TOMADA DE DECISÃO PARA UMA AMOSTRA - ufjf.br · taxa de queima de um propelente sólido, usado para fornecer energia aos sistemas de escapamento de aeronaves. A taxa de queima é

TOMADA DE DECISÃO PARA UMA AMOSTRA

Estatística Aplicada à Engenharia 1

1.  Teste de hipóteses;

2.  Inferência sobre a média de uma população (variância conhecida);

3.  Inferência sobre a média de uma população (variância desconhecida);

4.  Inferência sobre a variância de uma população;

5.  Inferência sobre a proporção de uma população;

6.  Referências

ROTEIRO


TESTES DE HIPÓTESES

Estatística Aplicada à Engenharia

3

• Já vimos que o parâmetro pode ser estimado a partir dos dados, mas muitos problemas requerem que decidamos em aceitar ou rejeitar uma afirmação sobre esse parâmetro;

• A afirmação é chamada de hipótese; • O procedimento da tomada de decisão é chamado

de teste de hipóteses;

HIPÓTESES ESTATÍSTICAS


Suponha que estejamos interessados em analisar a taxa de queima de um propelente sólido, usado para fornecer energia aos sistemas de escapamento de aeronaves. A taxa de queima é uma variável aleatória que pode ser descrita por uma distribuição de probabilidades. Suponha que nosso interesse esteja focado na taxa média de queima. Especificamente, estamos interessados em avaliar se a taxa média de queima é ou não de 50 cm/s.

EXEMPLO


•  Isso pode ser expresso formalmente como

•  Hipótese nula:

• Hipótese alternativa:

• H1 é uma hipótese alternativa bilateral;

EXEMPLO

H0

: µ = 50 cm/s

H1: µ ≠ 50 cm/s

H0

: µ = 50 cm/s

H1: µ ≠ 50 cm/s


•  Dependendo do problema, pode-se considerar testes com diferentes hipóteses alternativas;

•  Testes com hipótese bilateral

•  Testes com hipótese unilateral

TIPOS DE HIPÓTESES

H0

: µ = 50 cm/s

H1: µ ≠ 50 cm/s

H0

: µ = 50 cm/s

H1: µ > 50 cm/s

H0

: µ = 50 cm/s

H1: µ < 50 cm/s


Definição: Uma hipótese estatística é uma afirmação sobre os parâmetros de uma ou mais populações.

HIPÓTESES ESTATÍSTICAS

Definição: Um procedimento levando a uma decisão acerca de uma hipótese particular é chamado de teste de hipóteses.


•  Hipóteses são afirmações sobre a população, não sobre a amostra;

•  Hipótese nula: afirmação sobre o parâmetro, em geral, ligada a um valor de referência, ou a uma especificação padrão ou histórica;

•  Hipótese alternativa: afirmação sobre o parâmetro que suspeitamos ser verdadeira (e que queremos testar).

TIPOS DE HIPÓTESES


•  Testes de hipóteses usam informações de uma amostra aleatória proveniente da população de interesse;

•  Informações consistentes com uma hipótese indicam que

essa hipótese é verdadeira; •  Informações inconsistentes nos levam a concluir que a

hipótese é falsa; •  A veracidade de uma hipótese não pode ser conhecida,

a menos que se possa examinar toda a população (inviável);

TIPOS DE HIPÓTESES


•  A hipótese nula é aquela que desejamos testar, e sua rejeição nos leva à aceitação da hipótese alternativa;

•  Testar uma hipótese envolve uma estatística de teste baseada na amostra;

•  A partir do valor observado dessa estatística de teste, pode-se concluir a respeito da hipótese nula;

TIPOS DE HIPÓTESES


•  Considere novamente o problema da taxa de queima

•  Seja a taxa média de queima da amostra;

•  Amostras com taxa média de queima próxima de evidenciam que H0 é verdadeira;

•  Valores de afastados de evidenciam que H0 é falsa (H1 é verdadeira);

TESTANDO HIPÓTESES ESTATÍSTICAS

H0

: µ = 50 cm/s

H1: µ ≠ 50 cm/s

X

xµ = 50 cm/s

x µ = 50 cm/s


•  Suponha que, se , não rejeitamos H0;

•  Se , rejeitamos H0 em favor de H1;

•  Os limites 48,5 e 51,5 são chamados pontos críticos ou valores críticos;


48,5 ≤ x ≤ 51,5

x < 48,5 ou x > 51,5

Falhar em rejeitar H0 µ = 50 cm/s

Rejeitar H0 µ ≠ 50 cm/s

Rejeitar H0 µ ≠ 50 cm/s

48,5 51,5 50 x –


•  Esse procedimento de decisão pode induzir a duas conclusões erradas;


Definição: A rejeição da hipótese nula quando esta for verdadeira é definida como erro tipo I. Definição: A não rejeição da hipótese nula quando esta for falsa é definida como erro tipo II. Estatística Aplicada à Engenharia 14


Decisão Situação Real

H0 é Verdadeira H0 é Falsa

Falhar em rejeitar H0 Nenhum erro Erro tipo II

Rejeitar H0 Erro tipo I Nenhum erro

•  Quatro situações determinam se a decisão está, ou não correta:


ERRO TIPO I

• É importante ter controle sobre os erros tipo I e II;

• A probabilidade do erro tipo I é conhecida como nível de significância ou tamanho do teste;

α = P(erro tipo I)=P(rejeitar H0 quando H

0 for verdadeira)


EXEMPLO

• Suponha σ = 2,5 cm/s e H0 seja verdadeira;

• O erro tipo I ocorrerá quando

• Para n = 10 e supondo que a taxa de queima tenha distribuição normal, então

pois

X ~N(50;0,79),

X < 48,5 ou X > 51,5;

σ / n = 2,5 / 10 ≈ 0,79;


EXEMPLO

48.5 µ = 50 51.5

α 2 = 0.0288 α 2 = 0.0288

Região de RejeiçãoRegião de Aceitação


EXEMPLO

• O tamanho do teste será

•  Portanto, 5,74% de todas as amostras aleatórias conduziriam à rejeição de H0:μ= 50 cm/s;

α = P(rejeitar H0 quando H

0 for verdadeira)

= P(X < 48,5|µ = 50)+P(X > 51,5|µ = 50)

= P Z <48,5−50

0,79

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟+P Z >

51,5−500,79

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

= P(Z < −1,90)+P(Z >1,90)

= 0,0287+0,0287 = 0,0574.


ERRO TIPO I

• Como reduzir o nível de significância? •  Aumentar o tamanho da região de aceitação; • Aumentar o tamanho da amostra

•  Suponha que n = 16. Portanto, sob H0, pois

σ / n = 2,5 / 16 ≈ 0,625;X ~N(50;0,625),

α = P(X < 48,5|µ = 50)+P(X > 51,5|µ = 50)

= P Z <48,5−500,625

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟+P Z >

51,5−500,625

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

= P(Z < −2,40)+P(Z > 2,40)

= 0,0082+0,0082 = 0,0164.Estatística Aplicada à Engenharia 20

ERRO TIPO II

• E com relação ao erro tipo II?

• βdepende de valores específicos da hipótese alternativa;

β = P(Não rejeitar H0 quando H

0 for falsa)


EXEMPLO

• Suponha que seja importante rejeitar a hipótese nula H0:μ=50 cm/s toda vez que a verdadeira taxa média de queima for superior a μ=52 cm/s ou inferior a μ=48 cm/s;

• Poderíamos, portanto, pensar em calcular a probabilidade de erro tipo II para valores μ=48 ou μ=52


EXEMPLO

48.0 50.0 51.5

H0 : µ = 48 H1 : µ = 50



EXEMPLO

48.5 50.0 52.0

H0 : µ = 50 H1 : µ = 52



EXEMPLO

• Por causa da simetria, só é necessário avaliar um dos dois casos;

• Por exemplo, aceitar a hipótese nula H0:μ=50 cm/s quando a verdadeira taxa média de queima for μ=52 cm/s;

β = P(48,5 ≤ X ≤ 51,5|µ = 52)

= P48,5−520,79

≤ Z ≤51,5−520,79

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

= P(−4,43 ≤ Z ≤ −0,63)= 0,2643−0,000

= 0,2643Estatística Aplicada à Engenharia 25

EXEMPLO

• Desse modo, no caso em que n = 10, se estivermos testando H0:μ= 50 contra H1:μ= 52, se a verdadeira taxa média de queima for μ= 52 cm/s, a probabilidade de não rejeitarmos a falsa hipótese nula será 0,2643;

• Devido à simetria, no caso em que a verdadeira taxa média de queima for μ= 48 cm/s, também teremos β= 0,2643;


EXEMPLO

• A probabilidade de erro tipo II aumenta r a p i d a m e n t e à m e d i d a q u e o verdadeiro valor de μ se aproxima do valor da hipótese nula;

48.5 50.0 52.0

H0 : µ = 50 H1 : µ = 50.5



EXEMPLO

• A probabilidade de erro tipo II é muito maior no caso em que a verdadeira média for μ= 50,5 do que quando a verdadeira média é μ= 52;

β = P(48,5 ≤ X ≤ 51,5|µ = 50,5)

= P48,5−50,50,79

≤ Z ≤51,5−50,50,79

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

= P(−2,53 ≤ Z ≤1,27)= 0,8980−0,0057

= 0,8923;


EXEMPLO

• A probabilidade de erro tipo II também depende do tamanho da amostra;

• Retornando ao caso em que H0:μ= 50 vs H1:μ= 52, agora com n = 16, isso fica mais claro;


EXEMPLO

β = P(48,5 ≤ X ≤ 51,5|µ = 52)

= P48,5−520,625

≤ Z ≤51,5−520,625

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

= P(−5,59 ≤ Z ≤ −0,80)= 0,2119−0,000

= 0,2119;

48.5 50.0 52.0

H0 : µ = 50 H1 : µ = 52



EXEMPLO

•  Os resultados discutidos até agora induzem ao quadro abaixo:

Região de Aceitação

Tamanho amostral α β p/μ=52 β p/μ=50,5

48,5 < x < 51,5 10 0,0574 0,2643 0,8923

48 < x < 52 10 0,0114 0,5000 0,9705

48,5 < x < 51,5 16 0,0164 0,2119 0,9445

48 < x < 52 16 0,0014 0,5000 0,9918


•  A probabilidade de erro tipo I é definida a partir dos valores críticos;

•  As probabilidades de erros tipo I e tipo II estão

relacionadas, para tamanhos amostrais fixos;

•  O aumento do tamanho da amostra reduzirá α e β, para valores críticos fixados;

•  Quando a hipótese nula for falsa, β aumenta à

medida que o verdadeiro valor do parâmetro se aproxima do valor estabelecido sob H0;

CONCLUSÕES


INFERÊNCIA SOBRE A MÉDIA DE UMA POPULAÇÃO

Variância Conhecida


33

•  X1, X2, ..., Xn é uma amostra aleatória de tamanho n com média μ e variância σ2;

•  A variância populacional é conhecida; •  Se

•  Caso a amostra seja oriunda de uma outra distribuição que não seja normal, as condições do Teorema Central do Limite se aplicarão;

SUPOSIÇÕES

Xi~N µ,σ 2( ), i =1,!,n, então X ~N(µ, σ 2

n);


•  A hipótese nula é um valor de referência:

•  A hipótese alternativa é algo que se quer avaliar; •  Os três possíveis casos de hipóteses alternativas são:

HIPÓTESES

H1:

µ ≠ µ0

µ < µ0

µ > µ0

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

;

H0: µ = µ

0;


•  A estatística do teste é baseada na hipótese nula

•  Se a hipótese nula for verdadeira,

•  O caso acima vale se a amostra for normal, caso contrário, a distribuição será aproximada, devido ao TCL;

ESTATÍSTICA DO TESTE

Z0=X −µ

0

σ / n;

Z0~N(0,1);


•  Obtida uma estimativa da média amostral, denotada por o valor pode ser aplicado à estatística do teste, resultando no que chamamos de estatística observada do teste

•  O valor da estatística observada poderá auxiliar na tomada de decisão, o que dependerá da formulação do teste;

ESTATÍSTICA OBSERVADA DO TESTE

z0=x −µ

0

σ / n;

x,


•  Teste bilateral:

•  Região de aceitação:

•  Região de rejeição:

REGIÕES DE ACEITAÇÃO E REJEIÇÃO

RA = x ∈ R :|x|≤ zα/2{ }

H0: µ = µ

0

H1: µ ≠ µ

0

RR = x ∈ R :|x|> zα/2{ }

−zα 2 0 zα 2

α 2 α 2



•  Teste unilateral inferior:




RA = x ∈ R : x ≥ −zα{ }

H0: µ = µ

0

H1: µ < µ

0

RR = x ∈ R : x < −zα{ }

−zα 0

α



•  Teste unilateral superior:




RA = x ∈ R : x ≤ zα{ }

H0: µ = µ

0

H1: µ > µ

0

RR = x ∈ R : x > zα{ }

0 zα

α



•  Rejeitamos a hipótese nula H0, em favor da alternativa H1, quando a estatística observada do teste pertencer à região de rejeição; •  Teste bilateral:



DECISÃO

z0< −z

α/2 ou z

0> z

α/2;

z0< −z

α;

z0> z

α;


•  O valor crítico (teste unilateral) ou ( teste b i latera l ) é calculado de acordo c o m o n í v e l d e s i g n i f i c â n c i a estabelecido para o teste, satisfazendo

VALOR CRÍTICO

P Z > zp( ) = p

zα

zα/2

0 zp

p


Os sistemas de escapamento de uma aeronave funcionam devido a um propelente sólido. A taxa de queima desse propelente é uma característica importante do produto. As especificações requerem que a taxa média de queima seja de 50 cm/s. Sabe-se que o desvio padrão da taxa de queima é σ= 2 cm/s. O exper imenta l i s ta dec ide espec i f icar uma probabilidade de erro tipo I (nível de significância) de α= 0,05. Com o objet ivo de ver i f icar se as especificações estão sendo satisfeitas, ele seleciona uma amostra de n = 25 e obtém uma taxa média amostral de

EXEMPLO

x = 49,14 cm/s.


a)  Quais as hipóteses estatísticas associadas ao problema?

R O parâmetro de interesse corresponde à taxa média

de queima. Há um valor de referência, μ= 50 cm/s, e o interesse em saber se as especificações estão sendo satisfeitas. Desse modo, quer-se saber se a taxa média sofreu alguma alteração (para mais ou para menos). Logo, as hipóteses associadas ao problema são

EXEMPLO

H0

: µ = 50 cm/s

H1: µ ≠ 50 cm/s


b)  Descreva os erros tipo I e tipo II para o problema. •  Erro Tipo I (rejeitar H0 em favor de H1 quando H0 é

verdadeira): Concluir que a taxa média de queima difere de 50 cm/s quando, na verdade, a taxa média é de 50 cm/s. Ou ainda, concluir que as especificações não estão sendo satisfeitas quando, na verdade, elas estão; •  Erro Tipo II (não rejeitar H0 quando H0 é falsa): Concluir

que a taxa média de queima é de 50 cm/s quando, na verdade, a verdadeira taxa média não é essa.

NOTA: É preciso ter cuidado com o erro tipo II, pois geralmente não se tem controle sobre sua probabilidade.

EXEMPLO


c)  Apresente as regiões de aceitação e de rejeição para o teste.

R Um vez que foi estabelecido um nível de significância

de 5%, e o teste é bilateral, temos que os valores críticos são associados a

Portanto,

EXEMPLO

zα/2

= z0,05/2

= z0,025

=1,96.

RA = x ∈ R :|x|≤1,96{ }RR = x ∈ R :|x|>1,96{ }


d)  Ao nível de significância de 5%, tome uma decisão e conclua:

R Note que Desse modo, a estatística

observada do teste será Em outras palavras, Logo, rejeitamos H0. Portanto, ao nível de significância de 5%, concluímos que a taxa média de queima difere de 50 cm/s.

EXEMPLO

z0=x −µ

0

σ / n=49,14−50

2 / 25= −2,15.

z0∈ RR, pois |z

0|= 2,15 >1,96 = z

0,025.

x = 49,14 cm/s.


•  E se quiséssemos testar as mesmas hipóteses para outro nível de significância?

•  O nível descritivo, também conhecido como valor-p, ajuda o pesquisador a tomar decisões e concluir para qualquer nível de significância.

NÍVEL DESCRITIVO (VALOR-P)

Definição: O nível descritivo é o menor nível de significância que conduz a rejeição da hipótese nula H0.


•  Teste bilateral -

•  Teste unilateral inferior –

•  Teste unilateral superior -


H0

: µ = µ0 vs. H

1: µ < µ

0

p̂ = 2P(Z >|z0|)

p̂ = P(Z < z0)

H0

: µ = µ0 vs. H

1: µ > µ

0

p̂ = P(Z > z0)

H0

: µ = µ0 vs. H

1: µ ≠ µ

0


e)  Calcule o nível descritivo do teste. Ao nível de significância de 1%, tome uma decisão e conclua.

R Como o teste é bilateral e z0 = -2,15, temos que o nível descritivo do teste será

Uma vez que não rejeitamos H0. Logo, ao nível de significância de 1%, não há evidências suficientes que nos levem a crer que a taxa média de queima difere de 50 cm/s.

EXEMPLO

p̂ = 2P(Z >|z0|)= 2P(Z >|−2,15|)

= 2P(Z > 2,15)= 2×0,0158

= 0,0316.p̂ = 0,0316 > 0,01=α,


•  Quando estimamos a média populacional, dificilmente a estimativa obtida coincide com o parâmetro;

•  Apenas a estimativa (pontual) pode não ser suficiente, dependendo do estudo realizado;

•  Pode-se querer obter um intervalo que contenha a verdadeira média μ com uma certa probabilidade;

•  Esse intervalo é chamado de intervalo de confiança;

INTERVALOS DE CONFIANÇA


•  Uma estimativa do intervalo de confiança para μ é um intervalo da forma

•  Os pontos extremos dependem da estimativa da média amostral obtida para uma amostra particular;

•  Amostras diferentes fornecerão diferentes estimativas, logo diferentes intervalos;

•  l e u são valores observados das variáveis aleatórias L e U;


l ≤ µ ≤u


•  L e U são funções de determinadas a partir de

•  O valor 1-α é chamado de nível de confiança ou coeficiente de confiança;

•  O intervalo resultante de uma amostra é chamado de intervalo de confiança de 100(1-α)% para μ, e também costuma ser denotado por


X

P(L ≤ µ ≤ U)=1−α, 0 <α <1

IC(µ;100(1−α)%)= [l;u]


•  A distância entre a estimativa e o verdadeiro parâmetro é chamada de erro de estimação;

•  Um intervalo de confiança pode ser obtido da forma

•  Para garantir o nível de confiança 1-α estabelecido,


P(X −ε ≤ µ ≤ X +ε)=1−α;

µ x

ε

ε = zα/2

σ

n;


•  Intervalo de confiança bilateral para μ, ao nível de 100(1-α)%:

TIPOS DE INTERVALOS DE CONFIANÇA

IC(µ;100(1−α)%)= X −ε;X +ε⎡⎣

⎤⎦

= X − zα/2

σ

n;X + z

α/2

σ

n

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥


•  Intervalo de confiança unilateral inferior para μ, ao nível de 100(1-α)%:

•  Note que, nesse caso o erro de estimação passa a ser


IC(µ;100(1−α)%)= X −ε;+∞⎡⎣ )

= X − zα

σ

n;+∞

⎡

⎣⎢⎢

⎞

⎠⎟⎟

ε = zα

σ

n;


•  Intervalo de confiança unilateral superior para μ, ao nível de 100(1-α)%:



IC(µ;100(1−α)%)= −∞;X +ε( ⎤⎦

= −∞;X + zα

σ

n

⎛

⎝⎜⎜

⎤

⎦⎥⎥

ε = zα

σ

n;


•  Espera-se que, aproximadamente, 100(1-α)% dos intervalos obtidos de diferentes amostras contenha o verdadeiro valor da média populacional μ;

•  Ilustramos na figura a seguir intervalos bilaterais, com 90% de confiança, calculados para μ usando 30 amostras diferentes de populações normais com μ=50 e σ=5 (conhecido);




48 49 50 51 52

05

1015

2025

30

Inervalos de Confiança

Amos

tras

||

||

||

||

||

||

||

||

||

||

||

||

|||

||

|Observe que, dos 30 intervalos, apenas 3 n ã o c o n t ê m o verdadeira média;

Em outras palavras, 90% dos intervalos calculados contêm μ=50.


f)  Retornando ao exemplo do propelente do foguete, suponha que estejamos interessados em calcular um intervalo com 95% de confiança para a taxa média de queima. Obtenha o erro de estimação associado ao intervalo.

R Observe que 1-α=0,95. Portanto, α=0,05. Desse modo,

Como σ= 2 e n = 25, o erro de estimação será

EXEMPLO

ε = z0,025

σ

n=1,96

2

25= 0,784

zα/2

= z0,05/2

= z0,025

=1,96


g)  Qual o intervalo de confiança resultante?

R O intervalo de confiança resultante será

EXEMPLO

IC(µ;95%)= X −ε;X +ε⎡⎣

⎤⎦

= 51,3−0,784;51,3+0,784⎡⎣

⎤⎦

= [50,516;52,084]


•  Pode-se querer estimar a média μ, de modo que o erro de estimação não exceda um certo valor ε;

•  Para intervalos bilaterais:

•  Para intervalos unilaterais (superior ou inferior):

ESCOLHA DO TAMANHO DA AMOSTRA

n=zα/2σ

ε

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

;

n=zασ

ε

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

;


•  A amostra de tamanho n resultante fornecerá estimativas cujo erro de estimação não excederá ε em 100(1-α)% dos casos;

•  Se o tamanho amostral resultante não for um valor inteiro, deve-se arredondar esse valor para mais, pois isso irá assegurar que o nível de confiança não seja inferior a 100(1-α)%;



h)  Suponha que quiséssemos assegurar um erro menor que 1 cm/s na estimação da taxa média de queima do propelente do foguete, ao nível de confiança de 95%. Nesse caso, qual o tamanho amostral necessário?

R Uma vez que σ= 2, z0,025 = 1,96 e ε=1, temos que

Logo, o tamanho amostral apropriado será n=16.

EXEMPLO

n=zα/2σ

ε

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

=1,96×21

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

=15,37 ≈16.


INFERÊNCIA SOBRE A MÉDIA DE UMA POPULAÇÃO

Variância Desconhecida


65

•  X1, X2, ..., Xn é uma amostra aleatória de tamanho n com média μ e variância σ2;

•  A variância populacional é desconhecida; •  Se

•  Já não é mais possível usar a estatística do teste abaixo, pois σ é desconhecida

SUPOSIÇÕES

Xi~N µ,σ 2( ), i =1,!,n, então X ~N(µ, σ 2

n);

Z0=X −µ

0

σ / n;


•  Pode-se estimar a variância populacional por

•  A estatística do teste será

•  Sempre que n ≥ 30, pode-se aplicar o Teorema Central

d o L i m i t e e , s o b H 0 , T 0 t e r á d i s t r i b u i ç ã o aproximadamente normal, com média zero e variância 1;

SUPOSIÇÕES

S2 =1n−1

Xi− X( )

2

i=1

n

∑ ;

T0=X −µ

0

S / n;


•  No caso em que n < 30, quando H0 for verdadeira, T0 terá distribuição t-Student, com n graus de liberdade;

SUPOSIÇÕES

T0~ t

n−1;

Definição: Diz-se que uma variável aleatória X tem distribuição t-Sudent com k graus de liberdade (X~tk) se sua função densidade de probabilidade f for escrita como

f(x)=Γ (k +1)/ 2( )Γ(k / 2) πk

1

(x2 / 2)+1( )(k+1)/2

,−∞ < x <∞.


SUPOSIÇÕES

−4 −2 0 2 4

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

x

f(x)

t1t5t10t30N(0,1)






RA = x ∈ R :|x|≤ tα/2,n−1{ }

H0: µ = µ

0

H1: µ ≠ µ

0

RR = x ∈ R :|x|> tα/2,n−1{ }

− tα 2, n−1 0 tα 2, n−1

α 2 α 2







RA = x ∈ R : x ≥ −tα ,n−1{ }

H0: µ = µ

0

H1: µ < µ

0

RR = x ∈ R : x < −tα ,n−1{ }

− tα, n−1 0

α







RA = x ∈ R : x ≤ tα ,n−1{ }

H0: µ = µ

0

H1: µ > µ

0

RR = x ∈ R : x > tα ,n−1{ }

0 tα, n−1

α






DECISÃO

t0< −t

α/2,n−1 ou t

0> t

α/2,n−1;

t0< −t

α ,n−1;

t0> t

α ,n−1;


•  O valor crítico (teste unilateral) ou ( teste b i latera l ) é calculado de acordo c o m o n í v e l d e s i g n i f i c â n c i a estabelecido para o teste, satisfazendo em que

VALOR CRÍTICO

P X > tp,k( ) = p

tα ,n−1

tα/2,n−1

0 tp, k

p

X ~ tk.


Um artigo no periódico Materials Engineering (1989, Vol. 2, No 4, pp. 275-281) descreve os resultados de testes de tensão quanto à adesão em 22 corpos de prova de liga U-700. A carga no ponto de falha do corpo de prova é dada a seguir (em MPa). O principal objetivo no estudo é avaliar se a carga média excede 10MPa, ao nível de significância de 5%.

EXEMPLO

19,8 18,5 17,6 16,7 15,8 10,1 15,4 14,1 13,6 11,9 11,4 7,9 11,4 8,8 7,5 15,4 15,4 19,5 14,9 12,7 11,9 11,4



R O parâmetro de interesse corresponde à carga média

no ponto de falha. Há um valor de referência, μ= 10 MPa, e o interesse em saber se a carga média no ponto de falha excede 10 MPa. Desse modo, as hipóteses associadas ao problema são

EXEMPLO

H0

: µ =10 MPa

H1: µ >10 MPa


b)  Descreva os erros tipo I e tipo II para o problema. •  Erro Tipo I: Concluir que a carga média no ponto de

falha excede 10 MPa quando, na verdade, ela não excede;

•  Erro Tipo II: Concluir que a carga média no ponto de falha não excede 10 MPa quando, na verdade, a verdadeira carga média excede.

EXEMPLO




de 5%, o tamanho amostral é n = 22 e o teste é unilateral, temos que o valor crítico será

Portanto,

EXEMPLO

tα ,n−1

= t0,05;21

=1,721.

RA = x ∈ R : x ≤1,721{ }RR = x ∈ R : x >1,721{ }



R Os dados apresentaram uma média amostral e uma variância amostral de

Portanto, o desvio padrão amostral será s = 3,55 MPa. Desse modo

Logo, rejeitamos H0, pois Portanto, ao nível de significância de 5%, concluímos que a carga média no ponto de falha excede 10 MPa.

EXEMPLO

t0=x −µ

0

s / n=13,71−10

3,55 / 22= 4,90.

t0= 4,90 >1,721= t

0,05;21.

x =13,71 MPa e s2 =12,6279 MPa2.


e)  Quais foram as suposições necessárias para a realização do teste de hipóteses neste problema?

R Como a amostra tem tamanho menor que 30, foi

necessár io supor que as observações são independentes e com distribuição normal.

EXEMPLO



•  O erro de estimação será, portanto,


IC(µ;100(1−α)%)= X −ε;X +ε⎡⎣

⎤⎦

= X − tα/2,n−1

s

n;X + t

α/2,n−1

s

n

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

ε = tα/2,n−1

s

n;





IC(µ;100(1−α)%)= X −ε;+∞⎡⎣ )

= X − tα ,n−1

s

n;+∞

⎡

⎣⎢⎢

⎞

⎠⎟⎟

ε = tα ,n−1

s

n;





IC(µ;100(1−α)%)= −∞;X +ε( ⎤⎦

= −∞;X + tα ,n−1

s

n

⎛

⎝⎜⎜

⎤

⎦⎥⎥

ε = tα ,n−1

s

n;


f)  No caso do exemplo de tensão quanto, com o interesse de se obter um intervalo de confiança unilateral inferior, apresente o erro de estimação, ao nível de confiança de 95%.

R Aplicando a fórmula, obtemos o seguinte erro de estimação

EXEMPLO

ε = tα ,n−1

s

n= t

0,05;21

3,55

22=1,30.


g)  Obtenha um intervalo unilateral inferior, ao nível de 95% de confiança, para a carga média no ponto de falha.

R Utilizando o erro de estimação obtido no item anterior, temos

Logo, podemos dizer, com 95% de confiança, que a carga média no ponto de falha excede 12,41 MPa.

EXEMPLO

IC(µ;100(1−α)%)= X − tα ,n−1

s

n;+∞

⎡

⎣⎢⎢

⎞

⎠⎟⎟

= 13,71−1,30;+∞⎡⎣ )

= 12,41;+∞⎡⎣ )


INFERÊNCIA SOBRE A PROPORÇÃO DE UMA POPULAÇÃO


86

•  X1, X2, ..., Xn é uma amostra aleatória de tamanho n de observações que assumem zero ou um:

•  A média amostral corresponde à proporção de elementos com a característica de interesse,

SUPOSIÇÕES

Xi=

1, se tem a característica de interesse;

0, caso contrário.

⎧⎨⎩

p̂ = X;


•  Tem-se que

•  Para n grande,

•  Para uma boa aproximação da distribuição de pela normal, é interessante que

SUPOSIÇÕES

np ≥ 5,

n(1−p)≥ 5;

p̂

E(p̂)= p e V(p̂)=p(1−p)n

;

p̂~N(p, p(1−p)n);


•  As hipóteses estatísticas nesse caso são •  Hipótese nula:

•  Contra uma das alternativas

SUPOSIÇÕES

H0: p = p

0;

H1:

p < p0

p ≠ p0

p > p0

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

;


•  Sob a hipótese nula,

•  Para n grande, •  Portanto, a estatística do teste será

•  X: número de observações com a característica de interesse;

SE H0 FOR VERDADEIRA

Z0=

p̂−p0

p0(1−p

0)/ n

=np̂−np

0

np0(1−p

0)=

X −np0

np0(1−p

0);

E(p̂)= p0 e V(p̂)=

p0(1−p

0)

n;

p̂~N p0, p0(1−p0 )

n( );






RA = x ∈ R :|x|≤ zα/2{ }

H0: p = p

0

H1: p ≠ p

0

RR = x ∈ R :|x|> zα/2{ }

−zα 2 0 zα 2

α 2 α 2







RA = x ∈ R : x ≥ −zα{ }

H0: p = p

0

H1: p < p

0

RR = x ∈ R : x < −zα{ }

−zα 0

α







RA = x ∈ R : x ≤ zα{ }

H0: p = p

0

H1: p > p

0

RR = x ∈ R : x > zα{ }

0 zα

α






DECISÃO

z0< −z

α/2 ou z

0> z

α/2;

z0< −z

α;

z0> z

α;


•  Teste bilateral -

•  Teste unilateral inferior –

•  Teste unilateral superior -


H0

: p = p0 vs. H

1: p < p

0

p̂ = 2P(Z >|z0|)

p̂ = P(Z < z0)

H0

: p = p0 vs. H

1: p > p

0

p̂ = P(Z > z0)

H0

: p = p0 vs. H

1: p ≠ p

0


Um fabricante de semicondutores produz controladores usados em aplicações no motor de automóveis. O consumidor requer que a fração defeituosa em uma etapa crítica de fabricação seja inferior a 0,05 e que o fabricante demonstre uma capacidade de processo nesse nível de qualidade, a um nível de significância de α= 0,05. O fabricante de semicondutores retira uma amostra aleatória de 200 aparelhos e verifica que quatro deles são defeituosos. Quer-se avaliar se o fabricante pode demonstrar uma capacidade de processo para o consumidor.

EXEMPLO



R O parâmetro de interesse corresponde à proporção

de controladores defeituosos, p. Há um valor de referência, p = 0,05, e o interesse em saber se a proporção de controladores defeituosos é inferior a 0,05. Desse modo, as hipóteses associadas ao problema são

EXEMPLO

H0: p = 0,05

H1: p < 0,05


b)  Descreva os erros tipo I e tipo II para o problema. •  Erro Tipo I: Concluir que o fabricante demonstra uma

capacidade de processo para o consumidor quando, na verdade, ele não demonstra (concluir que a proporção de controladores defeituosos é menor que 0,05 quando, na verdade, não é);

•  Erro Tipo II: Concluir que o fabricante não demonstra uma capacidade de processo quando, na verdade, ele demonstra (concluir que a fração defeituosa de controladores em uma etapa crítica de fabricação não é inferior a 0,05 quando, na verdade, é).

EXEMPLO



R Observe que np0 = 10 ≥ 5 e n(1-p0) = 190 ≥ 5,

garantindo uma boa aproximação da estatística do teste pela distribuição normal. Um vez que foi estabelecido α = 0,05 e o teste é unilateral, temos que o valor crítico será

Portanto,

EXEMPLO

−zα= −z

0,05= −1,645.

RA = x ∈ R : x ≥ −1,645{ }RR = x ∈ R : x < −1,645{ }



R A estatística observada do teste será Como z0 = -1,95 < -1,645, rejeitamos H0. Portanto, ao nível de significância de 5%, concluímos que o fabricante demonstra uma capacidade de processo para o consumidor.

EXEMPLO

z0=

x −np0

np0(1−p

0)=

4−200×0,05

200×0,05×0,095≈ −1,95;



R Foi necessário supor que a distribuição da proporção

amostral de controladores defeituosos pode ser aproximada satisfatoriamente pela distribuição normal.

EXEMPLO


f)  Calcule o nível descritivo do teste. Ao nível de significância de 1%, tome uma decisão e conclua.

R Como o teste é unilateral inferior e z0 = -1,95, temos que o nível descritivo do teste será

Uma vez que não rejeitamos H0. Logo, ao nível de significância de 1%, não há evidências suficientes para crer que o fabricante possa demonstrar uma capacidade de processo para o consumidor.

EXEMPLO

p̂ = P(Z < z0)= P(Z < −1,95)

= 0,0256.

p̂ = 0,0256 > 0,01=α,


•  Intervalo de confiança bilateral para p, ao nível de 100(1-α)%:

•  O erro de estimação será, portanto,


IC(p;100(1−α)%)= X −ε;X +ε⎡⎣

⎤⎦

= X − zα/2

p̂(1− p̂)n

;X + zα/2

p̂(1− p̂)n

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

ε = zα/2

p̂(1− p̂)n

;


•  Intervalo de confiança unilateral inferior para p, ao nível de 100(1-α)%:



IC(p;100(1−α)%)= X −ε;+∞⎡⎣ )

= X − zα

p̂(1− p̂)n

;+∞⎡

⎣⎢⎢

⎞

⎠

⎟⎟

ε = zα

p̂(1− p̂)n

;





IC(µ;100(1−α)%)= −∞;X +ε( ⎤⎦

= −∞;X + zα

p̂(1− p̂)n

⎛

⎝

⎜⎜

⎤

⎦⎥⎥

ε = zα

p̂(1− p̂)n

;


•  Esse procedimento de intervalo de confiança, para garantir uma boa aproximação, requer que

•  Os casos em que essa aproximação seja inapropriada, particularmente quando n for pequeno, requerem que outros métodos sejam usados;


np̂ ≥ 5,

n(1− p̂)≥ 5;


Em uma amostra aleatória, de 85 mancais de eixos de manivelas de motores de automóveis, 10 têm uma superfície que é mais rugosa do que as especificações permitidas.

a)  Estime a proporção de mancais na população que excede a especificação de rugosidade.

EXEMPLO

p̂ =xn=1085

= 0,12.


b)  Obtenha um intervalo de confiança bilateral, ao nível de 95%, para a proporção p.

Logo, podemos dizer, com 95% de confiança, que a proporção de mancais está entre 0,05 e 0,19.

EXEMPLO

IC(p;100(1−α)%)= p̂− zα/2

p̂(1− p̂)n

;p̂+ zα/2

p̂(1− p̂)n

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

= 0,12−1,960,12(0,88)

85;0,12+1,96

0,12(0,88)85

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

= 0,12−0,07;0,12+0,07⎡⎣

⎤⎦= 0,05;0,19⎡

⎣⎤⎦


•  Pode-se querer estimar a proporção p de modo que o erro de estimação não exceda um certo valor ε; •  Para intervalos bilaterais:

•  Para intervalos unilaterais (superior ou inferior):

•  Como p é desconhecido, deve-se substituí-lo de modo a maximizar o tamanho amostral, garantindo o nível de confiança;


n=zα/2

ε

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

p(1−p);

n=zα

ε

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

p(1−p);



p

p(1−p)

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

0.00

0.05

0.10

0.15

0.20

0.25


•  A amostra de tamanho n resultante fornecerá estimativas cujo erro de estimação não excederá ε em 100(1-α)% dos casos;

•  Se o tamanho amostral resultante não for um valor inteiro, deve-se arredondar esse valor para mais, pois isso irá assegurar que o nível de confiança não seja inferior a 100(1-α)%;



c)  Qual deveria ser o tamanho amostral, se quiséssemos estar no mínimo 95% confiantes de que o erro ao estimar p fosse menor que 0,05?

d)  E se soubéssemos que p < 0,3?

EXEMPLO

n=zα/2

ε

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

0,5(0,5)=1,960,05

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

0,25 ≈ 385.

n=zα/2

ε

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

0,3(0,7)=1,960,05

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

0,21≈ 323.


INFERÊNCIA SOBRE A VARIÂNCIA DE UMA POPULAÇÃO


113

•  X1, X2, ..., Xn é uma amostra aleatória de tamanho n com média μ e variância σ2, ambos desconhecidos;

•  Um estimador natural de σ2 é

•  Se

SUPOSIÇÕES

Xi~N µ,σ 2( ), i =1,!,n, então V =

(n−1)S2

σ 2~ χ 2

n−1;

S2 =1n−1

Xi− X( )

2

i=1

n

∑ ;


•  A estatística V terá papel fundamental nos estudos inferenciais referentes a σ2;

•  Quando a hipótese nula for temos que, sob H0,

SUPOSIÇÕES

H0:σ 2 =σ

02,

V0=(n−1)S2

σ02

~ χ 2n−1;


SUPOSIÇÕES

Definição: Diz-se que uma variável aleatória X tem distribuição Qui-quadrado com k graus de liberdade (X~χk

2) se sua função densidade de probabilidade f for escrita como

f(x)=1

2k/2Γ(k / 2)x(k/2)−1e−x/2,x > 0.


SUPOSIÇÕES

0 10 20 30 40 50 60

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

x

f(x)

χ22

χ52

χ102

χ152






RA = x ∈ R : χ 21−α/2,n−1

≤ x ≤ χ 2α/2,n−1{ }

H0:σ 2 =σ 2

0

H1:σ 2 ≠σ 2

0

RR = {x ∈ R : x < χ 21−α/2,n−1

ou x > χ 2α/2,n−1

}χ1−α 2, n−1

2 χα 2, n−12

α 2

α 2







RA = x ∈ R : x ≥ χ 21−α ,n−1{ }

H0:σ 2 =σ 2

0

H1:σ 2 <σ 2

0

RR = x ∈ R : x < χ 21−α ,n−1{ }

χ1−α, n−12

α







RA = x ∈ R : x ≤ χ 2α ,n−1{ }

H0:σ 2 =σ 2

0

H1:σ 2 >σ 2

0

RR = x ∈ R : x > χ 2α ,n−1{ }

χα, n−12

α






DECISÃO

v0< χ 2

1−α/2,n−1 ou v

0> χ 2

α/2,n−1;

v0< χ 2

1−α ,n−1;

v0> χ 2

α ,n−1;


•  O valor crítico (teste unilateral) ou ( teste b i latera l ) é calculado de acordo c o m o n í v e l d e s i g n i f i c â n c i a estabelecido para o teste, satisfazendo em que

VALOR CRÍTICO

P V > χ 2p,k( ) = p

χ 2α ,n−1

χ 2α/2,n−1

χp, k

p

V ~ χ 2k.


Uma máquina automática de enchimento é usada para encher garrafas com detergente líquido. Uma amostra aleatória de 20 garrafas resulta em uma variância da amostra do volume de enchimento de s2 = 0,0153 (onça fluida)2. Se a variância do volume de enchimento exceder 0,01 (onça fluida)2, existirá uma proporção inaceitável de garrafas cujo enchimento não foi completo, e cujo enchimento foi em demasia. O objetivo desse estudo é, portanto, avaliar ao nível de 5% de significância se a máquina está enchendo as garradas dentro das especificações necessárias.

EXEMPLO



R O parâmetro de interesse corresponde à variância do

volume de enchimento. Há um valor de referência, σ2=0,01 (onça fluida)2, e o interesse reside em saber se a variância do volume de enchimento excede 0,01 (onça fluida)2. Desse modo, as hipóteses associadas ao problema são

EXEMPLO

H0

:σ 2 = 0,01 (onça fluida)2

H1:σ 2 > 0,01 (onça fluida)2


b)  Descreva os erros tipo I e tipo II para o problema. •  Erro Tipo I: Concluir que a variância do volume de

enchimento excede 0,01 (onça fluida)2 quando, na verdade, ela não excede (concluir que a máquina não está satisfazendo o padrão de especificação quando, na verdade ela está);

•  Erro Tipo II: Concluir que a variância do volume de enchimento não excede 0,01 (onça fluida)2 quando, na verdade, ela excede (concluir que a máquina está satisfazendo o padrão de especificação quando, na verdade ela não está).

EXEMPLO




de 5%, o tamanho amostral é n = 20 e o teste é unilateral, temos que o valor crítico será

Portanto,

EXEMPLO

χ 2α ,n−1

= χ 20,05;19

= 30,144.

RA = x ∈ R : x ≤ 30,144{ }RR = x ∈ R : x > 30,144{ }



R Os dados apresentaram uma variância amostral de s2 = 0,0153 (onça fluida)2. Portanto, a estatística observada do teste será

Como a estatística observada do teste pertence à região de aceitação, não rejeitamos H0. Portanto, ao nível de significância de 5%, concluímos que não há evidências suficientes que nos levem a crer que a variância do volume de enchimento exceda 0,01 (onça fluida)2.

EXEMPLO

v0=(n−1)s2

σ02

=19(0,0153)0,01

= 29,07.



R Foi necessário supor que as observações são

independentes e com distribuição normal.

EXEMPLO




IC(σ 2;100(1−α)%)=(n−1)s2

χ 2α/2,n−1

;(n−1)s2

χ 21−α/2,n−1

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥




IC(σ 2;100(1−α)%)=(n−1)s2

χ 2α ,n−1

;+∞⎡

⎣⎢⎢

⎞

⎠⎟⎟




IC(σ 2;100(1−α)%)= −∞;(n−1)s2

χ 21−α ,n−1

⎛

⎝⎜⎜

⎤

⎦⎥⎥


f)  Reconsidere o exemplo da máquina de enchimento. Uma amostra de 20 garrafas resulta em uma variância amostral de s2 = 0,0153 (onça fluida)2. Calcule um intervalo unilateral superior com 95% de confiança para a variância do volume de enchimento da máquina.

R Aplicando a fórmula, pode-se obter

Portanto, ao nível de confiança de 95%, pode-se afirmar que a variância do volume de enchimento não excede 0,0287 (onça fluida)2.

EXEMPLO

σ 2 ≤(n−1)s2

χ 20,95;19

= 0,0287.


REFERÊNCIAS


133

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