No mais, é o mesmo passo a passo que estudamos anteriormente.
Nesta questão, só temos como calcular o desvio-padrão amostral. Fica assim:
20
A variância fica:
320
16
1
=
∑
=
i
i
X
7360
16
1
2
=
∑
=
i
i
X
=
=
∑
=
n
X
X
n
i
i
1
=
16
320
(
)
64
16
320
360
.
7
15
1
1
1
2
2
2
2
=
−
⋅
=
−
⋅
−
=
∑
∑
n
X
X
n
s
i
i
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25
Logo:
Primeiro passo: determinar o valor crítico para a variável t (agora não é mais Z, pois não
conhecemos o desvio padrão da população).
A questão não forneceu dados para calcularmos o valor crítico. Isto é porque a questão não pediu
para efetivamente realizarmos o teste de hipóteses. Ela só pediu o cálculo da estatística teste.
Apenas para treinarmos, vamos supor que:
- o nível de significância é de 5%.
- a hipótese nula é do tipo:
Neste caso, seria um teste bilateral.
Haveria duas regiões críticas: aquelas com valores significativamente menores que 25 e aquela
com valores significativamente maiores que 25.
Ou seja: as regiões críticas estão nas duas extremidades da reta real (tanto à esquerda de 25,
quanto à direita de 25).
Como conseqüência, quando trabalhamos com a variável t, também teremos duas áreas críticas:
uma à direita de zero, outra à esquerda de zero.
Ou seja, procuramos por valores críticos tais que a soma das duas áreas amarelas da figura
abaixo sejam iguais a 5%:
As duas áreas amarelas definem a região crítica. Se a estatística teste cair nela, rejeitamos a
hipótese nula.
A área branca seria a região de aceitação. Se a estatística teste cair nela, aceitamos a hipótese
nula.
Vamos consultar a tabela colocada ao final da aula.
Precisamos consultar a coluna para 5% e a linha para 15 graus de liberdade (=
).
Consultando a tabela, temos:
8
=
s
25
≠
µ
1
−
n
131
,
2
_
=
crítico
t
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Ou seja, os valores 2,131 e -2,131 delimitam duas áreas amarelas, duas regiões críticas. Cada
uma delas tem área de 2,5%.
Segundo passo: calcular a estatística teste.
Vimos na parte 1 que:
=
E a estatística teste fica:
Letra D
Para concluirmos o teste, vamos comparar a estatística teste com os valores críticos.
Se a estatística teste estivesse entre -2,131 e 2,131, ela cairia na região de aceitação. Ou seja:
nós aceitaríamos a hipótese nula.
Como a estatística teste está fora do intervalo acima, então ela caiu em uma das regiões criticas.
Na verdade, ela caiu na região crítica à esquerda de zero. Ela está além do valor
. Com
isso, devemos rejeitar a hipótese nula.
06.
CGU 2008 [ESAF] Um fabricante divulga que a característica principal de seu produto tem
uma média de 1.000 unidades. Um pesquisador, duvidando desta afirmação, encontrou uma
característica média de 935 e desvio-padrão amostral de 130 examinando uma amostra aleatória
simples de tamanho 9 destes produtos. Calcule o valor mais próximo da estatística t para testar a
hipótese nula de que a média da característica principal do produto é 1 000, admitindo que a
característica tem uma distribuição normal.
a) -1,5.
b) -1,78.
c) -1,89.
d) -1,96.
e) -2,115.
Resolução.
O exercício nem pediu para fazermos o teste de hipóteses completo. Solicitou apenas o cálculo da
estatística teste.
A média amostral é 935 (
).
X
s
X
t
µ
−
=
n
s
s
X
=
2
4
8 =
=
teste
t _
5
,
2
2
25
20
−
=
−
131
,
2
−
X
s
X
teste
t
µ
−
=
_
935
=
X
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O desvio padrão amostral é 130 (
.
O desvio padrão da média amostral é dado por:
Quando não conhecemos o desvio padrão da população (
), o substituímos por sua estimativa (
). E em vez de termos o desvio padrão amostral (
), calculamos sua estimativa (
). Como
conseqüência, em vez de utilizarmos a distribuição normal, utilizamos a distribuição T.
Substituindo todos os valores:
Gabarito: A.
07.
SEFAZ/SP 2006 [FCC] Seja X uma variável aleatória representando o valor arrecadado de um
determinado tributo. Suponha que X tem distribuição normal (população de tamanho infinito)
com média
e desvio padrão de 500 reais. Desejando-se testar
H
0
:
reais (hipótese nula)
H
1
:
reais (hipótese alternativa)
tomou-se uma amostra aleatória de 400 valores de X, obtendo-se para a média amostral o valor
de 1.060 reais. Seja
o nível de significância do teste e suponha que a região de rejeição de H
0
é
, onde
representa o escore da curva normal padrão tal que
.
Tem-se que:
a) Se H
0
foi rejeitada, existe um nível de significância
(
) tal que H
0
não seria rejeitada.
b) Para qualquer nível de significância
, H
0
será rejeitada, uma vez que
.
c) H
0
não será rejeitada se
d) H
0
será rejeitada se
e) Para
, H
0
não será rejeitada
Resolução.
O exercício disse que os valores de
são tais que a área amarela da figura abaixo é igual a
.
)
130
=
s
n
X
σ
σ
=
σ
s
X
σ
X
s
3
130
=
=
n
s
s
X
X
s
X
teste
t
µ
−
=
_
5
,
1
130
3
65
3
130
1000
935
_
−
=
×
−
=
−
=
teste
t
µ
000
.
1
=
µ
000
.
1
≠
µ
α
{
}
2
/
α
Z
Z >
2
/
α
Z
α
α
=
>
)
(
2
/
Z
Z
P
β
α
β
>
α
1000
1060 ≠
3
2
/
<
α
Z
2
2
/
=
α
Z
2
2
/
>
α
Z
2
/
α
Z
±
α
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Portanto, os valores de
são justamente os valores críticos.
Vamos calcular a estatística teste.
Sabemos que:
Ficamos com:
Ainda não sabemos se a hipótese nula deve ser rejeitada ou não porque o exercício não informou
qual o critério de decisão. Vamos às alternativas.
Letra A.
A questão disse que a hipótese nula foi rejeitada. Ou seja, a estatística teste caiu dentro da região
amarela. Concluímos que
é maior que
.
A partir deste quadro, a questão afirma que, se aumentássemos o nível de significância, a
hipótese nula poderia não ser rejeitada.
Isto é falso. Se aumentamos o nível de significância, aumentamos a área amarela. A região crítica
é ainda maior, o que faz com que a estatística teste fique ainda mais afastada da região verde.
Letra B
2
/
α
Z
±
X
X
teste
Z
σ
µ
−
=
_
25
400
500 =
=
=
n
X
σ
σ
X
X
teste
Z
σ
µ
−
=
_
4
,
2
25
1000
1060
_
=
−
=
teste
Z
teste
Z _
2
/
α
Z
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Afirma-se que, para qualquer nível de significância, a hipótese nula será rejeitada. Isto é falso. Se
for tal que
é maior que 2,4, então a hipótese nula será aceita. Se
for maior que 2,4,
a estatística teste cai dentro da região verde.
Letra C.
Alternativa falsa. Não são todos os valores de
inferiores a 3 que nos fazem aceitar a
hipótese nula. Por exemplo, se
for igual a 2, então a estatística teste (=2,4) fica fora da
região de aceitação.
Letra D.
Se
for igual a 2, então a estatística teste cai fora da região verde. A estatística teste fica na
região crítica (área amarela) e a hipótese é rejeitada.
Letra E
Alternativa falsa. Não são todos os valores de
maiores que 2 que nos fazem aceitar a
hipótese nula. Por exemplo, se
for igual a 2,1, então a estatística teste cai na região crítica.
Gabarito: D.
08.
Petrobrás – 2007 [CESPE] A taxa de octano existente em determinado combustível é uma
variável aleatória X cuja distribuição possui média
e desvio-padrão
. Uma amostra
aleatória simples fornecida por dez distribuidores diferentes desse combustível resultou nos
valores apresentados na tabela a seguir.
Amostra Taxa de octano (em
%)
1
90
2
96
3
92
4
87
5
85
6
85
7
90
8
92
9
93
10
90
Considerando as informações acima, julgue os itens subseqüentes.
1. O desvio-padrão amostral da taxa de octano é inferior a 4%.
2. A estimativa do erro-padrão da média amostral é superior a 2%.
3. Caso seja utilizado o teste t para testar as hipóteses H
0
:
versus H
1
:
é
correto afirmar que a hipótese nula não seria rejeitada ao se fixar níveis de significância inferiores
a 50%.
α
2
/
α
Z
2
/
α
Z
2
/
α
Z
2
/
α
Z
2
/
α
Z
2
/
α
Z
2
/
α
Z
µ
σ
%
89
≥
µ
%
89
<
µ
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Resolução.
Questão boa para revisarmos assuntos de aulas anteriores.
Primeiro item.
É cobrado o desvio padrão amostral. Vamos colocar os valores numa tabela de freqüências.
Valores de Taxa de Octano
(%)
Freqüência
85
2
87
1
90
3
92
2
93
1
96
1
Total
10
Antes de calcular o desvio padrão, precisamos saber a média da amostra.
Para obter a média, fazemos a coluna auxiliar de valor vezes freqüência, somamos seus
resultados e dividimos por 10 (são 10 valores).
Valores de Taxa de Octano (
)
Freqüência (
)
85
2
170
87
1
87
90
3
270
92
2
184
93
1
93
96
1
96
Total
10
900
A média amostral fica:
Tendo a média, podemos achar os desvios de cada valor em relação à média aritmética e, a partir
deles, calcular a variância amostral.
Valores de Taxa
de Octano (
)
Quadrado do desvio em
Relação à média (
)
Freqüência (
)
85
25
2
50
87
9
1
9
90
0
3
0
92
4
2
8
93
9
1
9
96
36
1
36
Total
83
10
112
Foi pedida a variância amostral.
A fórmula estudada é:
X
f
f
X ×
90
10
900 =
=
X
X
2
e
f
f
e ×
2
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Observe o ‘n-1’ no denominador. Sempre que se falar em variância amostral, utilize o
denominador ‘n-1’.
O desvio padrão amostral, é dado por:
Ressalto que não era necessário fazer esta conta de raiz quadrada. Não se pediu o valor do
desvio padrão. Apenas precisávamos saber se era menor que 4% ou não. Como 12,44 é menor
que 16, a raiz quadrada de 12,44 é menor que 4.
O item está correto.
Gabarito: certo.
Segundo item.
Pede-se o desvio padrão da média amostral. Vimos que a média amostral (
) pode ser vista
como uma variável aleatória de média
e desvio padrão dado por:
Neste exercício não temos como calcular o desvio padrão de
porque não sabemos qual o
desvio padrão da população (
). Podemos apenas calcular a sua estimativa, substituindo o
desvio padrão da população pelo desvio padrão da amostra ( ). E a estimativa do desvio padrão
de
fica:
O item está errado, pois a estimativa do desvio padrão da média amostral é inferior a 2%.
Novamente não era necessário fazer a conta da raiz quadrada. Bastava ver que 1,244 é menor
que 4. Portanto, a raiz quadrada de 1,244 é menor que 2.
Gabarito: errado.
Terceiro item.
Agora sim, tratamos do assunto da aula de hoje: teste de hipóteses com distribuição T.
Primeiro passo: encontrar o valor crítico de t.
Se o nível de confiança fosse de 50% (
) a região crítica seria de 50%. E a região de
aceitação também seria de 50%. Essas duas regiões estão representadas no gráfico abaixo:
1
10
112
2
−
=
s
2
2
%
44
,
12
1
10
112 =
−
=
s
%
53
,
3
(%)
44
,
12
2
≈
×
=
s
X
µ
n
X
σ
σ
=
X
σ
s
X
%
12
,
1
(%)
244
,
1
10
(%)
44
,
12
2
2
≈
×
=
×
=
=
n
s
s
X
%
50
=
α
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Só que o nível de significância é inferior a 50%.
Vamos considerar um nível de significância um pouco menor que 50%. Seria o caso em que a
região amarela é um pouco menor que a região verde. Ficaríamos com o seguinte gráfico:
O valor crítico de t está justamente na divisa entre as regiões de aceitação (verde) e de rejeição
(amarela). O valor de t_crítico estaria um pouco à esquerda de zero.
Segundo passo: calcular a estatística teste.
Nos itens anteriores nós calculamos a média amostral.
Portanto:
0
_
<
crítico
t
X
s
X
teste
t
µ
−
=
_
90
=
X
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Terceiro passo: comparar a estatística teste com o valor crítico.
A estatística teste é maior que zero. O valor crítico é menor que zero. Portanto a estatística este
está na região verde do gráfico abaixo (região de aceitação).
Conclusão: aceitamos a hipótese nula. O item está correto, pois, quando o nível de significância é
inferior a 50%, nós não rejeitamos a hipótese nula.
Gabarito: certo.
09.
Prefeitura Municipal de Vila Velha 2007 [CESPE] Um estudo foi realizado por uma prefeitura
acerca da qualidade do atendimento no hospital municipal da cidade. Com base em uma
amostra de 100 dias, foram produzidas as seguintes estatísticas referentes ao número diário
de pacientes atendidos.
média = 30
variância amostral = 100
mínimo = 0
primeiro quartil = 10
segundo quartil = 25
terceiro quartil = 40
máximo = 60.
Com relação ao texto e considerando que a amostra de 100 dias seja aleatória simples, julgue os
próximos itens.
1. Considere as hipóteses nula e alternativa, dadas respectivamente por H
0
:
= 25 e H
A
:
≠ 25,
em que
representa a média populacional. Pelo teste t, há fortes evidências para se rejeitar H
0
.
Resolução.
X
s
X
teste
t
µ
−
=
_
0
89
90
_
>
−
=
X
s
teste
t
µ
µ
µ
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34
A pergunta é sobre teste de hipóteses com distribuição T. Note que o teste é bilateral. São duas
regiões críticas. Há dois valores críticos para t.
Primeiro passo: calcular os valores críticos de t.
Não temos como calcular tais valores porque o enunciado não informou qual o nível de
significância (valor de
). Ou seja, o enunciado não disse qual o critério de decisão.
Segundo passo: calcular a estatística teste.
A média amostral foi dada no enunciado.
A média populacional que estamos testando é 25.
A estatística teste fica:
Terceiro passo: comparar a estatística teste com os valores críticos.
Aqui vem a diferença da questão. Não foi fornecida nenhuma tabela de valores para a distribuição
T. Não foi fornecido nenhum critério de decisão. Creio que a questão tenha pretendido apenas ver
se o candidato tinha noção do comportamento da distribuição T que, para uma amostra de
tamanho 100 (amostra grande), é bem semelhante à distribuição normal. Quando o valor de n é
elevado (quando as amostras são grandes) a distribuição T é praticamente igual à distribuição
normal.
No caso da distribuição normal, o intervalo entre -1,96 e 1,96 já abrange 95% dos valores. Vimos
isto várias e várias vezes.
Note que, em todas as tabelas de distribuição normal fornecidas ao final das aulas, só indicamos
valores até 3. Isto porque, apesar da distribuição assumir valores em toda a reta real, o intervalo
entre -3 e 3 contém 99,8% dos valores.
O que estou querendo dizer é que, para variáveis reduzidas (seja normal, seja t) o valor 5 é muito
distante de zero.
Para se ter uma idéia, consulte a tabela II, fornecida ao final desta aula, para 99 graus de
liberdade (é o número de graus de liberdade dado no exercício). Veja que o intervalo entre –2,871
e 2,871 contém 99,5% dos valores (nível de significância de 0,5%).
Se o nível de confiança fosse de apenas 0,5% (um valor extremamente baixo), o valor crítico seria
2,871. Num caso extremo deste, em que o nível de significância é muitíssimo baixo, nós só
rejeitamos a hipótese nula em casos realmente muito extremos.
E mesmo que o nível de significância fosse de 0,5%, ainda sim nós rejeitaríamos a hipótese dada
no exercício. Vejamos:
α
X
s
X
teste
t
µ
−
=
_
1
100
10
=
=
=
n
s
s
X
30
=
X
25
=
µ
5
1
25
30
_
=
−
=
teste
t
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35
A área verde, entre os valores -2,87 e 2,87, corresponde à região de aceitação. As regiões
amarelas (praticamente imperceptíveis), seriam as regiões críticas. Mesmo nesta situação
exagerada, rejeitaríamos a hipótese nula, pois a estatística teste (igual a 5) está fora da região
verde.
Portanto, mesmo sem saber qual o valor do nível de significância, mesmo sem consultar a tabela
da distribuição T, temos fortes indícios de que a hipótese nula deva ser rejeitada. O item está
correto.
Gabarito: certo
010.
BACEN/2006 [FCC] Uma amostra aleatória de 100 valores de aluguéis em uma cidade
forneceu um valor médio de R$ 600,00. O desvio padrão da população, considerada normal e
de tamanho infinito, é de R$ 250,00. Deseja-se saber se o valor médio encontrado na amostra
é superior ao valor de R$ 550,00, que se supõe ser a verdadeira média, ao nível de
significância de
. Seja
o escore da curva normal padrão tal que
, H
0
a
hipótese nula do teste (
). Sabendo-se que H
0
foi rejeitada, tem-se que:
a) o valor do escore reduzido referente ao valor médio encontrado para a amostra e necessário
para comparação com Z
α
é igual a 0,2.
b)
c)
d) Para qualquer nível de significância H
0
seria rejeitada, pois 600 > 550.
e) A um nível de significância
,
, H
0
não teria sido rejeitada
Resolução.
O teste é unilateral. Só rejeitamos a hipótese nula se o valor da média amostral for
consideravelmente maior que R$ 550. Isso implica em valores de Z significativamente maiores
que zero.
871
,
2
1
_
_
−
=
crítico
t
871
,
2
2
_
_
=
crítico
t
α
α
Z
α
α
=
>
)
(
Z
Z
P
550
=
µ
2
>
α
Z
2
<
α
Z
β
α
β
>
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36
Primeiro passo: determinar o valor crítico.
O exercício já informou que o valor crítico é
. Ou seja,
é tal que a área amarela da figura
abaixo é igual a
.
Segundo passo: determinar a estatística teste.
Terceiro passo: comparar a estatística teste com o valor crítico.
Como a hipótese nula foi rejeitada, tem-se que:
Portanto a alternativa C está correta, pois afirma que
.
Gabarito: C
011.
BACEN/2006 [FCC] Uma amostra aleatória de 9 valores de salários extraída de uma
população, considerada normal e de tamanho infinito, apresentou uma média igual a R$
800,00 com um desvio padrão igual a R$ 120,00. Os registros históricos indicam que a média
dos salários da população é igual a R$ 740,00. Deseja-se testar a hipótese, ao nível de
significância
, se o valor da média verificada na amostra difere do valor de R$ 740,00. Seja
H
0
a hipótese nula do teste (
), H
1
a hipótese alternativa (
) e
o quantil
α
Z
α
Z
α
X
X
teste
Z
σ
µ
−
=
_
25
10
250 =
=
=
n
X
σ
σ
2
25
550
600
_
=
−
=
teste
Z
crítico
Z
teste
Z
_
_
>
α
Z
>
2
2
<
α
Z
2
<
α
Z
α
740
=
µ
740
≠
µ
0
2
/
>
α
t
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37
da distribuição ‘t’ de Student, no nível de significância
para testes bicaudais com 8 graus de
liberdade. Sabendo-se que H
0
foi rejeitada, tem-se que:
a) o valor da variável do teste t (t calculado) obtido através da amostra e necessário para a
comparação com
e
é igual a 0,5.
b) para qualquer nível de significância H
0
seria rejeitada, pois
c)
d)
e) a um nível de significância
,
, H
0
não teria sido rejeitada.
Resolução.
Teste bicaudal é sinônimo de teste bilateral.
Primeiro passo: determinar o valor crítico.
O exercício já informou que os valores críticos são
e
Segundo passo: determinar a estatística teste.
Terceiro passo: comparar a estatística teste com os valores críticos.
Como a hipótese nula foi rejeitada, então a estatística teste está fora do intervalo entre
e
.
Como a estatística teste é maior que zero, para que ela esteja fora do intervalo acima, tem-se que:
Letra D.
α
2
/
α
t
−
2
/
α
t
0
)
740
800
(
≠
−
5
,
1
2
/
>
α
t
5
,
1
2
/
<
α
t
β
α
β
>
2
/
α
t
−
2
/
α
t
40
3
120 =
=
=
n
s
s
X
X
s
X
teste
t
µ
−
=
_
5
,
1
40
740
800
_
=
−
=
teste
t
2
/
α
t
−
2
/
α
t
2
/
_
α
t
teste
t
>
5
,
1
5
,
1
2
/
2
/
<
⇒
>
α
α
t
t
RACIOCÍNIO LÓGICO QUANTITATIVO PARA AFRFB
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38
012.
MP RO 2005 [CESGRANRIO] Um teste de hipótese rejeitou a hipótese nula H
0
no nível de
significância de 5%. O que aconteceria com H
0
nos níveis de significância de 1% e 10%?
Resolução.
Ao nível de 5%, a hipótese nula foi rejeitada. Se aumentarmos o nível de significância para 10%,
isto implica que a região crítica ficará ainda maior. Ou seja, a hipótese nula continuará sendo
rejeitada.
Se reduzirmos o nível de significância para 1%, a região crítica ficará menor. Neste caso, não
temos como saber qual o resultado do teste. Pode ser que a região crítica fique tão pequena a
ponto de não abranger a estatística teste, o que implica em aceitar a hipótese nula.
Mas pode ser também que a área crítica continue abrangendo a estatística teste, o que significa
que devemos rejeitar a hipótese nula.
Letra B
013.
CAPES 2008 [CESGRANRIO] Considere as asserções a seguir.
A região de rejeição de um teste de hipóteses é obtida sob a suposição de que a hipótese da
nulidade (H
0
) é verdadeira.
PORQUE
Em testes de hipóteses, o erro do tipo I é aquele cometido ao se rejeitar a hipótese da nulidade
(H
0
) quando esta é verdadeira.
Analisando-se as asserções, conclui-se que
(A) as duas asserções são verdadeiras, e a segunda é uma justificativa correta da primeira.
(B) as duas asserções são verdadeiras, e a segunda não é uma justificativa correta da primeira.
(C) a primeira asserção é verdadeira, e a segunda é falsa.
(D) a primeira asserção é falsa, e a segunda é verdadeira.
(E) a primeira e a segunda asserções são falsas.
Resolução.
A primeira frase está correta. A região crítica é obtida sob a suposição de que a hipótese nula é
verdadeira.
A segunda frase está correta. O erro do tipo I é aquele que ocorre quando rejeitamos a hipótese
nula, dada que ela é verdadeira.
A segunda frase não justifica a primeira. É convencionado que a região crítica seja definida sob a
suposição de que a hipótese nula seja verdadeira. Com isso, a área da região crítica acaba
coincidindo com o valor da probabilidade de se cometer o erro do tipo I. Mas o simples fato de o
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39
erro de tipo I ser aquele em que rejeitamos a hipótese nula, quando ela é verdadeira, em nada
justifica a área a ser tomada como região crítica.
Seria possível, por exemplo, que a teoria tivesse adotado outra convenção. Seria possível que a
região crítica fosse definida com base no erro do tipo II. A região crítica, nesta situação, coincidiria
com o valor de
. Nesta situação “inventada”, a probabilidade de se cometer o erro do tipo I não
mais seria igual à área da região crítica.
Gabarito: B
P-VALOR
014.
IPEA 2004 [ESAF] Um fabricante de lanternas operadas com gás butano anuncia que o
reservatório de gás de seu produto tem duração esperada µ de pelo menos 40 horas. Face à
reclamação de alguns consumidores, uma agência independente resolve verificar a
veracidade da afirmação do fabricante por meio do teste estatístico da hipótese H
0
: µ≥40
contra a alternativa H
A
: µ < 40 com controle do erro do tipo I em 5%. Uma amostra aleatória de
49 reservatórios produziu o valor médio X de 38 horas. Suponha que a distribuição dos
tempos de duração do gás seja aproximadamente normal com desvio padrão de 7 horas.
A tabela abaixo dá os valores da função de distribuição F(Z) da normal padrão para alguns valores
selecionados de Z.
Z
F(Z)
0,34 0,633
0,54 0,705
0,64 0,739
2,00 0,977
3,00 0,999
Assinale a opção que dá o valor probabilístico (p-valor) do teste constituído com base na
estatística
a) 5%
b) 2,3%
c) 3%
d) 4%
e) 2,5%
Resolução.
Pede-se o p-valor.
Esta questão está aí justamente para falarmos deste tal p-valor (ou probabilidade de
significância; ou ainda, nível descritivo). É um termo que vez ou outra aparece em testes de
hipóteses.
Uma definição do p-valor seria: a probabilidade de a variável reduzida assumir valores iguais ou
mais extremos do que a estatística teste observada, dado que a hipótese nula é verdadeira.
β
40
−
X
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40
Entendeu?
Pois é, a definição pode não ser muito clara à primeira vista. Creio que fica mais fácil vermos, no
exercício, o que é o tal do p-valor.
Uma forma mais fácil de entender é pensarmos em áreas.
Vimos que a área delimitada pelo valor crítico é igual ao nível de significância. Assim, se o nível
de significância é de 5%, o valor crítico delimita uma área de 5%.
Aqui é parecido.
O p-valor seria a área delimitada pela estatística teste.
Se o p-valor é de 4%, então a estatística teste delimita uma área de 4%. É isso.
Vamos fazer o teste de hipóteses indicado na questão.
Notem que se trata de um teste unilateral. Só há uma região crítica.
Primeiro passo: calcular o valor crítico de Z. É o valor tal que a região de aceitação seja de 95% e
a região crítica seja de 5%. O exercício não forneceu informações para calcular este valor. É
porque não precisa. Mas fica a informação de que este valor é igual a -1,645.
Segundo passo: calcular a estatística teste.
645
,
1
_
−
=
crítico
Z
X
X
teste
Z
σ
µ
−
=
_
X
X
teste
Z
σ
µ
−
=
_
RACIOCÍNIO LÓGICO QUANTITATIVO PARA AFRFB
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41
O exercício disse que
. Disse também que
. Podemos calcular o desvio padrão da
média amostral.
Terceiro passo: comparar a estatística teste com o valor crítico.
A estatística teste é menor que o valor crítico. Ela cai na área amarela (área crítica). Rejeitamos a
hipótese nula.
Por que rejeitamos a hipótese nula? Porque a estatística teste caiu na área crítica. Aceitaríamos a
hipótese nula para valores até -1,645. Este valor é considerado crítico. Valores além dele (ou seja,
mais extremos que ele) nos fazem rejeitar a hipótese nula. E foi exatamente isto que aconteceu. O
valor -2 está além de -1,645. É um valor significativamente menor que zero.
Supondo que a hipótese nula seja verdadeira, qual a probabilidade de obtermos valores, para a
variável reduzida, menores ou iguais a -2?
Queremos saber a área abaixo da curva à esquerda de -2. Queremos a área vermelha da figura
abaixo:
38
=
X
7
=
σ
1
49
7
=
=
=
n
X
σ
σ
X
X
teste
Z
σ
µ
−
=
_
2
1
40
38
_
−
=
−
=
teste
Z
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42
Esta probabilidade é justamente o p-valor. Supondo que a hipótese nula seja verdadeira, é a
probabilidade de Z assumir valores iguais ou mais extremos que a estatística teste (
). Neste
caso, é a probabilidade de Z assumir valores menores ou iguais a
.
Em outras palavras: é a área delimitada pela estatística teste.
Agora sim vamos utilizar a tabela fornecida no exercício. Fomos informados que a função
distribuição para Z igual a 2 é 0,977. Ou seja, a probabilidade de Z assumir valores menores ou
iguais a 2 é de 97,7%.
Portanto, a probabilidade de Z assumir valores maiores que 2 é de 2,3%. Como a função
densidade de probabilidade da variável normal é simétrica, a probabilidade de Z assumir valores
menores que -2 também é de 2,3%.
Portanto o p-valor é de 2,3%.
Letra B.
015.
IPEA 2004. [ESAF - adaptada] Assinale a opção que dá o valor do poder do teste
estatístico descrito na questão anterior quando
=39 horas.
a) 50%
b) 10%
c) 5%
d) 26,1%
e) 30,2%
[dados:
]
Resolução.
A questão original não informou que
. Como este dado é importante para a
resolução da questão, eu acrescentei tal informação. Não tenho o gabarito oficial definitivo para
saber se a falta desta informação ocasionou a anulação da questão.
2
−
=
2
−
µ
%
95
)
645
,
1
(
=
≤
Z
P
%
95
)
645
,
1
(
=
≤
Z
P
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43
Como a média da população é 39, já sabemos que a hipótese nula é falsa. Neste caso, é possível
que seja cometido o erro de tipo II (aceitar a hipótese nula, dado que ela é falsa).
Já o poder do teste consiste na probabilidade de rejeitarmos a hipótese nula, dado que ela é falsa.
Rejeitaremos a hipótese nula se a estatística teste for menor que -1,645 (conforme resolução da
questão anterior, em que utilizamos o fato de que
). A estatística teste era
obtida da seguinte forma:
Para que a estatística teste seja menor que -1,645, devemos ter:
38,355
Qual a probabilidade de
ser menor que 38,355?
Bem, sabemos que
tem média igual à média da população (=39) e desvio padrão dado por:
Logo, para sabermos a probabilidade de
ser menor que 38,355, basta encontrarmos o valor
correspondente da variável normal reduzida.
Da tabela fornecida, temos que:
Logo:
Portanto:
Assim, a probabilidade de Z ser menor que -0,64 é de 26,1%.
Consequentemente, a probabilidade de
ser menor que 38,355 é, também, de 26,1%.
E quando isso acontece, ou seja, quando
é menor que 38,355, nós rejeitamos a hipótese nula.
Portanto, a probabilidade de rejeitarmos a hipótese nula, dado que a média populacional é 39, é
de 26,1%
Gabarito: D
016.
SEFAZ MS 2006 [FGV] Um teste de hipótese apresentou p-valor igual a 0,03. Portanto,
nos níveis de significância de 1% e 5%, respectivamente, a hipótese nula:
a) deve ser aceita e aceita
%
95
)
645
,
1
(
=
≤
Z
P
1
40
_
−
=
X
teste
Z
645
,
1
1
40
−
<
−
X
<
X
X
X
1
49
7
=
=
=
n
X
σ
σ
X
64
,
0
645
,
0
1
39
355
,
38
−
≅
−
=
−
=
−
=
X
X
Z
σ
µ
739
,
0
)
64
,
0
(
=
≤
Z
P
261
,
0
739
,
0
1
)
64
,
0
(
=
−
=
>
Z
P
261
,
0
)
64
,
0
(
=
−
<
Z
P
X
X
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44
b) deve ser aceita e rejeitada
c) deve ser rejeitada e aceita
d) deve ser rejeitada e rejeitada
e) pode ou não ser rejeitada, dependendo de a hipótese ser simples ou não.
Resolução.
Vamos desenhar alguns gráficos da função densidade de probabilidade (fdp) da variável normal
para entendermos melhor o problema.
Embora o problema não tenha dito, vamos supor que se trata de um teste unilateral. Só para
facilitar o desenho. Mas para o teste bilateral o raciocínio seria o mesmo.
Vamos primeiro considerar o nível de significância de 1%. Neste primeiro caso, vamos chamar o
valor crítico de Z_crítico_1.
Este valor é tal que a área crítica (área amarela) seja igual a 0,01.
Do jeito que desenhamos, a hipótese alternativa é do tipo
(a média é menor que um dado
valor).
A estatística teste obtida é tal que a área à sua esquerda é de 0,03. É justamente o p-valor. Ou
seja, a probabilidade de obtermos um valor tão extremo quanto a estatística teste é de 3%. A área
vermelha da figura abaixo é igual a 0,03.
k
<
µ
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45
Sobrepondo as duas figuras, temos:
A estatística teste cai fora da região amarela (região crítica). Portanto, devemos aceitar a hipótese
nula. Isto ocorre porque a área amarela está contida na área vermelha.
Um resumo de tudo o que fizemos pode ser assim: se o p-valor for maior que o nível de
significância, devemos aceitar a hipótese nula.
Vamos para o segundo caso. Agora o nível de significância é de 5%. A região crítica (área
amarela) é maior.
Agora o valor crítico será Z_crítico_2.
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46
A área amarela (região crítica), agora, é igual a 0,05.
O p-valor continua sendo o mesmo. Portanto, a área à esquerda da estatística teste é de 3%.
Juntando as duas figuras:
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A estatística teste cai dentro da região crítica. Rejeitamos a hipótese nula. Isto porque a região
vermelha está contida na região amarela. Resumindo: sempre que o p-valor for menor que o nível
de significância, rejeitamos a hipótese nula.
Gabarito: B.
Se o p-valor for maior que o nível de significância, devemos aceitar a hipótese nula.
Sempre que o p-valor for menor que o nível de significância, rejeitamos a hipótese
nula.
017.
MPU 2004 [ESAF] Considere o teste da hipótese H: µ =100 contra alternativa A:µ ≠ 100 em
uma amostra da normal com média µ e variância σ
2
. O valor da estatística teste t com
distribuição de Student sob a hipótese H: µ =100 é de –1,7864 e sabe-se que P(t ≥ 1,7864) =
0,0446.
Suponha que a probabilidade de erro do tipo I esteja sendo controlada em 5%. Assinale a
resposta correta.
a) Como o valor probabilístico do teste é 0,0446 conclua H :µ = 100.
b) Como o valor probabilístico do teste é 0,0446 conclua A:µ ≠ 100.
c) Como o valor probabilístico do teste é 0,0892 não há evidência para rejeitar H :µ = 100.
d) Como o valor probabilístico do teste é 0,0223 conclua A:µ ≠ 100.
e) Não se pode tirar nenhuma conclusão pois, o tamanho da amostra, a média amostral e o desvio
padrão amostral não foram dados.
Resolução.
As hipóteses são:
O teste é bilateral, com nível de significância de 5%.
100
:
0
=
µ
H
100
:
≠
µ
A
H
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48
A estatística teste é igual a -1,7864. Queremos calcular a probabilidade de obtermos valores mais
extremos que a estatística teste.
Como o teste é bilateral, devemos olhar valores mais extremos nos dois sentidos (tanto números
negativos como positivos). Assim, temos que calcular:
(valores mais extremos, do lado positivo)
(valores mais extremos, do lado negativo)
O enunciado disse que:
Como a distribuição T é simétrica, temos:
Somando as duas probabilidades, temos:
O p-valor é de 8,92%. O p-valor é maior que o nível de significância. Quando isso acontece,
aceitamos a hipótese nula. Ou ainda: não rejeitamos a hipótese nula. Isto está expresso na letra
C.
Gabarito: C
018.
POTIGAS 2006 [FGV] Um teste de hipóteses apresentou p-valor igual a 0,07. Portanto,
nos níveis de significância de 10% e 5%, respectivamente, a hipótese nula:
(A) deve ser aceita e aceita.
(B) deve ser aceita e rejeitada.
(C) deve ser rejeitada e aceita.
(D) deve ser rejeitada e rejeitada.
(E) pode ou não ser rejeitada, dependendo de a hipótese ser simples ou não.
Resolução:
A um nível de significância de 10%, temos que o p-valor seria menor que o nível de significância.
Neste caso, rejeitamos a hipótese nula.
A um nível de significância de 5%, o p-valor seria maior que o nível de significância. Neste caso,
aceitamos a hipótese nula.
Gabarito: C
019.
SENADO 2008 [FGV] Uma amostra aleatória simples X
1
, X
2
, ... , X
25
, de tamanho 25, de
uma distribuição normal com média
foi observada e indicou as seguintes estatísticas:
;
O p – valor do procedimento usual para testar H
0
:
10 versus H
1
:
> 10 é um número:
(A) menor do que 0,01.
)
784
,
1
( >
t
P
)
784
,
1
(
−
<
t
P
%
46
,
4
)
784
,
1
(
=
>
t
P
%
46
,
4
)
784
,
1
(
=
−
<
t
P
%
92
,
8
%
46
,
4
%
46
,
4
=
+
µ
5
,
10
=
X
∑
=
=
−
25
1
2
384
)
(
i
i
X
X
≤
µ
µ
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49
(B) entre 0,01 e 0,10.
(C) entre 0,10 e 0,25.
(D) entre 0,25 e 0,30.
(E) maior do que 0,30.
Dados constantes da prova do Senado/FGV:
Resolução.
O p-valor é a área delimitada pela estatística teste.
Como o teste é unilateral, só há uma região crítica, situada do lado direito da reta real (valores de
Z bem maiores que zero, que correspondem a valores de
bem maiores que 10).
A variância amostral fica:
16
Logo:
Portanto:
A estatística teste fica:
0,625
X
=
2
s
=
=
−
−
∑
=
24
384
1
)
(
25
1
2
n
X
X
i
i
4
=
s
8
,
0
25
4
=
=
=
n
s
s
X
=
−
=
−
=
8
,
0
10
5
,
10
_
X
s
X
teste
t
µ
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50
Agora devemos consultar a tabela para a distribuição T com 24 graus de liberdade, para
encontramos a área delimitada pela estatística teste (área vermelha abaixo).
Consultando a tabela II disponibilizada nesta prova do Senado, não conseguimos achar a área
associada a 0,625.
Mas conseguimos descobrir que:
- a área associada a 0,531 é de:
- a área associada a 0,685 é de:
Como 0,625 está entre 0,531 e 0,685, então a área que procuramos deve estar entre 25% e 30%.
Letra D
020.
TRF 1ª Região/2001 [FCC] Para responder à questão seguinte, considere as tabelas a
seguir. Elas fornecem alguns valores da função de distribuição F(x). A tabela 1 refere-se à
variável normal padrão, as tabelas 2 e 3 referem-se à variável t de Student com 10 e 15 graus
de liberdade, respectivamente.
Tabela 1
Tabela 2
Tabela 3
x
F(x)
X
F(x)
x
F(x)
1,20
0,885
1,37
0,90
1,75
0,95
1,60
0,945
1,81
0,95
2,25
0,98
1,64
0,950
2,36
0,98
2,60
0,99
Seja X: N(
,25). Para o teste da média
contra
, retirou-se uma amostra aleatória
de 16 elementos de X, tendo-se observado para a média amostral o valor 13. Determine o nível
descritivo do teste.
a) 0,065
b) 0,060
c) 0,055
%
30
2
%
60
=
%
25
2
%
50
=
µ
15
=
µ
12
=
µ
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51
d) 0,010
e) 0,005
Resolução:
As hipóteses são:
H
0
:
H
A
:
Note que, aqui, a hipótese alternativa atribui à média um valor único. Mas o teste continua sendo
unilateral. Apenas valores significativamente menores que 15 nos fazem rejeitar a hipótese nula.
A notação “X: N(
,25)” é uma forma de indicar que a variável X tem distribuição normal com
média desconhecida e variância 25.
O p-valor (ou nível descritivo do teste) é a probabilidade de a variável reduzida assumir um valor
igual ou mais extremo que a estatística teste observada, dado que a hipótese nula é verdadeira.
Vamos calcular a estatística teste:
Qual a probabilidade da variável reduzida assumir valores mais extremos que -1,6? Em outras
palavras, qual o valor da área vermelha abaixo?
Consultando a tabela 1 do enunciado, temos que:
15
=
µ
12
=
µ
µ
25
,
1
16
5
=
=
=
n
X
σ
σ
X
X
teste
Z
σ
µ
−
=
_
6
,
1
25
,
1
15
13
_
−
=
−
=
teste
Z
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52
Como, para a variável normal, o gráfico de fdp é simétrico, a probabilidade de Z assumir valores
menores ou iguais a -1,6 também é de 5,5%. Concluímos que a área vermelha, que corresponde
ao p-valor, é de 5,5%.
Gabarito: C
O que significa dizer que o nível descritivo do teste é de 5,5%? Significa que o estatístico
responsável pelo teste pode chegar para quem encomendou a pesquisa e dizer o seguinte. Olha,
se você estiver disposto a aceitar que a probabilidade de ocorrer o erro do tipo I (rejeitar H
0
dado
que ela é verdadeira) seja maior que 5,5%, então o teste recomenda rejeitar a hipótese nula. Caso
contrário, o teste recomenda aceitar a hipótese nula.
021.
MPE PE/2006 [FCC] Para resolver a questão abaixo, considere as tabelas a seguir. Elas
fornecem alguns valores da distribuição F(x). A tabela 1 refere-se à variável normal padrão, as
tabelas 2 e 3 referem-se à variável t de Student com 15 e 16 graus de liberdade,
respectivamente:
Tabela 1
Tabela 2
Tabela 3
X
F(x)
X
F(x)
x
F(x)
1,60
0,945
1,753
0,95
1,746
0,95
1,64
0,950
2,248
0,98
2,235
0,98
2,00
0,977
2,583
0,99
2,567
0,99
Seja X uma variável aleatória, com distribuição normal, com média
e desvio padrão 6. Para o
teste da média
contra
, retirou-se uma amostra aleatória de 100 elementos de X,
tendo-se observado para a média amostral o valor 12,2. O nível descritivo do teste é:
a) 0,012
b) 0,023
c) 0,055
d) 0,064
e) 0,077.
Resolução.
As hipóteses são:
H
0
:
H
A
:
Note que o teste é unilateral. Apenas valores significativamente maiores que 11 nos fazem rejeitar
a hipótese nula.
A estatística teste fica:
O nível descritivo é igual à probabilidade de a variável reduzida assumir valores mais extremos
que 2. Portanto, o nível descritivo é igual à área vermelha da figura abaixo:
055
,
0
945
,
0
1
)
6
,
1
(
945
,
0
)
6
,
1
(
=
−
=
>
⇒
=
≤
Z
P
Z
P
µ
11
=
µ
13
=
µ
11
=
µ
13
=
µ
6
,
0
100
6
=
=
=
n
X
σ
σ
X
X
teste
Z
σ
µ
−
=
_
2
6
,
0
11
2
,
12
_
=
−
=
teste
Z
RACIOCÍNIO LÓGICO QUANTITATIVO PARA AFRFB
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53
Consultando a tabela 1 do enunciado, temos que a área à esquerda de 2 é igual a 0,977.
Portanto, a área vermelha é igual a 0,023.
Desse modo, o p-valor é igual a 2,3%
Letra B
022.
PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO]
Um teste de hipótese apresentou p-valor igual a 0,07.
Portanto, nos níveis de significância de 5% e 10%, respectivamente, a hipótese nula:
(A) deve ser aceita em ambos.
(B) deve ser aceita no primeiro e rejeitada no segundo.
(C) deve ser rejeitada no primeiro e aceita no segundo.
(D) deve ser rejeitada em ambos.
(E) pode ou não ser rejeitada, dependendo de a hipótese ser simples ou não.
Resolução.
Primeiro caso:
.
Neste caso, o p-valor é maior que o nível de significância. A hipótese nula deve ser aceita.
Segundo caso:
.
Neste caso, o p-valor é menor que o nível de significância. A hipótese nula deve ser rejeitada.
Gabarito: B
TESTE DE HIPÓTESES PARA PROPORÇÕES
%
5
=
α
%
10
=
α
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54
Teste para proporções usando a distribuição binomial
Vimos que as proporções estão intimamente relacionadas com a distribuição binomial. Esta
relação pode ser utilizada para testarmos hipóteses relacionadas a proporções.
Exemplo 7.
Em uma dada população, deseja-se estudar a proporção de pessoas com uma dada
característica genética.
Deseja-se testar a hipótese de proporção de pessoas com a referida característica ser igual a 0,5,
contra a hipótese alternativa de ser maior que 0,5.
Para a realização do teste, selecionaram-se 4 pessoas. Decidiu-se rejeitar a hipótese nula caso
todas as 4 tivessem a característica em análise.
Calcule o nível de significância do teste.
Resolução:
Vamos escrever as hipóteses:
H
0
:
H
1
:
Onde ‘p’ é a proporção de pessoas com a característica na população.
Na amostra, a cada pessoa com a característica nós temos 1 sucesso. E a cada pessoa
entrevistada, nós temos 1 experimento.
Seja X a variável que designa o número de sucessos em 5 experimentos. Como vimos, X é uma
variável binomial.
Caso a hipótese nula seja verdadeira, sua média é dada por:
E sua variância fica:
Consequentemente, seu desvio padrão é dado por:
O nível de significância corresponde à probabilidade de rejeitar H
0
, dado que ela é verdadeira.
Vamos calcular o valor desta probabilidade.
Só rejeitaremos H
0
caso tenhamos uma amostra com 4 pessoas que possuam a característica.
Caso H
0
seja verdadeira, a probabilidade de isso ocorrer é:
E como X é uma variável binomial, basta usarmos a fórmula da variável binomial.
5
,
0
=
p
5
,
0
>
p
2
5
,
0
4
=
×
=
= np
X
1
5
,
0
5
,
0
4
2
=
×
×
=
= npq
σ
1
=
σ
?
)
4
(
=
=
X
P
k
n
k
q
p
k
n
k
X
P
−
×
×
=
= )
(
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55
O nível de significância é igual a 1/16.
Para responder às questões 023, 024 e 025, considere o enunciado a seguir.
A proporção de pessoas com uma determinada característica numa população é p. Sortearam-se
5 pessoas ao acaso e com reposição dessa população e calculou-se a proporção
de pessoas
com a característica na amostra. Desejando-se testar: H
0
:
contra H
1
:
, com base
nesta amostra, decidiu-se rejeitar H
0
se o número de pessoas com a característica na amostra for
maior ou igual a 4.
023.
MPU/2007 [FCC] O nível de significância associado ao teste é:
a) 6/64;
b) 5/32
c) 1/16;
d) 5/64;
e) 6/32
Resolução.
O nível de significância é a probabilidade de rejeitarmos a hipótese nula, dado que ela é
verdadeira. Corresponde à probabilidade de ocorrência do erro de tipo I.
Vamos supor que a hipótese nula seja verdadeira. Neste caso, dado que a hipótese nula é
verdadeira (logo,
), é possível que a gente a rejeite? Sim, basta que, numa dada amostra
de 5 pessoas, tenhamos 4 ou 5 pessoas com a dada característica. Vejamos a probabilidade de
isso ocorrer.
Seja X a variável que indica o número de pessoas com a característica na amostra de tamanho 5.
Como vimos, X é uma variável binomial.
Se a hipótese nula for verdadeira, a probabilidade de termos 4 pessoas com esta característica na
amostra é dada por:
A probabilidade de termos 5 pessoas com esta característica na amostra é:
16
1
5
,
0
5
,
0
4
4
)
4
(
0
4
=
×
×
=
=
X
P
pˆ
5
,
0
=
p
6
,
0
=
p
5
,
0
=
p
k
n
k
q
p
k
n
k
X
P
−
×
×
=
= )
(
32
5
5
,
0
5
5
,
0
5
,
0
4
5
)
4
(
5
4
5
4
=
×
=
×
×
=
=
−
X
P
k
n
k
q
p
k
n
k
X
P
−
×
×
=
= )
(
32
1
5
,
0
5
,
0
5
5
)
5
(
5
5
5
=
×
×
=
=
−
X
P
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56
A probabilidade de X ser igual a 4 ou igual a 5 é igual ao nível de significância:
Como os dois eventos são mutuamente excludentes, a probabilidade da união é igual à soma das
probabilidades.
Gabarito: E.
024.
MPU/2007 [FCC] Se o número observado de pessoas com a característica na amostra foi
5, o nível descritivo associado ao teste é:
a) 5/16
b) 5/32
c) 3/16
d) 1/32
e) 1/16.
Resolução.
Nível descritivo é sinônimo de p-valor.
O p-valor está relacionado com a estatística teste, ou seja, com o resultado obtido para o
experimento realizado.
Seja X a variável que designa o número de pessoas com a característica em estudo, na amostra
de tamanho 5. X é uma variável binomial.
Para o experimento feito, vimos que X assumiu o valor 5. Se a hipótese nula for verdadeira, a
probabilidade de isso ocorrer é:
Aliás, nem precisávamos fazer esta conta novamente. Já a tínhamos feito no exercício anterior.
O p-valor é igual à probabilidade de X assumir valores iguais ou mais extremos que o obtido para
o experimento realizado.
O p-valor é igual a:
Note que, em uma amostra de tamanho 5, o valor máximo que X assume é justamente 5.
Gabarito: D.
025.
MPU/2007 [FCC] A probabilidade de se rejeitar H
0
quando H
1
é verdadeira é:
a)
?
)
5
4
(
=
=
∪
=
X
X
P
)
5
(
)
4
(
)
5
4
(
=
+
=
=
=
∪
=
X
P
X
P
X
X
P
32
6
32
1
32
5
)
5
4
(
=
+
=
=
∪
=
X
X
P
32
1
5
,
0
5
,
0
5
5
)
5
(
5
5
5
=
×
×
=
=
−
X
P
)
5
(
_
≥
=
X
P
valor
p
32
/
1
)
5
(
)
5
(
_
=
=
=
≥
=
X
P
X
P
valor
p
5
6
,
0
4 ×
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57
b)
c)
d)
e)
Resolução.
H
0
será rejeitada se, na amostra de tamanho 5, tivermos 4 ou 5 pessoas com a característica.
Se H
1
for verdadeira, a probabilidade de isso ocorrer fica:
Gabarito: C
026.
SENADO 2008 [FGV] Considere que uma amostra aleatória simples de tamanho n = 5 de
uma distribuição Bernoulli com probabilidade de sucesso p seja usada para testar H
0
: p = 0,5
versus H
1
: p = 0,7 e que seja usado o critério que rejeita a hipótese nula se forem observados 4 ou
5 sucessos. A probabilidade de se cometer erro tipo 1 é igual a:
(A) 0,1875.
(B) 0,15625.
(C) 0,125.
(D) 0,0625.
(E) 0,03125.
Resolução.
O erro de tipo I ocorre quando rejeitamos a hipótese nula, dado que ela é verdadeira.
Se ela é verdadeira, então p = 0,5. A sua rejeição ocorrerá se obtivermos 4 ou 5 sucessos em 5
experimentos.
Basta aplicarmos a fórmula da distribuição binomial.
5
6
,
0
4
6
,
0
6
,
2 ×
5
6
,
0
1 −
4
6
,
0
4
,
0
5
×
×
)
5
(
)
4
(
)
5
4
(
=
+
=
=
=
∪
=
X
P
X
P
X
X
P
5
5
5
4
5
4
4
,
0
6
,
0
5
5
4
,
0
6
,
0
4
5
)
5
4
(
−
−
×
×
+
×
×
=
=
∪
=
X
X
P
0
5
1
4
4
,
0
6
,
0
4
,
0
6
,
0
5
)
5
4
(
×
+
×
×
=
=
∪
=
X
X
P
5
4
6
,
0
6
,
0
2
)
5
4
(
+
×
=
=
∪
=
X
X
P
)
6
,
0
2
(
6
,
0
)
5
4
(
4
+
×
=
=
∪
=
X
X
P
)
6
,
2
(
6
,
0
)
5
4
(
4
×
=
=
∪
=
X
X
P
5
4
5
,
0
5
5
,
0
5
,
0
4
5
)
4
(
×
=
×
×
=
=
X
P
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58
Somando as duas probabilidades:
18,75%
Gabarito: A
027.
BNDES 2008/2 [CESGRANRIO] Considere o seguinte teste de hipótese para a proporção
populacional p:
Para uma amostra de tamanho n=12, construiu-se a região crítica RC (0, 1, 11, 12). O poder do
teste para p = 0,5 é
(A) 26 . 0,5
12
(B) 13 . 0,5
12
(C) 12 . 0,5
12
(D) 2 . 0,5
12
(E) 0,5
12
Resolução.
Quer-se testar a hipótese de que a proporção populacional é igual a 60%. Para tanto, extrai-se
uma amostra de tamanho 12. Caso o número de casos favoráveis na amostra (X) seja igual a 0, 1,
11 ou 12, rejeita-se a hipótese nula. Por isso o exercício disse que a região crítica é formada por
esses números.
O poder do teste é a probabilidade de rejeitarmos a hipótese nula, dado que ela é falsa. Ou seja, é
a probabilidade de, dado que a hipótese nula é falsa, a estatística teste (=número de casos
favoráveis na amostra) ser igual a 0, 1, 11 ou 12.
O exercício nos informou que a proporção populacional verdadeira é igual a 50%. Com isso,
temos condições de calcular a probabilidade de a estatística teste cair na região crítica. Basta
utilizar a fórmula da distribuição binomial.
5
0
5
5
,
0
5
,
0
5
,
0
5
5
)
5
(
=
×
×
=
=
X
P
=
×
=
=
∪
=
5
5
,
0
6
)
5
4
(
X
X
P
6
,
0
:
0
=
p
H
6
,
0
:
1
≠
p
H
k
n
k
q
p
k
n
k
X
P
−
×
×
=
= )
(
12
12
0
5
,
0
5
,
0
5
,
0
0
12
)
0
(
=
×
×
=
=
X
P
12
11
1
5
,
0
12
5
,
0
5
,
0
1
12
)
1
(
×
=
×
×
=
=
X
P
12
1
11
5
,
0
12
5
,
0
5
,
0
11
12
)
11
(
×
=
×
×
=
=
X
P
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59
Logo:
Gabarito: A
Teste para proporções usando a distribuição normal
Quando o tamanho da amostra cresce (ou seja, para valores de n grandes), depender da fórmula
da probabilidade para a distribuição binomial fica muito trabalhoso.
Neste caso, podemos utilizar a aproximação. Vimos que, se X é binomial, e o número de
experimentos é bem grande, então X é aproximadamente normal.
Com isso, podemos realizar o teste de hipóteses para proporções utilizando a distribuição normal
em vez da binomial.
Vamos ver como fica.
Seja X a variável que designa o número de casos favoráveis na amostra de tamanho n. X seria
uma variável binomial.
A proporção de casos favoráveis na amostra fica:
Usando propriedades da média, temos que a média de
será igual à média de X, dividida por n.
Usando as propriedades da variância, a variância de
será igual à variância de X dividida por n
2
.
Consequentemente, o desvio padrão de
será:
Se n for grande, então X é aproximadamente normal. Como conseqüência,
também é
aproximadamente normal.
Sabendo disso, podemos obter a variável normal reduzida. Para tanto, fazemos o seguinte:
- tomamos a variável em estudo (
)
- subtraímos de sua média
- dividimos pelo seu desvio-padrão
12
0
12
5
,
0
5
,
0
5
,
0
12
12
)
12
(
=
×
×
=
=
X
P
=
=
∪
=
∪
=
∪
=
)
12
11
1
0
(
X
X
X
X
P
12
12
12
12
12
5
,
0
26
5
,
0
5
,
0
12
5
,
0
12
5
,
0
×
=
+
×
+
×
+
n
X
p =
ˆ
pˆ
p
n
np
p
E
=
=
)
ˆ
(
pˆ
n
pq
n
npq
p
V
=
=
2
)
ˆ
(
pˆ
n
pq
p
=
ˆ
σ
pˆ
pˆ
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60
=
Vamos ver um exemplo.
Exemplo 8.
Uma moeda foi lançada 100 vezes. Em 20% das vezes o resultado foi cara. Em 80%
das vezes, o resultado foi coroa. Teste a hipótese da moeda ser honesta, considerando um nível de
significância de 19,7%.
Dado:
Resolução.
No fundo, queremos testar a hipótese de que a probabilidade de sair cara seja de 50%. De outro
modo: queremos testar a hipótese de que, em um número muito grande de lançamentos, a
proporção de caras seja de 50%.
Por isto o teste é sobre proporção. A proporção da população (
), esta nós não conhecemos.
Queremos justamente testar seu valor.
Assim, num teste de proporções, a proporção da população tem exatamente o mesmo papel que
tinha a média da variável aleatória quando o teste era sobre médias.
A proporção obtida para a amostra é 20% (
). Vimos que
é um estimador de
(a proporção
da amostra é um estimador da proporção da população). Pois bem, o
tem o mesmo papel que
tinha o
no teste de médias.
Resumindo as mudanças no teste de proporções:
O parâmetro desconhecido é
(em vez de
)
O estimador é
(em vez de
).
A estatística teste é calculada pela fórmula:
No mais é tudo igual, inclusive a utilização da tabela para variável normal reduzida.
Vamos então resolver o exemplo proposto.
Vamos identificar os elementos.
Queremos testar a hipótese de que a proporção da população seja de 50%.
H
0
:
H
A
:
O teste é bilateral.
Os valores que se pretendem testar para a população são:
e
(pois
).
Para a amostra feita, obteve-se
. Foram 100 lançamentos (n = 100).
Primeiro passo: obter os valores críticos de Z.
n
pq
p
p
Z
−
=
ˆ
npq
np
p
n −
ˆ
%
15
,
40
)
29
,
1
0
(
=
<
< Z
P
p
pˆ
pˆ
p
pˆ
X
p
µ
pˆ
X
npq
np
p
n
teste
Z
−
=
ˆ
_
5
,
0
=
p
5
,
0
≠
p
5
,
0
=
p
5
,
0
=
q
p
q
−
= 1
2
,
0
ˆ
=
p
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61
Queremos obter os valores de Z de tal forma que a soma das duas áreas amarelas da figura
abaixo seja de 19,7%.
Consequentemente, a área verde seria de 80,3%.
A área verde é a região de aceitação. As áreas amarelas formam a região crítica. Caso o valor de
Z_teste caia na região verde, aceitaremos a hipótese H
0
. Caso contrário, rejeitamos.
Se a área verde vale 0,803, então a metade da área verde é igual a 0,4015.
O exercício nos disse que 40,15% dos valores de Z estão entre zero e 1,29.
Logo, a região verde da figura acima é de 80,3%.
Os valores críticos de Z são:
Segundo passo: obter a estatística teste.
No caso de proporções, a estatística teste é dada por:
29
,
1
2
_
_
29
,
1
1
_
_
=
−
=
critico
Z
critico
Z
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62
Substituindo os valores, ficamos com:
Terceiro passo: comparar a estatística teste com os valores críticos. Vemos que a estatística teste
é menor que o
. A estatística teste cai na região crítica (área amarela). Rejeitamos a
hipótese nula.
028.
SEFAZ MG 2005 [ESAF] Um fabricante afirma que pelo menos 95% dos equipamentos
que fornece à indústria encontram-se dentro de suas especificações. Uma amostra de 200 itens
escolhidos ao acaso revelou 10 itens fora de especificação. Assinale a opção que corresponde ao
valor probabilístico (p-valor) do teste de H
0
:
contra H
A
:
, sendo
a proporção
populacional de itens dentro da especificação.
a) 0,500
b) 0,050
c) 0,025
d) 0,010
e) 0,100
Resolução.
Não precisamos fazer o teste de hipóteses inteiro. Precisamos apenas encontrar o p-valor. O p-
valor está relacionado com a estatística teste.
Vamos encontrar a estatística teste.
O número de itens pesquisado é 200.
A proporção amostral de itens dentro da especificação é:
Note que aqui o exercício está chamando a proporção de
(quando nós sempre usamos o
símbolo
).
Vamos então voltar para a nossa simbologia.
Queremos testar a hipótese de a proporção da população ser igual a 0,95. Portanto, queremos
testar os seguintes valores:
A estatística teste fica:
npq
np
p
n
teste
Z
−
=
ˆ
_
6
5
30
5
,
0
5
,
0
100
5
,
0
100
2
,
0
100
_
−
=
−
=
×
×
×
−
×
=
teste
Z
1
_
_ critico
Z
95
,
0
≥
θ
95
,
0
<
θ
θ
200
=
n
95
,
0
200
190
ˆ
=
=
θ
θ
p
95
,
0
200
190
ˆ
=
=
p
05
,
0
95
,
0
=
⇒
=
q
p
RACIOCÍNIO LÓGICO QUANTITATIVO PARA AFRFB
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63
O p-valor é a área vermelha da figura abaixo.
A estatística teste é igual a zero, que é justamente o ponto médio da distribuição normal reduzida.
O gráfico da fdp é simétrico em torno de zero. Logo, a área à esquerda de zero é igual à área à
direita. Ambas valem 0,5.
Portanto o p-valor é 0,5.
Gabarito: A.
029.
SEFAZ MG 2005 [ESAF] Lança-se uma moeda 20 vezes e observa-se a ocorrência de 7
caras. Seja
a probabilidade de cara. Assinale a opção que dá o valor da estatística teste
correspondente ao teste da hipótese H
0
:
contra H
A
:
.
a)
b)
c)
d)
e)
Resolução.
npq
np
p
n
teste
Z
−
=
ˆ
_
npq
np
p
n
teste
Z
−
=
ˆ
_
0
95
,
0
200
95
,
0
200
_
=
×
−
×
=
npq
teste
Z
θ
5
,
0
≥
θ
5
,
0
<
θ
20
3
,
0
−
20
2
,
0
−
20
3
,
0
20
2
,
0
20
5
,
0
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Novamente não precisamos fazer todo o teste. Precisamos apenas calcular a estatística teste.
A moeda foi lançada 20 vezes.
A proporção amostral de caras foi:
(o exercício usou o símbolo . Estou mantendo nossa simbologia).
A proporção populacional que se pretende testar é:
A estatística teste fica:
Gabarito: A.
030.
Basa/2007 [CESPE] Um programa de controle de qualidade foi implementado em uma
agência bancária. A cada 10 clientes que entram na fila para solicitar um certo tipo de serviço
S, um atendente entrega um pequeno questionário, que deve ser preenchido pelo cliente e
devolvido ao caixa do banco. Um dos quesitos monitorados diariamente é a proporção de
clientes que estão satisfeitos com o atendimento de um modo geral. Em determinada semana,
foram observados os resultados mostrados na tabela a seguir.
Dia da semana
2ª
3ª
4ª
5ª
6ª
número de clientes observados
30
40
20
50
70
proporção de clientes satisfeitos 0,9
0,8
0,9
0,8
0,6
Com base nesses dados, julgue o item que se segue.
20
=
n
20
7
ˆ
=
p
θ
5
,
0
5
,
0
=
⇒
=
q
p
npq
np
p
n
teste
Z
−
=
ˆ
_
5
,
0
5
,
0
20
5
,
0
20
20
/
7
20
_
×
×
×
−
×
=
teste
Z
20
5
,
0
10
7
_
−
=
teste
Z
20
6
_
−
=
teste
Z
20
20
6
_
−
=
teste
Z
20
3
,
0
_
−
=
teste
Z
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65
1. Considere que se deseje testar a hipótese de que a verdadeira proporção de clientes satisfeitos
na terça-feira seja superior a 0,85. Nessa situação, a estatística do teste, considerando a
aproximação normal, é dada por
.
Resolução.
O problema só pediu o cálculo da estatística teste.
Na terça-feira a proporção de clientes satisfeitos (proporção amostral) é:
A proporção populacional que se pretende testar é:
Se
, temos que
O número de clientes observados foi:
Com todas estas informações, vamos ao cálculo da estatística teste.
.
Este valor é diferente do valor informado no enunciado. O item está errado.
Gabarito: errado.
DISTRIBUIÇÃO DE QUI-QUADRADO
A partir de agora veremos uma distribuição muito importante para realizarmos diversos tipos de
teste de hipóteses. Trata-se da distribuição de qui-quadrado. É uma distribuição diferente da
distribuição normal.
Considere diversas variáveis normais reduzidas (
,
,
, ...,
). Todas elas têm a mesma
distribuição normal de média zero e desvio padrão unitário.
Seja
uma variável tal que:
(
)
4
,
0
40
8
,
0
85
,
0
−
8
,
0
ˆ
=
p
85
,
0
=
p
85
,
0
=
p
15
,
0
=
q
40
=
n
npq
np
p
n
teste
Z
−
=
ˆ
_
15
,
0
85
,
0
40
85
,
0
40
8
,
0
40
_
×
×
×
−
×
=
teste
Z
(
)
15
,
0
85
,
0
40
85
,
0
8
,
0
40
_
×
×
−
×
=
teste
Z
(
)
15
,
0
85
,
0
85
,
0
8
,
0
40
_
×
−
×
=
teste
Z
(
)
15
,
0
85
,
0
40
85
,
0
8
,
0
_
×
×
−
=
teste
Z
1
Z
2
Z
3
Z
k
Z
2
χ
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Ou seja, a variável
é igual a uma soma dos quadrados de k variáveis normais de média zero e
desvio padrão unitário. Dizemos que
tem distribuição de qui-quadrado com k graus de
liberdade.
Então vai funcionar assim. Sempre que tivermos uma situação em que a variável envolvida puder
ser expressa como uma soma de quadrados de variáveis normais reduzidas, tal variável terá
distribuição de qui-quadrado. E para ela nós podemos consultar a tabela específica para a
distribuição de qui-quadrado. Trata-se da Tabela III, anexada ao final desta aula.
031.
CGU 2008 [ESAF] Sejam n variáveis aleatórias N(0,1) independentes. A soma de seus
quadrados tem uma distribuição de:
a) t de Student com n-1 graus de liberdade
b) t de Student com n graus de liberdade
c) qui quadrado com n graus de liberdade
d) qui quadrado com 2n graus de liberdade
e) F com 1 grau de liberdade no numerador e n graus de liberdade no denominador.
Resolução.
O símbolo N(0,1) é uma forma de representar variáveis aleatórias normais. O “N” indica que a
variável aleatória normal. Dentro dos parênteses, o primeiro número indica a média e o segundo
número indica a variância.
Então o que temos na questão é uma soma de quadrados de variáveis normais com média zero e
desvio padrão unitário (já que a variância é igual a 1).
Já sabemos que esta soma tem distribuição de qui-quadrado com n graus de liberdade.
Gabarito: C.
032.
PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] Se
s
ão variáveis aleatórias
independentes e com distribuição normal reduzida, então a variável aleatória
tem distribuição
(A) normal.
(B) qui-quadrado com n - 1 graus de liberdade.
(C) qui-quadrado com n graus de liberdade.
(D) t de Student com n - 1 graus de liberdade.
(E) t de Student com n graus de liberdade.
Resolução.
Questão idêntica à anterior.
Gabarito: C
∑
=
=
k
i
i
Z
1
2
2
χ
2
χ
2
χ
n
X
X
X
,...,
,
2
1
( ) ( )
( )
2
2
2
2
1
...
n
X
X
X
+
+
+
RACIOCÍNIO LÓGICO QUANTITATIVO PARA AFRFB
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67
033.
MP RO 2005 [CESGRANRIO]
Se
s
ão variáveis aleatórias independentes e com distribuição normal reduzida,
então a variável aleatória
tem média:
a) 1
b)
c)
d)
e) n
Resolução.
Já sabemos que
tem distribuição de qui-quadrado com n graus de liberdade.
Vamos calcular a esperança de
.
Ou seja, se X tem distribuição normal reduzida, então
.
O exercício pediu a esperança de:
.
A esperança da soma é igual à soma das esperanças:
Ou seja, uma variável aleatória com distribuição de qui-quadrado com n graus de liberdade tem
média igual a n.
Gabarito: E
Distribuição de qui-quadrado e variância
A distribuição de qui-quadrado pode ser utilizada para determinação de intervalos de confiança
para a variância ou ainda para testarmos valores para a variância de uma variável aleatória.
Seja
uma variável aleatória, com média
e variância
. Seja
o estimador da variância
populacional, baseado em uma amostra aleatória de tamanho n.
n
X
X
X
,...,
,
2
1
2
2
2
2
1
...
n
X
X
X
+
+
+
2
1
−
n
2
n
1
−
n
2
2
2
2
1
...
n
X
X
X
+
+
+
2
X
1
)
(
=
X
V
(
)
1
)
(
)
(
2
2
=
−
X
E
X
E
1
0
)
(
2
=
−
X
E
1
)
(
2
=
X
E
1
)
(
2
=
X
E
2
2
2
2
1
...
n
X
X
X
+
+
+
=
+
+
+
)
...
(
2
2
2
2
1
n
X
X
X
E
)
(
...
)
(
)
(
2
2
2
2
1
n
X
E
X
E
X
E
+
+
+
=
+
+
+
)
...
(
2
2
2
2
1
n
X
X
X
E
n
=
+
+
+
1
...
1
1
X
µ
2
σ
2
s
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68
É possível demonstrar que
tem distribuição de qui-quadrado com
graus de
liberdade. Ou seja, a variável
, tal que:
tem distribuição de qui-quadrado e, para ela, nós podemos consultar a tabela III (colocada ao final
da aula). Esta informação é útil para testarmos hipóteses acerca da variância, bem como para
definirmos intervalos de confiança para a mesma.
Um grande cuidado que temos que ter com a distribuição de qui-quadrado é que ela não é
simétrica (ao contrário da distribuição normal e da distribuição T).
Apenas para se ter uma idéia do gráfico, segue exemplo abaixo, para 4 graus de liberdade.
Quando o número de graus de liberdade aumenta, o gráfico tende a ficar simétrico (vide questão
035).
034.
PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] Se (X
1
, X
2
, ..., X
n
) são variáveis aleatórias
independentes e com distribuição normal reduzida e
, então a
distribuição de
é:
a) normal
b) qui-quadrado com n-1 graus de liberdade
c) qui-quadrado com n graus de liberdade
d) t de Student com n-1 graus de liberdade
e) t de Studente com n graus de liberdade
Resolução.
A variância amostral é dada por:
2
2
)
1
(
σ
s
n
−
1
−
n
2
χ
=
2
χ
2
2
)
1
(
σ
s
n
−
n
X
X
X
X
n
+
+
+
=
...
2
1
2
2
2
2
1
)
(
...
)
(
)
(
X
X
X
X
X
X
n
−
+
+
−
+
−
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Logo:
Dividindo os dois lados da igualdade por
:
Como X tem distribuição normal reduzida, sua variância é igual a 1:
Como vimos,
tem distribuição de qui-quadrado com
graus de liberdade. Logo,
também tem distribuição de qui-quadrado com
graus de liberdade.
Gabarito: B.
035.
SEFAZ MS 2006 [FGV] Uma amostra aleatória simples de tamanho 25 foi selecionada
para estimar a média desconhecida de uma população normal. A média amostral encontrada
foi de 4,2 e a variância amostral foi 1,44.
O intervalo de 95% de confiança para a variância populacional é:
a) (0,88; 2,79)
b) (0,72; 3,05)
c) (0,64; 3,20)
d) (0,55; 3,16)
e) (0,44; 3,44)
Resolução.
Temos um exercício de intervalo de confiança para a variância.
Já estudamos como construir intervalos de confiança para a média e para a proporção.
Agora que já estudamos a distribuição de qui-quadrado, temos condições de fazer intervalos de
confiança também para a variância populacional.
O tamanho da amostra foi 25.
A variância amostral foi 1,44.
(
)
1
1
2
2
−
−
=
∑
=
n
X
X
s
n
i
i
(
)
∑
=
−
=
−
×
n
i
i
X
X
n
s
1
2
2
)
1
(
2
σ
(
)
2
1
2
2
2
)
1
(
σ
σ
∑
=
−
=
−
×
n
i
i
X
X
n
s
(
)
∑
=
−
=
−
×
n
i
i
X
X
n
s
1
2
2
2
)
1
(
σ
2
2
)
1
(
σ
−
× n
s
1
−
n
(
)
∑
=
−
n
i
i
X
X
1
2
1
−
n
25
=
n
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70
Sabemos que a variável
tem distribuição de qui-quadrado com
graus de
liberdade.
Substituindo o valor de n:
Tem distribuição de qui-quadrado com 24 graus de liberdade.
Abaixo segue o gráfico para a fdp da distribuição de qui-quadrado com 24 graus de liberdade.
Note como o gráfico já tem uma assimetria menor que aquele com 4 graus de liberdade,
apresentado durante a parte teórica.
Queremos descobrir valores que delimitam uma área de 95%.
Consultando a tabela III, para 24 graus de liberdade, vemos que apenas 2,5% dos valores são
superiores a 39,364.
Consultando a mesma tabela, para 24 graus de liberdade, vemos que 97,5% dos valores são
superiores a 12,401. Portanto, 2,5% dos valores são inferiores a 12,401.
44
,
1
2
=
s
=
2
χ
2
2
)
1
(
σ
s
n
−
1
−
n
=
2
χ
2
2
)
1
(
σ
s
n
−
=
2
χ
2
2
)
1
25
(
σ
s
×
−
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71
As duas áreas amarelas da figura acima são iguais a 2,5%. As duas somadas valem 5%. Portanto
a área verde tem 95%.
Assim, em 95% dos casos a variável
estará entre 12,401 e 39,364.
Substituindo
pelo valor específico da amostra (1,44) ficamos com:
Neste caso, substituindo
pelo valor específico da amostra (1,44), não falamos que a
probabilidade de
é de 95%. Substituindo o valor 1,44 na
expressão acima, obtemos um valor que pode ou não estar no intervalo entre 12,401 e 39,364.
Supondo que esteja, ficamos com:
Invertendo as frações (invertemos também o sentido das desigualdades):
Este é o intervalo de 95% de confiança para a variância populacional.
Gabarito: A.
Se fôssemos resumir o passo a passo para achar o intervalo de confiança da variância, teríamos:
1º passo: determinar os valores de
que delimitam um intervalo com a confiança solicitada.
Neste exercício, deveríamos determinar um intervalo de 95% de confiança. Para tanto, basta
consultar a tabela da distribuição de qui-quadrado, com
graus de liberdade.
2
χ
364
,
39
401
,
12
2
≤
≤
χ
364
,
39
)
1
(
401
,
12
2
2
≤
−
≤
σ
s
n
2
s
364
,
39
44
,
1
)
1
25
(
401
,
12
2
≤
×
−
≤
σ
2
s
364
,
39
44
,
1
)
1
25
(
401
,
12
2
≤
×
−
≤
σ
364
,
39
44
,
1
)
1
25
(
401
,
12
2
≤
×
−
≤
σ
401
,
12
1
44
,
1
)
1
25
(
364
,
39
1
2
≤
×
−
≤
σ
79
,
2
88
,
0
2
≤
≤
σ
2
χ
1
−
n
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72
Em consulta à Tabela III verificamos que em 95% dos casos a variável
estará entre 12,401 e
39,364.
Vamos chamar estes valores de
e
.
e
Segundo passo: obter o valor específico de
para a amostra feita.
(dado no enunciado)
Terceiro passo: determinar o intervalo de confiança, na forma:
036.
MP RO 2005 [FCC] Uma amostra aleatória simples de tamanho 25 foi selecionada para
estimar a média e a variância desconhecidas de uma população normal. A média amostral
encontrada foi 5,2 e a variância amostral foi 1,44.
O intervalo de 95% de confiança para a variância populacional é:
(A) (0,48; 2,40)
(B) (0,52; 2,96)
(C) (0,58; 2,84)
(D) (0,67; 3,43)
(E) (0,88; 2,79)
Resolução.
1º passo: determinar os valores de
que delimitam um intervalo com a confiança solicitada.
Neste exercício, deveríamos determinar um intervalo de 95% de confiança. Para tanto, basta
consultar a tabela da distribuição de qui-quadrado, com 24 graus de liberdade.
Consultando a tabela III (coluna de
e 24 graus de liberdade), temos que a área verde de
figura abaixo é de 97,5%.
2
χ
364
,
39
401
,
12
2
≤
≤
χ
2
1
χ
2
2
χ
401
,
12
1
=
2
χ
364
,
39
2
=
2
χ
2
s
44
,
1
2
=
s
2
1
2
2
2
2
2
)
1
(
)
1
(
χ
σ
χ
s
n
s
n
×
−
≤
≤
×
−
2
χ
%
5
,
97
RACIOCÍNIO LÓGICO QUANTITATIVO PARA AFRFB
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73
Consequentemente, a área amarela é de 2,5%.
Da mesma tabela, temos que a área amarela da figura abaixo também é de 2,5%:
Juntando as duas figuras, temos que a área verde da figura abaixo é de 95%.
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74
Portanto, em 95% dos casos,
.
Segundo passo: obter o valor específico de
para a amostra feita.
(dado no enunciado)
Terceiro passo: determinar o intervalo de confiança, na forma:
Gabarito: E
037.
PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO]
Uma amostra aleatória simples, de tamanho 16, foi selecionada para estimar a média
desconhecida de uma população normal. A média amostral encontrada foi 4,8 e a variância
amostral, 1,44.
O intervalo de 90% de confiança para a variância populacional é
(A) (0,48 ; 2,40)
(B) (0,52 ; 2,84)
(C) (0,58 ; 2,96)
(D (0,67 ; 3,43)
(E) (0,86 ; 2,97)
Resolução.
364
,
39
401
,
12
2
≤
≤
χ
2
s
44
,
1
2
=
s
2
1
2
2
2
2
2
)
1
(
)
1
(
χ
σ
χ
s
n
s
n
×
−
≤
≤
×
−
401
,
12
44
,
1
)
24
(
364
,
39
44
,
1
)
24
(
2
×
≤
≤
×
σ
79
,
2
88
,
0
2
≤
≤
σ
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75
1º passo: determinar os valores de
que delimitam um intervalo com a confiança solicitada.
Neste exercício, deveríamos determinar um intervalo de 90% de confiança. Para tanto, basta
consultar a tabela da distribuição de qui-quadrado, com 15 graus de liberdade.
A área entre 7,261 e 24,996 é de 90%.
e
Segundo passo: obter o valor específico de
para a amostra feita.
(dado no enunciado)
Terceiro passo: determinar o intervalo de confiança, na forma:
Gabarito: E
038.
PM MANAUS [CESGRANRIO] Uma amostra aleatória simples de tamanho 16 foi
selecionada para estimar a média desconhecida de uma população normal. A média amostral
encontrada foi 5,2 e a variância amostral foi 1,44.
O intervalo de 95% de confiança para a variância populacional é:
(A) (0,79 ; 3,47)
(B) (0,67 ; 3,43)
(C) (0,58 ; 2,84)
(D) (0,52 ; 2,96)
(E) (0,48 ; 2,40)
Resolução.
1º passo: determinar os valores de
que delimitam um intervalo com a confiança solicitada.
Neste exercício, deveríamos determinar um intervalo de 95% de confiança. Para tanto, basta
consultar a tabela da distribuição de qui-quadrado, com 15 graus de liberdade.
A área entre 6,23 e 27,5 é de 95%.
e
Segundo passo: obter o valor específico de
para a amostra feita.
(dado no enunciado)
Terceiro passo: determinar o intervalo de confiança, na forma:
2
χ
261
,
7
1
=
2
χ
996
,
24
2
=
2
χ
2
s
44
,
1
2
=
s
2
1
2
2
2
2
2
)
1
(
)
1
(
χ
σ
χ
s
n
s
n
×
−
≤
≤
×
−
261
,
7
44
,
1
)
14
(
996
,
24
44
,
1
)
15
(
2
×
≤
≤
×
σ
97
,
2
86
,
0
2
≤
≤
σ
2
χ
23
,
6
1
=
2
χ
5
,
27
2
=
2
χ
2
s
44
,
1
2
=
s
2
1
2
2
2
2
2
)
1
(
)
1
(
χ
σ
χ
s
n
s
n
×
−
≤
≤
×
−
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76
Gabarito: A
Exemplo 9.
Quer-se testar a hipótese de a variância de uma população ser igual a 2, contra a
hipótese alternativa de a variância ser menor que 2.
Para tanto, extraiu-se uma amostra de tamanho 11, que forneceu uma variância amostral igual a
1,5.
Considerando um nível de significância de 5%, qual o resultado do teste?
Resolução.
Primeiro passo: obtemos o valor crítico (valor de
).
Consultando a tabela III para 10 graus de liberdade, temos que 5% dos valores de
são
menores ou iguais a 3,940.
Este valor crítico nos permite definir a região crítica (área amarela, igual a 5%) e a região de
aceitação (área verde, igual a 95%):
Segundo passo: obter a estatística teste.
7,5
Terceiro passo: comparamos a estatística teste com o valor crítico.
23
,
6
44
,
1
)
14
(
5
,
27
44
,
1
)
15
(
2
×
≤
≤
×
σ
47
,
3
79
,
0
2
≤
≤
σ
critico
_
2
χ
2
χ
940
,
3
_
2
=
critico
χ
=
teste
_
2
χ
2
2
)
1
(
σ
s
n
−
=
teste
_
2
χ
=
×
−
2
5
,
1
)
1
11
(
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77
A estatística teste é maior que o valor crítico. A estatística teste cai na região de aceitação.
Aceitamos a hipótese nula.
039.
INMETRO 2007 [CESPE] O fabricante de uma balança de precisão afirma que o desvio
padrão das medições dessa balança é de 0,0002 g. Considere que um usuário dessa balança
faça um experimento para testar a afirmação do fabricante. Após 8 medições, esse usuário
verifica que o desvio padrão amostral foi igual a 0,0005 g. O usuário decide testar a hipótese
nula
versus a hipótese alternativa
. Com base nessas
informações, julgue os itens a seguir.
118. A estatística qui-quadrado para o teste em questão é inferior a 40.
119. Se a hipótese nula for rejeitada em nível de significância de 5%, então o poder do teste será
de 95%.
120. Um intervalo de confiança de 95% para a variância amostral pode ser dado por
Resolução.
Item 118.
Queremos calcular a estatística teste.
Gabarito: errado.
Item 119.
Como vimos no começo da aula, poder do teste é a probabilidade de H
0
ser rejeitada dado que ela
é falsa. Não temos como calcular esse valor com os dados fornecidos.
A questão pretendeu confundir o candidato. O valor
, de fato, é igual a 95%. Mas o poder do
teste é igual a
.
Gabarito: errado.
Item 120.
A questão tentou fazer um “mix”, usando trechos do intervalo de confiança para a média (em que
fazemos uso da distribuição normal). O item está errado.
Gabarito: errado.
0002
,
0
:
0
≤
σ
H
0002
,
0
:
>
σ
A
H
8
0002
,
0
96
,
1
0005
,
0
×
±
=
teste
_
2
χ
2
2
)
1
(
σ
s
n
−
=
teste
_
2
χ
75
,
43
10
4
10
25
7
)
10
2
(
)
10
5
(
)
1
8
(
8
8
2
4
2
4
=
⋅
⋅
×
=
⋅
⋅
×
−
−
−
−
−
α
−
1
β
−
1
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78
Teste de qui-quadrado para proporções
A distribuição de qui-quadrado é muito empregada para realizarmos teste de hipóteses sobre
proporções.
Nesta aula nós já vimos alguns testes de hipóteses para proporções. Veremos que também é
possível fazer testes de hipóteses para proporções usando a distribuição de qui-quadrado.
Assim, quando tivermos problemas referentes a proporções, podemos utilizar a distribuição de
qui-quadrado. Esta utilização do teste de qui-quadrado tem uma grande importância, porque é
utilizada como base para estudarmos o tópico seguinte, em que se comparam diversas
proporções.
Para estudarmos esta nova aplicação do teste de qui-quadrado, precisamos introduzir uma nova
simbologia.
designa a freqüência
e
sperada dos resultados
favoráveis
, nos casos em que a hipótese nula é
verdadeira.
designa a freqüência
e
sperada dos resultados
desfavoráveis
, nos casos em que a hipótese
nula é verdadeira.
designa a freqüência
o
bservada dos resultados
favoráveis
, nos casos em que a hipótese nula
é verdadeira.
designa a freqüência
o
bservada dos resultados
desfavoráveis
, nos casos em que a hipótese
nula é verdadeira.
É possível demonstrar que a variável
tem distribuição de qui-quadrado com 1
grau de liberdade.
O passo a passo do teste é bem parecido com todos os outros testes de hipóteses estudados na
aula de hoje.
Primeiro calculamos o valor crítico com o auxílio da tabela III.
Calculamos a estatística teste. A fórmula é:
Comparamos os dois valores. Se a estatística teste for maior que o valor crítico, rejeitamos a
hipótese nula.
1
E
2
E
1
O
2
O
∑
=
−
=
2
1
2
2
)
(
i
i
i
i
E
E
O
χ
∑
=
−
=
2
1
2
2
)
(
_
i
i
i
i
E
E
O
teste
χ
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79
Teste de qui-quadrado para proporções:
Primeiro calculamos os valores críticos com o auxílio da tabela da distribuição de
qui-quadrado.
Calculamos a estatística teste. A fórmula é:
Comparamos os dois valores. Se a estatística teste for maior que o valor crítico,
rejeitamos a hipótese nula
Um detalhe importante. Nos testes de hipóteses vistos anteriormente, o terceiro passo do teste
poderia se dar de inúmeras formas:
·
se o teste for unilateral e a região crítica estiver à esquerda de zero, rejeitamos a hipótese nula
se a estatística teste for menor que o valor crítico
·
se o teste for unilateral e a região crítica estiver à direita de zero, rejeitamos a hipótese nula se
a estatística teste for maior que o valor crítico
·
se o teste for bilateral, definimos dois valores críticos; rejeitamos a hipótese nula se a
estatística teste não estiver contida no intervalo definido pelos dois valores críticos.
Aqui a situação muda completamente. No caso do teste de qui-quadrado para proporções, a única
forma de rejeitarmos a hipótese nula ocorre quando a estatística teste é maior que o valor crítico.
Isto ocorre porque a variável em análise é obtida a partir da seguinte operação. Primeiro fazemos
a diferença entre cada freqüência observada e a respectiva freqüência esperada. Depois,
elevamos a diferença ao quadrado.
Quando se eleva a diferença ao quadrado, obtém-se um número que é sempre maior ou igual a
zero.
Quanto mais próximos de zero forem os quadrados das diferenças, mais forte é o sinal de que as
freqüências observadas são iguais às esperadas. É um forte sinal de que a hipótese nula é
verdadeira.
Do contrário, quanto mais diferentes de zero forem os quadrados das diferenças, mais forte é o
sinal de que as freqüências observadas e esperadas são diferentes. Neste caso, os quadrados
das diferenças seriam significativamente maiores que zero. Como conseqüência, a região crítica
sempre está do lado direito.
Por isso, no caso do teste de qui-quadrado aplicado a proporções, só rejeitamos a hipótese nula
quando a estatística teste é maior que o valor crítico.
Vamos a um exemplo.
Exemplo 10.
Lança-se uma moeda 20 vezes e observa-se a ocorrência de 7 caras. Seja
a
probabilidade de cara. Teste a hipótese H
0
:
contra H
A
:
.
Resolução:
O problema é sobre teste de hipóteses envolvendo proporção. Então podemos utilizar a
distribuição de qui-quadrado para 1 grau de liberdade.
Primeiro passo: obter o valor crítico.
O nível de significância é de 5%. Ou seja, a região crítica é igual a 5%.
Para obter o valor crítico, consultamos a tabela III ao final desta aula. Encontramos o valor
associado à probabilidade de 5%. Este valor é 3,841.
∑
=
−
=
2
1
2
2
)
(
i
i
i
i
E
E
O
χ
θ
5
,
0
=
θ
5
,
0
≠
θ
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80
Segundo passo: determinar a estatística teste.
Se a hipótese nula for verdadeira, a proporção de caras é de 0,5. Portanto, em 20 lançamentos,
as freqüências esperadas para os resultados favoráveis (sair cara) e desfavoráveis (sair coroa)
são:
(são esperadas 10 caras)
(são esperadas 10 coroas).
Já as freqüências observadas foram:
(foram observadas 7 caras).
(foram observadas 7 coroas).
Agora vem a novidade.
Se a hipótese nula for verdadeira, a variável
tem distribuição de qui-quadrado
com 1 grau de liberdade.
Substituindo os valores:
Terceiro passo: comparar a estatística teste com o valor crítico.
A estatística teste não é maior que o valor crítico. Não rejeitamos a hipótese nula.
Esta utilização da distribuição de qui-quadrado, para testar hipóteses sobre uma proporção, não é
muito cobrada em prova. Mas é importante porque serve para estudarmos um assunto muito
cobrado: o teste de qui-quadrado para várias proporções.
Teste de qui-quadrado para várias proporções
Esta é a utilização mais importante do teste de qui-quadrado, ao menos para concursos. É uma
generalização do caso anterior, para uma proporção. Aqui podemos comparar ao mesmo tempo
diversas proporções. E, além disso, elas não precisam conter apenas dois tipos de ocorrências
(sucessos e fracassos).
Para ilustrar, considere que estamos fazendo uma pesquisa em dois bairros diferentes (bairros A
e B). Queremos saber se as pessoas são a favor, contra ou são indiferentes a uma dada política
urbana.
Em cada bairro, não temos apenas sucessos e fracassos. Não temos apenas duas categorias de
opinião. Temos três: a pessoa pode ser favorável à política, pode ser contra, ou pode ser
indiferente.
841
,
3
_
2
=
crítico
χ
10
1
=
E
10
2
=
E
7
1
=
O
13
2
=
O
∑
=
−
=
2
1
2
2
)
(
i
i
i
i
E
E
O
χ
∑
=
−
=
2
1
2
2
)
(
i
i
i
i
E
E
O
χ
(
)
(
)
10
10
13
10
10
7
_
2
2
2
−
+
−
=
teste
χ
8
,
1
10
18
_
2
=
=
teste
χ
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81
Podemos utilizar o teste de qui-quadrado para comparar se, nos dois bairros acima, a opinião dos
moradores quanto à referida política é igual. Caso aceitemos a hipótese de igualdade,
consideramos que a opinião geral dos cidadãos não tem relação com o bairro onde vivem (A ou
B). Do contrário, caso a diferença de opinião seja significante, rejeitaremos a hipótese de
igualdade de opiniões.
Vejamos alguns exercícios.
040.
CGU 2008 [ESAF] Dos 100 candidatos inscritos em um concurso que estudaram no curso
preparatório A, 75 foram aprovados no concurso, enquanto que dos 100 candidatos inscritos no
concurso que estudaram no curso preparatório B, 65 foram aprovados nesse concurso. Se
desejarmos testar a hipótese estatística de que a proporção de aprovação dos dois cursos é a
mesma, obtenha o valor mais próximo da estatística do teste, que tem aproximadamente uma
distribuição qui-quadrado com um grau de liberdade.
a) 1,21.
b) 1,44.
c) 1,85.
d) 2,38.
e) 2,93.
Resolução.
Vamos continuar com a mesma simbologia de freqüências esperadas e observadas, tanto para
resultados favoráveis (=sucessos), quanto para casos desfavoráveis (=fracassos).
A diferença é que agora não temos apenas uma proporção. São duas proporções. Temos a
proporção de aprovados no curso A e a proporção de aprovados no curso B.
Com isso, teremos resultados favoráveis e desfavoráveis, esperados e observados, tanto para o
curso A quanto para o curso B.
Temos duas proporções: a proporção de candidatos do curso A que foram aprovados e a
proporção de candidatos do curso B que foram aprovados. Queremos testar a hipótese de que
ambas as proporções são iguais.
O enunciado deu as freqüências observadas.
O número de sucessos no curso A foi de 75 (foram 75 aprovados).
O número de fracassos (resultados desfavoráveis) no curso A foi 25.
O número de sucessos no curso B foi de 65.
O número de fracassos no curso B foi de 35
Agora vamos às freqüências esperadas. Supondo que a hipótese de igualdade das proporções
seja verdadeira, podemos juntar todos os alunos como pertencentes a um só curso. Neste curso
“resultante”, a proporção de alunos aprovados é:
75
1
_
=
A
O
25
2
_
=
A
O
65
1
_
=
B
O
35
2
_
=
B
O
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82
No geral, foram aprovados 70% dos alunos, independentemente de curso.
Se a hipótese nula for verdadeira, então a freqüência esperada de aprovação em cada um dos
cursos é igual à freqüência geral obtida acima (=70%).
Basta você pensar assim. Alguém chega e te informa que 70% dos alunos dos cursos A e B foram
aprovados. Esta mesma pessoa te fala que 100 alunos de cada curso fizeram a prova. Sabendo
apenas estas informações, se você supuser que os alunos dos dois cursos tiveram o mesmo
desempenho, você esperaria as seguintes freqüências:
(você esperaria 70% de aprovação no curso A)
(você esperaria 30% de reprovação no curso A)
(você esperaria 70% de aprovação no curso B)
(você esperaria 30% de reprovação no curso B)
Podemos colocar tudo isto numa tabela:
Curso A
Curso B
Freqüência
observada
Freqüência
esperada
Freqüência
observada
Freqüência
esperada
Aprovados
75
70
65
70
Reprovados
25
30
35
30
Total
100
100
100
100
É possível demonstrar que a soma de todos os valores de
é uma variável com
distribuição de qui-quadrado.
Quando tínhamos uma proporção apenas, o número de graus de liberdade era sempre igual a 1.
Quando tivermos mais de uma proporção, o número de graus de liberdade vai variar. Para
descobri-lo, precisamos ver quantas linhas e colunas tem a nossa tabela acima.
Para tanto, devemos considerar só uma das tabelas (ou a de freqüência esperada, ou a de
freqüência observada, dá no mesmo).
Freqüências esperadas:
Curso A
Curso B
Freqüência
esperada
Freqüência
esperada
Aprovados
70
70
Reprovados
30
30
Freqüências observadas:
Curso A
Curso B
Freqüência
observada
Freqüência
observada
Aprovados
75
65
Reprovados
25
35
7
,
0
200
140
100
100
65
75
=
=
+
+
70
1
_
=
A
E
30
2
_
=
A
E
70
1
_
=
B
E
30
2
_
=
B
E
i
i
i
E
E
O
2
)
(
−
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83
Cada uma das duas tabelas tem duas linhas e duas colunas.
número de linhas
número de colunas.
O número de graus de liberdade será igual a
Pronto. Visto isso, vamos ao teste.
Na verdade o exercício pediu apenas a estatística teste.
Para treinar, vamos fazer o teste de hipótese para um nível de significância de 5%.
Primeiro passo: encontrar o valor crítico.
Para tanto, precisamos consultar a tabela III, colocada ao final da aula.
Procuramos pelo valor crítico que separa uma área de 5%, situada na extremidade direita do
gráfico. Consultando a coluna para área de 5% e 1 grau de liberdade, temos que o valor crítico é
3,84.
Segundo passo: encontrar a estatística teste. Na verdade foi apenas isto que o enunciado pediu.
Por isso a questão não forneceu uma tabela para a distribuição de qui-quadrado.
Para encontrar a estatística teste, encontramos o valor de
para os valores de freqüências
fornecidos. Basta somar todos os valores de
A estatística teste é igual a 2,38.
Gabarito: D.
Mas continuemos nosso teste.
Terceiro passo: comparar a estatística teste com o valor crítico.
A estatística teste é menor que o valor crítico. Não rejeitamos a hipótese nula. Ou seja, a
diferença entre as duas proporções não foi tão grande a ponto de nos fazer rejeitar a hipótese
nula. Não há evidências suficientemente fortes que nos levem a rejeitar a hipótese de que as duas
proporções são iguais.
⇒
L
⇒
C
2
=
L
2
=
C
(
) (
)
1
1
−
×
−
C
L
(
) (
)
1
1
_
_
−
×
−
=
C
L
liberdade
de
graus
(
) (
)
1
1
2
1
2
_
_
=
−
×
−
=
liberdade
de
graus
84
,
3
_
2
=
crítico
χ
2
χ
i
i
i
E
E
O
2
)
(
−
30
)
30
35
(
70
)
70
65
(
30
)
30
25
(
70
)
70
75
(
_
2
2
2
2
2
−
+
−
+
−
+
−
=
teste
χ
38
,
2
30
25
70
25
30
25
70
25
_
2
=
+
+
+
=
teste
χ
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84
O enunciado a seguir refere-se às questões 041, 042 e 043
A tabela a seguir mostra os resultados obtidos em matemática por três turmas.
Aprovados Reprovados Total
Turma X
30
10
40
Turma Y
35
5
40
Turma Z
15
5
20
Total
80
20
100
Desejamos testar, utilizando o teste do qui-quadrado:
H
0
: os seis resultados possíveis têm probabilidades iguais versus
H
A
: os seis resultados possíveis não têm probabilidades iguais.
041.
SEFAZ/MS – 2006 [FGV] O valor observado da estatística qui-quadrado é,
aproximadamente:
a) 1,16
b) 2,34
c) 3,44
d) 4,66
e) 5,58
Resolução:
Olha gente, eu acho que o enunciado ficou um pouquinho confuso. Creio que a hipótese que se
pretende testar seria a seguinte:
H
0
: a proporção de aprovados nas três turmas é a mesma
H
A
: as proporções são diferentes.
Se a hipótese nula for verdadeira, as três turmas teriam o mesmo desempenho.
No total, são 100 alunos. Destes, 80 foram aprovados. A turma X tem 40 alunos. A turma Y tem 40
alunos. A turma Z tem 20 alunos. Se soubéssemos apenas estas informações e quiséssemos
descobrir quantos alunos foram aprovados em cada turma, supondo que as três turmas tenham o
mesmo desempenho, levaríamos em conta que 80% dos alunos de cada uma das turmas foi
aprovado.
Isto corresponde a considerar que todas as turmas tiveram desempenho igual ao desempenho
geral das três turmas.
As freqüências esperadas ficariam conforme a tabela abaixo.
Turma X
Turma Y
Turma Z
F
F esperada F
F
F
F
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85
observada
observada esperada
observada esperada
Aprovados
30
32
35
32
15
16
Reprovado
s
10
8
5
8
5
4
Total
40
40
40
40
20
20
A estatística teste é obtida pela soma de todos os valores de
.
Gabarito: B
042.
SEFAZ/MS – 2006 [FGV] O número de graus de liberdade é:
a) 2
b) 3
c) 4
d) 6
e) 99
Resolução.
Nossa tabela é a que segue:
F
observada
(X)
F
observada
(Y)
F
observada
(Z)
Aprovados
30
35
15
Reprovado
s
10
5
5
número de linhas
número de colunas.
O número de graus de liberdade será igual a
i
i
i
E
E
O
2
)
(
−
34
,
2
4
)
4
5
(
16
)
16
15
(
8
)
8
5
(
32
)
32
35
(
8
)
8
10
(
32
)
32
30
(
_
2
2
2
2
2
2
2
=
−
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
=
teste
χ
⇒
L
⇒
C
2
=
L
3
=
C
(
) (
)
1
1
−
×
−
C
L
(
) (
)
1
1
_
_
−
×
−
=
C
L
liberdade
de
graus
(
) (
)
2
1
3
1
2
_
_
=
−
×
−
=
liberdade
de
graus
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Gabarito: A.
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043.
SEFAZ/MS – 2006 [FGV] Nos níveis de 1%, 5% e 10%, a decisão sobre H
0
é:
A
Não
rejeitar
Não
rejeitar
Não
rejeitar
B
Não
rejeitar
Não
rejeitar
Rejeitar
C
Não
rejeitar
Rejeitar
Rejeitar
D
Rejeitar
Rejeitar
Não
rejeitar
E
Rejeitar
Rejeitar
Rejeitar
Resolução.
Sabemos que, se a hipótese nula for verdadeira, a variável
tem distribuição de qui-quadrado
com dois graus de liberdade.
Vamos encontrar os valores críticos para cada um dos três testes que se pretende fazer.
Quando o teste tem nível de significância de 1%, o valor crítico constante da tabela é igual a 9,21.
Este valor é maior que a estatística teste. Portanto não rejeitamos a hipótese nula.
Quando o teste tem nível de significância de 5%, o valor crítico constante da tabela é igual a 5,99.
Este valor é superior à estatística teste. Portanto não rejeitamos a hipótese nula.
Quando o teste tem nível de significância de 10%, o valor crítico constante da tabela é igual a
4,61. Este valor é superior à estatística teste. Portanto não rejeitamos a hipótese nula.
Para nenhum dos três casos rejeitamos a hipótese nula.
Gabarito: A
044.
SENADO 2008 [FGV]
A tabela de contingência a seguir foi obtida para se testar homogeneidade entre as proporções de
conceitos obtidos em um exame nacional com dois métodos de ensino:
O valor da estatística qui-quadrado usual para esses dados é:
(A) 6.
(B) 12.
(C) 18.
(D) 24.
%
1
=
α
%
5
=
α
%
10
=
α
2
χ
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(E) 36.
Resolução:
Os testes de hipóteses para proporções, usando a distribuição de qui-quadrado, recebem nomes
especiais. Nós não os mencionamos porque, para resolver os exercícios que caem em concurso,
o nome pouco importa.
Só para não passar em branco, vamos a eles:
- Testes de Aderência: queremos testar se uma população segue uma dada distribuição de
probabilidades.
- Teste de homogeneidade: queremos testar se diferentes populações têm a mesma distribuição.
Exemplo: testar se duas turmas de uma escola tiveram o mesmo desempenho na prova de
matemática.
- Teste de independência: queremos testar se duas variáveis diferentes são independentes entre
si. Exemplo: queremos ver se o aproveitamento num teste independe do sexo da pessoa.
Queremos testar se propensão a ter câncer independe da cor da pele.
Neste exercício, queremos saber se a proporção de alunos que tirou A, B e C é a mesma, tanto
para o método 1 quanto para o método 2.
Podemos montar o seguinte quadro de freqüências observadas:
A
B
C
Total
método 1
50
10
40
100
método 2
50
40
10
100
total
100
50
50
200
Do total de 200 avaliados, 50% tirou o conceito A, 25% B, e 25% C.
Supondo homogeneidade entre aqueles que foram ensinados com os dois métodos, estes
mesmos percentuais deveriam ser verificados dentro de cada grupo.
Assim, temos o seguinte quadro de freqüências esperadas:
A
B
C
método 1
50
25
25
método 2
50
25
25
A estatística teste é obtida pela soma de todos os valores de
.
= 36
Gabarito: E
045.
AFT 2010 [ESAF] Em uma amostra aleatória simples de 100 pessoas de uma população,
15 das 40 mulheres da amostra são fumantes e 15 dos 60 homens da amostra também são
fumantes. Desejando-se testar a hipótese nula de que nesta população ser fumante ou não
independe da pessoa ser homem ou mulher, qual o valor mais próximo da estatística do
correspondente teste de qui-quadrado?
a) 1,79.
b) 2,45.
i
i
i
E
E
O
2
)
(
−
=
−
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
=
25
)
25
10
(
25
)
25
40
(
25
)
25
40
(
25
)
25
10
(
50
)
50
50
(
50
)
50
50
(
_
2
2
2
2
2
2
2
teste
χ
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c) 0,98.
d) 3,75.
e) 1,21.
Resolução.
Frequencias observadas:
Fumante
Não-fumante
Total
Homem
15
45
60
mulher
15
25
40
Total
30
70
100
No geral, temos 30% de fumantes.
Se a proporção de fumantes for a mesma entre homens e mulheres, então esperaríamos ter 30%
de fumantes em cada grupo.
Frequencias esperadas:
Fumante
Não-fumante
Total
Homem
18
42
60
mulher
12
28
40
Total
30
70
100
Para cálculo da estatística teste, fazemos o seguinte:
- subtraímos as frequências observadas das esperadas
- elevamos ao quadrado
- dividimos pela frequência esperada
- somamos todos os resultados acima indicados.
A estatística teste fica:
= 1,79
Gabarito: A
046.
MPU/2007 [FCC] Para responder à questão, utilize a tabela abaixo para o teste, onde
P(qui-quadrado vc )= p
p
graus de
liberdade
5%
4%
2,5%
2%
1%
1
3,841 4,218 5,024
5,412 6,635
2
5,991 6,438 7,378
7,824 9,210
3
7,815 8,311 9,348
9,837 11,345
Uma pesquisa de opinião sobre a qualidade do sabão Diamante foi realizada em dois bairros (A e
B) da cidade de São Paulo. No bairro A sorteou-se 300 residentes e destes 180 o classificaram
28
)
28
25
(
42
)
42
45
(
12
)
12
15
(
18
)
18
15
(
2
2
2
2
−
+
−
+
−
+
−
≥
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como bom e os demais o classificaram como ruim. No bairro B foram sorteados 100 residentes e
80 o classificaram como ruim e os demais o classificaram como bom. Utilizou-se o teste de qui-
quadrado para se avaliar se existe diferença no grau de satisfação dos residentes. O valor
observado do qui-quadrado e a decisão do teste ao nível de significância de 5% são,
respectivamente,
a) 24, não existe diferença de opinião significativa entre os bairros
b) 24, existe diferença de opinião significativa entre os bairros
c) 48, não existe diferença de opinião significativa entre os bairros
d) 48, existe diferença de opinião significativa entre os bairros
e) 50, existe diferença de opinião significativa entre os bairros
Resolução.
Podemos montar o seguinte quadro:
Bairro A
Bairro B
Total
bom
180
20
200
ruim
120
80
200
No total, 50% dos entrevistados avaliaram como bom e 50% como ruim.
Supondo que a hipótese nula seja verdadeira (ou seja, supondo que não exista diferença
significativa de opinião nos dois bairros), temos que os percentuais acima se aplicariam a cada um
dos bairros:
A
B
Freqüência
observada
Freqüência
esperada
Freqüência
observada
Freqüência
esperada
bom
180
150
20
50
ruim
120
150
80
50
A estatística teste é obtida pela soma de todos os valores de
.
A estatística teste é igual a 48. Ficamos entre as alternativas C e D.
O número de graus de liberdade é dado por:
Consultando a tabela fornecida, para 1 grau de liberdade e nível de significância de 5%, temos:
3,841 (valor crítico).
A estatística teste é superior ao valor crítico. Devemos rejeitar a hipótese nula. Existe diferença
significativa entre as opiniões nos dois bairros.
Gabarito: D
i
i
i
E
E
O
2
)
(
−
48
50
)
50
80
(
50
)
50
20
(
150
)
150
120
(
150
)
150
180
(
_
2
2
2
2
2
=
−
+
−
+
−
+
−
=
teste
χ
2
)
1
(
)
1
(
=
−
×
−
C
L
1
)
1
2
(
)
1
2
(
=
−
×
−
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047.
Secretaria de Estado de Meio Ambiente/ES – 2007 [CESPE]
Estação do ano
Primavera
Verão
Outono
Inverno
Total
Presente
60
90
70
30
250
Ausente
1190
1460
1400
1300
5350
Total
1250
1550
1470
1330
5600
Um dos critérios para a avaliação da qualidade da água para o consumo humano é a detecção de
coliformes fecais na água distribuída à população. A tabela acima apresenta os resultados das
análises de 5.600 amostras de água coletadas, entre os anos de 1995 a 2000, em uma grande
cidade, conforme as estações do ano. Considerando as informações da tabela acima, julgue o
item a seguir.
56. O valor da estatística de qui-quadrado com respeito à hipótese de independência entre os
resultados e as estações do ano é superior a 15.
Resolução.
Supor que os resultados independem da estação do ano é o mesmo que supor que a proporção
de amostras com ausência de coliformes fecais é a mesma em todas as estações do ano.
Suponhamos que esta hipótese seja correta. Em todo o conjunto de amostras, temos 5350
amostras sem coliformes, num total de 5600. A proporção para todo o conjunto fica:
Se a hipótese nula for correta, este percentual é o mesmo em todas as estações.
Na primavera temos 1250 amostras. Espera-se que 95,54% delas não contenham coliformes. Ou
seja, espera-se que 1194 não contenham coliformes.
No verão temos 1550 amostras. Espera-se que 95,54% delas não contenham coliformes. Ou seja,
espera-se que 1481 não contenham coliformes. E assim por diante.
Consolidando todos esses dados numa tabela:
Primavera
Verão
Freqüência
observada
Freqüência
esperada
Freqüência
observada
Freqüência
esperada
Presente
60
56
90
69
Ausente
1190
1194
1460
1481
Outono
Inverno
Freqüência
observada
Freqüência
esperada
Freqüência
observada
Freqüência
esperada
Presente
70
66
30
59
Ausente
1400
1404
1300
1271
%
54
,
95
5600
5350 =
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A estatística teste é obtida pela soma de todos os valores de
.
A estatística teste é superior a 15. O item está correto.
Gabarito: certo.
048.
MPE PE/2006 [FCC] Considere a tabela a seguir para o teste, onde P(qui-quadrado vc)
= p
p
graus de
liberdade
5%
4%
2,5%
2%
1%
1
3,841 4,218 5,024
5,412 6,635
2
5,991 6,438 7,378
7,824 9,210
3
7,815 8,311 9,348
9,837 11,345
A opinião sobre o atendimento (entre bom, regular e ruim) aos pacientes em dois hospitais
públicos foi estudado em duas cidades. Na cidade A sorteou-se 200 usuários e destes 50
classificaram em regular, 70 classificaram em ruim e os demais classificaram com bom o
atendimento do hospital A. Na cidade B foram sorteados 200 usuários e 120 classificaram em
bom, 50 em regular, e os demais classificaram como ruim o atendimento do hospital B. Utilizou-se
o teste de qui-quadrado para avaliar se existe diferença no grau de satisfação com os hospitais
das duas cidades. O valor observado do qui-quadrado e a decisão do teste ao nível de 5% de
significância são, respectivamente:
a) 24, existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades
b) 24, não existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades
c) 25, existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades
d) 26, existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades
e) 26, não existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades
Resolução.
Podemos montar o seguinte quadro:
Cidade A
Cidade B
Total
bom
80
120
200
regular
50
50
100
ruim
70
30
100
i
i
i
E
E
O
2
)
(
−
(
)
16
,
22
1271
)
1271
1300
(
59
59
30
1404
)
1404
1400
(
66
)
66
70
(
1481
)
1481
1460
(
69
)
69
90
(
1194
)
1194
1190
(
56
)
56
60
(
_
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=
−
+
−
+
−
+
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
=
teste
χ
≥
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No total, 50% dos usuários classificaram como bom, 25% como regular e 25% como ruim.
Supondo que a hipótese nula seja verdadeira (ou seja, supondo que não exista diferença
significativa de opinião nas duas cidades), temos que os percentuais acima se aplicariam a cada
uma das duas cidades:
Cidade A
Cidade B
Freqüência
observada
Freqüência
esperada
Freqüência
observada
Freqüência
esperada
bom
80
100
120
100
regular
50
50
50
50
ruim
70
50
30
50
A estatística teste é obtida pela soma de todos os valores de
.
A estatística teste é igual a 24. Ficamos entre as alternativas “a” e “b”.
Para ver se rejeitamos ou não a hipótese nula, devemos comparar a estatística teste com o valor
crítico.
Na tabela acima temos 3 linhas e 2 colunas. O número de graus de liberdade é igual a:
Consultando a tabela para 2 graus de liberdade e um nível de significância de 5%, temos: 5,991.
Como a estatística teste foi maior que o valor crítico, rejeitamos a hipótese nula. Ou seja, existe
diferença significativa de opinião entre as cidades.
Gabarito: A
Texto para as questões 049, 050 e 051.
Uma empresa comprou, de três diferentes fornecedores, máquinas de fazer café. A tabela a
seguir mostra o desempenho
dessas máquinas.
Desejamos testar, usando o teste qui-quadrado:
H
0
: a qualidade das máquinas independe dos fornecedores versus
H
1
: a qualidade das máquinas depende dos fornecedores.
i
i
i
E
E
O
2
)
(
−
24
50
)
50
30
(
50
)
50
50
(
100
)
100
120
(
50
)
50
70
(
50
)
50
50
(
100
)
100
80
(
_
2
2
2
2
2
2
2
=
−
+
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
=
teste
χ
2
)
1
(
)
1
(
=
−
×
−
C
L
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049.
MP RO 2005 [CESGRANRIO]
O valor observado da estatística qui-quadrado é:
(A) 2,4
(B) 3,6
(C) 4,8
(D) 6,0
(E) 7,2
Resolução.
Queremos saber se a proporção de máquinas com defeito é a mesma para os três fornecedores.
De um total de 45 máquinas compradas, 15 apresentaram defeitos (1/3). Caso a proporção de
defeitos seja a mesma para os três fornecedores, então, para cada um deles, a proporção de
defeitos será de 1/3. Com isso, podemos construir a tabela de freqüências esperadas e
observadas.
X
Y
Z
Freqüênci
a
observada
Freqüênci
a
esperada
Freqüênci
a
observada
Freqüênci
a
esperada
Freqüênci
a
observada
Freqüênci
a
esperada
com
defeito
1
5
7
5
7
5
normal
14
10
8
10
8
10
A estatística teste é obtida pela soma de todos os valores de
.
7,2
Gabarito: E
050.
MP RO 2005 [CESGRANRIO]
O número de graus de liberdade é:
(A) 2
(B) 3
(C) 4
(D) 5
(E) 9
Resolução.
i
i
i
E
E
O
2
)
(
−
=
−
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
=
10
)
10
8
(
5
)
5
7
(
10
)
10
8
(
5
)
5
7
(
10
)
10
14
(
5
)
5
1
(
_
2
2
2
2
2
2
2
teste
χ
2
=
L
3
=
C
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O número de graus de liberdade fica:
Gabarito: A
051.
MP RO 2005 [CESGRANRIO]
Nos níveis de 1%, 5% e 10% de significância, a decisão sobre H
0
é:
Resolução.
Precisamos consultar a tabela da distribuição de qui-quadrado para 2 graus de liberdade.
Primeiro caso:
.
Neste caso,
A estatística teste (7,2) é menor que o valor crítico. Aceitamos a
hipótese nula.
Segundo caso:
.
Neste caso,
. A estatística teste (7,2) é maior que o valor crítico. Rejeitamos a
hipótese nula.
Terceiro caso:
.
Agora nem precisa consultar a tabela. Se para um nível de significância de 5% nós já rejeitávamos
a hipótese nula, então para 10% (que corresponde a uma região crítica maior), nós também
rejeitaremos a hipótese nula.
Gabarito: C
Texto para as questões 052, 053 e 054
Para medir a preferência por marcas de refrigerantes, selecionou-se uma amostra aleatória de
300 estudantes. A tabela a seguir mostra os resultados obtidos:
Desejamos testar, usando o teste qui-quadrado:
2
2
1
)
1
(
)
1
(
=
×
=
−
×
−
C
L
%
1
=
α
210
,
9
_
2
=
crítico
χ
%
5
=
α
991
,
5
_
2
=
crítico
χ
%
10
=
α
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H
0
: a preferência por marcas independe da zona da cidade
versus
H
1
: a preferência por marcas depende da zona da cidade.
052.
PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] O valor observado da estatística qui-quadrado é:
(A) 2,5
(B) 3,0
(C) 4,0
(D) 4,6
(E) 5,0
Resolução.
Se a hipótese nula for verdadeira, então a proporção de pessoas que preferem a marca X será a
mesma nas três zonas. O mesmo se aplica para a marca Y.
De um total de 300 pessoas, sabemos que 145 preferem X e 155 preferem Y. Ou seja, as
proporções de preferência de X e Y são de
e
. Caso a hipótese nula seja verdadeira,
estas proporções ocorrerão em todas as regiões da cidade.
sul
norte
oeste
Freqüência
observada
Freqüência
esperada
Freqüência
observada
Freqüência
esperada
Freqüência
observada
Freqüência
esperada
X
50
145/3
55
145/3
40
145/3
Y
50
155/3
45
155/3
60
155/3
A estatística teste é obtida pela soma de todos os valores de
.
= 4,67
Gabarito: D
053.
PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] O número de graus de liberdade é:
(A) 2
(B) 4
(C) 6
(D) 99
(E) 299
Resolução:
300
145
300
155
i
i
i
E
E
O
2
)
(
−
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
=
3
/
145
)
3
/
145
40
(
3
/
155
)
3
/
155
45
(
3
/
145
)
3
/
145
55
(
3
/
155
)
3
/
155
50
(
3
/
145
)
3
/
145
50
(
_
2
2
2
2
2
2
teste
χ
3
/
155
)
3
/
155
60
(
2
−
+
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O número de graus de liberdade fica:
Gabarito: A
054.
PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] Nos níveis de 1%, 5% e 10% de significância, a
decisão sobre H
0
é:
Resolução.
Precisamos consultar a tabela da distribuição de qui-quadrado para 2 graus de liberdade.
Primeiro caso:
.
Neste caso,
A estatística teste (5) é menor que o valor crítico. Aceitamos a
hipótese nula.
Segundo caso:
.
Neste caso,
. A estatística teste (5) é menor que o valor crítico. Aceitamos a
hipótese nula.
Terceiro caso:
.
Neste caso,
. A estatística teste (5) é maior que o valor crítico. Rejeitamos a
hipótese nula.
Gabarito: B
Texto para as questões 055 e 056.
Os dados a seguir são provenientes de uma análise preliminar de 500 pacientes inscritos no
Programa de Tratamento de Obesidade, em um grande hospital do Rio de Janeiro.
Considere as duas variáveis: sexo do paciente e grau de obesidade (0 = baixo, 1= médio e 2=
alto).
2
=
L
3
=
C
2
2
1
)
1
(
)
1
(
=
×
=
−
×
−
C
L
%
1
=
α
210
,
9
_
2
=
crítico
χ
%
5
=
α
991
,
5
_
2
=
crítico
χ
%
10
=
α
605
,
4
_
2
=
crítico
χ
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98
Deseja-se testar, usando o teste qui-quadrado, se existe dependência entre as variáveis sexo e
grau de obesidade
H
0
: o grau de obesidade independe do sexo
H
1
: o grau de obesidade depende do sexo
055.
PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO] O valor observado da estatística qui-quadrado,
aproximadamente, é
(A) 0,03
(B) 2,90
(C) 4,05
(D) 16,40
(E) 173,10
Resolução.
No geral, tomando as 500 pessoas, independentemente de sexo, temos as seguintes proporções:
130/500 têm obesidade 0;
200/500 têm obesidade 1;
170/500 têm obesidade 2.
Caso a obesidade independa do sexo, então essas proporções serão verificadas tanto nos
homens quanto nas mulheres.
homens
mulheres
Obesidade F esperada F observada F esperada F observada
0
52
50
78
80
1
80
100
120
100
2
68
50
102
120
A estatística teste é obtida pela soma de todos os valores de
.
=16,40
Gabarito: D
i
i
i
E
E
O
2
)
(
−
=
−
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
=
102
)
120
102
(
120
)
100
120
(
78
)
80
78
(
68
)
50
68
(
80
)
100
80
(
52
)
50
52
(
_
2
2
2
2
2
2
2
teste
χ
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99
056.
PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO] Utilizando os níveis de significância de 1%, 5% e
10%, a decisão sobre a hipótese nula é
Resolução.
O número de graus de liberdade fica:
Primeiro caso:
.
Neste caso,
. A estatística teste (16,4) é maior que o valor crítico. Rejeitamos
a hipótese nula.
Para os demais casos, também rejeitaremos a hipótese nula. Aumentar o nível de significância é
aumentar a região crítica.
Gabarito: E
057.
TCE RO [CESGRANRIO] Realizada uma pesquisa de mercado, com 50 pessoas, em que
se pretendia estudar se a preferência com relação a adoçantes artificiais, com ou sem
aspartame, dependia ou não do sexo, obtiveram-se os seguintes resultados:
O valor observado da estatística qui-quadrado e o número de graus de liberdade,
respectivamente, são:
(A) 2,19 e 2
(B) 2,19 e 3
(C) 12,00 e 2
(D) 12,00 e 3
(E) 19,60 e 2
Resolução.
Em um total de 50 pessoas (independente de sexo), temos:
2
1
2
)
1
(
)
1
(
=
×
=
−
×
−
C
L
%
1
=
α
210
,
9
_
2
=
crítico
χ
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100
2/5 preferem adoçante com aspartame
2/5 preferem adoçante sem aspartame
1/5 sem preferência.
Caso este comportamento independa de sexo, estas mesmas proporções serão verificadas entre
os homens e entre as mulheres.
homens
mulheres
preferência
F esperada F observada F esperada F observada
com aspartame
4
2
16
18
sem aspartame
4
5
16
15
sem preferencia
2
3
8
7
A estatística teste é obtida pela soma de todos os valores de
.
2,19
O número de graus de liberdade fica:
Gabarito: A
Texto para as questões 058 e 059
As questões a seguir referem-se a resultados de um teste de associação entre as variáveis
representadas na tabela de contingência a seguir.
O valor da estatística qui-quadrado e o nível descritivo do teste (p-value) observados foram,
respectivamente, X
2
=1,811 e 0,770.
058.
CAPES 2008 [CESGRANRIO] Com relação ao teste de hipótese realizado, considere as
afirmações a seguir.
I - O teste foi baseado em 9 graus de liberdade.
II - A hipótese de independência entre Sexo e Região não é rejeitada para qualquer nível de
significância inferior a 10,0%.
III - Com 95,0% de confiança afirma-se que existe associação entre as variáveis Sexo e Região.
IV - Sob a hipótese de independência entre as variáveis Sexo e Região, o número esperado de
mulheres na região Norte é menor que o número observado.
Estão corretas APENAS as afirmações
i
i
i
E
E
O
2
)
(
−
=
−
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
=
8
)
7
8
(
16
)
15
16
(
16
)
18
16
(
2
)
3
2
(
4
)
5
4
(
4
)
2
4
(
_
2
2
2
2
2
2
2
teste
χ
2
1
2
)
1
(
)
1
(
=
×
=
−
×
−
C
L
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101
(A) I e II
(B) II e IV
(C) I, II e IV
(D) I, III e IV
(E) II, III e IV
Resolução.
I – O número de graus de liberdade fica:
(A) I e II
(B) II e IV
(C) I, II e IV
(D) I, III e IV
(E) II, III e IV
II - Se o nível de sinigicância for de 10%, então o nível de significância será menor que o p-valor.
Com isso, aceitamos a hipótese nula. Se diminuirmos o nível de significância para menos de 10%,
a área crítica diminuirá. Continuaremos aceitando a hipótese nula. A frase está correta.
III – Trabalhar com 95% de confiança significa que o nível de significância é de 5%. Como vimos
na frase anterior, neste caso, aceitamos a hipótese de independência entre sexo e região. A frase
está errada.
(A) I e II
(B) II e IV
(C) I, II e IV
(D) I, III e IV
(E) II, III e IV
IV – No geral, a proporção de pessoas no Norte é de 119/2410. Caso haja independência entre
sexo e religião, então esta proporção se verifica tanto em homens quanto em mulheres.
O número esperado de mulheres é:
53,48
Frase correta.
Gabarito: B
059.
CAPES 2008 [CESGRANRIO] No cálculo da estatística do teste, a menor diferença entre o
número de homens observado e o esperado ocorre na região
(A) Centro-Oeste
(B) Nordeste
(C) Sudeste
(D) Norte
4
1
4
)
1
(
)
1
(
=
×
=
−
×
−
C
L
=
×
2410
/
119
1083
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102
(E) Sul
Resolução.
Observado
Esperado
Diferença
CO
111
115,080083
-4,080082988
NE
214
220,7995851
-6,799585062
N
65
65,52406639
-0,52406639
SE
665
649,1838174
15,81618257
S
272
276,4124481
-4,412448133
A menor diferença (em módulo) ocorre na região Norte.
Gabarito: D
Texto para as questões de 060 a 062
A tabela a seguir mostra os resultados obtidos em 60 lançamentos de um dado.
Desejamos testar, usando o teste qui-quadrado:
H
0
: os seis resultados possíveis têm probabilidades iguais versus
H
1
: os seis resultados possíveis não têm probabilidades iguais.
060.
PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO]
O valor observado da estatística qui-quadrado é:
(A) 3,8
(B) 5,0
(C) 6,2
(D) 8,6
(E) 50
Resolução.
O dado foi jogado 60 vezes. Caso todas as faces tenham a mesma probabilidade de sair, é
esperado que todas elas saiam 1/6 das vezes.
Resultado
Observado
Esperado
1
10
10
2
12
10
3
9
10
4
8
10
5
15
10
6
6
10
A estatística teste é obtida pela soma de todos os valores de
.
i
i
i
E
E
O
2
)
(
−
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103
5
Gabarito: B
061.
PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO]
O número de graus de liberdade é:
(A) 5
(B) 6
(C) 54
(D) 59
(E) 60
Resolução
?
Observem que o número de colunas é igual a 1. Com isso, temos 1 – 1, que é igual a zero.
Mas o número de graus de liberdade nunca pode ser igual a zero.
Quando isto acontecer, ou seja, quando o número de linhas (ou colunas) for igual a 1, a gente não
faz a subtração. O número de graus de liberdade fica assim:
Gabarito: A
062.
PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO]
Nos níveis de 1%, 5% e 10% de significância, a
decisão sobre H
0
é:
Resolução.
Para 10% de nível de significância, o valor crítico é 9,24 (vide tabela colocada ao final da aula). A
estatística teste (=5) é menor que o valor crítico. Não rejeitamos a hipótese nula.
Se reduzirmos o nível de significância para 1% ou para 5%, estaremos reduzindo a região critica.
A hipótese continuará sendo aceita.
Gabarito: A
=
−
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
=
10
)
10
16
(
10
)
10
15
(
10
)
10
8
(
10
)
10
9
(
10
)
10
12
(
10
)
10
10
(
_
2
2
2
2
2
2
2
teste
χ
=
−
×
−
)
1
(
)
1
(
C
L
)
1
1
(
)
1
6
(
−
×
−
5
1
5
)
(
)
1
(
=
×
=
×
−
C
L
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104
063.
SEFAZ/SP 2009 [FCC] Espera-se que o número de reclamações tributárias em um órgão
público durante determinada semana seja igual a 25, em qualquer dia útil. Sabe-se que nesta
semana ocorreram 125 reclamações com a seguinte distribuição por dia da semana:
Para decidir se o número de reclamações tributárias correspondente não depende do dia da
semana, a um nível de significância
, é calculado o valor do qui-quadrado (
) que se deve
comparar com o valor do qui-quadrado crítico tabelado com 4 graus de liberdade. O valor de
é
(A) 1,20
(B) 1,90
(C) 4,75
(D) 7,60
(E) 9,12
Resolução:
18 25
25
31 25
25
29 25
25
30 25
25
17 25
25
49 36 16 25 64
25
7,60
Gabarito: D
064.
MPU 2004/ [ESAF] O resultado de um ensaio destinado a investigar a efetividade da
vacinação de animais na prevenção de certo tipo de doença produziu a tabela de contingência
seguinte.
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105
Deseja-se testar a hipótese de que os perfis (de linha) de vacinados e não vacinados coincidem.
Assinale a opção que dá o valor da contribuição da primeira célula da tabela para a estatística
teste de homogeneidade do qui-quadrado.
a) 0,326
b) 0,450
c) 0,400
d) 0,500
e) 0,467
Resolução:
Sabemos que a estatística qui-quadrado é calculada da seguinte maneira.
⋯
A contribuição da primeira célula é
!"# %&'%# (" ( )é!+!
&", ( !-./ × &", ( )"!+.
1"1 ! (% "2&%3 çõ%&
6789 :; 97< <7 =é8>87
14 42 × 14 16
14 16 42 28 16,8
14 16,8
16,8
0,4666 …
Gabarito: E
Os testes de hipóteses para proporções, usando a distribuição de qui-quadrado, recebem nomes
especiais. Nós não os mencionamos porque, para resolver os exercícios que caem em concurso,
o nome pouco importa.
Só para não passar em branco, vamos a eles:
- Testes de Aderência: queremos testar se uma população segue uma dada distribuição de
probabilidades. O exemplo é o teste dos exercícios 060 a 062, em que queríamos saber se o dado
tem distribuição uniforme discreta.
- Teste de homogeneidade: queremos testar se diferentes populações têm a mesma distribuição.
Exemplo: testar se duas turmas de uma escola tiveram o mesmo desempenho na prova de
matemática. O exercício 040 também é um exemplo deste tipo de teste.
- Teste de independência: queremos testar se duas variáveis diferentes são independentes entre
si. Exemplo: queremos ver se o aproveitamento num teste independe do sexo da pessoa.
Queremos testar se propensão a ter câncer independe da cor da pele. Um outro exemplo é o teste
dos exercícios
049, 050 e 051.
Em relação aos testes de hipóteses estudados, não sei se vocês notaram, mas na grande maioria
dos exercícios a preocupação do enunciado é sempre com o nível de significância. Relembrando
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106
seu significado: nível de significância é a probabilidade de se cometer o erro do tipo I. É igual ao
valor de
.
Pois bem, em quase todos os exercícios que vimos, foram fixados valores de
muito pequenos.
Isto, em geral, diminui o poder do teste (aspecto já comentado logo no início da aula). Qual o
resultado? O resultado é que é bastante provável que aceitemos a hipótese nula.
Nesses casos, em que o valor de
é pequeno, aceitar a hipótese nula não quer dizer muita
coisa. Nem sei se é adequado falar que nós a aceitamos. Talvez fosse mais correto dizer que não
a rejeitamos.
Se o nível de significância é pequeno, nós aceitamos um intervalo muito grande de valores. Ou
seja, para um grande intervalo de valores possíveis nós não rejeitamos a hipótese nula. Por isso,
em vez de falarmos que aceitamos a hipótese nula, é mais indicado dizer que o valor do
experimento não foi tão extremo a ponto de nos fazer rejeitá-la.
Quando o valor de
é pequeno, o teste de hipóteses só tem um maior caráter “conclusivo”
quando rejeitamos a hipótese nula. Neste caso sim, a probabilidade de que a hipótese alternativa
seja verdadeira é considerável. Isto porque só num caso muito extremo nós rejeitaríamos a
hipótese nula. Se, feita a amostragem, o resultado é muito extremo, temos um forte indício de que
a hipótese nula é falsa.
Por fim, gostaria de destacar a relação entre o teste de hipóteses e o intervalo de confiança.
Essas duas matérias são bem parecidas. No intervalo de confiança, partíamos de uma média
amostral para estimar um intervalo para a média populacional. Nos testes de hipóteses fazemos o
caminho contrário. Consideramos que uma dada média populacional é válida. Obtemos uma
média amostral que nos fornecerá indícios se a hipótese inicial era realmente válida ou não.
Nesta relação entre os dois assuntos, um aspecto interessante comentado por Pedro Luiz de
Oliveira Costa Neto, em seu livro “Estatística”, é o seguinte. Nos dois casos, tanto no intervalo de
confiança, quanto no teste de hipóteses, relacionamos os mesmos estimadores com seus
respectivos parâmetros. Por exemplo, sempre analisamos a média populacional (
) e seu
estimador, a média amostral obtida (
). Na estimação por intervalo, a média amostral é o centro
do intervalo de confiança para a média da população. Isto porque a média amostral é o melhor
estimador para a média da população. Pela mesma razão, no teste de hipóteses, a variável mais
adequada para testar o valor da média populacional é a média amostral.
α
α
α
α
µ
X
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107
RELAÇÃO DAS QUESTÕES COMENTADAS
Texto para as questões 01 e 02.
Um pesquisador avaliou se a pressão sangüínea dos candidatos do último Concurso para um
Tribunal de Contas se alterava no início da prova. Em condições normais, sem stress, os
candidatos entre 18 e 32 anos apresentaram uma pressão sistólica média de 120 mm Hg. Após
medir a pressão de 36 candidatos a cinco minutos do início da prova, foi encontrada a pressão
sistólica média de 125,2 mm Hg com desvio padrão amostral de 12 mm Hg. Deve-se testar:
01.
TCE RO 2007[CESGRANRIO] O valor calculado da estatística t é:
(A) 2,60
(B) 0,43
(C) 0,01
(D) – 0,43
(E) – 2,60
02.
TCE RO 2007[CESGRANRIO] Nos níveis de significância de 5% e 10%, é correto afirmar que
a(o):
(A) hipótese nula é aceita em ambos os níveis.
(B) hipótese nula é rejeitada em ambos os níveis.
(C) hipótese nula é rejeitada em 5% e aceita em 10%.
(D) hipótese nula é aceita em 5% e rejeitada em 10%.
(E) teste é inconclusivo.
03.
SEFAZ RJ 2007 [FGV] Para a realização do teste de hipóteses H
o
: µ = µ
o
, contra H
1
: µ > µ
o
,
definimos como ERRO DO TIPO I:
04.
SEFAZ MS 2006 [FGV] Em um teste de hipóteses, a hipótese nula foi rejeitada no nível de
3%. Portanto, a hipótese nula:
(A) será aceita no nível de 1%.
(B) será aceita no nível de 5%.
(C) pode ser aceita ou rejeitada no nível de 5%.
(D) será rejeitada no nível de 1%.
(E) será rejeitada no nível de 5%.
120
:
0
=
µ
H
120
:
1
>
µ
H
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108
05.
SEFAZ RJ 2009 [FGV] Uma empresa afirma que os pacotes de bala que ela produz pesam
em média 25g. Para testar essa hipótese, foram selecionados ao acaso 16 pacotes produzidos
pela empresa, registrados seus pesos X1, X2, ..., X16 e calculadas as estatísticas
;
O valor da estatística t (a ser comparado com o ponto desejado da distribuição t de Student) para
o teste é:
(A) –0,8.
(B) –1,2.
(C) –2,0.
(D) –2,5.
(E) –3,2.
06.
CGU 2008 [ESAF] Um fabricante divulga que a característica principal de seu produto tem
uma média de 1.000 unidades. Um pesquisador, duvidando desta afirmação, encontrou uma
característica média de 935 e desvio-padrão amostral de 130 examinando uma amostra aleatória
simples de tamanho 9 destes produtos. Calcule o valor mais próximo da estatística t para testar a
hipótese nula de que a média da característica principal do produto é 1 000, admitindo que a
característica tem uma distribuição normal.
a) -1,5.
b) -1,78.
c) -1,89.
d) -1,96.
e) -2,115.
07.
SEFAZ/SP 2006 [FCC] Seja X uma variável aleatória representando o valor arrecadado de um
determinado tributo. Suponha que X tem distribuição normal (população de tamanho infinito)
com média
e desvio padrão de 500 reais. Desejando-se testar
H
0
:
reais (hipótese nula)
H
1
:
reais (hipótese alternativa)
tomou-se uma amostra aleatória de 400 valores de X, obtendo-se para a média amostral o valor
de 1.060 reais. Seja
o nível de significância do teste e suponha que a região de rejeição de H
0
é
, onde
representa o escore da curva normal padrão tal que
.
Tem-se que:
a) Se H
0
foi rejeitada, existe um nível de significância
(
) tal que H
0
não seria rejeitada.
b) Para qualquer nível de significância
, H
0
será rejeitada, uma vez que
.
c) H
0
não será rejeitada se
d) H
0
será rejeitada se
e) Para
, H
0
não será rejeitada
320
16
1
=
∑
=
i
i
X
7360
16
1
2
=
∑
=
i
i
X
µ
000
.
1
=
µ
000
.
1
≠
µ
α
{
}
2
/
α
Z
Z
>
2
/
α
Z
α
α
=
>
)
(
2
/
Z
Z
P
β
α
β
>
α
1000
1060 ≠
3
2
/
<
α
Z
2
2
/
=
α
Z
2
2
/
>
α
Z
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109
08.
Petrobrás – 2007 [CESPE] A taxa de octano existente em determinado combustível é uma
variável aleatória X cuja distribuição possui média
e desvio-padrão
. Uma amostra
aleatória simples fornecida por dez distribuidores diferentes desse combustível resultou nos
valores apresentados na tabela a seguir.
Amostra Taxa de octano (em
%)
1
90
2
96
3
92
4
87
5
85
6
85
7
90
8
92
9
93
10
90
Considerando as informações acima, julgue os itens subseqüentes.
1. O desvio-padrão amostral da taxa de octano é inferior a 4%.
2. A estimativa do erro-padrão da média amostral é superior a 2%.
3. Caso seja utilizado o teste t para testar as hipóteses H
0
:
versus H
1
:
é
correto afirmar que a hipótese nula não seria rejeitada ao se fixar níveis de significância inferiores
a 50%.
09.
Prefeitura Municipal de Vila Velha 2007 [CESPE] Um estudo foi realizado por uma prefeitura
acerca da qualidade do atendimento no hospital municipal da cidade. Com base em uma
amostra de 100 dias, foram produzidas as seguintes estatísticas referentes ao número diário
de pacientes atendidos.
média = 30
variância amostral = 100
mínimo = 0
primeiro quartil = 10
segundo quartil = 25
terceiro quartil = 40
máximo = 60.
Com relação ao texto e considerando que a amostra de 100 dias seja aleatória simples, julgue os
próximos itens.
1. Considere as hipóteses nula e alternativa, dadas respectivamente por H
0
:
= 25 e H
A
:
≠ 25,
em que
representa a média populacional. Pelo teste t, há fortes evidências para se rejeitar H
0
.
010.
BACEN/2006 [FCC] Uma amostra aleatória de 100 valores de aluguéis em uma cidade
forneceu um valor médio de R$ 600,00. O desvio padrão da população, considerada normal e
de tamanho infinito, é de R$ 250,00. Deseja-se saber se o valor médio encontrado na amostra
é superior ao valor de R$ 550,00, que se supõe ser a verdadeira média, ao nível de
µ
σ
%
89
≥
µ
%
89
<
µ
µ
µ
µ
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significância de
. Seja
o escore da curva normal padrão tal que
, H
0
a
hipótese nula do teste (
). Sabendo-se que H
0
foi rejeitada, tem-se que:
a) o valor do escore reduzido referente ao valor médio encontrado para a amostra e necessário
para comparação com Z
α
é igual a 0,2.
b)
c)
d) Para qualquer nível de significância H
0
seria rejeitada, pois 600 > 550.
e) A um nível de significância
,
, H
0
não teria sido rejeitada
011.
BACEN/2006 [FCC] Uma amostra aleatória de 9 valores de salários extraída de uma
população, considerada normal e de tamanho infinito, apresentou uma média igual a R$
800,00 com um desvio padrão igual a R$ 120,00. Os registros históricos indicam que a média
dos salários da população é igual a R$ 740,00. Deseja-se testar a hipótese, ao nível de
significância
, se o valor da média verificada na amostra difere do valor de R$ 740,00. Seja
H
0
a hipótese nula do teste (
), H
1
a hipótese alternativa (
) e
o quantil
da distribuição ‘t’ de Student, no nível de significância
para testes bicaudais com 8 graus de
liberdade. Sabendo-se que H
0
foi rejeitada, tem-se que:
a) o valor da variável do teste t (t calculado) obtido através da amostra e necessário para a
comparação com
e
é igual a 0,5.
b) para qualquer nível de significância H
0
seria rejeitada, pois
c)
d)
e) a um nível de significância
,
, H
0
não teria sido rejeitada.
012.
MP RO 2005 [CESGRANRIO] Um teste de hipótese rejeitou a hipótese nula H0 no nível de
significância de 5%. O que aconteceria com H0 nos níveis de significância de 1% e 10%?
013.
CAPES 2008 [CESGRANRIO]
Considere as asserções a seguir.
A região de rejeição de um teste de hipóteses é obtida sob a suposição de que a hipótese da
nulidade (H0) é verdadeira.
PORQUE
Em testes de hipóteses, o erro do tipo I é aquele cometido ao se rejeitar a hipótese da nulidade
(H0) quando esta é verdadeira.
α
α
Z
α
α
=
>
)
(
Z
Z
P
550
=
µ
2
>
α
Z
2
<
α
Z
β
α
β
>
α
740
=
µ
740
≠
µ
0
2
/
>
α
t
α
2
/
α
t
−
2
/
α
t
0
)
740
800
(
≠
−
5
,
1
2
/
>
α
t
5
,
1
2
/
<
α
t
β
α
β
>
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Analisando-se as asserções, conclui-se que
(A) as duas asserções são verdadeiras, e a segunda é uma justificativa correta da primeira.
(B) as duas asserções são verdadeiras, e a segunda não é uma justificativa correta da primeira.
(C) a primeira asserção é verdadeira, e a segunda é falsa.
(D) a primeira asserção é falsa, e a segunda é verdadeira.
(E) a primeira e a segunda asserções são falsas.
014.
IPEA 2004 [ESAF] Um fabricante de lanternas operadas com gás butano anuncia que o
reservatório de gás de seu produto tem duração esperada µ de pelo menos 40 horas. Face à
reclamação de alguns consumidores, uma agência independente resolve verificar a
veracidade da afirmação do fabricante por meio do teste estatístico da hipótese H
0
: µ≥40
contra a alternativa H
A
: µ < 40 com controle do erro do tipo I em 5%. Uma amostra aleatória de
49 reservatórios produziu o valor médio X de 38 horas. Suponha que a distribuição dos
tempos de duração do gás seja aproximadamente normal com desvio padrão de 7 horas.
A tabela abaixo dá os valores da função de distribuição F(Z) da normal padrão para alguns valores
selecionados de Z.
Z
F(Z)
0,34 0,633
0,54 0,705
0,64 0,739
2,00 0,977
3,00 0,999
Assinale a opção que dá o valor probabilístico (p-valor) do teste constituído com base na
estatística
a) 5%
b) 2,3%
c) 3%
d) 4%
e) 2,5%
015.
IPEA 2004. [ESAF - adaptada] Assinale a opção que dá o valor do poder do teste
estatístico descrito na questão anterior quando
=39 horas.
a) 50%
b) 10%
c) 5%
d) 26,1%
e) 30,2%
[dados:
]
40
−
X
µ
%
95
)
645
,
1
(
=
≤
Z
P
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016.
SEFAZ MS 2006 [FGV] Um teste de hipótese apresentou p-valor igual a 0,03. Portanto,
nos níveis de significância de 1% e 5%, respectivamente, a hipótese nula:
a) deve ser aceita e aceita
b) deve ser aceita e rejeitada
c) deve ser rejeitada e aceita
d) deve ser rejeitada e rejeitada
e) pode ou não ser rejeitada, dependendo de a hipótese ser simples ou não.
017.
MPU 2004 [ESAF] Considere o teste da hipótese H: µ =100 contra alternativa A:µ ≠ 100 em
uma amostra da normal com média µ e variância σ
2
. O valor da estatística teste t com
distribuição de Student sob a hipótese H: µ =100 é de –1,7864 e sabe-se que P(t ≥ 1,7864) =
0,0446.
Suponha que a probabilidade de erro do tipo I esteja sendo controlada em 5%. Assinale a
resposta correta.
a) Como o valor probabilístico do teste é 0,0446 conclua H :µ = 100.
b) Como o valor probabilístico do teste é 0,0446 conclua A:µ ≠ 100.
c) Como o valor probabilístico do teste é 0,0892 não há evidência para rejeitar H :µ = 100.
d) Como o valor probabilístico do teste é 0,0223 conclua A:µ ≠ 100.
e) Não se pode tirar nenhuma conclusão pois, o tamanho da amostra, a média amostral e o desvio
padrão amostral não foram dados.
018.
POTIGAS 2006 [FGV] Um teste de hipóteses apresentou p-valor igual a 0,07. Portanto,
nos níveis de significância de 10% e 5%, respectivamente, a hipótese nula:
(A) deve ser aceita e aceita.
(B) deve ser aceita e rejeitada.
(C) deve ser rejeitada e aceita.
(D) deve ser rejeitada e rejeitada.
(E) pode ou não ser rejeitada, dependendo de a hipótese ser simples ou não.
019.
SENADO 2008 [FGV] Uma amostra aleatória simples X
1
, X
2
, ... , X
25
, de tamanho 25, de
uma distribuição normal com média
foi observada e indicou as seguintes estatísticas:
;
O p – valor do procedimento usual para testar H0:
10 versus H1:
> 10 é um número:
(A) menor do que 0,01.
(B) entre 0,01 e 0,10.
(C) entre 0,10 e 0,25.
(D) entre 0,25 e 0,30.
(E) maior do que 0,30.
Dados constantes da prova do Senado/FGV:
µ
5
,
10
=
X
∑
=
=
−
25
1
2
384
)
(
i
i
X
X
≤
µ
µ
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020.
TRF 1ª Região/2001 [FCC]
Para responder à questão seguinte, considere as tabelas a seguir. Elas fornecem alguns valores
da função de distribuição F(x). A tabela 1 refere-se à variável normal padrão, as tabelas 2 e 3
referem-se à variável t de Student com 10 e 15 graus de liberdade, respectivamente.
Tabela 1
Tabela 2
Tabela 3
x
F(x)
X
F(x)
x
F(x)
1,20
0,885
1,37
0,90
1,75
0,95
1,60
0,945
1,81
0,95
2,25
0,98
1,64
0,950
2,36
0,98
2,60
0,99
Seja X: N(
,25). Para o teste da média
contra
, retirou-se uma amostra aleatória
de 16 elementos de X, tendo-se observado para a média amostral o valor 13. Determine o nível
descritivo do teste.
a) 0,065
b) 0,060
c) 0,055
d) 0,010
e) 0,005
021.
MPE PE/2006 [FCC] Para resolver a questão abaixo, considere as tabelas a seguir. Elas
fornecem alguns valores da distribuição F(x). A tabela 1 refere-se à variável normal padrão, as
tabelas 2 e 3 referem-se à variável t de Student com 15 e 16 graus de liberdade,
respectivamente:
Tabela 1
Tabela 2
Tabela 3
X
F(x)
X
F(x)
x
F(x)
1,60
0,945
1,753
0,95
1,746
0,95
1,64
0,950
2,248
0,98
2,235
0,98
2,00
0,977
2,583
0,99
2,567
0,99
Seja X uma variável aleatória, com distribuição normal, com média
e desvio padrão 6. Para o
teste da média
contra
, retirou-se uma amostra aleatória de 100 elementos de X,
tendo-se observado para a média amostral o valor 12,2. O nível descritivo do teste é:
µ
15
=
µ
12
=
µ
µ
11
=
µ
13
=
µ
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a) 0,012
b) 0,023
c) 0,055
d) 0,064
e) 0,077.
022.
PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO]
Um teste de hipótese apresentou p-valor igual a 0,07.
Portanto, nos níveis de significância de 5% e 10%, respectivamente, a hipótese nula:
(A) deve ser aceita em ambos.
(B) deve ser aceita no primeiro e rejeitada no segundo.
(C) deve ser rejeitada no primeiro e aceita no segundo.
(D) deve ser rejeitada em ambos.
(E) pode ou não ser rejeitada, dependendo de a hipótese ser simples ou não.
Para responder às questões 023, 024 e 025, considere o enunciado a seguir.
A proporção de pessoas com uma determinada característica numa população é p. Sortearam-se
5 pessoas ao acaso e com reposição dessa população e calculou-se a proporção
de pessoas
com a característica na amostra. Desejando-se testar: H
0
:
contra H
1
:
, com base
nesta amostra, decidiu-se rejeitar H
0
se o número de pessoas com a característica na amostra for
maior ou igual a 4.
023.
MPU/2007 [FCC] O nível de significância associado ao teste é:
a) 6/64;
b) 5/32
c) 1/16;
d) 5/64;
e) 6/32
024.
MPU/2007 [FCC] Se o número observado de pessoas com a característica na amostra foi
5, o nível descritivo associado ao teste é:
a) 5/16
b) 5/32
c) 3/16
d) 1/32
e) 1/16.
025.
MPU/2007 [FCC] A probabilidade de se rejeitar H
0
quando H
1
é verdadeira é:
a)
b)
c)
d)
e)
pˆ
5
,
0
=
p
6
,
0
=
p
5
6
,
0
4 ×
5
6
,
0
4
6
,
0
6
,
2 ×
5
6
,
0
1 −
4
6
,
0
4
,
0
5
×
×
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026.
SENADO 2008 [FGV] Considere que uma amostra aleatória simples de tamanho n = 5 de
uma distribuição Bernoulli com probabilidade de sucesso p seja usada para testar H
0
: p = 0,5
versus H
1
: p = 0,7 e que seja usado o critério que rejeita a hipótese nula se forem observados 4 ou
5 sucessos. A probabilidade de se cometer erro tipo 1 é igual a:
(A) 0,1875.
(B) 0,15625.
(C) 0,125.
(D) 0,0625.
(E) 0,03125.
027.
BNDES 2008/2 [CESGRANRIO] Considere o seguinte teste de hipótese para a proporção
populacional p:
Para uma amostra de tamanho n=12, construiu-se a região crítica RC (0, 1, 11, 12). O poder do
teste para p = 0,5 é
(A) 26 . 0,5
12
(B) 13 . 0,5
12
(C) 12 . 0,5
12
(D) 2 . 0,5
12
(E) 0,5
12
028.
SEFAZ MG 2005 [ESAF] Um fabricante afirma que pelo menos 95% dos equipamentos
que fornece à indústria encontram-se dentro de suas especificações. Uma amostra de 200 itens
escolhidos ao acaso revelou 10 itens fora de especificação. Assinale a opção que corresponde ao
valor probabilístico (p-valor) do teste de H
0
:
contra H
A
:
, sendo
a proporção
populacional de itens dentro da especificação.
a) 0,500
b) 0,050
c) 0,025
d) 0,010
e) 0,100
029.
SEFAZ MG 2005 [ESAF] Lança-se uma moeda 20 vezes e observa-se a ocorrência de 7
caras. Seja
a probabilidade de cara. Assinale a opção que dá o valor da estatística teste
correspondente ao teste da hipótese H
0
:
contra H
A
:
.
a)
b)
c)
6
,
0
:
0
=
p
H
6
,
0
:
1
≠
p
H
95
,
0
≥
θ
95
,
0
<
θ
θ
θ
5
,
0
≥
θ
5
,
0
<
θ
20
3
,
0
−
20
2
,
0
−
20
3
,
0
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d)
e)
030.
Basa/2007 [CESPE] Um programa de controle de qualidade foi implementado em uma
agência bancária. A cada 10 clientes que entram na fila para solicitar um certo tipo de serviço
S, um atendente entrega um pequeno questionário, que deve ser preenchido pelo cliente e
devolvido ao caixa do banco. Um dos quesitos monitorados diariamente é a proporção de
clientes que estão satisfeitos com o atendimento de um modo geral. Em determinada semana,
foram observados os resultados mostrados na tabela a seguir.
Dia da semana
2ª
3ª
4ª
5ª
6ª
número de clientes observados
30
40
20
50
70
proporção de clientes satisfeitos 0,9
0,8
0,9
0,8
0,6
Com base nesses dados, julgue o item que se segue.
1. Considere que se deseje testar a hipótese de que a verdadeira proporção de clientes satisfeitos
na terça-feira seja superior a 0,85. Nessa situação, a estatística do teste, considerando a
aproximação normal, é dada por
.
031.
CGU 2008 [ESAF] Sejam n variáveis aleatórias N(0,1) independentes. A soma de seus
quadrados tem uma distribuição de:
a) t de Student com n-1 graus de liberdade
b) t de Student com n graus de liberdade
c) qui quadrado com n graus de liberdade
d) qui quadrado com 2n graus de liberdade
e) F com 1 grau de liberdade no numerador e n graus de liberdade no denominador.
032.
PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] Se
s
ão variáveis aleatórias
independentes e com distribuição normal reduzida, então a variável aleatória
tem distribuição
(A) normal.
(B) qui-quadrado com n - 1 graus de liberdade.
(C) qui-quadrado com n graus de liberdade.
(D) t de Student com n - 1 graus de liberdade.
(E) t de Student com n graus de liberdade.
033.
MP RO 2005 [CESGRANRIO] Se
s
ão variáveis aleatórias independentes e
com distribuição normal reduzida, então a variável aleatória
tem média:
a) 1
b)
20
2
,
0
20
5
,
0
(
)
4
,
0
40
8
,
0
85
,
0
−
n
X
X
X
,...,
,
2
1
( ) ( )
( )
2
2
2
2
1
...
n
X
X
X
+
+
+
n
X
X
X
,...,
,
2
1
2
2
2
2
1
...
n
X
X
X
+
+
+
2
1
−
n
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c)
d)
e) n
034.
PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO] Se (X
1
, X
2
, ..., X
n
) são variáveis aleatórias
independentes e com distribuição normal reduzida e
, então a
distribuição de
é:
a) normal
b) qui-quadrado com n-1 graus de liberdade
c) qui-quadrado com n graus de liberdade
d) t de Student com n-1 graus de liberdade
e) t de Studente com n graus de liberdade
035.
SEFAZ MS 2006 [FGV] Uma amostra aleatória simples de tamanho 25 foi selecionada
para estimar a média desconhecida de uma população normal. A média amostral encontrada
foi de 4,2 e a variância amostral foi 1,44.
O intervalo de 95% de confiança para a variância populacional é:
a) (0,88; 2,79)
b) (0,72; 3,05)
c) (0,64; 3,20)
d) (0,55; 3,16)
e) (0,44; 3,44)
036.
MP RO 2005 [FCC] Uma amostra aleatória simples de tamanho 25 foi selecionada para
estimar a média e a variância desconhecidas de uma população normal. A média amostral
encontrada foi 5,2 e a variância amostral foi 1,44.
O intervalo de 95% de confiança para a variância populacional é:
(A) (0,48; 2,40)
(B) (0,52; 2,96)
(C) (0,58; 2,84)
(D) (0,67; 3,43)
(E) (0,88; 2,79)
037.
PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO]
Uma amostra aleatória simples, de tamanho 16, foi
selecionada para estimar a média desconhecida de uma população normal. A média amostral
encontrada foi 4,8 e a variância amostral, 1,44.
O intervalo de 90% de confiança para a variância populacional é
(A) (0,48 ; 2,40)
2
n
1
−
n
n
X
X
X
X
n
+
+
+
=
...
2
1
2
2
2
2
1
)
(
...
)
(
)
(
X
X
X
X
X
X
n
−
+
+
−
+
−
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(B) (0,52 ; 2,84)
(C) (0,58 ; 2,96)
(D (0,67 ; 3,43)
(E) (0,86 ; 2,97)
038.
PM MANAUS [CESGRANRIO]
Uma amostra aleatória simples de tamanho 16 foi
selecionada para estimar a média desconhecida de uma população normal. A média amostral
encontrada foi 5,2 e a variância amostral foi 1,44.
O intervalo de 95% de confiança para a variância populacional é:
(A) (0,79 ; 3,47)
(B) (0,67 ; 3,43)
(C) (0,58 ; 2,84)
(D) (0,52 ; 2,96)
(E) (0,48 ; 2,40)
039.
INMETRO 2007 [CESPE] O fabricante de uma balança de precisão afirma que o desvio
padrão das medições dessa balança é de 0,0002 g. Considere que um usuário dessa balança
faça um experimento para testar a afirmação do fabricante. Após 8 medições, esse usuário
verifica que o desvio padrão amostral foi igual a 0,0005 g. O usuário decide testar a hipótese
nula
versus a hipótese alternativa
. Com base nessas
informações, julgue os itens a seguir.
118. A estatística qui-quadrado para o teste em questão é inferior a 40.
119. Se a hipótese nula for rejeitada em nível de significância de 5%, então o poder do teste será
de 95%.
120. Um intervalo de conviança de 95% para a variância amostral pode ser dado por
040.
CGU 2008 [ESAF] Dos 100 candidatos inscritos em um concurso que estudaram no curso
preparatório A, 75 foram aprovados no concurso, enquanto que dos 100 candidatos inscritos no
concurso que estudaram no curso preparatório B, 65 foram aprovados nesse concurso. Se
desejarmos testar a hipótese estatística de que a proporção de aprovação dos dois cursos é a
mesma, obtenha o valor mais próximo da estatística do teste, que tem aproximadamente uma
distribuição qui-quadrado com um grau de liberdade.
a) 1,21.
b) 1,44.
c) 1,85.
d) 2,38.
e) 2,93.
O enunciado a seguir refere-se às questões 041, 042 e 043
A tabela a seguir mostra os resultados obtidos em matemática por três turmas.
Aprovados Reprovados Total
Turma X
30
10
40
0002
,
0
:
0
≤
σ
H
0002
,
0
:
>
σ
A
H
8
0002
,
0
96
,
1
0005
,
0
×
±
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119
Turma Y
35
5
40
Turma Z
15
5
20
Total
80
20
100
Desejamos testar, utilizando o teste do qui-quadrado:
H
0
: os seis resultados possíveis têm probabilidades iguais versus
H
A
: os seis resultados possíveis não têm probabilidades iguais.
041.
SEFAZ/MS – 2006 [FGV] O valor observado da estatística qui-quadrado é,
aproximadamente:
a) 1,16
b) 2,34
c) 3,44
d) 4,66
e) 5,58
042.
SEFAZ/MS – 2006 [FGV] O número de graus de liberdade é:
a) 2
b) 3
c) 4
d) 6
e) 99
043.
SEFAZ/MS – 2006 [FGV] Nos níveis de 1%, 5% e 10%, a decisão sobre H
0
é:
A
Não
rejeitar
Não
rejeitar
Não
rejeitar
B
Não
rejeitar
Não
rejeitar
Rejeitar
C
Não
rejeitar
Rejeitar
Rejeitar
D
Rejeitar
Rejeitar
Não
rejeitar
E
Rejeitar
Rejeitar
Rejeitar
%
1
=
α
%
5
=
α
%
10
=
α
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044.
SENADO 2008 [FGV] A tabela de contingência a seguir foi obtida para se testar
homogeneidade entre as proporções de conceitos obtidos em um exame nacional com dois
métodos de ensino:
O valor da estatística qui-quadrado usual para esses dados é:
(A) 6.
(B) 12.
(C) 18.
(D) 24.
(E) 36.
045.
AFT 2010 [ESAF] Em uma amostra aleatória simples de 100 pessoas de uma população,
15 das 40 mulheres da amostra são fumantes e 15 dos 60 homens da amostra também são
fumantes. Desejando-se testar a hipótese nula de que nesta população ser fumante ou não
independe da pessoa ser homem ou mulher, qual o valor mais próximo da estatística do
correspondente teste de qui-quadrado?
a) 1,79.
b) 2,45.
c) 0,98.
d) 3,75.
e) 1,21.
046.
MPU/2007 [FCC] Para responder à questão, utilize a tabela abaixo para o teste, onde
P(qui-quadrado vc )= p
p
graus de
liberdade
5%
4%
2,5%
2%
1%
1
3,841 4,218 5,024
5,412 6,635
2
5,991 6,438 7,378
7,824 9,210
3
7,815 8,311 9,348
9,837 11,345
Uma pesquisa de opinião sobre a qualidade do sabão Diamante foi realizada em dois bairros (A e
B) da cidade de São Paulo. No bairro A sorteou-se 300 residentes e destes 180 o classificaram
como bom e os demais o classificaram como ruim. No bairro B foram sorteados 100 residentes e
80 o classificaram como ruim e os demais o classificaram como bom. Utilizou-se o teste de qui-
quadrado para se avaliar se existe diferença no grau de satisfação dos residentes. O valor
observado do qui-quadrado e a decisão do teste ao nível de significância de 5% são,
respectivamente,
≥
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a) 24, não existe diferença de opinião significativa entre os bairros
b) 24, existe diferença de opinião significativa entre os bairros
c) 48, não existe diferença de opinião significativa entre os bairros
d) 48, existe diferença de opinião significativa entre os bairros
e) 50, existe diferença de opinião significativa entre os bairros
047.
Secretaria de Estado de Meio Ambiente/ES – 2007 [CESPE]
Estação do ano
Primavera
Verão
Outono
Inverno
Total
Presente
60
90
70
30
250
Ausente
1190
1460
1400
1300
5350
Total
1250
1550
1470
1330
5600
Um dos critérios para a avaliação da qualidade da água para o consumo humano é a detecção de
coliformes fecais na água distribuída à população. A tabela acima apresenta os resultados das
análises de 5.600 amostras de água coletadas, entre os anos de 1995 a 2000, em uma grande
cidade, conforme as estações do ano. Considerando as informações da tabela acima, julgue o
item a seguir.
56. O valor da estatística de qui-quadrado com respeito à hipótese de independência entre os
resultados e as estações do ano é superior a 15.
048.
MPE PE/2006 [FCC] Considere a tabela a seguir para o teste, onde P(qui-quadrado vc)
= p
p
graus de
liberdade
5%
4%
2,5%
2%
1%
1
3,841 4,218 5,024
5,412 6,635
2
5,991 6,438 7,378
7,824 9,210
3
7,815 8,311 9,348
9,837 11,345
A opinião sobre o atendimento (entre bom, regular e ruim) aos pacientes em dois hospitais
públicos foi estudado em duas cidades. Na cidade A sorteou-se 200 usuários e destes 50
classificaram em regular, 70 classificaram em ruim e os demais classificaram com bom o
atendimento do hospital A. Na cidade B foram sorteados 200 usuários e 120 classificaram em
bom, 50 em regular, e os demais classificaram como ruim o atendimento do hospital B. Utilizou-se
o teste de qui-quadrado para avaliar se existe diferença no grau de satisfação com os hospitais
das duas cidades. O valor observado do qui-quadrado e a decisão do teste ao nível de 5% de
significância são, respectivamente:
a) 24, existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades
b) 24, não existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades
c) 25, existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades
d) 26, existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades
≥
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e) 26, não existe diferença de opinião significativa entre as duas cidades
Texto para as questões 049, 050 e 051.
Uma empresa comprou, de três diferentes fornecedores, máquinas de fazer café. A tabela a
seguir mostra o desempenho
dessas máquinas.
Desejamos testar, usando o teste qui-quadrado:
H
0
: a qualidade das máquinas independe dos fornecedores versus
H
1
: a qualidade das máquinas depende dos fornecedores.
049.
MP RO 2005 [CESGRANRIO]
O valor observado da estatística qui-quadrado é:
(A) 2,4
(B) 3,6
(C) 4,8
(D) 6,0
(E) 7,2
050.
MP RO 2005 [CESGRANRIO]
O número de graus de liberdade é:
(A) 2
(B) 3
(C) 4
(D) 5
(E) 9
051.
MP RO 2005 [CESGRANRIO]
Nos níveis de 1%, 5% e 10% de significância, a decisão
sobre H0 é:
Texto para
as questões
052, 053 e 054
Para medir a preferência por marcas de refrigerantes, selecionou-se uma amostra aleatória de
300 estudantes. A tabela a seguir mostra os resultados obtidos:
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Desejamos testar, usando o teste qui-quadrado:
H
0
: a preferência por marcas independe da zona da cidade
versus
H
1
: a preferência por marcas depende da zona da cidade.
052.
PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] O valor observado da estatística qui-quadrado é:
(A) 2,5
(B) 3,0
(C) 4,0
(D) 4,6
(E) 5,0
053.
PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] O número de graus de liberdade é:
(A) 2
(B) 4
(C) 6
(D) 99
(E) 299
054.
PETROBRAS 2005 [CESGRANRIO] Nos níveis de 1%, 5% e 10% de significância, a
decisão sobre H
0
é:
Texto para
as questões
055 e 056.
Os dados a seguir são provenientes de uma análise preliminar de 500 pacientes inscritos no
Programa de Tratamento de Obesidade, em um grande hospital do Rio de Janeiro.
Considere as duas variáveis: sexo do paciente e grau de obesidade (0 = baixo, 1= médio e 2=
alto).
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124
Deseja-se testar, usando o teste qui-quadrado, se existe dependência entre as variáveis sexo e
grau de obesidade
H
0
: o grau de obesidade independe do sexo
H
1
: o grau de obesidade depende do sexo
055.
PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO] O valor observado da estatística qui-quadrado,
aproximadamente, é
(A) 0,03
(B) 2,90
(C) 4,05
(D) 16,40
(E) 173,10
056.
PETROBRAS 2008/2 [CESGRANRIO] Utilizando os níveis de significância de 1%, 5% e
10%, a decisão sobre a hipótese nula é
057.
TCE RO [CESGRANRIO]
Realizada uma pesquisa de mercado, com 50 pessoas, em que se pretendia estudar se a
preferência com relação a adoçantes artificiais, com ou sem aspartame, dependia ou não do sexo,
obtiveram-se os seguintes resultados:
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O valor observado da estatística qui-quadrado e o número de graus de liberdade,
respectivamente, são:
(A) 2,19 e 2
(B) 2,19 e 3
(C) 12,00 e 2
(D) 12,00 e 3
(E) 19,60 e 2
058.
CAPES 2008 [CESGRANRIO] Com relação ao teste de hipótese realizado, considere as
afirmações a seguir.
I - O teste foi baseado em 9 graus de liberdade.
II - A hipótese de independência entre Sexo e Região não é rejeitada para qualquer nível de
significância inferior a 10,0%.
III - Com 95,0% de confiança afirma-se que existe associação entre as variáveis Sexo e Região.
IV - Sob a hipótese de independência entre as variáveis Sexo e Região, o número esperado de
mulheres na região Norte é menor que o número observado.
Estão corretas APENAS as afirmações
(A) I e II
(B) II e IV
(C) I, II e IV
(D) I, III e IV
(E) II, III e IV
059.
CAPES 2008 [CESGRANRIO] No cálculo da estatística do teste, a menor diferença entre o
número de homens observado e o esperado ocorre na região
(A) Centro-Oeste
(B) Nordeste
(C) Sudeste
(D) Norte
(E) Sul
Texto para
as questões
060 a 062
A tabela a seguir mostra os resultados obtidos em 60 lançamentos de um dado.
Desejamos testar, usando o teste qui-quadrado:
H
0
: os seis resultados possíveis têm probabilidades iguais versus
H
1
: os seis resultados possíveis não têm probabilidades iguais.
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060.
PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO]
O valor observado da estatística qui-quadrado é:
(A) 3,8
(B) 5,0
(C) 6,2
(D) 8,6
(E) 50
061.
PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO]
O número de graus de liberdade é:
(A) 5
(B) 6
(C) 54
(D) 59
(E) 60
062.
PM MANAUS 2004 [CESGRANRIO]
Nos níveis de 1%, 5% e 10% de significância, a
decisão sobre H0 é:
063.
SEFAZ/SP 2009 [FCC] Espera-se que o número de reclamações tributárias em um órgão
público durante determinada semana seja igual a 25, em qualquer dia útil. Sabe-se que nesta
semana ocorreram 125 reclamações com a seguinte distribuição por dia da semana:
Para decidir se o número de reclamações tributárias correspondente não depende do dia da
semana, a um nível de significância
, é calculado o valor do qui-quadrado (
) que se deve
comparar com o valor do qui-quadrado crítico tabelado com 4 graus de liberdade. O valor de
é
(A) 1,20
(B) 1,90
(C) 4,75
(D) 7,60
(E) 9,12
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064.
MPU 2004/ [ESAF] O resultado de um ensaio destinado a investigar a efetividade da
vacinação de animais na prevenção de certo tipo de doença produziu a tabela de contingência
seguinte.
Deseja-se testar a hipótese de que os perfis (de linha) de vacinados e não vacinados coincidem.
Assinale a opção que dá o valor da contribuição da primeira célula da tabela para a estatística
teste de homogeneidade do qui-quadrado.
a) 0,326
b) 0,450
c) 0,400
d) 0,500
e) 0,467
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128
GABARITO
1
a
2
b
3
anulado
4
e
5
d
6
a
7
d
8
certo errado certo
9
certo
10
c
11
d
12
b
13
b
14
b
15
d
16
b
17
c
18
c
19
d
20
c
21
b
22
b
23
e
24
d
25
c
26
a
27
a
28
a
29
a
30
errado
31
c
32
c
33
e
34
b
35
a
36
e
37
e
38
a
39
errado
errado
errado
40
d
41
b
42
a
43
a
44
e
45
a
46
d
47
certo
48
a
49
e
50
a
51
c
52
d
53
a
54
b
55
d
56
e
57
a
58
b
59
d
60
b
61
a
62
a
63
d
64
e
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129
TABELA I
Z é a variável normal reduzida (média zero e desvio padrão unitário).
PROBABILIDADE DE Z ESTAR ENTRE 0 E Z
0
Segunda casa decimal de Z
0
Z
0
0
0,01
0,02
0,03
0,04
0,05
0,06
0,07
0,08
0,09
0,0
0,0000
0,0040
0,0080
0,0120
0,0160
0,0199
0,0239
0,0279
0,0319
0,0359
0,1
0,0398
0,0438
0,0478
0,0517
0,0557
0,0596
0,0636
0,0675
0,0714
0,0753
0,2
0,0793
0,0832
0,0871
0,0910
0,0948
0,0987
0,1026
0,1064
0,1103
0,1141
0,3
0,1179
0,1217
0,1255
0,1293
0,1331
0,1368
0,1406
0,1443
0,1480
0,1517
0,4
0,1554
0,1591
0,1628
0,1664
0,1700
0,1736
0,1772
0,1808
0,1844
0,1879
0,5
0,1915
0,1950
0,1985
0,2019
0,2054
0,2088
0,2123
0,2157
0,2190
0,2224
0,6
0,2257
0,2291
0,2324
0,2357
0,2389
0,2422
0,2454
0,2486
0,2517
0,2549
0,7
0,2580
0,2611
0,2642
0,2673
0,2704
0,2734
0,2764
0,2794
0,2823
0,2852
0,8
0,2881
0,2910
0,2939
0,2967
0,2995
0,3023
0,3051
0,3078
0,3106
0,3133
0,9
0,3159
0,3186
0,3212
0,3238
0,3264
0,3289
0,3315
0,3340
0,3365
0,3389
1,0
0,3413
0,3438
0,3461
0,3485
0,3508
0,3531
0,3554
0,3577
0,3599
0,3621
1,1
0,3643
0,3665
0,3686
0,3708
0,3729
0,3749
0,3770
0,3790
0,3810
0,3830
1,2
0,3849
0,3869
0,3888
0,3907
0,3925
0,3944
0,3962
0,3980
0,3997
0,4015
1,3
0,4032
0,4049
0,4066
0,4082
0,4099
0,4115
0,4131
0,4147
0,4162
0,4177
1,4
0,4192
0,4207
0,4222
0,4236
0,4251
0,4265
0,4279
0,4292
0,4306
0,4319
1,5
0,4332
0,4345
0,4357
0,4370
0,4382
0,4394
0,4406
0,4418
0,4429
0,4441
1,6
0,4452
0,4463
0,4474
0,4484
0,4495
0,4505
0,4515
0,4525
0,4535
0,4545
1,7
0,4554
0,4564
0,4573
0,4582
0,4591
0,4599
0,4608
0,4616
0,4625
0,4633
1,8
0,4641
0,4649
0,4656
0,4664
0,4671
0,4678
0,4686
0,4693
0,4699
0,4706
1,9
0,4713
0,4719
0,4726
0,4732
0,4738
0,4744
0,4750
0,4756
0,4761
0,4767
2,0
0,4772
0,4778
0,4783
0,4788
0,4793
0,4798
0,4803
0,4808
0,4812
0,4817
2,1
0,4821
0,4826
0,4830
0,4834
0,4838
0,4842
0,4846
0,4850
0,4854
0,4857
2,2
0,4861
0,4864
0,4868
0,4871
0,4875
0,4878
0,4881
0,4884
0,4887
0,4890
2,3
0,4893
0,4896
0,4898
0,4901
0,4904
0,4906
0,4909
0,4911
0,4913
0,4916
2,4
0,4918
0,4920
0,4922
0,4925
0,4927
0,4929
0,4931
0,4932
0,4934
0,4936
2,5
0,4938
0,4940
0,4941
0,4943
0,4945
0,4946
0,4948
0,4949
0,4951
0,4952
2,6
0,4953
0,4955
0,4956
0,4957
0,4959
0,4960
0,4961
0,4962
0,4963
0,4964
2,7
0,4965
0,4966
0,4967
0,4968
0,4969
0,4970
0,4971
0,4972
0,4973
0,4974
2,8
0,4974
0,4975
0,4976
0,4977
0,4977
0,4978
0,4979
0,4979
0,4980
0,4981
2,9
0,4981
0,4982
0,4982
0,4983
0,4984
0,4984
0,4985
0,4985
0,4986
0,4986
3,0
0,4987
0,4987
0,4987
0,4988
0,4988
0,4989
0,4989
0,4989
0,4990
0,4990
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130
TABELA II
Distribuição T
A tabela fornece valores críticos de t (t
critico
).
Nesta tabela a probabilidade de t assumir valores fora do intervalo –t
critico
; + t
critico
é igual a
.
Graus de liberdade
Nível de significância para o teste bilateral (
)
0,2
0,1
0,05
0,02
0,01
0,005
1
3,078
6,314
12,706
31,821
63,657
127,32
2
1,886
2,920
4,303
6,965
9,925
14,089
3
1,638
2,353
3,182
4,541
5,841
7,453
4
1,533
2,132
2,776
3,747
4,604
5,598
5
1,476
2,015
2,571
3,365
4,032
4,773
6
1,440
1,943
2,447
3,143
3,707
4,317
7
1,415
1,895
2,365
2,998
3,499
4,029
8
1,397
1,860
2,306
2,896
3,355
3,833
9
1,383
1,833
2,262
2,821
3,250
3,690
10
1,372
1,812
2,228
2,764
3,169
3,581
11
1,363
1,796
2,201
2,718
3,106
3,497
12
1,356
1,782
2,179
2,681
3,055
3,428
13
1,350
1,771
2,160
2,650
3,012
3,372
14
1,345
1,761
2,145
2,624
2,977
3,326
15
1,341
1,753
2,131
2,602
2,947
3,286
16
1,337
1,746
2,120
2,583
2,921
3,252
17
1,333
1,740
2,110
2,567
2,898
3,222
18
1,330
1,734
2,101
2,552
2,878
3,197
19
1,328
1,729
2,093
2,539
2,861
3,174
20
1,325
1,725
2,086
2,528
2,845
3,153
21
1,323
1,721
2,080
2,518
2,831
3,135
22
1,321
1,717
2,074
2,508
2,819
3,119
23
1,319
1,714
2,069
2,500
2,807
3,104
24
1,318
1,711
2,064
2,492
2,797
3,091
25
1,316
1,708
2,060
2,485
2,787
3,078
26
1,315
1,706
2,056
2,479
2,779
3,067
27
1,314
1,703
2,052
2,473
2,771
3,057
28
1,313
1,701
2,048
2,467
2,763
3,047
29
1,311
1,699
2,045
2,462
2,756
3,038
30
1,310
1,697
2,042
2,457
2,750
3,030
40
1,303
1,684
2,021
2,423
2,704
2,971
60
1,296
1,671
2,000
2,390
2,660
2,915
99
1,290
1,660
1,984
2,365
2,626
2,871
120
1,289
1,658
1,980
2,358
2,617
2,860
1,282
1,645
1,960
2,326
2,576
2,807
α
α
∞
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131
TABELA III
Valores de
tais que a probabilidade de
(com distribuição de qui-quadrado) assumir valores maiores que
seja igual à probabilidade P.
Graus
de
liberdade
Probabilidades
0,995
0,990
0,975
0,950
0,900
0,750
0,250
0,100
0,050
0,025
0,010
0,005
1
0,000
0,000
0,001
0,004
0,016
0,102
1,323
2,706
3,841
5,024
6,635
7,879
2
0,010
0,020
0,051
0,103
0,211
0,575
2,773
4,605
5,991
7,378
9,210
10,597
3
0,072
0,115
0,216
0,352
0,584
1,213
4,108
6,251
7,815
9,348
11,345
12,838
4
0,207
0,297
0,484
0,711
1,064
1,923
5,385
7,779
9,488
11,143
13,277
14,860
5
0,412
0,554
0,831
1,145
1,610
2,675
6,626
9,236
11,070
12,833
15,086
16,750
6
0,676
0,872
1,237
1,635
2,204
3,455
7,841
10,645
12,592
14,449
16,812
18,548
7
0,989
1,239
1,690
2,167
2,833
4,255
9,037
12,017
14,067
16,013
18,475
20,278
8
1,344
1,646
2,180
2,733
3,490
5,071
10,219
13,362
15,507
17,535
20,090
21,955
9
1,735
2,088
2,700
3,325
4,168
5,899
11,389
14,684
16,919
19,023
21,666
23,589
10
2,156
2,558
3,247
3,940
4,865
6,737
12,549
15,987
18,307
20,483
23,209
25,188
11
2,603
3,053
3,816
4,575
5,578
7,584
13,701
17,275
19,675
21,920
24,725
26,757
12
3,074
3,571
4,404
5,226
6,304
8,438
14,845
18,549
21,026
23,337
26,217
28,300
13
3,565
4,107
5,009
5,892
7,042
9,299
15,984
19,812
22,362
24,736
27,688
29,819
14
4,075
4,660
5,629
6,571
7,790
10,165
17,117
21,064
23,685
26,119
29,141
31,319
15
4,601
5,229
6,262
7,261
8,547
11,037
18,245
22,307
24,996
27,488
30,578
32,801
16
5,142
5,812
6,908
7,962
9,312
11,912
19,369
23,542
26,296
28,845
32,000
34,267
17
5,697
6,408
7,564
8,672
10,085
12,792
20,489
24,769
27,587
30,191
33,409
35,718
18
6,265
7,015
8,231
9,390
10,865
13,675
21,605
25,989
28,869
31,526
34,805
37,156
19
6,844
7,633
8,907
10,117
11,651
14,562
22,718
27,204
30,144
32,852
36,191
38,582
20
7,434
8,260
9,591
10,851
12,443
15,452
23,828
28,412
31,410
34,170
37,566
39,997
21
8,034
8,897
10,283
11,591
13,240
16,344
24,935
29,615
32,671
35,479
38,932
41,401
22
8,643
9,542
10,982
12,338
14,041
17,240
26,039
30,813
33,924
36,781
40,289
42,796
23
9,260
10,196
11,689
13,091
14,848
18,137
27,141
32,007
35,172
38,076
41,638
44,181
24
9,886
10,856
12,401
13,848
15,659
19,037
28,241
33,196
36,415
39,364
42,980
45,559
25
10,520
11,524
13,120
14,611
16,473
19,939
29,339
34,382
37,652
40,646
44,314
46,928
26
11,160
12,198
13,844
15,379
17,292
20,843
30,435
35,563
38,885
41,923
45,642
48,290
27
11,808
12,879
14,573
16,151
18,114
21,749
31,528
36,741
40,113
43,195
46,963
49,645
28
12,461
13,565
15,308
16,928
18,939
22,657
32,620
37,916
41,337
44,461
48,278
50,993
29
13,121
14,256
16,047
17,708
19,768
23,567
33,711
39,087
42,557
45,722
49,588
52,336
30
13,787
14,953
16,791
18,493
20,599
24,478
34,800
40,256
43,773
46,979
50,892
53,672
40
20,707
22,164
24,433
26,509
29,051
33,660
45,616
51,805
55,758
59,342
63,691
66,766
50
27,991
29,707
32,357
34,764
37,689
42,942
56,334
63,167
67,505
71,420
76,154
79,490
60
35,534
37,485
40,482
43,188
46,459
52,294
66,981
74,397
79,082
83,298
88,379
91,952
70
43,275
45,442
48,758
51,739
55,329
61,698
77,577
85,527
90,531
95,023
100,425
104,215
80
51,172
53,540
57,153
60,391
64,278
71,145
88,130
96,578
101,879
106,629
112,329
116,321
90
59,196
61,754
65,647
69,126
73,291
80,625
98,650
107,565
113,145
118,136
124,116
128,299
100
67,328
70,065
74,222
77,929
82,358
90,133
109,141
118,498
124,342
129,561
135,807
140,169
2
k
χ
2
χ
2
k
χ
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