Prova de estatística - ISS Teresina

por Vítor Menezes em 30/08/2016
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
 
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

Atenção:  Para resolver às questões 17 e 18, considere as informações dadas a seguir.  
 
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).
 
 
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.
 
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:
 

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.
 
(B)  II e III.
 
(C)  I e III.
 
(D)  II, III e IV.
 
(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).
 
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.
 
(A)  I, II e IV.
 
(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 ab 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%.
 
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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