Aula 15 - Testes de Hipóteses

Raciocínio Lógico, Estatística,

Matemática e Matemática Financeira p/

AFRFB e AFT

Prof. Vítor Menezes www.estrategiaconcursos.com.br 1

AULA 15: Testes de hipóteses

1. INTRODUÇÃO AOS TESTES DE HIPÓTESES ..................................................................................... 2

2. TESTE SOBRE A MÉDIA ................................................................................................................... 7

3. P VALOR ........................................................................................................................................ 28

4. TESTE DE HIPÓTESES PARA PROPORÇÕES ................................................................................... 37

4.1. Teste de hipóteses usando a distribuição binomial ............................................................................. 37

4.2. Teste para proporções usando a distribuição normal ........................................................................ 41 5. DISTRIBUIÇÃO DE QUI QUADRADO .............................................................................................. 49

5.1. Teste de Qui quadrado para proporções ............................................................................................ 50

5.2. Teste de qui quadrado para várias proporções .................................................................................. 54 6. RESUMÃO ..................................................................................................................................... 62

7. QUESTÕES APRESENTADAS EM AULA .......................................................................................... 64

8. GABARITO ..................................................................................................................................... 72

9. TABELA I – DISTRIBUIÇÃO NORMAL ............................................................................................. 74

10. TABELA II – DISTRIBUIÇÃO T DE STUDENT ............................................................................... 75

11. TABELA III – Qui-quadrado ....................................................................................................... 77



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1. INTRODUÇÃO AOS TESTES DE HIPÓTESES

Maria tem duas moedas. Cada uma delas tem uma face cara e outra face coroa.

Uma das moedas é normal. As duas faces têm a mesma probabilidade de sair. Vamos chamá-la de moeda honesta.

A outra é uma moeda viciada. Nesta, a probabilidade de sair coroa é de 2/3. Vamos chamá-la de moeda viciada.

Maria escolhe uma das moedas. José, que tem conhecimento das probabilidades acima mencionadas, tem que adivinhar qual delas foi escolhida. Para tanto, Maria lança três vezes a moeda escolhida. Ao final de cada lançamento, comunica 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.

José quer testar a hipótese de, para a moeda escolhida por Maria, a probabilidade de sair coroa ser 1/2. Esta hipótese é chamada de H0 (lê-se agá zero). É também chamada de hipótese nula.

Vamos escrever a hipótese H0:

H0: 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 HA.

HA: P(coroa) = 2/3. (hipótese alternativa)

Algumas bancas costumam utilizar H1 em vez de HA.

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.



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Ok, definidas as hipóteses que serão testadas (escolher entre H0 e HA), 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 H0 e assume como verdadeira a hipótese HA.

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 H0, dado que ela é verdadeira, a probabilidade de ele cometer um erro é:

�� = �12�� = 12,5%

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 H0 dado que ela é verdadeira.

�� = �12�� = 12,5%

A probabilidade acima é também chamada de nível de significância do teste. O símbolo geralmente utilizado é α .

� = 12,5%

Nível de significância: probabilidade de cometer o erro do tipo I. Símbolo usual: α

Ok, agora 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 H0 como verdadeira e rejeita HA.

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 H0 dado que ela é falsa. É chamado de erro do tipo II.

Erro tipo II: aceitar H0 dado que ela é falsa.

A probabilidade de ocorrer o erro do tipo II é designada pelo símbolo β . Vamos calcular

esta probabilidade.

A probabilidade de, em três lançamentos da moeda viciada, obtermos uma, duas ou três caras é:

�� = �13�� + 3 × �13�� × 23 + 3 × 13 × �23�� = 0,7037

� = 70,37%

A probabilidade de aceitar H0, dado que ela é falsa, é de 70,37%.



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O valor β−1 é chamado de poder do teste.

%63,291 =− β (poder do teste).

O poder do teste é a probabilidade de H0 ser rejeitada dado que ela é falsa.

Note como o poder do teste foi baixo. Isto porque José privilegiou a hipótese H0. Ele só a rejeita num caso muito extremo, em que os três resultados forem coroa. Por isto o valor de α foi pequeno, garantindo uma baixa probabilidade de cometer o erro do tipo I. Contudo, em geral, quanto menor o valor de α , maior o valor de β (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 a probabilidade de um tipo de erro, a do outro aumente.

Teste de hipóteses é apenas isto. Queremos testar se uma dada hipótese H0 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 H0. Se for extremo, rejeitamos tal hipótese. Caso contrário, aceitamos.

No exemplo que nós demos as hipóteses eram:

H0: P(coroa) = 1/2

HA: 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:

HA: P(coroa) ≠ 1/2.

Outra opção:

HA: P(coroa) < 1/2.

Ou ainda:

HA: P(coroa) > 1/2.

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.

Teste de hipóteses:

Erro tipo I: rejeitar H0 dado que ela é verdadeira. Probabilidade deste tipo de erro: α (nível de significância)



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Erro tipo II: aceitar H0 dado que ela é falsa. Probabilidade deste tipo de erro: β

Poder do teste: probabilidade de rejeitar H0 dado que H0 é falsa. (= β−1 )

Questão 1 DNOCS 2010 [FCC]

Em um teste de hipótese estatístico, sendo H0 a hipótese nula e H1 a hipótese alternativa, o nível de significância do teste consiste na probabilidade de

(A) aceitar H0 dado que H0 é verdadeira.

(B) rejeitar H0 dado que H0 é falsa.

(C) aceitar H0, independentemente se H0 é verdadeira ou falsa.

(D) aceitar H0 dado que H0 é falsa.

(E) rejeitar H0 dado que H0 é verdadeira.

Resolução:

O nível de significância corresponde à probabilidade de se cometer o erro de tipo I, ou seja, rejeitar a hipótese nula dado que ela é falsa.

Gabarito: E

Questão 2 TRT 7ª REGIÃO 2009 [FCC]

Considere um teste estatístico envolvendo uma população normalmente distribuída em que se deseja testar, com relação a um parâmetro da distribuição, a hipótese nula (H0) contra a hipótese alternativa (H1), ao nível de significância α. Seja β a probabilidade de aceitar H0 quando H0 for falsa. Então,

(A) β corresponde ao erro tipo I ou erro de primeira espécie.

(B) α > β.

(C) α = 1− β.

(D) a região crítica do teste é determinada em função de β.

(E) α corresponde à probabilidade de rejeitar H0 quando H0 for verdadeira.

Resolução

� corresponde à probabilidade de se cometer o erro de tipo I, ou seja, de rejeitar H0 quando ela é verdadeira. Isso está expresso na alternativa “E”.

Gabarito: E

Já � indica a probabilidade de se cometer o erro de tipo II, ou seja, de aceitar H0 quando ela é falsa. Por isso a alternativa “A” está errada.



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Quanto às alternativas B e C, elas pretendem fixar determinadas relações entre � e �. Contudo, sem maiores informações sobre o teste de hipóteses, não temos como saber, a priori, qual a relação entre � e �. Não sabemos qual das duas probabilidades é maior, qual é menor, nem estabelecer qualquer outra relação entre ambos.

Finalmente, a alternativa D fala em região crítica. Falaremos sobre isso posteriormente. Contudo, já fica a informação que a área da região crítica coincide com o valor de �. Ou seja, esta região é determinada em função de �.

Questão 3 PETROBRAS 2010 [CESGRANRIO]

No caso de um teste estatístico clássico, com a hipótese nula H0 e a alternativa H1, cometer o erro do tipo II consiste em

(A) rejeitar H0, sendo H0 verdadeiro.

(B) aceitar H0, sendo H0 falso.

(C) aceitar H1, sendo H1 verdadeiro.

(D) rejeitar H1, sendo H1 falso.

(E) aceitar H0 e aceitar H1.

Resolução:

O erro de tipo II consiste em aceitar a hipótese nula, dado que ela é falsa.

Gabarito: B

Questão 4 SUSEP 2006 [ESAF]

Em uma distribuição de sinistro S, formulando-se a hipótese de que não há diferença entre a frequência esperada e a observada (hipótese nula: Ho). Donde, segundo um determinado nível de significância, podemos afirmar que ocorreu

a) um erro do tipo I, se for aceita a hipótese Ho.

b) um erro do tipo II, se for rejeitada a hipótese Ho.

c) um erro do tipo I, se for aceita a hipótese Ho, sendo esta correta.

d) um erro do tipo II, se for rejeitada a hipótese Ho, sendo esta correta.

e) um erro do tipo I, se for rejeitada a hipótese Ho, sendo esta correta.

Resolução:

O erro de tipo I consiste em rejeitar a hipótese nula, dado que é verdadeira. O erro de tipo II consiste em aceitar a hipótese nula, dado que é falsa.

Gabarito: E



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2. TESTE SOBRE A MÉDIA

Para entendermos como fazer o teste de hipóteses sobre a média, vejamos alguns exemplos.

Nos primeiros exemplos, eu vou dar todas as contas prontas. O objetivo é que vocês não precisem quebrar a cabeça fazendo as contas. Não quero que se preocupem com isso, não por enquanto. A proposta é que apenas entendam a ideia geral do teste.

Depois, nos exemplos posteriores, aí sim entraremos mais a fundo nas contas envolvidas, certo?

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 inexeqüível, 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.

H0: 220=µ

HA: 220≠µ

Este primeiro tipo de teste da média é chamado de teste bilateral. Ele é caracterizado pela hipótese alternativa ser do tipo k≠µ (a média é diferente de alguma coisa).



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Por que a palavra bilateral? Porque há duas formas de rejeitarmos a hipótese H0. 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 H0. 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 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:

H0: 220=µ

HA: 220≠µ

Teste de hipóteses para a média – bilateral

Hipótese alternativa: a média é diferente de alguma coisa.

��: ! ≠ #

Exemplo 2


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.



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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 H0.

A resposta fica:

H0: 220=µ

HA: 220>µ

Exemplo 3


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 inexeqüível, o contrato não será regularmente cumprido.




Resolução.

Agora, apenas valores significativamente menores que 220,00 nos fazem rejeitar a hipótese nula. Ficamos com:

H0: 220=µ

HA: 220<µ



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Nos dois últimos exemplos, tivemos testes unilaterais, pois havia uma única forma de rejeitarmos a hipótese nula.

Teste de hipóteses para a média – unilateral

Há dois tipos de teste unilateral.

1º tipo - Hipótese alternativa: a média é maior que alguma coisa

��: ! > #

2º tipo - Hipótese alternativa: a média é menor que alguma coisa

��: ! < #

2º tipo de exemplo: entendendo a ideia do teste de hipótese

(por enquanto, não se preocupe em fazer contas!!!)

Exemplo 4

Estamos analisando o preço pelo qual a Administração Pública compra certo produto. Sabemos que, em licitações honestas (livres de fraudes), para 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:



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H0: 220=µ

HA: 220≠µ

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.

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 ( X ).

Vimos na aula passada que X 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 X , 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 X tem o seguinte comportamento:

• em 95% das vezes, X assume valores entre 216,08 e 223,92

• em 5% das vezes, X 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%).



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O resultado obtido especificamente para o experimento realizado é chamado de estatística teste.

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.

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.

Agora sim, vamos às contas!!!

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 0 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 H0. No exemplo das moedas de Maria, o valor crítico era dois. Até o limite de dois resultados “coroa”, aceitaríamos a hipótese H0. Após este limite, rejeitávamos H0.



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Quando o teste for sobre médias, vamos fazer o seguinte. Vimos na aula passada que a

média amostral ( X ) pode ser vista como uma variável aleatória de média µ e desvio

padrão X

σ . Relembrando a nossa simbologia:

• X é uma variável aleatória que representa os diversos valores de média amostral que podem ser obtidos, caso fizéssemos inúmeras amostras.

• µ é a média da população.

• σ é o desvio padrão da população.

• n é o tamanho das amostras.

• X

σ é o desvio padrão de X . Ele pode ser calculado assim: n

X

σσ = .

Vimos também que X 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 X 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:

X

XZ

σ

µ−=

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 frequentes.

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 96,1− .

Juntando os dois, temos que a probabilidade de Z estar entre -1,96 e 1,96 é de 95% (= área verde da figura abaixo).



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Estes são os valores críticos de Z. São os valores que delimitam a área de 95%.

Valores críticos de Z (Zc): &'′ = −1,96

&',, = 1,96

Segundo passo: obter a estatística teste.

A estatística teste é o valor de Z para o experimento realizado. Vamos chamá-la de Zt.

&- = ./ − !01/

Para o experimento feito, 230=X .

A média populacional ( µ ), 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 ( )220=µ , a estatística teste fica:

&- = 230 − 22001/

Precisamos calcularX

σ . Lembrando a sua fórmula (estudada na aula anterior):

01/� = 0�2 = 12030 = 4

01/ = √4 = 2

Continuando o cálculo da estatística teste (Zt):



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&- = 230 − 22001/

&- = 230 − 2202 = 5

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 Zt estaria entre -1,96 e 1,96.

A região verde da figura acima é delimitada pelos valores críticos de Z.

Se o valor de Zt 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 Zt estivesse na região de aceitação, nós aceitaríamos a hipótese H0. Consideraríamos que o valor de Zt não é significativamente diferente de zero (e, portanto, X não é significativamente diferente de 220).

Não foi o caso. Vimos que Zt cai fora da região de aceitação. O Zt 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 H0.

Conclusão: rejeitamos a hipótese nula.

Por curiosidade, vejamos os valores de ./ que correspondem a -1,96 e 1,96.



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& = ./ − 2202 → ./ = 2& + 220

Quando Z vale -1,96, ./vale:

./ = 2 × �−1,96� + 220 = 216,08

Quando Z vale +1,96, ./ vale:

./ = 2 × �1,96� + 220 = 223,92

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 Zt 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 H0, 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 Zt 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:

%5=α

Interessante notar que a soma das áreas amarelas é exatamente igual ao valor de α (=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 consequência, 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 de hipóteses para a 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.



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2º Passo: encontrar a estatística teste. Usar a fórmula:

&- = ./ − !01/

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.

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% ( %5=α ).

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 à da aula passada, 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. Vimos isto na aula anterior.

No caso da distribuição T, o número de graus de liberdade é igual a 1−n . 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.

�', = 2,045 �',, = −2,045


A estatística teste é o valor de t para o experimento realizado.

Para o experimento feito, o valor de t vale:



AFRFB e AFT


�- = ./ − !71/

Onde X

s é o estimador de X

σ .

Precisamos calcular o valor de X

s . A fórmula é (matéria da aula passada):

71/ = 871�2 = 812030 = 2

Agora obtemos o valor da estatística teste:

�- = ./ − !71/

�- = 230 − 2202 = 5

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 H0.

Resumo do teste de hipóteses para a 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:

�- = ./ − !71/

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 ºC2.

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%.



AFRFB e AFT


Dados:

05,0)66,1( =−≤tP

Resolução.

As hipóteses são:

H0: 200=µ

HA: 200<µ

Podemos usar direto a informação do enunciado ou podemos consultar a tabela da distribuição T para 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 apostila 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%.

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%.



AFRFB e AFT


Note que a região crítica está toda ela do lado esquerdo do gráfico.

Por quê?

Porque a hipótese nula é do tipo: a média é menor que alguma coisa. No caso, a hipótese alternativa é “a média é menor que 200.

Ou seja, os valores que nos fazem rejeitar a hipótese nula são aqueles consideravelmente menores que 200.

Consequentemente, os valores da variável t que compõem a região crítica são aqueles consideravelmente menores que 0.

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 valor crítico (tc) tal que a área amarela da figura acima seja de 5%. Tal que à sua esquerda tenhamos 5% dos valores.

Para acharmos o tc, 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.



AFRFB e AFT


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.

�- = ./ − !71/

Precisamos encontrar X

s .

71/ = 871�2 = 8 25100 = 0,5

Continuando o cálculo da estatística teste:



AFRFB e AFT


�- = 195 − 2000,05 = −10

Terceiro passo: comparar a estatística teste com o valor crítico.

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 H0 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.


Para uma experiência realizada com referência à medição do comprimento de determinada peça fabricada por uma grande indústria, utilizou-se uma amostra aleatória de 16 peças, apurando-se uma média de 0,9 m e um desvio padrão de 0,2 m. Supondo que os

comprimentos das peças tenham uma distribuição normal, com média µ e variância

desconhecida, deseja-se saber, ao nível de significância de 5%, se o comprimento da peça

não é inferior a 1 m. Seja H0 a hipótese nula do teste ( µ = 1 m), H1 a hipótese alternativa ( µ

< 1 m ) e t0,05 = −1,75 o quantil da distribuição t de Student tabelado para teste unicaudal, com 15 graus de liberdade. Então, pelo teste t de Student,

(A) a conclusão obtida seria a mesma para qualquer nível de significância.

(B) H0 não pode ser aceita, indicando que os comprimentos são inferiores a 1 m.

(C) o número de graus de liberdade, no caso 15, não interferiu na obtenção de t0,05.

(D) para um nível de significância superior a 5%, a conclusão poderia não ser a mesma.

(E) o valor da estatística obtido por meio da amostra para comparação com t0,05 é igual a 5,0−

Resolução:

Primeiro passo: encontramos o valor crítico de t.



AFRFB e AFT


Notem que a hipótese alternativa é do tipo: a média é menor que alguma coisa.

Isto significa que a região crítica é formada por valores na extremidade esquerda do gráfico da fdp. Ou seja, pelos valores da variável t significativamente menores que zero.

O exercício nos informou o valor crítico:

�' = −1,75

Logo, a região crítica, delimitada pelo valor crítico, corresponde ao intervalo:

�−∞; −1,75�

Segundo passo: encontramos a estatística teste, ou seja, o valor de t para o experimento feito.

�- = ./ − !71/

�- = 0,9 − 171/

Antes de continuarmos o cálculo, precisamos encontrar o valor de 71/ . 71/ = 7√2 = 0,2√16 = 0,24 = 0,05

Agora podemos continuar com o cálculo da estatística teste:

�- = 0,9 − 10,05 = − 0,10,05 = −2

Terceiro passo: comparamos a estatística teste com o valor crítico.

Vemos que a estatística teste está a esquerda do valor crítico. A estatística teste cai na região crítica. Rejeitamos a hipótese nula. Isso indica que os comprimentos verificados na amostra são significativamente menores que 1 m.

Gabarito: B

Questão 6 SEFAZ SP 2009 [FCC]

O gerente de uma indústria de determinado componente eletrônico garante que a vida média do produto fabricado é igual a 100 horas. Um comprador desta indústria decide testar a afirmação do gerente e faz um teste estatístico formulando as hipóteses H0: µ

= 100 e H1 : µ < 100, sendo que H0 é a hipótese nula, H1 é a hipótese alternativa e μ é a

média da população considerada de tamanho infinito com uma distribuição normal. O desvio padrão populacional é igual a 10 horas e utilizou-se a informação da distribuição

normal padrão (Z), segundo a qual a probabilidade P(Z > 1,64) = 5%. H0 foi rejeitada com base em uma amostra aleatória de 64 componentes em um nível de significância de 5%. Então, o valor da média amostral foi, em horas, no máximo,

(A) 94,75

(B) 95,00



AFRFB e AFT


(C) 96,00

(D) 96,50

(E) 97,95

Resolução:

Notem que a hipótese alternativa é do tipo: a média é menor que alguma coisa.

Isto significa que a região crítica é formada por valores na extremidade esquerda do gráfico da fdp. Ou seja, pelos valores da variável Z significativamente menores que zero.

Primeiro passo: obter o valor crítico de Z. Segundo o enunciado, temos:

��& > 1,64� = 5%

Logo:

��& < −1,64� = 5%

Ou seja:

&' = −1,64

Segundo passo: encontramos a estatística teste.

&- = ./ − !01/ = ./ − 10010√64= ./ − 1001,25

A hipótese nula foi rejeitada. Logo, a estatística teste é menor que o valor crítico.

./ − 1001,25 < −1,64

./ − 100 < −1,64 × 1,25 ./ − 100 < −2,05

./ < −2,05 + 100

./ < 97,95

Gabarito: E


Os lucros brutos anuais das empresas de um determinado ramo de atividade apresentam

uma distribuição normal com média µ e variância populacional 2σ desconhecidas. A partir

de uma amostra aleatória de tamanho 25 da população considerada de tamanho infinito,

deseja-se testar a hipótese H0: µ = 20 milhões de reais contra a alternativa H1: µ > 20

milhões de reais, com a realização do teste t de Student. A média e o desvio padrão da

amostra são iguais a 23 e 8, respectivamente, em milhões de reais. Seja ct o valor calculado



AFRFB e AFT


correspondente para comparar com o valor tabelado tt da distribuição t de Student, com n

graus de liberdade, ao nível de significância α . Então, é correto afirmar que:

(A) H0 não será rejeitada, ao nível de significância α , se 875,1>tt com n = 24.

(B) Se H0 foi rejeitada, ao nível de significância α , tem-se que 375,9>tt com n = 24.

(C) Se H0 foi rejeitada, ao nível de significância α , então para um nível de significância

superior a α H0 não seria rejeitada.

(D) 1,875 < ct < 9,375 e n = 23.

(E) ct = 9,375 e n = 23.

Resolução:

O número de graus de liberdade, que o exercício chamou de n, é igual ao tamanho da amostra menos 1.

Graus de liberdade: 25 – 1 = 24.

Com isso, já podemos descartar as alternativas D e E.





(D) 1,875 < ct < 9,375 e n = 23.

(E) ct = 9,375 e n = 23.

Só relembro que, de acordo com a simbologia que usamos, n geralmente indica o tamanho da amostra, e não o número de graus de liberdade.

De agora em diante, no restante desta solução, voltarei a utilizar n para indicar o tamanho da amostra.

O valor crítico, que a questão chamou de tt, não foi dado pela questão.

A estatística teste, chamada de tc, fica:

�-<=-< = ./ − !71/

�' = 23 − 207√2



AFRFB e AFT


�' = 23 − 208√25= 385 = 1,875

Vamos agora analisar as alternativas remanescentes.

Para tanto, devemos notar que a hipótese alternativa é do tipo: a média é maior que alguma coisa.

Ou seja, a região crítica é formada pelos valores de Z significativamente maiores que zero.

Assim, a hipótese nula será:

- aceita, se a estatística teste for menor que o valor crítico

- rejeitada, se a estatística teste for maior que o valor crítico.

Letra A: H0 não será rejeitada, ao nível de significância α , se 875,1>tt com n = 24.

De fato, se o valor crítico for maior que 1,875, então o valor crítico é maior que a estatística teste. Logo, a hipótese nula é aceita.

Já achamos a alternativa correta.

Gabarito: A

Letra B: Se H0 foi rejeitada, ao nível de significância α , tem-se que 375,9>tt com n = 24.

Isso está errado. Se a hipótese nula foi rejeitada, então sabemos que o valor crítico é menor que a estatística teste. Logo, é menor que 1,875.

Letra C: Se H0 foi rejeitada, ao nível de significância α , então para um nível de significância


Isso está errado. Se aumentarmos o nível de significância, aumentamos a região crítica. A estatística teste, que inicialmente já caía dentro da região crítica, continuará pertencendo a tal região, após o aumento do nível de significância.

Questão 8 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



AFRFB e AFT


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.

Xs

Xtestet

µ−=_

A média amostral é 935 ( 935=X ).

O desvio padrão amostral é 130 ( )130=s .

O desvio padrão da média amostral é dado por:

nX

σσ =

Quando não conhecemos o desvio padrão da população (σ ), o substituímos por sua estimativa ( s ). E em vez de termos o desvio padrão amostral (

Xσ ), calculamos sua

estimativa (X

s ). Como conseqüência, em vez de utilizarmos a distribuição normal,

utilizamos a distribuição T.

3

130==

n

ss

X

Substituindo todos os valores:

Xs

Xtestet

µ−=_

5,1130

365

3130

1000935_ −=×−=

−=testet

Gabarito: A.



AFRFB e AFT


3. P VALOR

Questão 9 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 H0: µ≥40 contra a alternativa HA: 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 40−X

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 do 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.

Entendeu?

Pois é, a definição pode não ser muito clara à primeira vista.

Uma forma mais fácil de entender é pensarmos em áreas.



AFRFB e AFT


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 é 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.

&' = −1,645

Segundo passo: calcular a estatística teste.

&- = ./ − !01/

O exercício disse que 38=X . Disse também que 7=σ . Podemos calcular o desvio padrão da média amostral.

01/ = 0√2 = 7√49 = 1

&- = 38 − 401 = −2




AFRFB e AFT


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:

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 ( 2−= ). Neste caso, é a probabilidade de Z assumir valores menores ou iguais a 2− .

Em outras palavras: é a área delimitada pela estatística teste.



AFRFB e AFT


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%.

Gabarito: B.

Questão 10 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.

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.



AFRFB e AFT


Do jeito que desenhamos, a hipótese alternativa é do tipo k<µ (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.

Sobrepondo as duas figuras, temos:



AFRFB e AFT


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.

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%.



AFRFB e AFT


Juntando as duas figuras:

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.



AFRFB e AFT


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.

Questão 11 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 µ e desvio padrão 6.

Para o teste da média 11=µ contra 13=µ , 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:

�>:! = 11

��:! = 13

Note que o teste é unilateral. Apenas valores significativamente maiores que 11 nos fazem rejeitar a hipótese nula.

01/ = 0√2 = 6√100 = 0,6

A estatística teste fica:

&- = ./ − !01/ = 12,2 − 110,6 = 2

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:



AFRFB e AFT


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%

Gabarito: B

Quando o teste é bilateral, o p-valor é o dobro da área delimitada pela estatística teste. Fazemos assim para permitir que, mesmo no caso de testes bilaterais, possamos comparar p-valor com nível de significância.

Vejamos como fica, por meio de um exercício:

Questão 12 MPU 2004 [ESAF]

Considere o teste da hipótese H: ! = 100 contra a alternativa A: ! ≠ 100 em uma amostra da normal com média ! e variância 0�. O valor da estatística teste t com distribuição de Student sob a hipótese H: ! = 100 é de -1,7864 e sabe-se que �� ≥ 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: ! = 100.

b) Como o valor probabilístico do teste é 0,0446 conclua A: ! ≠ 100.

c) Como o valor probabilístico do teste é 0,0892, não há evidência para rejeitar H: ! = 100.

d) Como o valor probabilístico do teste é 0,0223, conclusa A: ! ≠ 100. e) Não se pode tirar nenhuma conclusão, pois, o tamanho da amostra, a média amostral e o desvio padrão não foram dados.

Resolução:

A probabilidade de valores mais extremos que a estatística teste é igual a:



AFRFB e AFT


�� ≥ 1,7864� + �� ≤ −1,7864� = 4,46% + 4,46% = 8,92%

Esse é o p-valor.

O nível de significância foi fixado em 5%.

Quando o p-valor é maior que o nível de significância, aceitamos a hipótese nula.

Gabarito: C

4. TESTE DE HIPÓTESES PARA PROPORÇÕES

4.1. Teste de hipóteses 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:

�>: � = 0,5 �A: � > 0,5

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. X é uma variável binomial.

Caso a hipótese nula seja verdadeira, sua média é dada por:

./ = 2� = 4 × 0,5 = 2

E sua variância fica:

0� = 2�B = 4 × 0,5 × 0C5 = 1



AFRFB e AFT


Consequentemente, seu desvio padrão é dado por:

0 = 1

O nível de significância corresponde à probabilidade de rejeitar H0, dado que ela é verdadeira. Vamos calcular o valor desta probabilidade.

Só rejeitaremos H0 caso tenhamos uma amostra com 4 pessoas que possuam a característica. Caso H0 seja verdadeira, a probabilidade de isso ocorrer é:

?)4( ==XP

E como X é uma variável binomial, basta usarmos a fórmula da variável binomial.

knkqp

k

nkXP

−××

== )(

16

15,05,0

4

4)4(

04 =××

==XP

O nível de significância é igual a 1/16.

Para responder à Questão 13, à Questão 14 e à Questão 15, 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 p̂ de pessoas com a característica na amostra. Desejando-se testar: H0: 5,0=p

contra H1: 6,0=p , com base nesta amostra, decidiu-se rejeitar H0 se o número de pessoas

com a característica na amostra for maior ou igual a 4.

Questão 13 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, 5,0=p ), 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.



AFRFB e AFT


Seja X a variável que indica o número de pessoas com a característica na amostra de tamanho 5. 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:

knkqp

k

nkXP

−××

== )(

32

55,055,05,0

4

5)4(

5454 =×=××

== −

XP

A probabilidade de termos 5 pessoas com esta característica na amostra é:

knkqp

k

nkXP

−××

== )(

32

15,05,0

5

5)5(

555 =××

== −

XP

A probabilidade de X ser igual a 4 ou igual a 5 é igual ao nível de significância:

?)54( ==∪= XXP

Como os dois eventos são mutuamente excludentes, a probabilidade da união é igual à soma das probabilidades.

)5()4()54( =+===∪= XPXPXXP

32

6

32

1

32

5)54( =+==∪= XXP

Gabarito: E.


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.



AFRFB e AFT


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:

32

15,05,0

5

5)5(

555 =××

== −

XP

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:

)5(_ ≥= XPvalorp

Note que, em uma amostra de tamanho 5, o valor máximo que X assume é justamente 5.

32/1)5()5(_ ===≥= XPXPvalorp

Gabarito: D.


A probabilidade de se rejeitar H0 quando H1 é verdadeira é:

a) 56,04×

b) 56,0

c) 46,06,2 ×

d) 56,01−

e) 46,04,05 ××

Resolução.

H0 será rejeitada se, na amostra de tamanho 5, tivermos 4 ou 5 pessoas com a característica.

Se H1 for verdadeira, a probabilidade de isso ocorrer fica:

)5()4()54( =+===∪= XPXPXXP

5554544,06,0

5

54,06,0

4

5)54(

−− ××

+××

==∪= XXP

05144,06,04,06,05)54( ×+××==∪= XXP

546,06,02)54( +×==∪= XXP



AFRFB e AFT


)6,02(6,0)54(4 +×==∪= XXP

)6,2(6,0)54(4 ×==∪= XXP

Gabarito: C

4.2. 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 que estudamos na aula sobre as principais distribuições de probabilidade. 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:

n

Xp =ˆ

Usando propriedades da média, temos que a média de p̂ será igual à média de X, dividida

por n.

pn

nppE ==)ˆ(

Usando as propriedades da variância, a variância de p̂ será igual à variância de X dividida

por n2.

n

pq

n

npqpV ==

2)ˆ(

Consequentemente, o desvio padrão de p̂ será:

n

pqp =ˆσ

Estes são exatamente os resultados apresentados na aula passada, quando estudamos intervalo de confiança para uma proporção.

Se n for grande, então X é aproximadamente normal. Como consequência, p̂ também é

aproximadamente normal.

Sabendo disso, podemos obter a variável normal reduzida. Para tanto, fazemos o seguinte:

- tomamos a variável em estudo ( p̂ )



AFRFB e AFT


- subtraímos de sua média

- dividimos pelo seu desvio-padrão

n

pq

ppZ

−=

ˆ=

npq

nppn −ˆ

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: %15,40)29,10( =<< ZP

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 ( p ), 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% ( p̂ ). Vimos na aula passada que p̂ é um

estimador de p (a proporção da amostra é um estimador da proporção da população). Pois

bem, o p̂ tem o mesmo papel que tinha o X no teste de médias.

Resumindo as mudanças no teste de proporções:

O parâmetro desconhecido é p (em vez de µ )

O estimador é p̂ (em vez de X ).

Sua variância é dada por:

D�B2

A estatística teste é calculada pela fórmula:

&- = �̂ − �D�B2

No mais é tudo igual, inclusive a utilização da tabela para variável normal reduzida.



AFRFB e AFT


Vamos então resolver o exemplo proposto.

Vamos identificar os elementos.

Queremos testar a hipótese de que a proporção da população seja de 50%.

H0: 5,0=p

HA: 5,0≠p

O teste é bilateral.

Os valores que se pretendem testar para a população são: 5,0=p e 5,0=q (pois pq −= 1

).

Para a amostra feita, obteve-se 2,0ˆ =p . Foram 100 lançamentos (n = 100).

Primeiro passo: obter os valores críticos de Z.

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 Zt caia na região verde, aceitaremos a hipótese H0. 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.



AFRFB e AFT


Logo, a região verde da figura acima é de 80,3%.

Os valores críticos de Z são:

&', = −1,29 &',, = 1,29


No caso de proporções, a estatística teste é dada por:

&- = �̂ − �D�B2

&- = 0,2 − 0,5D0,5 × 0,5100

= −0,30,05 = −6

Terceiro passo: comparar a estatística teste com os valores críticos. Vemos que a estatística teste é menor que o valor crítico Zc’. A estatística teste cai na região crítica (área amarela). Rejeitamos a hipótese nula.


Um fabricante deseja fazer um estudo, com uma confiança de 95%, a respeito da aceitação de um dos seus produtos com a finalidade de lançá-lo em um novo mercado. Esse novo lançamento somente será comercialmente viável se o índice de aceitação do produto for, pelo menos, de 90%. Para tal, realizou uma pesquisa de mercado em uma das cidades onde seu produto já é comercializado. Foi perguntado aos consumidores se gostaram (aceitaram) do produto. O resultado foi o seguinte: 850 consumidores responderam que gostaram do produto e 150 consumidores responderam que não gostaram do produto. Qual será a estatística de teste a ser utilizada nesse teste?



AFRFB e AFT


(A) -5,27

(B) -1,96

(C) -1,65

(D) 1,96

(E) 5,27

Resolução:

A estatística teste é dada por:

�̂ − �F�B/2 = 0,85 − 0,9

F0,9 × 0,1/1000 = −0,05 × √1.0000,3 = −0,05 × 10 × √100,3

Vamos aproximar a raiz quadrada de 10.

√10 ≅ 3

Logo:

−0,05 × 10 × √100,3 ≅ −0,05 × 10 × 30,3 = −5

A estatística é aproximadamente -5. Com isso, conseguimos marcar a alternativa “a”.

Se não tivéssemos aproximado a raiz quadrada de 10, teríamos obtido -5,27.

Gabarito: A


Em uma cidade é realizada uma pesquisa sobre a preferência dos eleitores com relação a um determinado candidato, que afirma ter 60% da preferência. Uma amostra aleatória de tamanho 600 foi extraída da população, considerada de tamanho infinito, sendo que 330 eleitores manifestaram sua preferência pelo candidato. Com base nesta amostra, deseja-se

testar a hipótese H0 : p = 60% (hipótese nula) contra H1 : p ≠ 60% (hipótese alternalva), em que p é a proporção dos eleitores que têm preferência pelo candidato. Para a análise considerou-se normal a distribuição amostral da frequência relativa dos eleitores que têm preferência pelo candidato e que na distribuição normal padrão Z a probabilidade P(|Z| ≤

1,96) = 95% e P(|Z| ≤ 2,58) = 99%. A conclusão é que H0

(A) não é rejeitada tanto ao nível de significância de 1% como ao nível de significância de 5%.

(B) é rejeitada ao nível de significância de 5%.

(C) é rejeitada ao nível de significância de 1%.

(D) não é rejeitada para algum nível de significância superior a 5%.

(E) é rejeitada para algum nível de significância inferior a 1%.



AFRFB e AFT


Resolução:

Primeiro passo: determinar os valores críticos para a variável Z.

Caso seja adotado um nível de significância de 5%, os valores críticos são -1,96 e 1,96

Caso seja adotado um nível de significância de 1%, os valores críticos são -2,58 e 2,58.

Segundo passo: calcular a estatística teste.

A proporção verificada na amostra é:

�̂ = 330600 = 0,55

A estatística teste fica: �̂ − �D�B2

= 0,55 − 0,6D0,6 × 0,4600

= −0,05D0,24600

= −0,050,02 = −2,5

Terceiro passo: comparamos a estatística teste com os valores críticos.

Se o nível de significância for de 5%, a estatística teste cai na região crítica. Rejeitamos a hipótese nula.

Se o nível de significância for de 1%, a estatística teste cai na região de aceitação. Não rejeitamos a hipótese nula.

Gabarito: B

Questão 18 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 H0: 95,0≥θ contra HA: 95,0<θ , sendo θ 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.



AFRFB e AFT


O número de itens pesquisado é 200.

200=n

A proporção amostral de itens dentro da especificação é:

95,0200

190ˆ ==θ

Note que aqui o exercício está chamando a proporção de θ (quando nós sempre usamos o símbolo p ).

Vamos então voltar para a nossa simbologia.

95,0200

190ˆ ==p

Queremos testar a hipótese de a proporção da população ser igual a 0,95. Portanto, queremos testar os seguintes valores:

05,095,0 =⇒= qp


npq

nppntesteZ

−=

ˆ_

npq

nppntesteZ

−=

ˆ_

095,020095,0200

_ =×−×

=npq

testeZ

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.



AFRFB e AFT


Portanto o p-valor é 0,5.

Gabarito: A.


Lança-se uma moeda 20 vezes e observa-se a ocorrência de 7 caras. Seja θ a probabilidade de cara. Assinale a opção que dá o valor da estatística teste correspondente ao teste da hipótese H0: 5,0≥θ contra HA: 5,0<θ .

a) 203,0−

b) 202,0−

c) 203,0

d) 202,0

e) 205,0

Resolução.

Não precisamos fazer todo o teste. Precisamos apenas calcular a estatística teste.

A moeda foi lançada 20 vezes.

20=n

A proporção amostral de caras foi:

20

7ˆ =p (o exercício usou o símbolo θ . Estou mantendo nossa simbologia).

A proporção populacional que se pretende testar é:

5,05,0 =⇒= qp


npq

nppntesteZ

−=

ˆ_

5,05,020

5,02020/720_

××

×−×=testeZ

205,0

107_

−=testeZ

20

6_

−=testeZ

20

206_

−=testeZ



AFRFB e AFT


203,0_ −=testeZ

Gabarito: A.

5. 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 ( 1Z , 2Z , 3Z , ..., kZ ). Todas elas têm a

mesma distribuição normal de média zero e desvio padrão unitário.

Seja 2χ uma variável tal que:

∑=

=k

i

iZ1

22χ

Ou seja, a variável 2χ é igual a uma soma dos quadrados de k variáveis normais de média

zero e desvio padrão unitário. Dizemos que 2χ 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, gerada com o Excel.


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 do parêntesis, 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.



AFRFB e AFT


Já sabemos que esta soma tem distribuição de qui-quadrado com n graus de liberdade.

Gabarito: C.

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 ideia do gráfico, segue exemplo abaixo, para 4 graus de liberdade.

Quando o número de graus de liberdade aumenta, o gráfico tende a ficar simétrico.

Uma das utilizações para a distribuição de Qui Quadrado é construir intervalos de confiança para a variância. Outra utilização é realizar testes de hipóteses sobre a variância, assuntos que não abordaremos, porque praticamente não é cobrado em provas, nem pela Esaf, nem pelas demais bancas.

O que realmente é cobrado é a utilização da distribuição de Qui-quadrado para testar hipóteses sobre proporções.

5.1. 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. Na fl. 37 nós vimos um teste em que se utilizava a distribuição binomial. Na fl. 41 nós vimos um teste em que se utilizava a distribuição normal. E, agora, 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,



AFRFB e AFT


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.

1E designa a freqüência esperada dos resultados favoráveis, considerando hipótese nula

verdadeira.

2E designa a freqüência esperada dos resultados desfavoráveis, considerando hipótese

nula verdadeira.

1O designa a freqüência observada dos resultados favoráveis.

2O designa a freqüência observada dos resultados desfavoráveis.

É possível demonstrar que a variável ∑=

−=

2

1

2

2 )(

i i

ii

E

EOχ 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:

I-� = J �KL − ML��ML

�LNA

Comparamos os dois valores. Se a estatística teste for maior que o valor crítico, rejeitamos a hipótese nula.



AFRFB e AFT


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:


�LNA

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.



AFRFB e AFT


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 9

Lança-se uma moeda 20 vezes e observa-se a ocorrência de 7 caras. Seja θ a probabilidade de cara. Teste a hipótese H0: 5,0=θ contra HA: 5,0≠θ .

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.

I'� = 3,841

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:

101 =E (são esperadas 10 caras)

102 =E (são esperadas 10 coroas).

Já as freqüências observadas foram:

71 =O (foram observadas 7 caras).

132 =O (foram observadas 7 coroas).

Agora vem a novidade.

Se a hipótese nula for verdadeira, a variável ∑=

−=

2

1

2

2 )(

i i

ii

E

EOχ tem distribuição de qui-

quadrado com 1 grau de liberdade.

Substituindo os valores


�LNA

I-� = �7 − 10��10 + �13 − 10��

10



AFRFB e AFT


I-� = 1810 = 1,8


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.

5.2. 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.

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.


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.



AFRFB e AFT


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).

751_ =AO

O número de fracassos (resultados desfavoráveis) no curso A foi 25.

252_ =AO

O número de sucessos no curso B foi de 65.

651_ =BO

O número de fracassos no curso B foi de 35

352_ =BO

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:

7,0200

140

100100

6575==

+

+

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:

701_ =AE (você esperaria 70% de aprovação no curso A)

302_ =AE (você esperaria 30% de reprovação no curso A)



AFRFB e AFT


701_ =BE (você esperaria 70% de aprovação no curso B)

302_ =BE (você esperaria 30% de reprovação no curso B)

Podemos colocar tudo isto numa tabela:

Curso A Curso B

Frequência observada

Frequência 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 i

ii

E

EO2

)( − 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 frequência observada, dá no mesmo).

Frequências esperadas:

Curso A Curso B



Aprovados 70 70

Reprovados 30 30

Frequências observadas:

Curso A Curso B



Aprovados 75 65

Reprovados 25 35

Cada uma das duas tabelas tem duas linhas e duas colunas.

⇒L número de linhas

⇒C número de colunas.

2=L

2=C



AFRFB e AFT


O número de graus de liberdade será igual a ( ) ( )11 −×− CL

( ) ( )11__ −×−= CLliberdadedegraus

( ) ( ) 11212__ =−×−=liberdadedegraus

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.

I'� = 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 2χ para os valores de frequências

fornecidos. Basta somar todos os valores de i

ii

E

EO2

)( −

I-� = �75 − 70��70 + �25 − 30��

30 + �65 − 70��70 + �35 − 30��

30

I-� = 2570 + 2530 + 2570 + 2530 = 2,38

A estatística teste é igual a 2,38.

Gabarito: D.

Mas continuemos nosso teste.


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.



AFRFB e AFT


Teste de qui-quadrado para várias proporções:

O número de graus de liberdade é dado por: ( ) ( )11 −×− CL .

Onde L é o número de linhas e C é o número de colunas.

Em relação ao número de graus de liberdade, existe um caso em que a fórmula acima fornecida não se aplica. É o caso em que o número de linhas ou de colunas é igual a 1. Neste caso, não fazemos a subtração por 1, pois, do contrário, teríamos 0 graus de liberdade.


A tabela abaixo corresponde ao resultado de um concurso aplicado a 100 pessoas. Foram formados dois grupos (A e B) com 50 pessoas cada um. O grupo A recebeu um treinamento para participar do concurso e o grupo B não.

Deseja-se saber se o resultado do concurso depende do treinamento utilizando o teste qui-quadrado ao nível de significância de 5%.

Dados: Valores críticos da distribuição qui-quadrado

[P (qui-quadrado com n graus de liberdade < valor tabelado) = α−1 ]

O valor do qui-quadrado observado e a respectiva conclusão é

(A) 4,167; existe eficácia na aplicação do treinamento.

(B) 4,167; não existe eficácia na aplicação do treinamento.

(C) 3,333; existe eficácia na aplicação do treinamento.

(D) 3,333; não existe eficácia na aplicação do treinamento.



AFRFB e AFT


(E) 2,500; existe eficácia na aplicação do treinamento.

Resolução:

No geral, 60% dos alunos foram aprovados no concurso.

Se a hipótese nula for verdadeira, isto é, se o resultado do concurso independe do treinamento, então espera-se que este mesmo percentual seja verificado em cada grupo. Ou seja, 60% das pessoas do grupo A seriam aprovadas; idem para o grupo B.

As frequencias esperadas seriam:

Aprovados Reprovados

A 30 20

B 30 20

Ficamos com:

I- = J �KL − ML��ML

I- = �35 − 30��30 + �15 − 20��

20 + �25 − 30��30 + �25 − 20��

20

I- = 2530 + 2520 + 2530 + 2520 = 4,166

A tabela de frequencias observadas apresenta duas linhas e duas colunas. Logo, o número de graus de liberdade é dado por:

�O − 1� × �P − 1� = �2 − 1� × �2 − 1� = 1

Temos 1 grau de liberdade.

Consultando a tabela fornecida, para 1 grau de liberdade e 5% de nível de confiança, concluímos que o valor crítico é de 3,841.

Como a estatística teste (4,166) é maior que o valor crítico (3,841), rejeitamos a hipótese nula.

O resultado no concurso depende do treinamento.

Gabarito: A

Questão 23 MTE 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.



AFRFB e AFT


c) 0,98.

d) 3,75.

e) 1,21.

Resolução.

Frequências 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.


28

)2825(

42

)4245(

12

)1215(

18

)1815(2222 −

+−

+−

+−

= 1,79

Gabarito: A


Na análise da sinistralidade de uma determinada carteira, uma medida de discrepância existente entre as freqüências observadas e as esperadas é proporcionada pela estatística qui quadrado - X2 . Com base nisso, pode-se afirmar que se:

a) X2 = 0, as freqüências teóricas (esperadas) e as observadas concordam exatamente.

b) X2 = 0, as freqüências teóricas (esperadas) e as observadas não concordam exatamente nem parcialmente.



AFRFB e AFT


c) X2 = 0, as freqüências teóricas (esperadas) e as observadas concordam parcialmente, pode ser aceita-se como tal.

d) X2 = 1, as freqüências teóricas (esperadas) e as observadas concordam exatamente.

e) X2 ≠ 0, as freqüências teóricas (esperadas) e as observadas concordam exatamente.

Resolução:

A estatística de qui-quadrado é dada pela soma de todos os valores de:

�KL − ML��ML

Se a estatística valer 0, então é porque o numerador vale 0. Logo, as frequências observadas e as esperadas são iguais entre si. Elas concordam exatamente.

Gabarito: A


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

Resolução:

Frequências observadas

Doente Saudável Total

Vacinado 14 42 56

Não vacinado 16 28 44

Total 30 70 100

No geral, 30% das pessoas ficaram doentes.



AFRFB e AFT


Na hipótese nula, supomos que esse mesmo percentual se aplica nos dois grupos (vacinados e não-vacinados). Assim, obtemos a tabela de frequências esperadas:

Frequências esperadas

Doente Saudável Total

Vacinado 16,8

Não vacinado 13,2

Total 30

Nem precisamos preencher as demais células.

No cálculo da estatística de qui-quadrado, a contribuição da primeira célula fica:

�KA − MA��MA = �14 − 16,8��

16,8 = 0,46666 … ≈ 0,467

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. Exemplo: queremos testar se um dado é honesto, isto é, os resultados obtidos seguem uma distribuição uniforme.

- Teste de homogeneidade: queremos testar se diferentes populações têm a mesma distribuição.

- 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.

6. RESUMÃO

Tópico Lembretes

Teste de hipóteses - Erro de tipo I: rejeitar hipótese nula, dado que ela é verdadeira.

- Erro de tipo II: aceitar hipótese nula, dado que ela é falsa.

Poder do teste: 1 − �

É a probabilidade de rejeitar a hipótese nula, dado que ela é falsa.



AFRFB e AFT


Tipos de teste Unilateral:

a hipótese alternativa é do tipo: a média é menor que alguma coisa; a média é maior que alguma coisa

Bilateral: a hipótese alternativa é do tipo: a média é diferente de alguma coisa.

Procedimentos gerais para o teste - Calcular valores críticos

- Calcular estatística teste.

- Verificar se estatística teste está na região de aceitação ou na região crítica

Teste para média, com variância populacional conhecida &- = ./ − !01/

Consultar tabela da variável normal.

Teste para média, com variância populacional desconhecida. �- = ./ − !71/

Consultar tabela da distribuição T, com 2 − 1 graus de liberdade.

P-valor Área delimitada pela estatística teste. Se p-valor for maior que nível de significância, aceitamos a hipótese nula. Do contrário, rejeitamos.

Teste para proporções usando distribuição binomial.

Para calcular todas as probabilidades, usar a fórmula:

knkqp

k

nkXP

−××

== )(

Teste para proporções usando distribuição normal

Estatística teste:

n

pq

ppZ

−=

ˆ=

npq

nppn −ˆ

Teste para proporções usando distribuição de qui-quadrado

Estatística teste:



AFRFB e AFT


∑=

−=

2

1

2

2 )(

i i

ii

E

EOχ

Número de graus de liberdade:

�O − 1� × �P − 1�

7. QUESTÕES APRESENTADAS EM AULA

Questão 1 DNOCS 2010 [FCC]

Em um teste de hipótese estatístico, sendo H0 a hipótese nula e H1 a hipótese alternativa, o nível de significância do teste consiste na probabilidade de

(A) aceitar H0 dado que H0 é verdadeira.

(B) rejeitar H0 dado que H0 é falsa.

(C) aceitar H0, independentemente se H0 é verdadeira ou falsa.

(D) aceitar H0 dado que H0 é falsa.

(E) rejeitar H0 dado que H0 é verdadeira.


Considere um teste estatístico envolvendo uma população normalmente distribuída em que se deseja testar, com relação a um parâmetro da distribuição, a hipótese nula (H0) contra a hipótese alternativa (H1), ao nível de significância α. Seja β a probabilidade de aceitar H0 quando H0 for falsa. Então,

(A) β corresponde ao erro tipo I ou erro de primeira espécie.

(B) α > β.

(C) α = 1− β.

(D) a região crítica do teste é determinada em função de β.

(E) α corresponde à probabilidade de rejeitar H0 quando H0 for verdadeira.


No caso de um teste estatístico clássico, com a hipótese nula H0 e a alternativa H1, cometer o erro do tipo II consiste em

(A) rejeitar H0, sendo H0 verdadeiro.

(B) aceitar H0, sendo H0 falso.

(C) aceitar H1, sendo H1 verdadeiro.

(D) rejeitar H1, sendo H1 falso.

(E) aceitar H0 e aceitar H1.



AFRFB e AFT



Em uma distribuição de sinistro S, formulando-se a hipótese de que não há diferença entre a frequência esperada e a observada (hipótese nula: Ho). Donde, segundo um determinado nível de significância, podemos afirmar que ocorreu

a) um erro do tipo I, se for aceita a hipótese Ho.

b) um erro do tipo II, se for rejeitada a hipótese Ho.

c) um erro do tipo I, se for aceita a hipótese Ho, sendo esta correta.

d) um erro do tipo II, se for rejeitada a hipótese Ho, sendo esta correta.

e) um erro do tipo I, se for rejeitada a hipótese Ho, sendo esta correta.


Para uma experiência realizada com referência à medição do comprimento de determinada peça fabricada por uma grande indústria, utilizou-se uma amostra aleatória de 16 peças, apurando-se uma média de 0,9 m e um desvio padrão de 0,2 m. Supondo que os

comprimentos das peças tenham uma distribuição normal, com média µ e variância

desconhecida, deseja-se saber, ao nível de significância de 5%, se o comprimento da peça

não é inferior a 1 m. Seja H0 a hipótese nula do teste ( µ = 1 m), H1 a hipótese alternativa ( µ

< 1 m ) e t0,05 = −1,75 o quantil da distribuição t de Student tabelado para teste unicaudal, com 15 graus de liberdade. Então, pelo teste t de Student,

(A) a conclusão obtida seria a mesma para qualquer nível de significância.

(B) H0 não pode ser aceita, indicando que os comprimentos são inferiores a 1 m.

(C) o número de graus de liberdade, no caso 15, não interferiu na obtenção de t0,05.

(D) para um nível de significância superior a 5%, a conclusão poderia não ser a mesma.

(E) o valor da estatística obtido por meio da amostra para comparação com t0,05 é igual a 5,0−

Questão 6 SEFAZ SP 2009 [FCC]

O gerente de uma indústria de determinado componente eletrônico garante que a vida média do produto fabricado é igual a 100 horas. Um comprador desta indústria decide testar a afirmação do gerente e faz um teste estatístico formulando as hipóteses H0: µ

= 100 e H1 : µ < 100, sendo que H0 é a hipótese nula, H1 é a hipótese alternativa e μ é a

média da população considerada de tamanho infinito com uma distribuição normal. O desvio padrão populacional é igual a 10 horas e utilizou-se a informação da distribuição

normal padrão (Z), segundo a qual a probabilidade P(Z > 1,64) = 5%. H0 foi rejeitada com base em uma amostra aleatória de 64 componentes em um nível de significância de 5%. Então, o valor da média amostral foi, em horas, no máximo,

(A) 94,75

(B) 95,00

(C) 96,00

(D) 96,50



AFRFB e AFT


(E) 97,95


Os lucros brutos anuais das empresas de um determinado ramo de atividade apresentam

uma distribuição normal com média µ e variância populacional 2σ desconhecidas. A partir

de uma amostra aleatória de tamanho 25 da população considerada de tamanho infinito,

deseja-se testar a hipótese H0: µ = 20 milhões de reais contra a alternativa H1: µ > 20

milhões de reais, com a realização do teste t de Student. A média e o desvio padrão da

amostra são iguais a 23 e 8, respectivamente, em milhões de reais. Seja ct o valor calculado

correspondente para comparar com o valor tabelado tt da distribuição t de Student, com n

graus de liberdade, ao nível de significância α . Então, é correto afirmar que:





(D) 1,875 < ct < 9,375 e n = 23.

(E) ct = 9,375 e n = 23.


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.

Questão 9 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 H0: µ≥40 contra a alternativa HA: 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.



AFRFB e AFT


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 40−X

a) 5%

b) 2,3%

c) 3%

d) 4%

e) 2,5%

Questão 10 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.

Questão 11 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 µ e desvio padrão 6.

Para o teste da média 11=µ contra 13=µ , 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.



AFRFB e AFT



Considere o teste da hipótese H: ! = 100 contra a alternativa A: ! ≠ 100 em uma amostra da normal com média ! e variância 0�. O valor da estatística teste t com distribuição de Student sob a hipótese H: ! = 100 é de -1,7864 e sabe-se que �� ≥ 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: ! = 100.

b) Como o valor probabilístico do teste é 0,0446 conclua A: ! ≠ 100.

c) Como o valor probabilístico do teste é 0,0892, não há evidência para rejeitar H: ! = 100.

d) Como o valor probabilístico do teste é 0,0223, conclusa A: ! ≠ 100. e) Não se pode tirar nenhuma conclusão, pois, o tamanho da amostra, a média amostral e o desvio padrão não foram dados.

Para responder à Questão 13, à Questão 14 e à Questão 15, 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 p̂ de pessoas com a característica na amostra. Desejando-se testar: H0: 5,0=p

contra H1: 6,0=p , com base nesta amostra, decidiu-se rejeitar H0 se o número de pessoas

com a característica na amostra for maior ou igual a 4.


O nível de significância associado ao teste é:

a) 6/64;

b) 5/32

c) 1/16;

d) 5/64;

e) 6/32


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.



AFRFB e AFT



A probabilidade de se rejeitar H0 quando H1 é verdadeira é:

a) 56,04×

b) 56,0

c) 46,06,2 ×

d) 56,01−

e) 46,04,05 ××


Um fabricante deseja fazer um estudo, com uma confiança de 95%, a respeito da aceitação de um dos seus produtos com a finalidade de lançá-lo em um novo mercado. Esse novo lançamento somente será comercialmente viável se o índice de aceitação do produto for, pelo menos, de 90%. Para tal, realizou uma pesquisa de mercado em uma das cidades onde seu produto já é comercializado. Foi perguntado aos consumidores se gostaram (aceitaram) do produto. O resultado foi o seguinte: 850 consumidores responderam que gostaram do produto e 150 consumidores responderam que não gostaram do produto. Qual será a estatística de teste a ser utilizada nesse teste?

(A) -5,27

(B) -1,96

(C) -1,65

(D) 1,96

(E) 5,27


Em uma cidade é realizada uma pesquisa sobre a preferência dos eleitores com relação a um determinado candidato, que afirma ter 60% da preferência. Uma amostra aleatória de tamanho 600 foi extraída da população, considerada de tamanho infinito, sendo que 330 eleitores manifestaram sua preferência pelo candidato. Com base nesta amostra, deseja-se

testar a hipótese H0 : p = 60% (hipótese nula) contra H1 : p ≠ 60% (hipótese alternalva), em que p é a proporção dos eleitores que têm preferência pelo candidato. Para a análise considerou-se normal a distribuição amostral da frequência relativa dos eleitores que têm preferência pelo candidato e que na distribuição normal padrão Z a probabilidade P(|Z| ≤

1,96) = 95% e P(|Z| ≤ 2,58) = 99%. A conclusão é que H0

(A) não é rejeitada tanto ao nível de significância de 1% como ao nível de significância de 5%.

(B) é rejeitada ao nível de significância de 5%.

(C) é rejeitada ao nível de significância de 1%.

(D) não é rejeitada para algum nível de significância superior a 5%.

(E) é rejeitada para algum nível de significância inferior a 1%.



AFRFB e AFT



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 H0: 95,0≥θ contra HA: 95,0<θ , sendo θ a proporção

populacional de itens dentro da especificação.

a) 0,500

b) 0,050

c) 0,025

d) 0,010

e) 0,100


Lança-se uma moeda 20 vezes e observa-se a ocorrência de 7 caras. Seja θ a probabilidade de cara. Assinale a opção que dá o valor da estatística teste correspondente ao teste da hipótese H0: 5,0≥θ contra HA: 5,0<θ .

a) 203,0−

b) 202,0−

c) 203,0

d) 202,0

e) 205,0


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.


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.



AFRFB e AFT


b) 1,44.

c) 1,85.

d) 2,38.

e) 2,93.


A tabela abaixo corresponde ao resultado de um concurso aplicado a 100 pessoas. Foram formados dois grupos (A e B) com 50 pessoas cada um. O grupo A recebeu um treinamento para participar do concurso e o grupo B não.

Deseja-se saber se o resultado do concurso depende do treinamento utilizando o teste qui-quadrado ao nível de significância de 5%.

Dados: Valores críticos da distribuição qui-quadrado

[P (qui-quadrado com n graus de liberdade < valor tabelado) = α−1 ]

O valor do qui-quadrado observado e a respectiva conclusão é

(A) 4,167; existe eficácia na aplicação do treinamento.

(B) 4,167; não existe eficácia na aplicação do treinamento.

(C) 3,333; existe eficácia na aplicação do treinamento.

(D) 3,333; não existe eficácia na aplicação do treinamento.

(E) 2,500; existe eficácia na aplicação do treinamento.

Questão 23 MTE 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.



AFRFB e AFT


c) 0,98.

d) 3,75.

e) 1,21.


Na análise da sinistralidade de uma determinada carteira, uma medida de discrepância existente entre as freqüências observadas e as esperadas é proporcionada pela estatística qui quadrado - X2 . Com base nisso, pode-se afirmar que se:

a) X2 = 0, as freqüências teóricas (esperadas) e as observadas concordam exatamente.

b) X2 = 0, as freqüências teóricas (esperadas) e as observadas não concordam exatamente nem parcialmente.

c) X2 = 0, as freqüências teóricas (esperadas) e as observadas concordam parcialmente, pode ser aceita-se como tal.

d) X2 = 1, as freqüências teóricas (esperadas) e as observadas concordam exatamente.

e) X2 ≠ 0, as freqüências teóricas (esperadas) e as observadas concordam exatamente.


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

8. GABARITO

1 e

2 e

3 b

4 e

5 b

6 e



AFRFB e AFT


7 a

8 a

9 b

10 b

11 b

12 c

13 e

14 d

15 c

16 a

17 b

18 a

19 a

20 c

21 d

22 a

23 a

24 a

25 e



AFRFB e AFT


9. TABELA I – DISTRIBUIÇÃO NORMAL

PROBABILIDADE DE Z ESTAR ENTRE 0 E Z0

Segunda casa decimal de Z0

Z0 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



AFRFB e AFT


10. TABELA II – DISTRIBUIÇÃO T DE STUDENT

Distribuição T (feita com a função INVT do excel).

A tabela fornece valores de �> para o teste de hipóteses bilateral:

Graus de liberdade

Nível de significância

20% 10% 5% 2% 1% 0,5%

1 3,078 6,314 12,706 31,821 63,657 127,321

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



AFRFB e AFT


Outra forma ligeiramente diferente de representar a mesma tabela é identificar as colunas

conforme as áreas entre 0t− e 0t+ .

Fica assim: a tabela fornece valores de t0 tal que a probabilidade de assumir valores entre – t0 e t0 seja igual a P.

Graus de liberdade

Valores de P (Probabilidade associada ao intervalo)

0,8 0,9 0,95 0,98 0,99 0,995

1 3,078 6,314 12,706 31,821 63,657 127,321

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

77


11. TABELA III – Qui-quadrado

Valores de 2

kχ tais que a probabilidade de 2χ (com distribuição de qui-quadrado) assumir valores maiores que

2

kχ seja igual à probabilidade

P.

Tabela gerada com a função INV.QUI do Excel.

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

78


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

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

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Aula 15 - Testes de Hipóteses