Prova de estatística – ISS Teresina
Por: Vítor Menezes
16. Suponha que o número de processos que um auditor fiscal analisa no período de uma semana tem distribuição de Poisson com média de lambda processos por semana. Sabe-se que lambda satisfaz à equação
P(X = lambda) = {3 over 64 }
onde X é uma variável aleatória com distribuição binomial com média 1 e variância 3/4. Nessas condições, a probabilidade do auditor analisar exatamente 2 processos em uma semana é igual a
(Dados: e^{-2} = 0,14; e^{-3} = 0,05)
(A) 0,375.
(B) 0,325.
(C) 0,225.
(D) 0,250.
(E) 0,350
(A) 0,375.
(B) 0,325.
(C) 0,225.
(D) 0,250.
(E) 0,350
Resolução
Uma distribuição binomial de parâmetros n e p tem média dada por:
E(X) = np=1
E sua variância é igual a:
V(X) =color{red} {np} times (1-p)={3 over 4}
Já sabemos que np=1. Podemos usar esta informação na equação acima, substituindo a parte em vermelho por 1:
1-p={3 over 4}
p = {1 over 4}
Portanto:
n=4
A chance de uma variável binomial assumir o valor k é dada por:
P(X=k) = C_{n,k} times p^k times (1-p)^{n-k}
{3 over 64}= C_{4,k} times {1 over 4^k} times {3^{4-k} over 4 ^{4-k}}
Note que 4^k times 4^{4-k} = 4^4 = 256. Quando simplificarmos com 64, o resultado será 4:
4 times 3^1 = C_{4,k} times 3^{4-k}
Comparando os dois lados da igualdade, vemos que há sempre uma potência de base 3. Igualando seus expoentes, vemos que
4-k = 1 to k = 3
Deste modo, o parâmetro da distribuição de Poisson vale 3.
lambda = 3
Finalmente, vamos para a probabilidade da distribuição de Poisson, com parâmetro lambda = 3
P(Y = k) = {e^{- lambda} times lambda ^k over k!}
P(Y = 2) = {e^{-3} times 3 ^2 over 2!}
={0,05 times 9 over 2} = 22,5%
Resposta: C
17. Com o objetivo de se estimar a média mensal salarial, que denotaremos por mu, de certa categoria de trabalhadores, tomou-se
uma amostra aleatória de 400 desses trabalhadores. Os resultados estão apresentados na tabela de distribuição de frequências
abaixo, onde a primeira coluna apresenta as faixas salariais mensais, em número de salários mínimos (SM), de tais
trabalhadores:
amostra 1: 2 4 6 8 10
(A) I, II e IV.
(B) II e III.
(C) I e III.
(D) II, III e IV.
(E) I e IV.
(A) I, II e IV.
(C) I e III.
(E) I e IV.
IV. O histograma da variável X é um gráfico não apropriado quando X tem distribuição assimétrica.
Atenção: Para resolver às questões 17 e 18, considere as informações dadas a seguir.
Se Z tem distribuição normal padrão, então:
Se Z tem distribuição normal padrão, então:
P(Z < 1,64) =0,950; P(Z<2,05)=0,980; P(Z<2,40)=0,992.
17. Com o objetivo de se estimar a média mensal salarial, que denotaremos por mu, de certa categoria de trabalhadores, tomou-se
uma amostra aleatória de 400 desses trabalhadores. Os resultados estão apresentados na tabela de distribuição de frequências
abaixo, onde a primeira coluna apresenta as faixas salariais mensais, em número de salários mínimos (SM), de tais
trabalhadores:
Considere:
I. Que a população de onde a amostra foi retirada é infinita e tem distribuição normal com desvio padrão igual a 2 SM.
II. Para a estimativa pontual de μ a média aritmética dos 400 salários apresentados, calculada considerando que todos os
valores incluídos num intervalo de classe são coincidentes com o ponto médio do intervalo.
Nessas condições, o intervalo de confiança para μ com coeficiente de confiança igual a 98,4%, baseado nessa amostra, é dado
por
(A) (7,00; 7,40).
(B) (7,04; 7,36).
(C) (6,80;7,60).
(D) (6,92; 7,48).
(E) (6,96; 7,44).
I. Que a população de onde a amostra foi retirada é infinita e tem distribuição normal com desvio padrão igual a 2 SM.
II. Para a estimativa pontual de μ a média aritmética dos 400 salários apresentados, calculada considerando que todos os
valores incluídos num intervalo de classe são coincidentes com o ponto médio do intervalo.
Nessas condições, o intervalo de confiança para μ com coeficiente de confiança igual a 98,4%, baseado nessa amostra, é dado
por
(A) (7,00; 7,40).
(B) (7,04; 7,36).
(C) (6,80;7,60).
(D) (6,92; 7,48).
(E) (6,96; 7,44).
Resolução
Primeiramente, note que, em todas as alternativas, a soma dos extremos dos intervalos de confiança é sempre igual a 14,40. Isso significa que todas elas estão me dizendo que a média aritmética da amostra vale {14,4 over 2} = 7,2. Portanto, eu nem perco tempo calculando a média aritmética, já considero logo que vale 7,20.
Em todo caso, vamos aos cálculos. Basta associarmos cada frequência ao ponto médio do intervalo.
| Classes | Ponto médio (X) | Frequência (f) | Xf |
| 4 a 6 | 5 | 0,3 | 1,5 |
| 6 a 8 | 7 | 0,4 | 2,8 |
| 8 a 10 | 9 | 0,2 | 1,8 |
| 10 a 12 | 11 | 0,1 | 1,1 |
| Total | 1 | 7,2 |
Logo, overline X = 7,2
Agora determinamos o escore Z_0 da normal padrão que delimita a área de 98,4%.
Nós queremos que a área verde valha 98,4%. Assim, a soma das áreas amarela + vermelha vale 100% – 98,4% = 1,6%. Devido à simetria, cada uma delas vale 0,8%.
mbox{vermelha = }0,8%
mbox{verde = }98,4%
mbox{Vermelha + Verde = } 99,2%
Assim, à esquerda de Z_0 temos uma área de 99,2%. Portanto, Z_0 = 2,40
O intervalo de confiança fica:
overline X pm Z_0 times {sigma over sqrt n}
7,2 pm 2,4 times {2 over sqrt {400}}
7,2 pm 2,40 times 0,1
7,2 pm 0,24
[6,96; , 7,44]
Resposta: E
18. Da receita dos municípios da região sul de determinado país, afirma-se que, em média, 8% são gastos com saúde. Desejando-
se provar tal afirmação planejou-se um teste de hipóteses sobre a variável aleatória X, que representa a porcentagem dos
gastos com saúde desses municípios relativamente às suas receitas. Supondo que X é uma variável com distribuição normal
com média μ e desvio padrão de 2%, selecionou-se uma amostra aleatória de 400 desses municípios, e se considerou testar a
hipótese nula μ = 8% versus a hipótese alternativa μ < 8% ao nível de significância de 2%. Supondo que a população de onde a
amostra é proveniente é de tamanho infinito, o menor valor encontrado para a média amostral, tal que a hipótese nula não seja
rejeitada é, em porcentagem, igual a
(A) 7,795.
(B) 6,950.
(C) 7,850.
(D) 7,750.
(E) 7,995.
se provar tal afirmação planejou-se um teste de hipóteses sobre a variável aleatória X, que representa a porcentagem dos
gastos com saúde desses municípios relativamente às suas receitas. Supondo que X é uma variável com distribuição normal
com média μ e desvio padrão de 2%, selecionou-se uma amostra aleatória de 400 desses municípios, e se considerou testar a
hipótese nula μ = 8% versus a hipótese alternativa μ < 8% ao nível de significância de 2%. Supondo que a população de onde a
amostra é proveniente é de tamanho infinito, o menor valor encontrado para a média amostral, tal que a hipótese nula não seja
rejeitada é, em porcentagem, igual a
(A) 7,795.
(B) 6,950.
(C) 7,850.
(D) 7,750.
(E) 7,995.
Resolução
Note que a hipótese alternativa é do tipo "a média é menor que alguma coisa'. Logo, a região crítica está na extremidade esquerda do gráfico (valores menores que 0).
A região crítica é a destacada em vermelho acima.
Como o nível de significância é de 2%, queremos que a área vermelha valha 2%. Devido à simetria do gráfico da função de densidade da normal reduzida, a área amarela também vale 2%. E, para inteirar 100%, concluímos que a área verde vale 96%.
Portanto:
P(Z < Z_0) = mbox{verde + amarela} = 96% + 2% = 98%
Z_0=2,05
Portanto, o valor crítico, que é o que delimita a área vermelha, vale -Z_0 = -2,05
Valor crítico: -2,05
Para não rejeitarmos H0, a estatística teste (Z_t) tem que ser maior ou igual ao valor crítico.
Z_t = {overline X – mu over sigma div sqrt {n}}
Z_t = {overline X – 0,08 over 0,02 div sqrt {400}}
Z_t = {overline X – 0,08 over 0,001} > -2,05
overline X – 0,08 > -0,00205
overline X > 8% – 0,205%
overline X > 7,795%
Resposta: A
19. Considere as seguintes afirmações:
I. As amostras 1 e 2 dadas a seguir, cada uma com 5 elementos, não possuem a mesma média amostral mas possuem o
mesmo desvio padrão amostral:
I. As amostras 1 e 2 dadas a seguir, cada uma com 5 elementos, não possuem a mesma média amostral mas possuem o
mesmo desvio padrão amostral:
amostra 1: 2 4 6 8 10
amostra 2: 4 6 8 10 12
Resolução
De um conjunto para o outro, somamos 2 em todos os valores. Portanto, a média da segunda amostra será duas unidades maior que a média da primeira.
overline X_2 = 2 + overline X_1
Como somar ou subtrair constantes não altera as medidas de dispersão absolutas, concluímos que os desvios padrão serão iguais.
ITEM CORRETO.
(A) I, II e IV.
(C) I e III.
(E) I e IV.
II. Se as variáveis X e Y possuem coeficiente de correlação linear de Pearson igual a 1 então o diagrama de dispersão entre
X e Y é uma reta que passa pela origem, isto é, é uma reta que passa pelo ponto (0,0).
X e Y é uma reta que passa pela origem, isto é, é uma reta que passa pelo ponto (0,0).
Resolução
Só podemos garantir que o diagrama de dispersão se comporta como uma reta, e mais que isso: uma reta com coeficiente angular positivo. Mas não podemos garantir que tal reta passa pela origem. Em síntese, nada sabemos sobre seu coeficiente linear.
ITEM ERRADO.
(C) I e III.
(E) I e IV.
III. Suponha que ajustamos o modelo hat y = a + bx aos dados da amostra (x_1, , y_1), cdots , (x_n, , y_n) , onde a e b são, respectivamente, os estimadores de mínimos quadrados dos parâmetros α e β do modelo de regressão linear. Nessas condições, o coeficiente de determinação é interpretado como a proporção da variabilidade dos y’s observados explicada por tal modelo.
ITEM CORRETO, esta é realmente a interpretação do coeficiente de determinação. Sua fórmula é dada por:
{SQM over SQT}
Em que SQM representa a soma de quadrados do modelo de regressão e SQT representa a soma de quadrados total. Logo, o coeficiente de determinação realmente nos dá o quanto da variação total é explicada pela variação do modelo.
(C) I e III.
(E) I e IV.
Resposta: C
IV. O histograma da variável X é um gráfico não apropriado quando X tem distribuição assimétrica.
ITEM ERRADO.
Um histograma pode ser utilizado tanto para variáveis simétricas, quanto assimétricas, e para qualquer tipo de assimetria. O único requisito é o de que os dados estejam agrupados em classes, pois precisaremos associar frequências (ou densidades de frequências) a classes de valores.
20. Em uma repartição pública os processos que chegam para análise e deferimento são distribuídos com igual probabilidade para
4 auditores: A, B, C e D. Sabe-se que as probabilidades dos auditores A, B, C e D não deferirem um processo são dadas, respectivamente, por 30%, 35%, 22% e 33%. Nessas condições, a probabilidade de um processo, escolhido ao acaso, ser deferido é igual a
(A) 60%.
(B) 70%.
(C) 72%.
(D) 75%.
(E) 65%.
4 auditores: A, B, C e D. Sabe-se que as probabilidades dos auditores A, B, C e D não deferirem um processo são dadas, respectivamente, por 30%, 35%, 22% e 33%. Nessas condições, a probabilidade de um processo, escolhido ao acaso, ser deferido é igual a
(A) 60%.
(B) 70%.
(C) 72%.
(D) 75%.
(E) 65%.
Resolução
O exercício deu as chances de indeferimento: 0,3; 0,35; 0,22 e 0,33.
Como todos os auditores têm a mesma chance de receber cada processo, então a chance geral de indeferimento é simplesmente a média aritmética dos valores acima:
{0,3+0,35+0,22+0,33 over 4} = 0,3
Pela probabilidade do evento complementar, concluímos que a chance geral de deferimento fica:
1-0,3=0,7
Resposta: B
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