New PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA INFERÊNCIA ESTATÍSTICA …paginapessoal.utfpr.edu.br/sheilaro/probabilidade-e-e... · 2020. 7. 14. · média 7,4 s e variância 1,3 s². Depois

Prof.ª Sheila Regina Oro

Projeto “Recursos Educacionais Digitais”Autores: Bruno Baierle e Maurício Furigo

PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA

INFERÊNCIA ESTATÍSTICA

Parte II

TESTE PARA UMA PROPORÇÃO

• H0: 𝑝 = 𝑝0 e H1: 𝑝 ≠ 𝑝0 (𝑝0 é um valor dado);

• No caso de teste unilateral, a hipótese alternativa

seria H1’: 𝑝 > 𝑝0 (unilateral à direita) ou H1’’:𝑝 < 𝑝(unilateral à esquerda).

• Suponha amostra suficientemente grande para

aproximação da binomial à normal:

𝑛. 𝑝0 ≥ 5 𝑒 𝑛. (1 – 𝑝0) ≥ 5.


• Sejam:

𝑝 =𝑦

𝑛=

𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑚 𝑜 𝑎𝑡𝑟𝑖𝑏𝑢𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑒𝑠𝑠𝑒

𝑛𝑦’ = 𝑦– 0,5 𝑠𝑒 𝑦 > 𝑛. 𝑝0; ou

𝑦’ = 𝑦 + 0,5 𝑠𝑒 𝑦 < 𝑛. 𝑝0 (correção de continuidade).

Onde:

• 𝑝 : é a proporção de elementos com atributo de

interesse na amostra.


• Cálculo da estatística do teste:

𝑧 =𝑦′ − 𝑛. 𝑝0

𝑛. 𝑝0(1 − 𝑝0)

Onde:

• 𝑝0: valor da proporção, segundo H0;

• 𝑛 : tamanho da amostra;

• 𝑦′: correção de continuidade.


ABORDAGEM DO VALOR -P

Amostra Cálculo de z

Obtenção de p

pela tabela da

normal

Se bilateral: Se unilateral à

direita:

Se unilateral

à esquerda:

𝑧 =𝑦′ − 𝑛. 𝑝0

𝑛. 𝑝0(1 − 𝑝0)

TESTE PARA PROPORÇÃO

ABORDAGEM DO VALOR -P

Aceita H0

Rejeita H0

EXEMPLO 8.6 BARBETTA

• Uma empresa retira periodicamente amostras

aleatórias de 500 peças de sua linha de produção

para análise de qualidade. As peças da amostra

são classificadas como defeituosas ou não, sendo

que a política da empresa exige que o processo

produtivo seja revisto se houver evidência de mais

que 1,5% de peças defeituosas. Na última amostra

foram encontradas 9 peças defeituosas. Usando

um nível de significância de 1%, o processo

precisa ser revisto?

RESULTADO

• H0: 𝑝 = 0,015; H1: 𝑝 > 0,015; Usar 𝛼 = 0,01;

• Amostra: 𝑦 = 9 em 𝑛 = 500;

𝑝 =9

500= 0,018

𝑧 =𝑦′ − 𝑛. 𝑝0

𝑛. 𝑝0(1 − 𝑝0)=

8,5 − 500 ∗ (0,015)

500 ∗ 0,015 ∗ (1 − 0,015)=

1

2,718≈ 0,37

RESULTADOS

Aceita-se H0 ao nível de significância de 1%.


ABORDAGEM CLÁSSICA

Obtenção do valor

crítico pela tabela

normal

Nível de

significância α...


ABORDAGEM CLÁSSICA


ABORDAGEM CLÁSSICA

Se bilateral:

Nível de

significância α

Obtenção do

valor crítico pela

tabela normalCálculo do

valor z

Aceita H0 RejeitaH0Rejeita H0


ABORDAGEM CLÁSSICA

Se unilateral a direita:

Nível de

significância α

Obtenção do

valor crítico pela

tabela normal

Cálculo do

valor z

Aceita H0 Rejeita H0

EXEMPLO 8.6 BARBETTA

• H0: 𝑝 = 0,015; e H1: 𝑝 > 0,015. Usar α = 0,01

Regra de decisão:

Aceita H0 Rejeita H0

• Da amostra temos:

• 𝑧 =𝑦′−𝑛.𝑝0

𝑛.𝑝0(1−𝑝0)= 0,37

Portanto, chegamos a conclusão de que não há

provas estatísticas suficientes para recomendar a

revisão do processo produtivo.

RESULTADO

TESTE PARA UMA MÉDIA

• É aplicável em situações que queremos verificar se

uma variável na população pode ser considerada,

em média, igual a certo valor .

Para teste bilateral:• H0: 𝜇 = 𝜇0 e H1: 𝜇 ≠ 𝜇0

• Para teste unilateral:

Para este caso a hipótese alternativa seria:

H1’: 𝜇 > 𝜇0 (unilateral à direita); ou

H1’’:𝜇 < 𝜇0 (unilateral à esquerda).


CASO DE VARIÂNCIA CONHECIDA


𝑧 = 𝑥 − 𝜇0 ∗ 𝑛

𝜎

Onde:

• 𝑥: média da amostra;

• 𝜇0: valor da média segundo H0;


• 𝜎 : variância populacional;

O teste é feito com a distribuição normal,

análogo ao da proporção.


CASO DE VARIÂNCIA DESCONHECIDA


𝑡 = 𝑥 − 𝜇0 ∗ 𝑛

𝑠

Onde:

• 𝑥: média da amostra;

• 𝜇0: valor da média segundo H0;


• 𝑠 : variância populacional.

Uso da distribuição t com 𝑔𝑙 = 𝑛 – 1 (supondo

população com distribuição normal).

EXEMPLO 8.8 (BARBETTA pg. 220)

• O tempo para transmitir 10 MB determinada rede de

computadores varia segundo um modelo normal, com

média 7,4 s e variância 1,3 s². Depois de algumas

mudanças na rede, acredita-se numa redução no

tempo de transmissão de dados, além de uma possível

alteração na variabilidade. Foram realizados 10 ensaios

independentes com um arquivo de 10 MB e foram

anotados os tempos de transmissão, em segundos: 6.8,

7.1, 5.9, 7.5, 6.3, 6.9, 7.2, 7.6, 6.6, 6.3;

• Existe evidência suficiente de que o tempo médio de

transmissão foi reduzido? Use nível de significância de

1%.

RESULTADOS

H0: 𝜇 = 7,4 𝑠;

H1: 𝜇 < 7,4 𝑠;

Amostra:

• N=10;

• Média da amostra=6,82;

• Desvio padrão da amostra=0,551;

𝑡 =6,82 − 7,4 ∗ 10

0,551= −3,33

RESULTADOS

• Uso da tabela t para obter o valor p:

RESULTADOS

• Uso da tabela t para obter o valor p:

RESULTADOS

Como observado na tabela t, a área apontada

é entre 0,0025 < 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑝 < 0,005 , então o teste

estatístico rejeita H0 em favor de H1.

Portanto, com este resultado, podemos afirmar

que houve redução no tempo de transmissão de

dados com as alterações nas redes de

computadores.

COMPARAÇÃO ENTRE TRATAMENTOS

AMOSTRAS INDEPENDENTES

Para realizar este tipo de experimento, divide-

se as unidades experimentais em g grupos,

submetendo cada grupo a um tratamento. Dessa

forma temos g amostras independentes.

Podemos construir também h blocos de

unidades experimentais semelhantes similares,

sorteando os tratamentos em cada bloco.


• Ex. 9.1(BARBETTA)

Considere o problema de comparar dois

materiais (A e B), para sola de tênis, em termos do

grau de desgaste após um certo período de uso.

Seguem dois projetos de experimentos alternativos:

• Projeto I – Um grupo de indivíduos usa tênis com

solas feitas com o material A; e outro grupo usa

tênis com solas feitas com o material B.


Mensuração do grau de

desgaste

Mensuração do grau de

desgaste

AMOSTRAS PAREADAS (se g>2)

• Projeto II – Fabricam-se, para a realização do

experimento, pares de tênis com os dois tipos de

sola, isto é, um dos pés com o material A e o outro

pé com o material B. Em cada par, o material

usado em cada pé (direito ou esquerdo) é decidido

por sorteio

Mensuração do grau de desgaste

Alocação aleatória de A e B em cada par;

AMOSTRAS PAREADAS

• Importância de considerar os pares na análise:

Indivíduo (par de unidades experimentais)

TESTE T PARA DUAS AMOSTRAS

• H0: 𝜇1 = 𝜇2 e H1: 𝜇1 ≠ 𝜇2;

Onde:

• 𝜇1: valor esperado da resposta sob o tratamento 1;

• 𝜇2: valor esperado da resposta sob o tratamento 2;

• Na abordagem unilateral, a hipótese alternativa é

do tipo:

• H1’: 𝜇1 > 𝜇2 ou H1”: 𝜇1 < 𝜇2.


• Caso os dados na amostra possuam um nível de

mensuração qualitativo (ordinal ou nominal),

mensuração quantitativa com indícios de que a

distribuição não é normal ou quando há interesse

em realizar inferência sobre outras características

da população, usa-se os testes não paramétricos.

• No caso do teste t para duas amostras

independentes, o teste não paramétrico substituto

é o teste Mann-Whitney. Para duas amostras

pareadas o teste indicado é o de Wilcoxon.

EXEMPLO 9.2(Barbetta, pg 235)

• Seja o problema de verificar se um novo algoritmo

de busca em um banco de dados é mais rápido

que o algoritmo atualmente usado. Para se fazer a

comparação dos dois algoritmos, planeja-se

realizar uma amostra aleatória de 10 buscas

experimentais (ensaios). Em cada ensaio, uma

dada busca é realizada pelos dois algoritmos e o

tempo de resposta de cada algoritmo anotado.

Observamos que em cada ensaio os dois

algoritmos são usados em condições idênticas,

caracterizando 10 pares de observações.

EXEMPLO

• H0: em média, os dois algoritmos são igualmente

rápidos; e

• H1: em média, o algoritmo novo é mais rápido do

que o algoritmo em uso;

Ou:

• H0: 𝜇1 = 𝜇2 e H1: 𝜇1 < 𝜇2;

Onde:

• 𝜇2 é o tempo esperado de resposta do algoritmo

novo; e

• 𝜇1 é o tempo esperado de resposta do algoritmo

antigo.

EXEMPLO

EXEMPLO

• Como os dados são pareados, pode ser verificado

em cada ensaio a diferença entre os dois

tratamentos(algoritmo):

𝐷 = 𝑋2 − 𝑋1

• Em termos da variável diferença, as hipóteses

ficam:

• H0: 𝜇𝐷 = 0 e H1: 𝜇𝐷 > 0.

EXEMPLO

A estatística do teste será calculada da

seguinte maneira:

𝑡 = 𝑑 ∗ 𝑛

𝑠𝑑

Onde:

• 𝑑: é a média das diferenças observadas;

• 𝑛 : é o tamanho da amostra(número de pares);

• 𝑠𝑑 : é o desvio padrão das diferenças observadas.

EXEMPLO

• Supondo populações de distribuição normal, usa-

se a distribuição t de Student, com 𝑔𝑙 = 𝑛 − 1graus de liberdade.

• Dos dados apresentados anteriormente temos:

Valores de D: 3, 7, -2, 6, -1, 6, 2, 9, -1, 5:

• 𝑑 = 3,4;

• 𝑛 = 10

𝑠𝑑 =1

𝑛 − 1∗

𝑖

𝑑𝑖2 − 𝑛 ∗ 𝑑2 =

246 − (10)(3,4)²

9= 3,81

EXEMPLO

A estatística fica da seguinte forma:

𝑡 = 𝑑 ∗ 𝑛

𝑠𝑑=

3,4 ∗ 10

3,81= 2,82

Conferindo na tabela t com 𝑔𝑙 = 10 − 1 = 9:

EXEMPLO

• O valor calculado, 𝑡 = 2,82, está bem próximo de

2,821 apresentado na tabela de distribuição t, o

que nos fornece um valor para 𝑝 = 0,01 , menor

que o nível de significância adotado, de 5%(0,05).

• Portanto, podemos afirmar que o algoritmo de

busca novo é, em média, mais rápido que o antigo,

rejeitando assim H0: 𝜇𝐷 = 0.


INDEPENDENTES

Exemplo 9.3(Barbetta, pg 238)

Desejamos verificar se os catalisadores A e B

têm efeitos diferentes no rendimento de uma certa

reação química. As hipóteses são:

• H0: em média, os dois catalisadores são iguais em

termos de rendimento;

H0: 𝜇1 = 𝜇2; e

• H1: em média, os dois catalisadores são diferentes

em termos de rendimento.

H1: 𝜇1 ≠ 𝜇2.


INDEPENDENTES

• Rendimentos (%) de uma reação química em

função do catalisador utilizado.

45 42 45 45

51 53 35 41

50 50 43 43

62 48 59 49

43 55 48 39

Catalisador A Catalisador B


INDEPENDENTES

• Diagrama de pontos dos resultados do

experimento:


INDEPENDENTES

• Estatística do teste:

𝑠𝑎2 =

𝑠12 + 𝑠2

2

2

Onde:

• 𝑠12: variância da amostra 1;

• 𝑠22: variância da amostra 2;

• 𝑠𝑎2: variância agregada das duas amostras.


INDEPENDENTES

• Estatística do teste:

𝑡 = 𝑥1 − 𝑥2 ∗𝑛

2 ∗ 𝑠𝑎2

Onde:

• 𝑥1: média da amostra 1;

• 𝑥2: média da amostra 2;

• 𝑛 : tamanho da amostra em cada grupo.


INDEPENDENTES

• Usa-se para o cálculo a distribuição t de Student

com graus de liberdade (supondo populações com

distribuição normal).

• Continuação(ex. 9.3):

Amostra 1: 𝑛 = 10; 𝑥1 = 49,9; 𝑒 𝑠12 = 35,656;

Amostra 2: 𝑛 = 10; 𝑥2 = 44,7; 𝑒 𝑠22 = 42,233;

Variância Agregada: 𝑠𝑎2 =

35,656+42,233

2= 38,945;

𝑡 = 49,9 − 44,710

2 ∗ 38,94= 1,86


INDEPENDENTES

Graus de Liberdade: 𝑔𝑙 = 2𝑛 − 2 = 2 ∗ 10 − 2 = 18;

Abordagem do valor p:


INDEPENDENTES

• O valor de t obtido pelo cálculo aponta para uma

região entre 0,025 e 0,05, mas como o teste é

bilateral, a área deve ser dobrada para se obter o

valor correto:

• Portanto, 0,05 < 𝑝 < 0,1 , aceitamos H0 ao nível

de significância de 5%, afirmando que os dados

não comprovam uma diferença entre os dois

catalisadores.

COMPARAÇÃO ENTRE VÁRIOS

TRATAMENTOS

• AMOSTRAS INDEPENDENTES:

A análise estatística para a comparação de g

grupos independentes é feita geralmente por análise

de variância ANOVA, acompanhada por um teste F,

que supõe:

• as observações devem ser independentes;

• as variâncias populacionais devem ser iguais nos g

grupos;

• a distribuição das observações em cada grupo

deve ser normal.


TRATAMENTOS

• Ex. 9.4(Barbetta, pg. 252)

Considere o problema de comparar 3 tipos de

rede de computadores, C1, C2 e C3, em termos do

tempo médio de transmissão de pacotes de dados

entre duas máquinas.

Experimento (projeto completamente

aleatorizado com um fator): 8 replicações com cada

tipo de rede, aleatorizando a ordem dos 24 ensaios e

mantendo fixos os demais fatores controláveis.


TRATAMENTOS

• Ex. 9.4;

• Projeto do experimento:

Seqüência número Uso da

dos testes do ensaio rede

1 16 C2

2 14 C2

3 24 C3

4 6 C1

... ... ...

24 11 C3


TRATAMENTOS

• Ex. 9.4;

Perguntas a serem respondidas pela análise

estatística:

• Existe diferença real (significativa) entre os 3 tipos

de rede?

• Qual é a estimativa do tempo de resposta para

cada tipo de rede?


TRATAMENTOS

• Ex. 9.4;

Hipóteses para o problema:

• H0: os tempos esperados de transmissão são

iguais para os três tipos de rede;

• H1: os tempos esperados de transmissão não são

todos iguais (dependem do tipo de rede);


TRATAMENTOS

• Dados do experimento:

Replicação Tipo de Rede

C1 C2 C3

1 7,2 7,8 6,3

2 9,3 8,2 6

3 8,7 7,1 5,3

4 8,9 8,6 5,1

5 7,6 8,7 6,2

6 7,2 8,2 5,2

7 8,8 7,1 7,2

8 8 7,8 6,8

Soma 65,7 63,5 48,1

Média 8,21 7,94 6,01

MODELO ANOVA:

• 𝑔 = 3 𝑔𝑟𝑢𝑝𝑜𝑠;• 𝑦𝑖𝑗 = 𝜇 + 𝜏𝑖 + 𝑒𝑖𝑗

Onde:

• 𝑦𝑖𝑗: observação;

• 𝜇 : média global;

• 𝜏𝑖: efeito do tratamento i;

• 𝑒𝑖𝑗: erro aleatório;

• 𝜇𝑖 = 𝜇 + 𝜏𝑖 = média do fator i.


TRATAMENTOS

Tratameto

(1) (2) (3)

𝑦11 𝑦21 𝑦31

𝑦12 𝑦22 𝑦32

… … …

𝑦1𝑛 𝑦2𝑛 𝑦3𝑛 Média

Global

Média 𝑦1. 𝑦2. 𝑦3. 𝑦..


TRATAMENTOS

• HIPÓTESES:

H0: 𝜏1 = 𝜏2 = ⋯ = 𝜏𝑔 = 0 ou 𝜇1 = 𝜇2 = ⋯ = 𝜇𝑔;

H1: 𝜏𝑖 ≠ 0 ou 𝜇𝑖 ≠ 𝜇𝑗

As observações:

Sob H1: Sob H0:

𝑦𝑖𝑗 = 𝜇 + 𝜏𝑖 + 𝑒𝑖𝑗 𝑦𝑖𝑗 = 𝜇 + 𝜇𝑖𝑗


TRATAMENTOS

• HIPÓTESES E MODELO SUBJACENTE:

𝐻0: 𝜏1 = 𝜏2 = ⋯ = 𝜏𝑔 = 0

𝑦𝑖𝑗 = 𝜇 + 𝜏𝑖 + 𝑒𝑖𝑗 𝑦𝑖𝑗 = 𝜇 + 𝜇𝑖𝑗


TRATAMENTOS

• HIPÓTESES E MODELO SUBJACENTE:

Sob H1: 𝜏𝑖 ≠ 0 para algum 𝑖:𝑦𝑖𝑗 = 𝜇 + 𝜏𝑖 + 𝑒𝑖𝑗

Análise de variância (ANOVA), com um fator


Soma de quadrados totais:

𝑆𝑄𝑇𝑜𝑡 =

𝑖=1

𝑔

𝑗=𝑖

𝑛

(𝑦𝑖𝑗 − 𝑦..) ²

Onde:

• 𝑔 : grupos;

• 𝑛 : repetições;

Graus de Liberdade:

𝑔𝑙 = 𝑁 − 1𝑁 = 𝑛 ∗ 𝑔

Onde:

• 𝑁 : tratamentos;


Soma de Quadrados do Tratamento:

𝑆𝑄𝑇𝑟𝑎𝑡 =

𝑖=1

𝑔

𝑗=1

𝑛

𝑦𝑖. − 𝑦..2 = 𝑛

𝑖=1

𝑔

( 𝑦𝑖. − 𝑦..)²

Onde:

• 𝑔 : grupos;

• 𝑛 : repetições

Graus de Liberdade:

𝑔𝑙 = 𝑔 − 1


• Soma de quadrados do erro:

𝑆𝑄𝐸𝑟𝑟𝑜 =

𝑖=1

𝑔

𝑗=1

𝑛

(𝑦𝑖𝑗 − 𝑦𝑖.)²

Onde:

• 𝑔 : grupos;

• 𝑛 : repetições;

• Graus de liberdade:

𝑔𝑙 = 𝑁 − 𝑔Onde:

• 𝑁 : tratamentos;


Fonte de

Variação

Soma de Quadrados gl Quadrados

Médios

Razão f

Entre

Tratamentos 𝑆𝑄𝑇𝑟𝑎𝑡 =

𝑖=1

𝑔𝑦𝑖.

2

𝑛−

𝑦..2

𝑁

𝑔 − 1𝑄𝑀𝑇𝑟𝑎𝑡 =

𝑆𝑄𝑇𝑟𝑎𝑡

𝑔𝑙𝑇𝑟𝑎𝑡𝑓 =

𝑄𝑀𝑇𝑟𝑎𝑡

𝑄𝑀𝐸𝑟𝑟𝑜

Dentro Trat.

(Erro) 𝑆𝑄𝐸𝑟𝑟𝑜 = 𝑆𝑄𝑇𝑜𝑡 − 𝑆𝑄𝑇𝑟𝑎𝑡

𝑁 − 𝑔𝑄𝑀𝐸𝑟𝑟𝑜 =

𝑆𝑄𝐸𝑟𝑟𝑜

𝑔𝑙𝐸𝑟𝑟𝑜

Total𝑆𝑄𝑇𝑜𝑡 =

𝑖=1

𝑔

𝑗=𝑖

𝑛

𝑦𝑖𝑗2 −

𝑦..2

𝑁

𝑁 − 1

TESTE F

• Se H0: 𝜏1 = 𝜏2 = ⋯ = 𝜏𝑔 = 0 for verdadeira e

considerando as suposições anteriormente

enunciadas, a estatística f tem distribuição F com

(g - 1) graus de liberdade no numerador e (N - g)

graus de liberdade no denominador.

f

TESTE F

• Após calculada a estatística f, usa-se a tabela de

distribuição F de Snedecor, para encontrar (), com

graus de liberdade no numerador, e graus de

liberdade no denominador. A regra de decisão é

dada por:

• Se 𝑓 < 𝑓𝑐, então aceita H0;

• Se 𝑓 ≥ 𝑓𝑐, então rejeita H0;

Continuação Ex. 9.4

Soma global: 𝑦.. = 177,3;

𝑆𝑄:

𝑖=1

𝑔

𝑗=1

𝑛

𝑦𝑖𝑗2 = 7,2 2 + 9,3 2 + ⋯ =1344,25

𝑆𝑄𝑇𝑟𝑎𝑡 =67,6 2 + 63,5 2 + (48,1)²

8−

177,3 2

24= 22,99

𝑆𝑄𝑇𝑜𝑡 = 1344,25 −177,3 2

24= 34,45

𝑆𝑄𝐸𝑟𝑟𝑜 = 34,45 − 22,99 = 11,46

Continuação Ex. 9.4

Fonte de Variação SQ gl QM f

Entre Trat. 22,99 2 11,50 21,07

Dentro Trat. (Erro) 11,46 21 0,55

Total 34,45 23

REGRA DE DECISÃO

ABORDAGEM DO VALOR P

• Como regra de decisão, usa-se α=nível de

significância, usualmente 0,05(5%), que é

probabilidade tolerável de se rejeitar Ho quando

esta for verdadeira;Rejeita H0 (Prova-

se estatisticamente

H1)

Aceita H0 (Dados

não mostram

evidências para

aceitar H1)

ANÁLISE DOS RESÍDUOS

• Avaliação das suposições da ANOVA através de

gráficos dos resíduos:

ESTIMAÇÃO DAS MÉDIAS

• Intervalo de confiança para o valor esperado da

resposta sob o i-ésimo tratamento (nível de conf.

𝛾):

𝐼𝐶 𝜇𝑖 , 𝛾 = 𝑦𝑖. ± 𝑡𝛾𝑄𝑀𝐸𝑟𝑟𝑜

𝑛

Onde:• 𝑡𝛾: valor encontrado na tabela t;

• 𝛾 : nível de confiança;

ESTIMAÇÃO DAS MÉDIAS

• Ex. 9.4: Usando nível de confiança de 95% e 𝑔𝑙= 𝑁 − 𝑔 = 24 − 3 = 21, temos 𝑡95% = 2,08, então,

para a rede C1 temos:

𝐼𝐶 𝜇𝑖 , 95% = 8,21 ± 2,080,55

8= 8,21 ± 0,55

ANOVA COM UM FATOR

• No caso em que as amostras não possuem

distribuição normal, ou que tenham um nível de

mensuração qualitativo, usa-se o teste Kruskal-

Wallis.

TESTE F PARA AMOSTRAS EM BLOCOS

• Notação para os dados:

TESTE F PARA AMOSTRAS EM BLOCOS

Modelo para os dados:

𝑌𝑖𝑗 = 𝜇 + 𝜏𝑖 + 𝛽𝑗 + 𝜀𝑖𝑗

Onde:

𝜇 : é a média global da resposta;

𝜏𝑖: é o efeito do i-ésimo tratamento;

𝛽𝑗: é o efeito do j-ésimo bloco;

𝜀𝑖𝑗: é o efeito aleatório (𝑖 = 1, 2, … , 𝑛; 𝑗 = 1, 2, … , ℎ).

TESTE F PARA AMOSTRA EM BLOCOS

QUADRO ANOVA

Fonte de

VariaçãoSoma de Quadrados gl Quadrados

Médios

Razão f

Entre

Trat. 𝑆𝑄𝑇𝑟𝑎𝑡 =

𝑖=1

𝑔𝑦𝑖.

2

ℎ−

𝑦..2

𝑁

𝑔 − 1 𝑄𝑀𝑇𝑟𝑎𝑡 =𝑆𝑄𝑇𝑟𝑎𝑡

𝑔𝑙𝑇𝑟𝑎𝑡𝑓 =

𝑄𝑀𝑇𝑟𝑎𝑡

𝑄𝑀𝐸

Entre

Blocos 𝑆𝑄𝐵𝑙𝑜𝑐𝑜 =

𝑗=1

ℎ𝑦.𝑗

2

𝑔−

𝑦..2

𝑁

ℎ − 1 𝑄𝑀𝐵 =𝑆𝑄𝐵

𝑔𝑙𝐵

Erro 𝑆𝑄𝐸 = 𝑆𝑄𝑇𝑜𝑡 − 𝑆𝑄𝑇𝑟𝑎𝑡 − 𝑆𝑄𝐵 (𝑔 − 1)(ℎ − 1)𝑄𝑀𝑇𝑟𝑎𝑡 =

𝑆𝑄𝐸

𝑔𝑙𝐸


𝑖=1

𝑔

𝑗=𝑖

𝑛

𝑦𝑖𝑗2 −

𝑦..2

𝑁𝑁 − 1

Ex. 9.5(Barbetta, pg. 256)

• Seja o problema de comparar 3 algoritmos de busca em

um banco dedados. Realiza-se um experimento com 6

buscas experimentais, sendo que em cada uma é

sorteado um número aleatório que indica o registro do

banco de dados a ser localizado. Em cada um dos 6

processos de busca, são usados separadamente os três

algoritmos em estudo, mas sob as mesmas condições,

em termos dos fatores controláveis. São anotados os

tempos de resposta ao usuário.

• Hipóteses:

H0: em média, os três algoritmos são igualmente rápidos;

H1: em média, os três algoritmos não são igualmente

rápidos;


• Dados do exercício:

Ensaio

(Bloco)

Algoritmos de Busca

A1 A2 A3

1 8,3 8,1 9,2

2 9,3 8,9 9,8

3 9,1 9,3 9,9

4 9,9 9,6 10,3

5 8,2 8,1 8,9

6 10,9 11,2 13,1

Soma 55,8 55,2 61,2

Média 9,3 9,2 10,2


Soma de Quadrados

𝑆𝑄𝑇𝑟𝑎𝑡 =55,8 2 + 55,2 2 + (61,2)²

6−

172,2 2

18= 3,64

𝑆𝑄𝐵 =5007,98

3−

172,2 2

18= 21,95

𝑆𝑄𝑇𝑜𝑡 = 8,3 2 + 9,3 2 + 9,1 2 + ⋯−172,2 2

18= 26,86

𝑆𝑄𝐸𝑟𝑟𝑜 = 26,86 − 21,95 − 3,64 = 1,27

Fonte de Variação SQ gl QM

Entre Trat. 3,64 2 1,82 14,29

Entre Blocos 21,95 5 4,39

Erro 1,27 10 0,13

Total 26,86 17


Tabela ANOVA:

Adotando 𝛼 = 0,05, com 𝑔𝑙 = 2 no numerador e 𝑔𝑙= 10 no denominador, temos o valor crítico 𝑓𝑐 = 4,10.

O que podemos concluir?


• Como o valor calculado é superior ao valor crítico,

então o teste rejeita H0, provando estatisticamente

que há diferença entre os três algoritmos de busca

em termos do tempo médio de resposta.

ANOVA EM PROJETOS FATORIAIS

• Nos estudos experimentais, em geral procuramos

avaliar ou testar o efeito de mais de um fator sobre

uma resposta de interesse, por exemplo:• O engenheiro civil quer conhecer o quanto o tempo

de hidratação, a dosagem de cimento e o uso de

aditivos interferem na resistência a compressão de

um concreto;

• Um projeto é dito fatorial quando cada nível de um

fator é testado com todos os níveis dos outros

fatores, sem restrições.


• As observações podem ser descritas pelo seguinte

modelo:

𝑌𝑖𝑗𝑘 = 𝜇 + 𝜏𝑖 + 𝛽𝑗 + (𝜏𝛽)𝑖𝑗 + 𝜀𝑖𝑗𝑘

Onde:

• 𝜇 : é a média global da resposta;

• 𝜏𝑖: é o efeito do i-ésimo nível do fator A;

• 𝛽𝑗: é o efeito do j-ésimo nível do fator B;

• (𝜏𝛽)𝑖𝑗: é o efeito da interação entre 𝜏𝑖 e 𝛽𝑗;

• 𝜀𝑖𝑗𝑘: é o efeito aleatório ou erro experimental.


• Notação para os dados:


SOMAS DE QUADRADOS

• Somas das observações em cada célula:

𝑦𝑖𝑗. =

𝑘=1

𝑛

𝑦𝑖𝑗𝑘

• Soma de quadrados entre as células:

𝑆𝑄𝑆𝑢𝑏𝑡𝑜𝑡 =

𝑖=1

𝑔

𝑗=1

ℎ𝑦𝑖𝑗.

2

𝑛−

𝑦…2

𝑁


Fonte de

Variação

Soma de Quadrados gl Quadrados

Médios

Razão f

Fator A𝑆𝑄𝐴 =

𝑖=1

𝑔𝑦𝑖.

2

ℎ𝑛−

𝑦…2

𝑁

𝑔 − 1𝑄𝑀𝐴 =

𝑆𝑄𝐴

𝑔𝑙𝐴𝑓 =

𝑄𝑀𝐴


Fator B𝑆𝑄𝐵 =

𝑗=1

ℎ𝑦.𝑗.

2

𝑔𝑛−

𝑦…2

𝑁

ℎ − 1𝑄𝑀𝐵 =

𝑆𝑄𝐵

𝑔𝑙𝐵𝑓 =

𝑄𝑀𝐵


Interação

A*B

𝑆𝑄𝐴𝐵 == 𝑆𝑄𝑆𝑢𝑏𝑡𝑜𝑡 − 𝑆𝑄𝐴 − 𝑆𝑄𝐵

𝑔 − 1 ∗∗ (ℎ − 1)

𝑄𝑀𝐴𝐵 =𝑆𝑄𝐴𝐵

𝑔𝑙𝐴𝐵𝑓 =

𝑄𝑀𝐴𝐵


Erro 𝑆𝑄𝐸𝑟𝑟𝑜 = 𝑆𝑄𝑇𝑜𝑡 − 𝑆𝑄𝑆𝑢𝑏𝑡𝑜𝑡 ℎ𝑔(𝑛 − 1) 𝑄𝑀𝐸𝑟𝑟𝑜 =

=𝑆𝑄𝐸𝑟𝑟𝑜

𝑔𝑙𝐸𝑟𝑟𝑜


𝑖=1

𝑔

𝑗=1

ℎ

𝑘=1

𝑛

𝑦𝑖𝑗𝑘2 −

𝑦…2

𝑁

𝑁 − 1

EXEMPLO 9.6( Barbetta, pg. 260)

Considere o problema de comparar 3 topologias de

rede de computadores (C1, C2 e C3) e 2 protocolos (L1 e

L2), em termos do tempo de resposta ao usuário. Realizou-

se um experimento com 4 replicações em cada combinação

de topologia e protocolo. Deseja-se verificar se há diferenças

entre as topologias, entre os protocolos e eventual interação

entre topologia e protocolo. Então, quer-se testar as

seguintes hipóteses nulas:

𝐻0(𝐴)

:os tempos esperados de resposta são iguais para as

três topologias;

𝐻0(𝐵)

: os tempos esperados de resposta são iguais para os

dois protocolos;

𝐻0(𝐴𝐵)

: a mudança de protocolo não altera as diferenças

médias do tempo de resposta nas três topologias (ausência

de interação).


• Dados do experimento:Protocolo Topologia Soma Média

C1 C2 C3

L1 6,2 5,9 5,9 𝑦.1. = 82,8 7,45

7,6 8,4 6,2

7,2 7,1 5,2

8,8 7,1 7,2

L2 9,0 7,1 6,2 𝑦.2. = 95,9 7,99

8,9 8,6 6,1

9,4 9,1 8,9

8,0 7,8 6,8

Soma 𝑦1.. = 65,1 𝑦2.. = 61,1 𝑌3.. = 52,5 𝑦... = 178,7 7,45

Média 8,1375 7,6375 5,5625


𝑆𝑄𝑆𝑢𝑏𝑡𝑜𝑡 =5393,39

4−

31933,69

24= 17,77

𝑆𝑄𝑇𝑜𝑡 = 1365,49 −31933,69

24= 34,92

𝑆𝑄𝐴 =10727,47

8−

31933,69

24= 10,36

𝑆𝑄𝐵 =16052,65

12−

31933,69

24= 7,15


• ANOVA:

Fonte de Variação SQ gl QM 𝑓 𝑓𝑐

Topologia 10,36 2 5,18 5,44 3,55

Protocolo 7,15 1 7,15 7,51 4,41

Interação 0,26 2 0,13 0,14 3,55

Erro 17,14 18 0,95

Total 34,92 23


Conclui-se assim que tanto as diferentes

topologias C1, C2 e C3, (𝑓 = 5,44 > 𝑓𝑐 = 3,55) ,

quanto os diferentes protocolos utilizados L1 e L2, (𝑓


• Análise dos resíduos e do perfil das médias para

comprovar as suposições de normalidade e

variância constante dos dados.

• As médias são determinadas pela equação:

𝑦𝑖𝑗. =1

𝑛

𝑘=1

𝑛

𝑦𝑖𝑗𝑘

• Os resíduos são a diferença entre os valores

observados e a média dos subgrupos:𝑒𝑖𝑗𝑘 = 𝑦𝑖𝑗𝑘 − 𝑦𝑖𝑗.


(a) Perfil das médias (b) Análise dos Resíduos


Observando o perfil das médias podemos

observar diferenças entre os níveis dos dois fatores e

a ausência de interação.

Observando o perfil dos resíduos, observamos

que os resíduos se encontram distribuídos de forma

aleatória em torno da linha horizontal, associada ao

resíduo nulo, isso sugere também que as suposições

de normalidade e variância constantes são atendidas,

validando os resultados da ANOVA.

REFERÊNCIAS

• BARBETTA, Pedro A.; REIS, Marcelo. M.;

BORNIA, Antonio C. Estatística para cursos de

engenharia e informática. 3 ed. São Paulo:

Editora Atlas, 2010.

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New PROBABILIDADE E ESTATÍSTICA INFERÊNCIA ESTATÍSTICA …paginapessoal.utfpr.edu.br/sheilaro/probabilidade-e-e... · 2020. 7. 14. · média 7,4 s e variância 1,3 s². Depois