estatstica-Ermes volume 2 Exercícios

Ermes Medeiros da Silva Elio Medeiros da Silva Valter Gonçalves Afrânio Carlos Murolo

Estatística Para os cursos de:

Economia Administração Ciências Contábeis

Terceira Edição SOLUÇÃO DE PROBLEMAS COM O USO DO EXCEL

Ermes Medeiros Elio Medeiros Valter Valter Gonçalves Afrânio Murolo

Estatística 2

Solução dos Exercícios Propostos

Material de Consulta do Professor

Terceira Edição

Portal Atlas Atlas

São Paulo Editora Atlas S.A. – 2011

Índice dos Exercícios Item 1.3 Exercícios propostos

Item 2.4 Exercícios propostos

Exercício 8 ........................ .................... .... 6

Exercício 1 ...................... ..................... . 30

Exercício 9 ........................ .................... .... 7 Exercício 10 ...................... ..................... . 8

Item 1.4 Exercícios propostos Exercício 4 ........................ .................... .... 9 Exercício 4 ...................... .................... .. 10 Exercício 5 ...................... .................... .. 11

Item 3.7 Exercícios propostos Exercício 9 ...................... ..................... . 31 Exercício 10 .................... 32

Item 5.4 Exercícios propostos Exercício 10 .................... 33

Exercício 6 ...................... .................... .. 12


Exercício 7 ...................... .................... .. 13

Exercício 2 ...................... ..................... . 34

Exercício 7 ...................... .................... .. 14

Exercício 3 ...................... ..................... . 35

Exercício 9 ...................... .................... .. 15

Exercício 4 ...................... ..................... . 36


Exercício 5 ...................... ..................... . 37

Exercício 4 ...................... .................... .. 16


Exercício 5 ...................... .................... .. 17

Exercício 4 ...................... ..................... . 38


Exercício 1 – Listão ......... 39

Exercício 5 ...................... .................... .. 18

Exercício 2 – Listão ......... 40 Exercício 4 – Listão ......... 41



Exercício 3 ...................... .................... .. 19


Exercício 4 ...................... .................... .. 20


Exercício 5 ...................... .................... .. 21


Exercício 7 ...................... .................... .. 22

Exercício 10 – Listão....... 46

Exercício 8 ...................... .................... .. 23


Exercício 9 ...................... .................... .. 24


Exercício 10 .................... 25


Exercício 12 .................... 26


Exercício 13 .................... 27


Exercício 14 .................... 28


Exercício 15 .................... 29



Exercício 4 ...................... 76


Exercício 7 ...................... 77

Item 6.6 Exercícios propostos Exercício 5 ...................... 56

Exercício 8 ...................... 78


Exercício 6 ...................... 57

Exercício 5 ...................... 79

Exercício 8 ...................... 58

Exercício 6 ...................... 80

Exercício 10 .................... 59



Exercício 8 ...................... 81

Exercício 4 ...................... 60

Exercício 9 ...................... 82

Exercício 5 ...................... 61



Exercício 3 ...................... 83

Exercício 6 ...................... 62

Exercício 6 ...................... 84

Exercício 8 ...................... 63

Exercício 9 ...................... 85

Exercício 9 ...................... 64



Exercício 1 ...................... 86

Exercício 5 ...................... 65

Exercício 2 ...................... 87

Exercício 8 ...................... 66

Exercício 3 ...................... 88

Exercício 9 ...................... 67

Exercício 5 ...................... 89


Exercício 6 ...................... 90

Exercício 9 ...................... 68


Exercício 10 .................... 69

Exercício 1 ...................... 91


Exercício 3 ...................... 92

Exercício 3 ...................... 70 Exercício 10 .................... 71

Item 7.8 Exercícios propostos Exercício 6 ...................... 72 Exercício 8 ...................... 73 Exercício 9 ...................... 74

Exercício 4 ...................... 93 Exercício 6 ...................... 94 Exercício 8 ...................... 95 Exercício 9 ...................... 96

Item 8.4 Exercícios propostos Exercício 1 ...................... 97 Exercício 2 ...................... 98


Exercício 3 ...................... 99

Exercício 3 ...................... 75

Exercício 4 .................... 100

Estatística 2 | Ermes Medeiros da Silva | Elio Medeiros da Silva | Valter Gonçalves | Afrânio Carlos Murolo

4

Exercício 5 .................... 101


Exercício 6 .................... 102

Exercício 1 .................... 121

Exercício 7 .................... 103

Exercício 2 .................... 122

Exercício 8 .................... 104

Exercício 3 .................... 123

Exercício 9 .................... 105

Exercício 4 .................... 124

Exercício 10 .................. 106

Exercício 5 .................... 125


Exercício 6 .................... 126

Exercício 1 .................... 107

Exercício 7 .................... 127

Exercício 3 .................... 108

Exercício 8 .................... 128

Exercício 4 .................... 109

Exercício 9 .................... 129

Exercício 5 .................... 110

Exercício 10 .................. 130

Exercício 6 .................... 111


Exercício 7 .................... 112 Exercício 8 .................... 113 Exercício 9 .................... 114 Exercício 10 .................. 115

Exercício 1 .................... 131 Exercício 2 .................... 132 Exercício 3 .................... 133 Exercício 4 .................... 134


Exercício 5 .................... 135

Exercício 2 .................... 116

Exercício 6 .................... 136

Exercício 2 .................... 117

Exercício 7 .................... 137

Exercício 3 .................... 118

Exercício 8 .................... 138

Exercício 4 .................... 119

Exercício 9 .................... 139

Exercício 5 .................... 120

Exercício 10 .................. 140


5

Item 1.3 – Ex. 8 Dados b = bola branca

p = bola preta

Urna A contém 3b e 2p

Urna B contém 5b e 1p

Solução Espaço amostral: S ={ ( b1 , b2 ) , ( b1 , p2 ) , ( p1 , p2 ) , ( p1 , b2 ) }

P ( b1 ∩ b2 ) = P 



 P (b ) = 5 × 3 = 1 1 b1  6 5 2

b2

P ( b1 ∩ p2 ) = P 



b2

P ( p1 ∩ p 2 ) = P 



P ( p1 ∩ b2 ) = P 



P( p ) = 1 × 3 = 1 1 p1  6 5 10

p2

b2

P( p ) = 1 × 2 = 1 1 p1  6 5 15

P( p ) = 5 × 2 = 1 1 p1  6 5 3 x

Função de probabilidade

P ( x )

0

11

22

3

13

1

20

30

2


Exercício 8 Estatística 2 | Ermes Medeiros da Silva | Elio Medeiros da Silva | Valter Gonçalves | Afrânio Carlos Murolo

6

Item 1.3 – Ex. 9 Dados:

b = bola branca

A = urna A

PA = bola preta da urna A

BA = bola branca da urna A

B = urna B

BB = bola branca da urna B

vB = bola vermelha da urna B. Solução Retirar uma bola da urna A. Espaço amostral: bA, pA, com P ( bA )

3 =

7

e P ( pA )

4 =

7

.

Retirar uma bola da urna B, após a transferência: Espaço amostral: bB, pB, vB. a) A bola retirada da Urna A é branca:

P ( bB )

3 =

b) A bola retirada da urna A é preta

P ( bB )

6

2 =

A probabilidade de ocorrer bola branca é então: P ( bB )

x Função de probabilidade:

P ( x )

00

11

25

17

42

42

6 =

3 6

×

3 7

+

2 6

×

4 7

=

17 42

Exercício 9


7


B = peça boa

D = peça defeituosa

Na urna: 3 peças boas e duas peças defeituosas Solução O experimento encerra quando retiramos a segunda peça com defeito ou quando retiramos a terceira peça boa, o que ocorrer primeiro. A árvore de decisão pode ser a seguinte:

D

BBDD

P ( BBDD ) =

B

BBDB

P ( BBDB ) =

BBB

P ( BBB ) =

B

BDBB

P ( BDBB ) =

D

BDBD

D

B

B

D

B

B

D

B

5

×

5

3 5

×

×

3 5

2 4 ×

2

×

4

2 4

×

×

2 4

1 3 ×

2 3

2 3 =

2 3

×

×

1 2

1 2

=

=

1 10

1 10

1 10 ×

1 2

=

1 10

etc

BDD

B

D

3

3

D

DBBD

B

DBBB

D

DBD

D

DD

O espaço amostral é equiprovável. A função de probabilidade será, então:

x P ( x )

2

3

4

0,1

0,3

0,6

Exercício 10


8


L = lucro por unidade vendida

P(V) = expectativa de venda

La = lucro por unidade reaproveitada = Lucro − custo adicional P(R) = expectativa de reaproveitamento K = proporção na produção A, B, C, D = modelos de fralda descartáveis Solução A

B

C

D

L

0,04

0,08

0,02

0,10

P(V)

0,70

0,80

0,60

0,60

La

0,02

0,03

0,01

0,06

P(R)

0,30

0,20

0,40

0,40

L . P(V) + La . P(R)

0,034

0,07

0,016

0,084

K

0,50

0,30

0,10

0,10

K ( L . P (V ) + La . P ( R ) )

0,017

0,021

0,0016

0,0084

µ

( retorno ) = ∑

K ( L . P (V ) + La . P ( R ) ) = 0, 048 por unidade vendida



9

Item 1.4 – Ex. 4 Dados

x = número de bolos vendidos no dia

P ( x = 0 ) = 0, 01 P ( x

=

P ( x = 1) = 0, 05

4 ) = 0, 29

P ( x=2) = 0, 20

P ( x = 3) = 0,30

P ( x=5) = 0,15

Solução X

0

P(x)

1

2

3

4

5

0,01

0,05

0,20

0,30

0,29

0,15

50

50

50

50

50

50

0

20

40

60

80

100

Lucro

−50

−30

−10

10

30

50

L.P(L)

− 0,5

−1,5

−2

3

8,7

7,5

2

2500

900

100

100

900

2500

2

25

45

20

30

261

375

Custo Receita

L

L .P(L)

Σ LP

( L ) = 15, 2

Σ

µ

( L ) = Σ LP ( L ) = 15, 2

σ

( L ) = 22,91

L2 P ( L ) = 756 σ

2

2

( L) = E L2 −  E ( L)  = 756 − 15, 22 = 524,96

Exercício 4


10

Item 1.4 – Ex. 5 Dados: L = lucro na venda do automóvel Solução

Dia

2ª.

Lucro

3ª.

4ª.

5ª.

6ª.

3.000

1.800

1.080

648

388,80

0,5

0,3

0,1

0,05

0,05

1.500

540

108

32,40

19,44

2

9.000.000

3.240.000

1.666.400

419.904

151.165,44

2

4.500.000

72.000

166.640

20.995,20

7.558,27

P(L) L.P(L) L

L .P(L)

µ

σ

σ

( L ) = ∑ L . P ( L ) = 2.199,84

2

2

( L ) = E ( L2 ) −  E ( L ) = 5.617.193,45 − 2.199,842 = 777.897,43

( L )

=

881,98

Exercício 5


11


L = lucro no lançamento do produto

Solução L

−50.000

100.000

P(L) L . P(L)

0,8

0,2

80.000

−10.000

2

10.000.000.000

2.500.000.000

2

8.000.000.000

500.000.000

L

L . P(L)

µ

σ

σ

∑ 70.000

8.500.000.000

( L ) = ∑ L . P (L ) = 70.000

2

2

( L ) = L2 P ( L ) −  L . P ( L ) = 8.500.000.000 − 70.0002 = 3.600.000.000

( L )

=

60.000

Exercício 6


12


t = tempo de reparo do trem

Solução t P(t) t . P(t)

µ

5

15

0,4

0,6

2

9

∑

11

( t ) = ∑ t . P ( t ) = 11 minutos

Exercício 7


13


v = vendas por visita

Solução v

1.000

1.000

1.000

1.000

P(v)

0,8

0,8

0,8

0,8

v . P(v)

800

800

800

800

µ

∑

3.200

( v ) = ∑ v . P ( v ) = 3.200

Exercício 7


14


D = número de defeitos

v = preço de venda

Solução D

0

1

2

v

10

5

2,5

1,25

0,625

P(D) v . P(v)

µ

3

4

0,9

0,05

0,03

0,01

0,01

9

0,25

0,075

0,0125

0,00625

∑

9,34

( v ) = ∑ v . P ( v ) = 9,34

Exercício 9


15

Item 1.6 – Ex. 4

x = peso da caixa de papelão

Dados:

yi

peso da unidade do produto

=

z peso total da caixa cheia =

P ( x ) = 200 gramas µ

( y ) = 1.000 gramas

σ

( x ) = 10 gramas

σ

( y ) = 5 gramas

i = 1,2,.....6

Solução µ

σ

σ

( z ) = µ ( 6 yi + x ) = 6 µ ( yi ) + µ ( x ) = 6 ×1.000 + 200 = 6.200 gramas 2

( z ) = σ 2 ( 6 yi + x ) = 36 σ 2 ( yi ) + σ 2 ( x ) = 36 × 25 +100 = 1.000 gramas

( z ) = 31, 62 gramas



16


µ ( x )

x = custo unitário

µ ( p )

P = preço unitário

=

=

5

σ ( x )

20

=

0, 20

σ ( p )

=

1,5

Cf = custo fixo = 10.000 Solução a)

Custo = 1.000 x + 10.000

µ (Custo)

σ

2

Receita

=

1.000 p 2

=

15.000

200 1.000 µ ( p)

=

20.000

(Receita) = 1.0002 σ 2 ( p)

=

225.000

σ (Receita)

C)

=

µ (Receita)

µ

1.000 µ ( x) + 10.000

(Custo) = 1.0002 σ 2 ( x) = 40.000

σ (Custo)

b)

=

=

=

1.500

Lucro = 1.000 p − 1.000 x − 10.000 µ (Lucro) σ

2

=

1.000 ( µ ( p) − µ ( x ) ) − 10000 = 5.000

(Lucro) = σ 2 (Receita − Custo) = 225.000 + 40.000 = 265.000

σ (Lucro)

=

1.513,27

Exercício 5


17


x = variável com distribuição de Bernoulli

σ

2

( x) = 0, 24

µ ( x )

>

0,5

Solução σ

2

( x) = p × q = 0, 24

Substituindo: Como µ ( x )

=

p + q =1

p (1 − p ) = 0, 24

ou

⇒

−

p2

q = 1− p +

p − 0, 24 = 0

⇒

p

=

0, 4 ou p

=

0, 6

p > 0,5 , a solução é µ ( x) = 0, 6



18


x = variável com distribuição binomial

P ( S )

S = valorizar

=

0, 4 P ( F ) = 0,6

F = desvalorizar ou ficar estável Solução a) P ( x

=

10)

b) P ( x

≥

8) = P ( 8) + P ( 9) + P (10)

P ( x

=

0 ) = 0,06

c)

=

0,0001

(Tabela ou função da tabela Excel com n 10 e p =

=

0,123

=

0,4)

(Tabela ou função da tabela Excel)

(Tabela ou função da tabela Excel)



19

Item 2.3 – Ex. 4 Dados: x = variável com distribuição binomial S = com defeito

P ( S ) = 0,30

F = sem defeito

P ( F ) = 0,70

n=4

Solução a) P ( x ≥ 2 ) = 1 − P ( x = 0 ) − P ( x = 1) = 0,3483 (Tabela ou função Excel) b) P ( x > 1) = P ( x ≥ 2 ) = 0,3483

Exercício 4


20


x = variável com distribuição binomial S = defeito

P ( S ) = 0,02

F = sem defeito

P ( F ) = 0,98

n = 25

Solução

 25  2 23  × 0, 02 × 0,98 = 0, 0754 2

P ( x = 2 ) = 

Exercício 5


21


x = variável com distribuição binomial S = não comparecer F = comparecer

P ( S ) = 0,1 P ( F )

=

0,9

n

=

22

Solução a) P ( x

≤1 =

)

0,3392

b) P ( x

=

3)

0, 2080

=

(Tabela ou função Excel)

Exercício 7


22


x = variável com distribuição binomial S = candidato experiente F = candidato não experiente

Solução Expectativa de não ocorrer candidato experiente: P ( x

⇒

10 (1 − p ) = 0, 9 ⇒

Neste caso,

P ( F ) = q

 10  10 = 0 ) =   p 0 (1 − p ) = 0, 9 0

p = 0, 0105 . =

1 − 0, 0105 = 0,9505 .

Exercício 8


23

Item 2.3 – Ex. 9 Dados: x = variável com distribuição normal S = um acidente por dia

P ( S )

F = nenhum acidente por dia

=

0,25

P ( F ) = 0,75

Lucro por atendimento = 350 Tempo parado para retificar = 6 dias

Tempo parado para trocar = 1 dia

Solução Expectativa de ganho em cinco dias = 0, 25 × 350 × 5

=

437,50

Diferença de custo caso use a retífica = 500,00 Portanto ele deve usar a retífica, pois a expectativa de ganho em cinco dias de trabalho (usando a troca), não compensa a diferença de custo.

Exercício 9


24



P ( S )

S = ser recebido

=

0,80

n

=

6

Solução

a)

P ( x ≥ 4 ) = P ( x =

=4

=6

)=

0, 24576 + 0, 393216 + 0, 262144

b) P ( x

=

6)

=

0, 2621

P ( x

=

0)

=

0, 0001

c)

) + P ( x = 5) + P ( x

= 0, 9011

(Use Tabela ou DISTRIBINOM do programa Excel)

Exercício 10


25


x = variável com distribuição binomial S = cheque com problema

P ( S ) = 0,12

F = cheque bom

P ( F ) = 0,88

C = custo da mercadoria

n = 10

L = Lucro na venda

Solução

10  = 0 ) =   × 0,12 0 × 0,8810 = 0, 2785 0  5 n=5 P ( x = 5 ) =   × 0,12 5 × 0,88 0 = 0, 000025  5

a) P ( x

b) c)

0,5

pago

L

=

0,3C

com problema Cheque

0,12

não pago

0,5

L = − C

0,88

bom L dinheiro L

=

=

0,3C

0,3C

c1) aceitando pagamento com cheque

E ( L ) = 0,3C × 0, 2 + 0,8 0,12 ( 0,3C × 0,5 − 0,5C 00 + 0,88 × 0,3C )  E ( L ) = 0,2376C C2) não aceitando cheque para pagamento

E ( L ) = 0, 75 × 0,3C = 0, 225C Conclusão: A esperança de lucro no caso de aceitar pagamento com cheque é maior do que ocorre quando o cheque não é aceito. O pagamento com cheque deve ser mantido.

Exercício 12


26

Item 2.3 – Ex. 13 Dados :

x = variável com distribuição binomial S = cliente com depósito na fila n=9

Solução P(S) = probabilidade de um cliente ter depósito a fazer e de não ter hábito de usar o caixa automático para depósitos. Portanto, P ( S )

= 0, 2 × 0, 7 = 0,14

9 P ( x ≥ 1) = 1 − P ( x = 0 ) = 1 −   × 0,14 0 × 0,86 9 = 0, 7427 0

Exercício 13


27



P ( S ) = 0,20

S = fazer pergunta

30 minutos = tempo destinado a respostas 5 minutos = tempo para cada resposta Solução a) Ocorrer no máximo duas perguntas sem resposta, significa ocorrer no máximo oito perguntas, pois a capacidade de respostas é de seis em 30 minutos.

P ( x ≤ 8) = P ( x

=

0) + P ( x

)

= 1 + ...P

( x = 8 ) = 0,9532

n ≤ 6 ) = ∑   × 0, 2i × 0,8n −i = 0, 9 i =0  i  6

b) P ( x

O número máximo é de 20 pessoas (Acompanhe na tabela ou simule na função DISTRIBINOM do Excel, com Núm_s = 6, Tentativas = simular, Probabilidade_s=0,20, cumulativo =verdadeiro ).

Exercício 14


28

Item 2.3 – Exercícios propostos Dados:

Ex. 15

x = variável com distribuição binomial S = completar a ligação

P ( S ) = 0,70

n=3

Solução 10 3 1

5 0,973

4

1: vai telefonar 2: não vai telefonar

0,5

6

20

0,5

3: completa a ligação 4: não completa

0,027

2

15

5 0,5 6

5: ônibus espera 6: não espera

0,5

25 Obs. A probabilidade de o ônibus esperar é 0,50, pois não temos nenhuma informação a respeito deste fato. A probabilidade de a garota completar a ligação é:

P ( x ≥ 1) = 1 − P ( x = 0 ) = 1 − 0, 027

=

0,973 (veja Tabela ou DISTRIBINOM do Excel)

Calculando-se com auxílio da árvore de decisão a expectativa de custo caso ela vá telefonar, obtemos:

(10 + 20 ) × 0,5 × 0,973 + (15 + 25 ) × 0,5 × 0, 027 = 15,135 Caso ela não vá telefonar, o custo é 15, menor que no caso anterior. Conclusão: não deve ir telefonar

Exercício 15


29


Ex. 1


P ( S ) = 0,035

S = carro roubado

n

= 100

Solução a) P ( x

≤

2) = P ( x

Como n λ =

>

30

0) + P ( x

=

e

p

)

=1 +

P(x

=

2) .

0,05 , usaremos a aproximação de Poisson.

<

3,5 roubos para 100 carros

P ( x P ( x P ( x

=

=

=

0) = 1) = 2) =

e

3,5

−

×

3,5 0

0! e

3,5

−

×

3,51

1! e

3,5

−

Portanto, P ( x

×

3,5 2

2! ≤

=

=

0, 0302

0,105

=

0, 0,1850

2 ) = 0,3209

b) Prejuízo equivale a mais de 10 carros roubados.

P ( x

> 10

) = 0, 001

( Tabela ou DISTRBINOM do Excel)



30

Item 3.7 – Exercícios propostos

Ex. 9

Cov ( x, y ) = −0, 02

Dados:

x 4 5

y

2 a 0,3

3 0,2 b

x

y

2

3

P ( x

4

a

0,2

5

0,3

b

0, 2 + a 0,3 + b

0,3 + a

0, 2 + b

Solução

P ( y

1)

y j )

=

0, 2 + a + 0,3 + b = 1

⇒

a + b = 0,5

ou

b

=

=

ni )

0, 5 − a

E ( x ) = 4 × ( 0, 2 + a ) + 5 × ( 0,3 + b ) . Como b = 0,5 − a então, E ( x ) = 4,8 − a E ( y ) = 2 × ( 0,3 + a ) + 3 × ( 0, 2 + b ) . Como b = 0,5 − a então, E ( y ) = 2, 7 − a

x . y

8

P ( x y ) x y ⋅ P ( x y )

a

10 0,3

12 0,2

15 b

8a

3

2,4

15 b

2) E ( x y ) = 8a + 15b + 5, 4 . Como b = 0, 5 − a então, E ( x y ) = 12,9 − 7 a

Cov ( x , y ) = E ( x y ) − E ( x ) E ( y ) = 7a + 15b + 5, 4 − ( 4,8 − a )( 2, 7 − a ) = −0, 02 Então,

a2

+

0,5a − 0, 06 = −0, 02

⇒

a = 0,1 e b = 0, 4 ou a

=

0, 4 e b = 0,1



31


σ ( x , y )

= −

0,344

Ex. 10

x y 2 4

1

3

5

0,1 0,2

a b

0,3 0,1

Solução 1

3

5

P ( x

y 2

0,1

a

0,3

4

0,2

b

0,1

0, 4 + a 0,3 + b

0,3

a+b

0,4

x

P ( y

=

y j )

Do quadro, 0, 7 + a + b = 1

=

b = 0,3 − a . Mas ρ ( x , y ) =

⇒

x ⋅ y

2

4

6

12

10

20

σ ( x ⋅ y )

0,1

0,2

a

b

0,3

0,1

0,2

0,8

6a

12b

3

2

x ⋅ y

⋅σ

( x ⋅ y )

6a + 12b + 6

=

xi )

6a + 12 ( 0,3 − a ) + 6

=

C o v( x, y ) σ ( x ) σ ( y )

0,344

= −

∑ 6a + 12b + 6

9, 6 − 6 a

E ( x ) = 2 × ( 0, 4 + a ) + 4 × ( 0, 3 + 0, 3 − a ) = 3, 2 − 2a E ( y ) = 0, 3 + 3 × 0, 3 + 5 × 0, 4 = 3, 2 Cov ( x , y ) = 9, 6 − 6a − ( 3, 2 − 2a ) × 3, 2 = 0, 4a − 0, 64 σ σ

σ

2

2

( x ) = 4 × ( 0, 4 + a ) + 16 × ( 0, 6 − a ) − ( 3, 2 − 2a ) = −4a 2 + 0,8a + 0, 96

2

( y ) = 0, 3 + 9 × 0, 3 + 2, 5 × 0, 4 − 3, 22 = 2, 76

2

( x , y ) =

( 0, 4a − 0, 64 )

( −0, 4a

2

2

)

+ 0,8a + 0, 96 × 2, 76

= ( −0, 344 )

2

2

Assim, 0, 4664282 a − 0, 7732858 a + 0, 096578 = 0 ⇒ a = 0,32 ou Como b

=

0,3 − a , a solução é a

=

a = 0, 20

0,20 e b = 0,10

Exercício 10


32


Ex. 10

Dados: x = variável com distribuição normal

P ( x

>

60 ) = 0, 05

P(x

<

45 ) = 0,15

Solução 1) P ( x

>

60 ) = 0,5 − P ( µ

Desta forma,

60 − µ

<

=

x

<

60 ) = 0, 05

P ( µ < x

⇒

<

60 ) = 0, 45

1,64 (veja Tabela)

σ

2) P ( x

<

45 ) = 0,5 − P ( 45 < x <

Assim também,

45 − µ

µ

) =0,15

⇒

P ( 45 < x <

)

µ =

0,35

1,04 (veja Tabela)

= −

σ

De 1 e 2 vem: 1, 64σ

2, 68σ

+

µ =

=

60

15

e ⇒

−

1, 04σ

σ =5,597

e

+

µ =

45

µ =

50,82

Portanto x : N ( 50,82 ; 31,33 )



33


x1

Dados:

=

Ex. 2

N ( 500 ; 4 )

x2

=

N (5 ; 0, 25 )

Solução a) x σ

=

2

x1 + x2

µ ( x )

=

µ ( x1

+

x2 ) = µ ( x1 ) + µ ( x2 ) = 500 + 5 = 505

( x ) = σ 2 ( x1 + x2 ) = σ 2 ( x1 ) + σ 2 ( x2 ) = 4 + 0, 25 = 4, 25 , visto que x 1 e x 2 são

independentes. Assim,

σ

( x ) = 2,06

b) P ( x

z

<

e x : N ( 505 ; 4, 25 )

501) = 0, 5 − P ( 501 < x < 505 )

501 505 −

=

2,06

=

1,94 de onde, P ( x

−

<

501) = 0, 5 − 0, 4738 = 0, 0262



34


x1

=

Ex. 3

N ( 230 ; 9 )

x2

=

N ( 30 ; 25 )

Solução

x = 20 x1 µ ( x ) σ

2

=

+

x2

µ (20 x1

+

x2 ) = 20µ ( x1 ) + µ (x 2 ) = 20 × 230 + 30

=

4.630

( 20 x1 + x2 ) = 400σ 2 ( x1 ) + σ 2 ( x 2 ) = 400 × 9 + 25 = 3.625

Portanto,

P ( x

>

σ

( x ) = 60, 21

x : N ( 4.630 ; 3.625 ) .

e

4.660 ) = 0,5 − P ( 4.630

<

x

<

4.660 )

=

0,5 − 0,1915

=

0,3085 (veja Tabela)

Exercício 3


35


Ex. 4

x1 : N ( 70 ; 225 )

Dados: Solução

Carga: x = 10 x1 µ ( x) σ

2

=

µ (10 x1 )

=

10µ ( x1 ) = 10 × 70 = 700

( x ) = σ 2 (10 x1 ) = 100σ 2 ( x1 ) = 100 × 225 = 22.500

⇒

σ

( x ) = 150

Assim, x : N ( 700 ; 22.500 ) a) P ( x

>

880 ) = 0,5 − P ( 700 < x

P ( x > 880 ) = 0,5 − 0,3849 b) P ( x

>

=

<

880 )

0,1151

a ) = 0,0002 (veja bela)

⇒

z =

880 − 700

=

150

1, 20

(veja Tabela)

a − 700 150

=

3,48

ou

a

=

1.222 Kg

Exercício 4


36


x1 : N ( 60 ; 25 )

Dados:

Ex. 5

x2 : N ( 26 ; 16 )

Solução Lucro = L = 1.000 ( x1 − x2 ) µ ( L )

σ

2

=

µ (1.000 x1

−

1.000 x2 )

=

1.000 µ( x1 ) − 1.000 µ( x2 )

=

1000 (60 − 26 ) = 34.000

( L ) = σ 2 (1.000 x1 − 1.000 x2 ) = 1.000 2 (σ 2 ( x1 ) + σ 2 ( x2 ) ) = 41.000.000

σ

( L ) = 6.403,12

a)

25, 5% de

µ (vendas )

=

0, 255 × 60.000

=

15.300

P ( L > 15.300 ) = 0,5 + P (15.300 < L < 34.000 ) = 0,5 + P (0 b) 50% do custo = 0, 5 × 26.000

=

z < 3, 28 ) = 0,9982

<

z < 3, 28 ) = 0,9995

13.000

P ( L > 13.000 ) = 0, 5 + P (13.000 < L < 34.000 ) = 0, 5 + P (0 c)

<

P ( L < 0 ) = 0,5 − P ( 0 < L < 34.000 ) = 0, 5 − P ( 0 < z < 5,31 ) = 0

Exercício 5


37


Ex. 4

Dados: S = completar a ligação na primeira tentativa

P ( S ) = 0,6

n = 42

Solução Cálculo do número mínimo de sucessos: 1,5 x + 3 ( 42 − x ) = 90

⇒

x = 24

Portanto 24 ligações do tipo S e 18 ligações do tipo F completam 90 minutos. a) P ( t ≥ 90 min ) = P ( x ≤ 24 ) ≅ P ( x < 24,5 ) , para usar a normal para aproximar . No caso, N : ( 0, 6 × 42 ; 0, 6 × 0, 4 × 42 ) = N : ( 25, 2 ; 10, 08 )

z =

24,5 − 25, 2 10,08

= − 0,22

P ( t ≥ 90 min ) = 0.5 − 0, 0851 = 0, 4149

(veja Tabela)

b) P ( t = 120 min ) = P ( x = 4 ) pois 1,5 x + 3 (42 − x ) = 120

⇒ x =4

 42  4 38  × 0, 6 × 0, 4 = 0 ou pela normal 4 P ( x = 4 ) = P ( 3,5 < x < 4,5 ) = P ( −6,8 < z < −6,5 ) = 0 P ( x = 4 ) = 



38

Item 5.6 – Listão

Ex. 1

Dados: x = variável com distribuição binomial, conta o número de faróis fechados S = encontrar farol fechado

n=4

P ( S ) = 0,75

Solução Av 1

Av 2

Av 3

Av 4

Av 5

Posição às 9:50 Solução: a) Para que o tempo empregado seja no máximo 10 minutos, ele deverá encontrar, no máximo, dois faróis fechados.

P ( t

≤ 10 min

) = P ( x ≤ 2 ) = 0, 2617

(ver Tabela binomial ou DISTRBINOM do Excel)

b) P (10 < t

)

< 13 =

P(x

>

2) − P (x

≤

2)

=P

(x

=3

) = 0, 4219

idem

Exercício 1 – Listão


39

Item 5.6 – Listão Dados:

Ex. 2

x = variável com distribuição binomial S = ser imediatamente atendido

P ( S ) = 0,20

n

=

80

Solução a)

µ ( x )

σ

b)

2

=

0, 2 × 80 = 16

( x ) 0, 20

×

0,80 × 80

0, 25 × (80 − 16 ) 80

=

=

12,8

σ

( x )

=

3,58

0,20



40


Ex. 4

Dados: x =número de carros que chegam em 4 horas ( variável com distribuição Poisson) λ = 8

clientes 4 horas

Solução

P ( x ≥ 11) = 0,184 (Tabela ou função

a) 3 carros na fila requer 11 chegadas

Poisson no Excel)

b) P ( λ , x ) = 0,85

⇒

∑

e −8 . 8 x x !

c) Na tabela ou na Poisson do Excel

= 0,85

P ( x ≤ 10 ) = 0,8159 P ( x ≤ 11) = 0,8892

Para garantir o atendimento, tenho que pensar em 11 carros. Serão 10 carros atendidos e um carro na fila de espera. Portanto, t =

4 × 60 minutos 10 carros

= 24 minutos por carro



41


Ex. 5

x = variável com distribuição de Poisson λ = 1

defeito 80 metros

Solução a) x = mede o número de defeitos em 520 metros da bobina. λ =

520

=

80

6,5 defeitos para 520 m do plástico

P ( x ≤ 5) =0,3691 (Tabela ou Poisson do Excel) e λ . λ 0 −

b) P ( x

ln ( 0, 99 ) = −λ = 0,99 ⇒ 0! λ = 0,01 defeitos para cada 500 m, ou seja, 1 defeito para cada 50.000 m. =

0) =

=

0,99

⇒

e

− λ



42


Ex. 7

x = quantidade de nutriente na mistura x i = quantidade de nutriente nos ingredientes, i = 1, 2, 3.

Solução a) Ingredientes na mesma proporção: x µ ( x )

σ

σ

2

=

µ (

1 3

x1

+

1 3

x2

+

1 3

x3 ) =

=

1

=

3

x2

+

1 3

x3 .

150 g por Kg

1 1  1 1 x1 + x2 + x3  = (122 + 62 + 10 2 ) = 31,11 3 3  9 3

µ ( x )

σ

+

( x ) = σ 2 

( x )

2

x1

3 3 200 + 150 + 100

=

5,58 g por Kg

b) Ingredientes na proporção de 2:3:5: x

σ

1

=

2 x1

µ (

+

3x2

+

5 x3

10

)=

=

2 x1

+

3x2

+

5 x3

10

2 × 200 + 3 ×150 + 5 ×100 10

=

135 g por Kg

 2 x1 + 3 x2 + 5 x3  4 × 144 + 9 × 36 + 25 × 100 = 34 = 10 100  

( x ) = σ 2 

( x )

=

5,83 g por Kg



43


Ex. 8

x = quantidade de nutriente na mistura x i = quantidade de nutriente nos ingredientes, i = 1, 2, 3.

Solução X i

200 P1

P ( x i )

150 0,5 –P 1

100 0,5

E ( x ) = ∑ i xi ⋅ P ( xi ) = 200P1 + 150 ( 0,5 − P 1 ) + 50 = 140

50 P 1 = 15

⇒

P1

=

0, 30

e

P 2

=

0,20

As proporções são: 3:2:5.



44


Ex. 9 µ ( x1 )

Dados: x 1 = número de defeitos da primeira máquina

s

X 2 = número de defeitos da segunda máquina

2 defeitos para 1.000 m

( x1 ) = 0, 4

µ ( x2 ) s

=

=


( x 2 ) = 0, 5

Solução Número de defeitos para rolo de 400 m (200 m cada máquina): x µ ( x )

s

s

2

=

µ (0, 2 x1

=

0, 2 x1 + 0, 2 x2

0, 2 x2 ) = 0, 2 × 2 + 0, 2 × 3 = 1 defeito por rolo de 400 m

+

( 0, 2 x1 + 0, 2 x2 ) = 0, 04 × 0, 4 2 + 0, 04 × 0,5 2

=

0, 0164

( x ) = 0,128 defeitos por rolo de 400 m



45


Ex. 10 µ ( x1 )

Dados: x 1 = número de defeitos da primeira máquina

( x1 )

σ

µ ( x2 )

X 2 = número de defeitos da segunda máquina

=

=

=

( x2 )

σ

2 defeitos para 1.000 m 0, 4


=

0, 5

Solução a) Pior especificação: x = 0,4x 2 µ ( x)

=

µ (0, 4 x2 )

=

0, 4 × 3 = 1, 2 defeitos por rolo de 400 m

( x ) = σ 2 ( 0, 4 x2 ) = 0, 4 2 × 0,5 2 = 0, 04 σ (x ) = 0, 2 def rolo de 400m b) Especificação: x = 0, 7 ( 0, 4x1 ) + 0,3 (0, 4 x2 ) µ ( x ) = µ (0, 7 ( 0, 4 x1 ) + 0,3 (0, 4 x2 )) = 0, 28 × 2 + 0,12 × 3 = 0,92 def rolo de 400 m 2 2 2 2 σ ( x ) = σ ( 0, 7 ( 0, 4 x1 ) + 0, 3 (0, 4 x2 )) = 0, 28 × 0,16 + 0,12 × 0, 25 = 0,016 σ

2

( x ) = 0,13

σ

def

rolo de 400 m



46


Ex. 14

Dados: x =número de peixes fisgados em um dia (variável com distribuição de Poisson).

µ ( x )

=

λ

=

7 peixes por dia

Solução

P ( não cumprir ) = P ( x < 12 ) = 1 − P ( x ≥ 12 ) = 1 − 0, 0532 = 0, 9468 (Tabela ou Excel)



47


Ex. 17

Dados: x = número de crianças com mais de 5 cáries X = variável com distribuição de Poisson com

µ ( x )

=

λ 10 crianças com mais de 5 cáries cada 100 crianças =

Solução

P ( x ≤ 5 ) = 0, 067 (Tabela ou função Poisson do Excel)



48


Ex. 21

Dados: D = depósito efetuado D: N (8.000 ; 1.0002) Solução a) P ( saldo positivo )

=

P (D

≥ 10.000

)

z =

10.000 − 8.000 1.000

=

2

P ( D ≥ 10.000 ) = P ( z > 2 ) = 0, 0228 (veja Tabela ou DIST.NORM do Excel) b) P ( débito máximo de 5.000 )

=

P ( D ≥ 5.000 )

z =

5.000 − 8.000 1.000

= −3

P ( D ≥ 5.000 ) = P ( z > −3 ) = 0,9986



49


Ex. 22

Dados: x = mede o número de chamadas recebidas pela empresa X = variável com distribuição de Poisson

µ ( x ) = λ =

50 60

×

12 = 10 ligações por 12 minutos

Solução

P ( x ≥ 12 ) = 0, 3033 (veja Tabela ou função POISSON no Excel)



50


Ex. 23

Dados: x : N ( 25 ; 12 ) mede a valorização do terreno em %.

y : N ( 20 ; 4 ) mede a valorização do investimento no mercado financeiro em %. Solução

P ( x ≥ 16 ) = P ( 0 < z < 2, 60 ) + 0,5 P ( y

≥ 16

= 0, 4953 + 0,5 = 0,9953

) = P ( 0 < z < 2 ) + 0, 5 = 0, 4772 + 0, 5 = 0,9772

Nas condições apresentadas, o investimento em terreno é o preferido.



51


Ex. 24

Dados: x = variável normal, representa as vendas por número do calçado, com

µ ( x)

=

39 .

Solução Cálculo de σ ( x ) para as condições do problema. Para 95% da área sob a curva normal, devemos ter z = 1,96 . Como x assume valores inteiros, devemos ter: 42, 5 − 39 σ

( x )

=

1,96

⇒

σ

Então, x : N ( 39 ; 1, 7852 ) .

( x ) = 1, 785 .

Considerando uma área de 70% sob a curva normal, teremos: 35%

⇒

35%

⇒

z = 1,04 . Desta forma,

x2

z = −1,04 . Desta forma,

−

39

1,785 x1

−

=

1, 04 o que acarreta x2

39

1,785

=

=

1, 04 o que acarreta x1

−

40,85

=

37,15 .

Hipóteses para 70% de área, preservando os calçados com números mais vendidos: 1) De 36,5 a 40,5. Área 71,87%. Abandonar calçados de números 36, 41, 42. 2) De 37,5 a 40,5. Área 60%. Inviável 3) De 37,5 a 41,5. Área de 71,87%. Abandonar calçados de números 36, 37, 42. As hipóteses 1 e 3 são soluções para o problema.



52


Ex. 26

Dados: x = representa a medida do molde.

x

=

N ( µ ( x ) ; 0, 22 )

Solução Devemos procurar a média do molde para que 10% das peças moldadas fique acima de 30,5 Cm.

10%

⇒

z

=

1, 28

ou

30,5 − µ ( x) 0, 2

=

1, 28

⇒

Assim, o número de peças fundidas deve ser dado por: n

µ ( x)

=

=

30, 244

30, 244 − 30 0,004

=

61 peças .



53


Ex. 27

Dados: vr = velocidade real do carro. Vl = velocidade mostrada no velocímetro

Solução Como o velocímetro marca velocidade ( vv) 5% a menos que a velocidade real vr,devemos ter:

vl

=

0,95vr ou vr =

Assim, vr

P ( v

2 >

0,95

. Na marca de 98 km/h no velocímetro teremos vr =

98 0,95

.

 vl   98  ; 22  e no caso, vr = N  ; 22  = N   0,95   0,95 

100 − z =

vl

98 0,95

=

1,58

100 ) = 0,5 + P ( 0 < z < 1, 58 )

=

0, 5 + 0, 3413

=

0,9429



54


Ex. 30

Dados: A primeira opção é formada por 3 trechos com tempos de percurso normais:

T 1: N (1,5 ; 0, 25 )

T 2 : N ( 2, 0 ; 0,16 )

T 3 : N (0,5 ; 0, 01 )

A segunda opção é formada por 4 trechos com tempos de percurso normais:

T 1: N (1, 0 ; 0, 09 )

T 2 : N (1, 0 ; 0, 04 )

T 3 : N (1, 0 ; 0,16 )

T 4 : N (1, 0 ; 0,10 )

Solução A soma das normais que formam o primeiro trecho T 1 + T 2 + T 3 : N ( 4 ; 0, 42 ) A soma das normais que formam o segundo trecho T 1 + T 2 + T 3 + T 4 : N ( 4 ; 0, 39 ) As opções apresentam a mesma média de 4 horas. Como a segunda opção apresenta menor variabilidade, é a mais confiável.



55

Item 6.6 – Ex. 5 Solução Consultando a Tabela para n = 8 graus de liberdade, encontramos o valor 17,53 associado à probabilidade 0,025.

(

2

Portanto, P χ

)

≤ 17,53 = 1 − 0, 025 =

0,975

No Excel a função DIST.QU com os parâmetros X: 17,53 e GRAUS_LIBERDADE: 8,

(

2

fornece P χ

≥ 17, 53

) = 0, 025



56

Item 6.6 – Ex. 6 Solução Consultando a Tabela para n = 25 graus de liberdade, obtemos na coluna 0,975 o valor

K 1

=

13,12 e na coluna 0,025 o valor K 2

=

40,65

No Excel a função INV.QUI fornece os valores com Probabilidade: 0,975 e 0,025 e GRAUS_LIBERDADE: 25

Exercício 6


57

Item 6.6 – Ex. 8 Solução Consultando a Tabela para n = 10 graus de liberdade o valor 3,94, obtemos 0,950.

(

2

Portanto P χ ,94

P ( χ 2

>

)

=

0, 95 . Consultando o valor 20,48 obtemos 0,025. Portanto

20, 48 ) = 0, 025 .

(

Assim, P 3, 94

<

2

χ

<

20, 48 ) = 0,95 − 0, 025

=

0,925

Exercício 8


58

Item 6.6 – Ex. 10 Solução Consultando a Tabela da variável normal padrão o valor P ( z valor z

=

<

k ) = 0,40, obtemos o

1, 28 . Portanto, P ( z > 1, 28 ) . = 0,10 .

2

2

Substituindo na fórmula de χ , obtém-se: χ

(

1, 28 + 2 × 40 − 1

=

2

)

2 =

51,696 .

Exercício 10


59

Item 7.2 – Ex. 4 Dados: x tem distribuição de Poisson com média Amostra com n

=

µ ( x )

=

5

100 elementos.

Solução Como

µ ( x) =

5

µ ( x )

=

Assim,

⇒

x

=

σ

5

2

e

( x ) = 5 ou seja, σ ( x ) = σ

5

5

( x ) =

100

Fazendo a aproximação da distribuição de Poisson pela distribuição normal:

z =

5, 5 − 5 5

=

2,24 .

100 Procurando na distribuição normal padrão o valor z

=

Portanto, P ( x

= 0, 0125

≥

6 ) = 0,5 − P ( x

≤

6 ) = 0,5 − 0, 4875

2,24 obtém-se 0,4875.



60


x = variável com distribuição normal, mede o rendimento dos títulos em uma

carteira de investimentos. µ ( x )

=

0,10

σ

( x ) = 0, 02

Retirada amostra de 40 elementos (n = 40)

Solução A distribuição amostral das das médias de 40 elementos tem:

µ ( x )

=

µ ( x )

=

0,10

Queremos avaliar P ( x

e

>

σ

( x ) =

σ

( x ) 40

=

0,09 ) . Neste caso z =

0,02 40

=

0,00316

0, 09 09 − 0,10 0,02

= −

3,16

40 Consultado a Tabela obtemos P ( x

>

0, 09 ) = 0, 4992 + 0, 5 = 0, 9992

(na função DIST.NORMAL do Excel com os parâmetros X: 0,09; Média: 0,10; Desv_Padrão:0,0316 e Cumulativo: Verdadeiro, obtemos P ( x

<

0, 09 ) = 0, 0008 )

Exercício 5

Medeiros da Silva | Elio Medeiros da Silva | Valter Valter Gonçalves | Afrânio Carlos Murolo Murolo Estatística 2 | Ermes Medeiros

61


x = variável com distribuição normal

Amostra com σ ( x ) Classes 1 2 3 4 5 6

= 2:

Int classe 5 7 7 9 9 11 11 13 13 15 15 17

f i 3 7 10 8 7 5

Solução

x =

∑ xi f i = 448 = 11, 11, 20 f 40 ∑ i



P  x − zα



σ

2

( x ) n

< µ ( x) < x + z

2

2



40

P (10, 55 <

µ ( x )

( x) 

α



P 11, 20 − 2, 05

σ

 = 1 − α n 

< µ ( x) < 11, 20 − 2, 05

2 

 = 0, 96

40 

< 11, 85 ) = 0, 96


Exercício 6 Medeiros da Silva | Elio Medeiros da Silva | Valter Valter Gonçalves | Afrânio Carlos Murolo Murolo Estatística 2 | Ermes Medeiros

62

Item 7.3 – Ex. 8 Dados: Amostra: n = 100; x

=

2,40 ;

σ

2

( x ) = 0,16;

σ

( x ) = 0, 4 ;

1 − α = 0, 90

Solução

1 − α = 0, 90



P  x − zα



2

σ

⇒

( x ) n

z = 1, 64

< µ ( x) < x + z

α

2



0, 4



100

P  2, 40 − 1, 64

σ

( x) 

 = 1 − α n 

< µ ( x) < 2, 40 + 1, 64

0, 4 

 = 0, 90

100 

P ( 2, 33 < µ ( x ) < 2, 47 ) = P ( x ) = 0, 90

Exercício 8


63

Item 7.3 – Ex. 9 Dados: Amostra: n = 100; x = 2,40 ;

σ

2

( x ) = 0,16;

σ

( x ) = 0, 4 ; 1 − α = 0,80

Solução



P  x − zα



σ

2

1 − α = 0,80

( x ) n

< µ ( x ) < x + z

α

2

σ

( x) 

 = 0,80 n 

⇒ z = 1, 28



0, 4



100

P  2, 40 − 1, 28

< µ ( x) < 2, 40 + 1, 28

0, 4 

 = 0,80

100 

P ( 2,35 < µ ( x ) < 2, 45 ) = 0,80 Conclusão: O preço máximo deve ser menor que 2,35 um/Kg

Exercício 9


64

Item 7.4 – Ex. 5 Dados: População: N=40 máquinas. Amostra: n=5 máquinas

x

=

4

σ

1 − α = 0,98

( x ) = 0,15 × 4 = 0, 6

Solução Como a amostra representa mais de 5% da população, devemos usar o fator de correção

  

P  x − zα

σ

2

( x )

N − n

n

N − 1

< µ ( x) < x + z

σ

α

2

( x)

N −n 

n

 N − 1 

0, 6

40 − 5 

= 1 − α

1 − α = 0, 98 ⇒ z = 2,33

  

P  4 − 2,33

0, 6

40 − 5

5

40 − 1

< µ ( x) < 4 + 2,33

5

 = 0,98

40 − 1 

P ( 3, 41 < µ ( x ) < 4, 59 ) = 0,98 a) A previsão mínima para o tempo de concerto é de 3,41 h e a previsão máxima é de 4,59 h. b) Estimativa pontual: 4 × 40 = 160 h



65

Item 7.4 – Ex. 8

x Dados: População: 80 unidades σ

=

120 u.m 1 − α = 0,95

Amostra: 10 unidades

( x ) = 20 u.m.

Solução Como a amostra representa mais de 5% da população devemos usar o fator de correção.

e = z α Erro padrão de estimativa:

e = 1,96

20

80 − 10

10

80 − 1

=

σ

2

11, 67

( x ) n

N

−

n

N − 1

P (120 − 11, 67

1 − α = 0, 95 z = 1,96

<

µ ( x)

<

120 + 11, 67 ) = 0,95

P (108,33 < µ ( x) < 131, 67 ) = 0,95 Se ele pode pagar no máximo 3% do valor dos títulos, com 95% de confiança ele pode pagar entre 3% de 108,33 = 3,25 e 3% de 131,67=3,95

a) Sim, pode pagar 3,00 b) Não, pois não pode pagar mais que 3,95

Exercício 8


66

Item 7.4 – Ex. 9 Dados: x = variável normal, mede o tempo de emissão da nota fiscal População: 100 NF

Amostra: 40 NF com x

Vamos considerar

( x ) = 0, 30 × 20 ≅ 6 min .

σ

=

20 min

Solução Como a amostra representa mais de 5% da população, devemos aplicar o fator de correção. Dado 1 − α = 0,95 , temos z α

= 1,96 .

Neste caso, o erro padrão de

2

estimativa é:

e = z α 2

σ

( x )

N

−n

N − 1

n

P ( 20 − 1, 45 < µ ( x) < 20 + 1, 45 )

=

= 1, 96

6

100 − 40

40

P (18,55 < µ ( x)

100 − 1 <

= 1, 45

21, 45 )

= 0, 95

O tempo médio mínimo para preenchimento manual é de 18,55 min, contra o tempo do computador de 12 min. O ganho será, portanto G

=

∆t

t

=

18, 55 − 12 18,55

=

0,3531 ou 35,31%.

Exercício 9


67

Item 7.6 – Ex. 9 Dados: x = variável normal, mede o preço de venda do produto. Amostra: 40 elementos com x

=

26 e s ( x ) = 2 .

Solução Para 1

−

α

e = t 0,10; 39

=

0,90 , t 0,10; 39 = 1,68 . O erro padrão de estimativa é:

s ( x ) n

=

1, 68

2 40

Portanto, P ( 26 − 0, 53 <

=

0,53 .

µ ( x)

<

26 + 0,53 ) = P ( 25, 47

<

µ ( x)

<

26,53 ) = 0, 90 .

Como 50% de 25,47 é 12,73, o custo máximo para garantir certamente a viabilidade é de 12,73 u.m.



68

Item 7.6 – Ex. 10 Dados: x = variável normal, mede o tempo gasto na visita ao cliente Y = variável normal, mede a venda por cliente visitado Amostra com 10 elementos de uma população com 65 elementos fornece:

x

=

90

y = 650

s ( x ) = 13

s ( y ) = 100

Solução Intervalo de confiança de 80% para o tempo médio de visita:

  

P  90 − t0,1: 9

65 − 10

13

65 − 1

10

< µ ( x) < 90 + t 0,1: 9

65 − 10 

13

 65 − 1 

10

= 0,80

P ( 84, 74 < µ ( x) < 95, 26 ) = 0,80 Intervalo de confiança de 80% para a Vanda média por cliente:

  

P  650 − t0,1: 9

100

65 − 10

10

65 − 1

< µ ( x) < 650 + t 0,1: 9

100 10

65 − 10 

 65 − 1 

= 0,80

P ( 609,55 < µ ( y) < 690, 45 ) = 0,80 Número de clientes visitados por mês na previsão otimista:

80 × 60 84,74

=

57

Receita no mês com a previsão otimista: 57 × 690, 45 = 39.355, 65 Comissão no mês neste caso: 4% de 39.355, 65 = 1.574, 23

Exercício 10


69

Item 7.7 – Ex. 3 Dados: x = variável normal

População: N = 100 elementos

σ

( x ) = 4

Erro padrão de estimativa máximo admitido: e = 2 Nível de confiança: 1

−

α

=

0, 98

Solução

z n=

2

α

σ

( x ) N

2

e2 ( N

−

1) + z 2

2

α

σ

( x)

=

2,332 × 4 2 × 100 22 (100 − 1) + 2,332

×

42

=

18

2



70

Item 7.7 – Ex. 10 Dados: x = variável normal, mede o rentabilidade de empresas de uma indústria Amostra de n = 10 elementos fornece: x = 0,05 Erro máximo permitido: e

=

0,01

s ( x ) = 0,016

Nível de confiança: 1

−

α

=

0,95

Solução 2

 t × s ( x)  2  2, 26 × 0, 016   2  n=  = 13, 075  = e 0,01     α

ou

14 elementos

Exercício 10


71

Item 7.8 – Ex. 6 Dados: x = variável binomial. S = mulher. Amostra de n = 100 elementos forneceu:

pˆ

=

0,40 .

Nível de confiança 1 − α = 0, 98 . Solução Para 1 − α

=

0, 98 devemos ter z

α

=

2, 33 .

2

  

ˆ −z a) P  p

ˆˆ pq α

2

n

  

P  0, 4 − 2, 33 P ( 0, 2859 < p

< p < pˆ − z

α

2

0, 4 × 0, 6 100 <

ˆˆ pq

 = 1 − α n 

< p < 0, 4 + 2,33

0, 4 × 0, 6  100

 = 0, 98 

0,5141) = 0, 98

b) Não. A proporção pode ser maior que 50%.



72

Item 7.8 – Ex. 8 Dados: x = variável binomial. S = bóia com defeito Amostra de n = 50 bóias de população de N = 2.000 bóias: Nível de significância:

α

=

0,04

Solução Como a proporção de elementos da amostra

n N

=

50 2.000

=

0, 025 < 0, 05 , não

usaremos o fator de correção.

pˆ =

2 50

= 0,04 e z

  

P  pˆ − z

α

=

z 0,02

=

2,05

2

ˆˆ pq α

2

n

  

P  0, 04 − 2, 05

P ( −0, 0168 < p

< p < pˆ + z

α

2

0, 04 × 0,96 50 <

0, 0968 )

=

ˆˆ  pq

 n 

= 1 − α

< p < 0, 04 + 2, 05

0,96

ou

P (0

0, 04 × 0, 96  50 <

p

<

 = 0,96 

0, 0968 )

=

0, 96

Exercício 8


73

Item 7.8 – Ex. 9 Dados: x = variável binomial Intervalo de confiança para a proporção de bóias defeituosas ao nível de confiança de 96%:

P ( 0 < p

<

0, 0968 ) = 0,96

Lucro por bóia vendida: 5 u.m. Prejuízo por bóia vendida com defeito: 3.u.m Solução Valor esperado do lucro por bóia na pior hipótese, isto é, assumindo a proporção de defeituosas de 0,0968.

3

−

3 × 0, 0968 + 5 × 0,9032 = 4, 2256

0,0968

−

0,9032

5 Portanto, o lucro esperado para o lote na visão pessimista é:

2.000 × 4, 2256 = 8.451, 20 u.m. o que supera a meta de 8.000 u.m.

Exercício 9


74

Item 7.9 – Ex. 3 Dados: x = variável binomial. S = escolha da embalagem E 2 . Amostra de n = 100 elementos forneceu pˆ = 0,42 . Nível de confiança:

1 − α = 0, 96

Erro máximo admitido: e = 0,06. Solução

1 − α = 0, 96

⇒

z = z 0,02 = 2, 05. α

2

2

  ˆˆ  z  pq 2, 052 × 0, 42 × 0,58 2   = = 284,37 ou n = 285 elementos n= 2 2 α

e

0,06



75

Item 7.9 – Ex. 4 Dados: x = variável binomial. S = escolha da embalagem E 2 . Amostra de n = 100 elementos forneceu pˆ Nível de confiança:

1

−

α

=

=

0,42 .

0,96 .

Erro máximo admitido: e = 0,06. Solução Para o nível de confiança 1

−

α

=

0, 96 , z = z 0,02 = 2,05 . α

2

ˆ Se não há confiança no resultado do levantamento feito, devemos usar a proporção p

=

0,50

(o que significa sem informação a respeito da proporção de sucessos e, em consequência a maior amostra para o nível de significância adotado). 2

  ˆˆ  z  pq 2, 052 × 0,50 × 0,50 2   n= = = 291,84 2 2 α

e

0,06

ou n = 292 elementos.

Exercício 4


76

Item 7.9 – Ex. 7 +

Dados: x = variável binomial. S = indivíduo com sangue tipo O . Amostra de n = 50 elementos forneceu pˆ = 0,32 . Nível de confiança:

1 − α = 0,96 .

Erro máximo admitido: e = 0,03. Solução Para o nível de confiança de 0,96 teremos z

α

= z 0,02 = 2,05 .

2

Como a amostra representa

50

= 0, 083 > 0, 05 dos elementos da população,

600 devemos usar o fator de correção. 2

  ˆˆ  z  pqN 2, 052 × 0,32 × 0,38 × 600  2  n= 2 = = 377,47 , ou seja 378 ˆ ˆ 0, 032 ( 600 − 1) + 2, 05 2 × 0,32 × 0, 68 e ( N − 1) + z pq α

α

2

elementos.

Exercício 7


77

Item 7.9 – Ex. 8 Dados: x = variável Binomial. S = sair face 5 no lançamento do dado Amostra de n = 10 elementos forneceu a proporção de sucessos :

pˆ

2 =

10

=

0,20 . Nível de confiança: 1

−

α

=

0, 90 .

Erro máximo permitido e = 0,02 . Solução Para 1

−

α

=

0,90 devemos ter z = z 0,05 = 1,64 . α

2

2

  ˆˆ  z  pq 1, 642 × 0, 2 × 0,8  2  n= = = 1075,84 ou seja n = 1.076 elementos. 2 2 α

e

0,02

Exercício 8


78

Item 7.10 – Ex. 5 Dados: x 1 = variável normal. Amostra de n 1 = 30 elementos forneceu:

x1 = 40

s ( x1 ) = 2,3

x 2 = variável normal. Amostra de n 2 = 30 elementos forneceu:

x2 = 50

s ( x2 ) = 4,2

Nível de confiança: 1 − α = 0,90

t α

⇒

=

t 0,05

=

1, 68 .

2

Solução Temos que calcular o número de graus de liberdade 2

 s12 s2 2  +   n n 2   1 GL = −2= 2 2 2 2  s1   s2       n1  +  n2  n1 + 1 n2 + 1 Erro padrão: e = z α 2

P ( ( 50 − 40 ) − 1, 47 < P ( 8,53 <

µ ( x1 )

−

s12 n1

+

s2 2 n2

2

 2,32 4, 2 2  +   30 30   − 2 = 46, 06 2 2 2 2  2,3   4, 2       30  +  30  30 + 1 30 + 1 = 1, 68

µ ( x1 ) − µ ( x 2 )

µ ( x2 )

<

<

2,32 30

+

4, 2 2 30

ou GL = 46

= 1, 47

( 50 − 40 ) + 1, 47 ) = 0,90

11, 47 ) = 0,90



79

Item 7.10 – Ex. 6 Dados: x 1 = variável normal. Amostra de n 1 = 20 elementos forneceu: x1 x 2 = variável normal. Amostra de n 2 = 20 elementos forneceu: x2

=

1.000

=

120

s ( x1 ) = 5 s ( x2 ) = 3

Nível de confiança: 1 − α = 0,95 . Solução Temos que calcular o número de graus de liberdade da distribuição t: 2

 s12 s2 2  +   n n2   1 −2 = GL = 2 2 2 2  s1   s2       n1  +  n2  n1 + 1 n2 + 1 ⇒

t α

t

= 0,05 =

2

 52 32   +   20 20  − 2 = 32,39 2 2 2 2 5  3       20  +  20  20 + 1 20 + 1

ou GL = 32

2, 04

2

Erro padrão: e = z α 2

s12 n1

+

s2 2 n2

= 2, 04

52 20

+

32 20

= 1,82

P ( (1.000 + 120 ) − 2, 66 < µ( x1 ) − µ ( x2 ) < (1.000 +120 ) + 2, 66 ) = 0,90 P (117,34 < µ ( x1 ) + µ ( x2 ) < 1.122, 66 ) = 0, 90

Exercício 6


80

Item 7.10 – Ex. 8 Dados: Q x 1 = quantidade de pó de café usada

x 1 = custo correspondeste do café

Q x 2 = quantidade de açúcar usado

x 2 = custo correspondente do açúcar

Após amostra de 30 elementos foram anotados Insumos

custos

Qx1 = 10

s ( Qx1 ) = 1,2

x1 = 0,05

Qx2 = 13

s ( Qx2 ) = 3

x2 = 0, 0117

s ( x1 ) = 0,006 s ( x2 ) = 0, 0027

Solução Cálculo do número de graus de liberdade da distribuição t;

GL ≅

 s12 s2 2  +   n  1 n2  2

2

2

 s   s2       n1  +  n2  n1 + 1 n2 + 1 2 1

2

−2=

 0, 006 2 0, 0027 2  +   30 30   2

2

2

 0, 006   0, 0027       30  +  30  30 + 1 30 + 1 2

2

− 2 = 41, 06 ⇒ GL = 41

Portanto, t 0,0025 ; 41 = 2,02 .

Erro padrão: e = t α 2

s 2 ( x1 ) n1

+

s 2 ( x2 ) n2

=

2, 02

0, 0062 30

+

0, 0027 2 30

=

0, 00243

P ( x1 + x2 − e < µ ( x1 ) + µ ( x2 ) < x1 + x2 + e ) = 0,95 P ( 0, 05 + 0, 0117 − 0, 00243 < µ( x1) + µ ( x2 ) < 0, 05 + 0, 0117 + 0, 00243 ) = 0, 95 P ( 0, 059 < µ ( x1 ) + µ ( x2 ) < 0, 064 ) = 0,95 , é o intervalo de confiança de 95% para o custo do cafezinho.



81

Item 7.10 – Ex. 9 Dados: Amostra da demanda d: 160, 140, 138, 157, 169, 150 Amostra da produção p: 160, 140, 120, 100, 150, 130 Nível de confiança: 1 − α = 0, 90 Solução

Demanda: d = ∑

d i n

∑ p p =

i

n

=

=

904 6

800 6

s ( d ) = 11, 41

= 150,67

s 2

= 133,33 s

2

∑ (d ( d ) =

i

− d )

2

=

n −1

∑ ( pi − p ) ( p) =

2

n −1

=

651,33 5

= 130,27

2.333,33 5

= 466,67

s ( p ) = 21, 60

Cálculo dos graus de liberdade: 2

2

 s12 s2 2   11, 412 21, 60 2  +  +    n n 6 6  1 2    −2= − 2 = 8, 62 ⇒ GL = 8 GL ≅ 2 2 2 2 2 2 2 2  s1   s2   11, 41   21, 60           6  + 6   n1  +  n2  6 +1 6 +1 n1 + 1 n2 + 1 tα = t 0,05 = 1,86 . Erro padrão e = t α 2

2

s 2 ( d )

n1

+

s2 ( p) n2

= 1,86

11, 412 6

+

21, 6 2 6

= 18, 55

P ( d − p ) − e < µ (d ) − µ ( p ) < (d − p ) + e  = 1 − α





P (150, 67 − 133, 33 − 18, 55 < µ ( d ) − µ ( p) < 150, 67 −133, 33 +18,55 ) = 0,90 P ( −1, 21 <

µ (d )

− µ ( p ) < 35,89 ) = 0,90

O intervalo mostra que não podemos afirmar que a demanda excede a produção em pelo menos 10 unidades.

Exercício 9


82

Item 7.11 – Ex. 3 Dados: x 1 = variável binomial

S = escolha da marca A de yogurte

X 2 = variável binomial

S = escolha da marca A de margarina

Amostra de n = 50 elementos mostrou: pˆ1 Nível de confiança: 1

−

α

=

=

pˆ 2

0,26

=

0,30

0, 90

Solução

z

α

=

z 0,05

=

1,64

2

Erro padrão: e

=

pˆ1qˆ1

z

α

n1

2

P ( pˆ 2

−

pˆ1

−

e < p2

−

p1

P ( 0,30 − 0, 26 − 0,147 P ( −0,107 < p2

−

+

p1

<

<

<

pˆ 2 qˆ2 n2

pˆ 2

p1

−

−

=

1, 64

0, 26 × 0, 74 50

+

0,30 × 0, 70 50

=

0,147

pˆ 1 + e ) < 1 − α

p2

<

0,30 − 0, 26

+

0,147 )

=

0,90

0,187 ) = 0,90



83

Item 7.11 7.11 – Ex. 6 Dados: x 1 = variável binomial

S = usar carro próprio

Amostra 1 de n = 36 elementos fornece: X 2 = variável binomial

pˆ1

=

8 36

=

0,222

S = usar carro próprio

Amostra 2 de n = 40 elementos fornece: Nível de confiança: 1 − α

pˆ 2

=

8 40

=

0,20

0, 96

=

Solução

1 − α = 0, 96

z

⇒

=

α

z 0,02

2, 05

=

2

pˆ1qˆ1

Erro padrão: e = z

α

n1

2

P ( pˆ 2

−

pˆ1

−

e

<

p2

−

p1

P ( 0, 22 − 0, 20 − 0, 0939 P ( −0,170 < p2

−

p1

+

<

pˆ 2 qˆ2

=

n2

pˆ 2

−

pˆ1

+

<

p1

−

p2

<

=

0, 22 × 0, 78 36

+

0, 20 × 0, 80 400

=

0, 0939

e ) < 1 − α

<

0, 214 )

2, 05

0, 22 − 0, 20 + 0, 0939 ) = 0, 96

0, 96

Exercício 6


84

Item 7.11 7.11 – Ex. 9 Dados: x 1 = variável binomial

S = cliente da empresa A

pˆ1

Amostra 1 de n = 80 elementos fornece: X 2 = variável binomial

26

=

=

80

0,325

S = cliente da empresa A

pˆ 2

Amostra 2 de n = 70 elementos fornece:

=

35 70

=

0,50

Nível de confiança: 1 − α = 0, 90 Solução

1 − α

=

0, 90

z

⇒

α

=

z 0,05

=

1, 64

2

pˆ 1qˆ1

Erro padrão: e = z

α

2

P ( pˆ 2

−

pˆ1

−

e < p2

−

+

pˆ 2 qˆ 2

n1

p1

<

n2

pˆ 2

−

P ( 0, 50 − 0, 325 − 0,13031 < p1 P ( 0, 045 < p2

−

p1

<

=

pˆ1 −

+

p2

1, 64

0, 325 × 0, 675 80

+

0, 50 × 0, 50 70

=

0,13031

e ) < 1 − α <

0, 50 − 0, 325 + 0,13031 ) = 0, 90

0, 305 ) = 0, 90

Nesse nível de confiança, fica claro que a proporção certamente melhorou.

Exercício 9


85

Item 7.12 7.12 – Ex. 1 Dados: x = variável normal, mede o número de peças defeituosas com Amostra de n = 51 elementos fornece: Nível de confiança:

σ

2

( x ) = 16 .

s 2 ( x ) = 14

1 − α = 0, 98

Solução Para o nível 1 − α = 0, 98 com n = 51 e Graus de liberdade n − 1 = 50 teremos (Tabela ou função INV.QUI do Excel) Probabilidade: 0,98 e GL: 50 ⇒ χ 1 = 29,71 2

Probabilidade: 0,02 e GL = 50 ⇒ χ 2 = 76,15 2

 s 2 ( x ) ( n − 1) s 2 ( x ) ( n − 1)  2 P  < σ ( x) <  = 1 − α 2 2  χ 2 χ 1    14 × 50

P 

 76,15

< σ 2 ( x ) <

14 × 50 

 = 0,98

29, 71 

P ( 9,19 < σ 2 ( x ) < 23, 56 )

=

0, 98


Exercício 1 Medeiros da Silva | Elio Medeiros da Silva | Valter Valter Gonçalves | Afrânio Carlos Murolo Murolo Estatística 2 | Ermes Medeiros

86

Item 7.12 – Ex. 2 Dados: x 1 = variável normal, mede a TIR do projeto Amostra de n = 81 elementos fornece: Nível de confiança:

s ( x ) = 4

1 − α = 0,95

Solução Para o nível 1 − α = 0, 95 com n = 81 e Graus de liberdade n − 1 = 80 teremos (Tabela ou função INV.QUI do Excel) Probabilidade: 0,95 e GL: 80 ⇒ χ 1 = 60,39 2


 s 2 ( x )( n − 1) s 2 ( x )( n − 1)  2 P  < σ ( x) <  = 1 − α 2 2  χ χ 2 1    16 × 80

P 

 101,89

< σ 2 ( x ) <

16 × 80 

 = 0,95

60,39 

P (12,56 < σ 2 ( x ) < 21, 20 ) = 0,95

Exercício 2


87

Item 7.12 – Ex. 3 Dados: x = variável normal, mede a receita das vendas

Amostra de n = 12 elementos fornece:

e s

2

∑ ( x ( x) =

i

− x)

n −1

2

2

=

x =

( 45 − 52 ) + ... + ( 60 − 52 )

Nível de confiança:

11

∑ xi n

=

45 + 62 + ... + 60 12

= 52

2

= 59,45

1 − α = 0,95

Solução Para o nível 1 − α = 0,95 com n =12 e Graus de liberdade n − 1 = 11 teremos (Tabela ou função INV.QUI do Excel) Probabilidade: 0,975 e GL: 11 ⇒ χ 1 = 3,82 2


 s 2 ( x )( n − 1) s 2 ( x )( n − 1)  2 P  < σ ( x) <  = 1 − α 2 2  χ 2 χ 1    59, 45 × 11

P 



21,92

< σ 2 ( x ) <

59, 45 ×11  3,82

 = 0,95 

P ( 29,84 < σ 2 ( x ) < 171, 20 ) = 0, 95

Exercício 3


88

Item 7.12 – Ex. 5 Dados: x 1 = variável normal, mede o peso das aves Amostra de n = 30 aves fornece: Nível de confiança:

x = 1,8 Kg

e

s ( x ) = 0, 2 Kg

1 − α = 0,90

Solução Para o nível 1 − α = 0,90 com n = 30 e Graus de liberdade n − 1 = 29 teremos (Tabela ou função INV.QUI do Excel) Probabilidade: 0,95 e GL: 29 ⇒ χ 12 = 17,71 Probabilidade: 0,05 e GL = 29 ⇒ χ 2 2 = 42,56

 s 2 ( x )( n − 1) s 2 ( x )( n − 1)  2 P  < σ ( x) <  = 1 − α 2 2  χ 2 χ 1  

 0, 04 × 29

P 

 42,56

< σ 2 ( x ) <

0, 04 × 29 

 = 0,90

17, 71 

P ( 0, 027 < σ 2 ( x ) < 0, 065 ) = 0,90

Exercício 5


89

Item 7.12 – Ex. 6 Dados: x 1 = variável normal, mede a TIR do projeto Amostra de n = 81 elementos fornece: Nível de confiança:

s ( x ) = 0, 2 Kg

1 − α = 0,98

Solução Para o nível 1 − α = 0,98 com n = 81 e Graus de liberdade n − 1 = 80 teremos (Tabela ou função INV.QUI do Excel) Probabilidade: 0,99 e GL: 80 Probabilidade: 0,01 e GL = 80

 s 2 ( x )( n − 1) P  < σ ( x) < 2  χ 2 

⇒

2

χ 1

⇒

χ 2

=

2

14,26

=

49,59

s 2 ( x )( n − 1)  2

χ 1

 = 1 − α  

 0, 04 × 29 0, 04 × 29  σ ( x ) < <  = 0,98  49,59 14, 26  

P 

P ( 0,153 < σ ( x ) < 0, 285 ) = 0,98

Exercício 6


90

Item 8.3 – Ex. 1 Dados: x = variável normal com

σ

2

( x ) = 3

Amostra de n = 20 elementos fornece: Nível de significância:

α

x

=

50

= 0,10

Solução

 H 0 : µ ( x) = 53   H a : µ ( x) ≠ 53

Teste

Para o nível

z c

=

x

−

σ

µ ( x )

( x ) n

Como zc

α

<

= 0,10 (Tabela ou função INV.NORMP do Excel) retorna z t =

50 − 53 3

1,64

= −

7,75

= −

20

z t , rejeitamos H 0 ao nível de significância

α

=

10% .



91

Item 8.3 – Ex. 3 Dados: x 1 = variável normal com

µ ( x )

=

6

Amostra de n = 15 elementos fornece: Nível de significância:

α

e

σ

x

=

( x ) = 0, 5 s ( x ) = 1

4

= 0,05

Solução

 H 0 : µ ( x) = 6   H a : µ ( x) < 6

Teste

Para o nível

z c

=

x

−

σ

µ ( x )

( x ) n

Como zc

α

<

= 0,05 (Tabela ou função INV.NORMP do Excel) retorna z t =

4−6 0,5

= −

1,64

15,49

= −

15

z t , rejeitamos H 0 ao nível de significância

α

=

5% .

Exercício 3


92


µ ( x)

=

18

Amostra: 12 elementos, forneceu x significância:

α

=

17 e s ( x ) = 3 .

Nível de

= 0,10

Solução

 H 0 : µ ( x ) = 18   H a : µ ( x ) ≠ 18

Teste

Para o nível

α

= 0,10 (Tabela ou função INVT do Excel) com Probabilidade: 0,10 e

Graus_liberdade: 11 retorna o valor t t

t c =

x − µ ( x) s ( x )

17 − 18 = −1,15 3 12

n Como tc

=

1,80

= −

t , aceitamos H 0 ao nível de significância

> t

α

=

10% .

Exercício 4


93

Item 8.3 – Ex. 6 Dados: x 1 = variável normal Amostra: 12, 16, 15, 14, 17, 10, 9, 15, 13, 16. Nível de significância:

α

= 0,05

Solução

∑ x x =

i

n

=

137 10

= 13,7

∑ ( xi − x ) s 2 ( x ) = n −1

2

=

64,10 9

= 7,122

s ( x ) = 2,67

 H 0 : µ ( x ) = 15   H a : µ ( x ) < 15

Teste

Para o nível

α


Graus_liberdade: 9 retorna o valor t t = − 1,83

t c =

x − µ ( x ) s ( x ) n

=

13, 7 − 15 = −1,54 2,67 10

Como tc > t t , aceitamos H 0 ao nível de significância

α =

5% .

Exercício 6


94


µ ( x )

=

4

Amostra: 25 elementos, forneceu x = 5 e s ( x ) significância:

α

=

1, 2 .

Nível de

= 0,05

Solução

Teste

 H 0 : µ ( x) = 4   H a : µ ( x) > 4

Para o nível

α


Graus_liberdade: 24 retorna o valor t t

t c =

=

1,71

x − µ ( x ) 5 − 4 = = 4,17 1, 2 s ( x ) n

Como tc

>

25

t t , rejeitamos H 0 ao nível de significância

α =

5% .

Exercício 8


95

Item 8.3 – Ex. 9 Dados: x = variável normal, mede o IRR do projeto em %. Amostra de 40 elementos Nível de significância:

α

=

0,05

Solução x

18

20

22

p(x)

0,2

0,4

0,25

0,15

x.p(x)

3,6

8

5,5

3,6

20,7

64,8

160

121

86,4

432,2

x*2.p(x)

x

=

E ( xi ) P ( xi )

=

24 Soma

20,70 2

s 2 ( x ) = E ( xi 2 ) −  E ( x )  = 432, 20 − 428, 49 = 3, 71

s ( x ) = 1,93

No caso, o pior erro é a taxa ser menor que 21%.

 H 0 : µ ( x) = 21   H a : µ ( x) < 21

Teste

Para o nível

α

=

0,05 (Tabela ou função INVT do Excel) com Probabilidade: 0,05 e

Graus_liberdade: 39 retorna o valor e t t = − 1,68

t c

x =

−

µ ( x )

s ( x ) n

20, 70 21 1,93 −

=

=

0,98

−

40

Como tc > t t , aceitamos H 0 ao nível de significância

α =

5% .

Exercício 9


96

Item 8.4 – Ex. 1 Dados: x = variável binomial

S = mulher em cargo administrativo

Amostra de n = 200 elementos obteve: pˆ =

40 200

p = 0,15

= 0,20

Nível de significância: 0,05. Solução

` H 0 : p = 0,15 Teste   H a : p > 0,15 Ao nível

z c

=

α

pˆ − p ˆˆ pq n

Como zc

= 0,05 , z t =

=

1,64 (Tabela ou INV.NORMP com PROBABILIDADE: 0,95)

0, 20 − 0,15 0,15 × 0, 85

=

1,98

200 >

z t , rejeitamos a hipótese nula. Ao nível de 5%, a proporção de mulheres

aumentou.



97


S = peça defeituosa


p = 0,03

8 200

= 0,04


` H 0 : p = 0, 03 Teste   H a : p > 0, 03 Ao nível

z c

=

α

pˆ − p ˆˆ pq n

Como zc

= 0,025 , z t =

=


0, 04 − 0, 03 0, 03 × 0, 97

=

0,83

200 <

z t , aceitamos a afirmação do vendedor.

Exercício 2


98


S = indivíduo com renda inferior a dois salários mínimos

Amostra de n =60 elementos obteve: pˆ = 0,41 Nível de significância: 0,05 Solução


z c

=

α

pˆ − p ˆˆ pq n

Como zc

= 0,05 , z t =

=


0, 41 − 0, 40 0, 40 × 0, 60

=

0,16

60 <

z t , aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 5%, a porcentagem é ainda de

40%.

Exercício 3


99


S = animal morto

Amostra de n = 100 animais forneceu: pˆ =

p = 0,10

4 100

= 0,04


` H 0 : p = 0,10  H a : p < 0,10

Teste 

Ao nível

z c =

α

pˆ − p

=

=

0,05 , z t = − 1,64 (Tabela ou INV.NORMP com PROBABILIDADE: 0,05)

0, 04 − 0,10

ˆˆ pq

0,10 × 0, 90

n

100

= −2

Como zc < z t , rejeitamos a hipótese nula. O índice de mortalidade diminuiu.

Exercício 4


100


S = resposta positiva ao plano de férias


15 50

p = 0,20

= 0,30

Nível de significância: 0,06 Solução


z c

=

α

pˆ − p ˆˆ pq n

Como zc

= 0,06 , z t =

=


0,30 − 0, 20 0, 20 × 0, 80

=

1,77

50 >

z t , rejeitamos a hipótese nula. Ao nível de 6% podemos afirmar que o

número de respostas favoráveis aumentou.

Exercício 5


101


S = projeto viável

p = 0,50

Amostra de n = 31 elementos forneceu: pˆ = 0,60 Nível de significância: 0,10. Solução

` H 0 : p = 0, 50  H a : p > 0, 50

Teste 

Ao nível

z c

=

α =

pˆ − p ˆˆ pq n

Como zc

=

0,10 , z t

=


0, 60 − 0,50 0, 50 × 0, 50

=

1,11

31 <

z t , aceitamos a hipótese nula. Ao nível de significância de 0,10, a proporção

é ainda de 50%, o que contradiz a expansão da economia.

Exercício 6


102


S = financiamento a pequena empresa


12 40

p = 0,20

= 0,30



z c

=

α

pˆ − p ˆˆ pq n

Como zc

= 0,10 , z t =

=


0,30 − 0, 20 0, 20 × 0, 80

=

1,58

40 >

z t , rejeitamos a hipótese nula. Ao nível de 10%, podemos afirmar que a

política foi bem sucedida.

Exercício 7


103


S = inseticida eficiente

Amostra de n = 120 elementos obteve: qˆ =

32 120

p = 0,70

= 0,27

pˆ = 0,73


` H 0 : p = 0, 70  H a : p > 0, 70

Teste 

Ao nível

z c

=

α

pˆ − p ˆˆ pq n

Como zc

= 0,025 , z t =

=


0, 73 − 0, 70 0, 70 × 0, 30

=

0,72

120 <

z t , aceitamos a hipótese nula. A toxicidade está controlada ao nível de 70%.

Exercício 8


104


S = pagamento à vista


40 180

p = 0,76

= 0,778



z c

=

α

pˆ − p ˆˆ pq n

Como zc

= 0,05 , z t =

=


0, 778 − 0, 76 0, 76 × 0, 24

=

0,57

180 <

z t , aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 5%, podemos afirmar que a

política foi bem sucedida.

Exercício 9


105


S = favorável à pena de morte


280 500

p = 0,52

= 0,56


` H 0 : p = 0, 52  H a : p > 0, 52

Teste 

Ao nível

z c =

α

pˆ − p

=

=

0,10 , z t = 1,28 (Tabela ou INV.NORMP com PROBABILIDADE: 0,90)

0, 56 − 0, 52

ˆˆ pq

0, 52 × 0, 48

n

500

= 1,79

Como zc > z t , rejeitamos a hipótese nula. A proporção de favoráveis aumentou após a divulgação do crime.

Exercício 10


106

Item 8.5 – Ex. 1 Dados: x 1 = variável normal com

σ

2

( x1 ) = 5

Amostra de n = 20 elementos forneceu x1 X 2 = variável normal com

σ

2

=

( x2 ) = 5

Amostra de n = 20 elementos forneceu: x2 Nível de significância:

α

32

=

33,5

= 0,03 .

Solução

 H 0 : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) = 0 Teste   H a : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) ≠ 0 Cálculo de z t . Tabela com

zα

=

Cálculo de t t :

z 0,015

=

2,17

2

(ou INV.NORMP, com Probabilidade

0,985) Cálculo de t c :

t c

=

x1 2 1

s

n1 Como tc

>

−

x2

+

s2

2

=

n2

32 − 33,5 5 20

+

5

2,12

= −

20

t t , aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 3%, podemos afirmar que as

populações apresentam a mesma média.



107

Item 8.5 8.5 – Ex. 3 Dados: x 1 = variável normal Amostra de n = 25 elementos forneceu: x1 = 50

s ( x1 ) = 4

X 2 = variável normal Amostra de n = 30 elementos forneceu: x2 = 48 Nível de significância:

α

s ( x2 ) = 3

= 0,05 .

Solução

 H 0 : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) = 0  H a : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) ≠ 0

Teste 

2

 s12 s 2 2  +   n n 1 2   Gl : −2= 2 2 2 2  s1  s 2       n1  +  n2  n1 + 1 n2 + 1

Cálculo de t t :

2

 42 32   +   25 30  − 2 = 45, 36 2 2 2 2 4  3       25  +  30  25 + 1 30 + 1

GL = 45

t 0,05;45 = 2,01 Cálculo de t c :

t c =

x1 − x2 2 1

s

n1 Como tc

+

s2

= 2

n2

50 − 48 4

2

25

+

2

= 2,06

3

30

> t t , rejeitamos a hipótese nula. As médias populacionais são diferentes.

Exercício 3

Medeiros da Silva | Elio Medeiros da Silva | Valter Valter Gonçalves | Afrânio Carlos Carlos Murolo Estatística 2 | Ermes Medeiros

108

Item 8.5 8.5 – Ex. 4 Dados: x 1 = variável normal, mede a vida útil de pneus em uso urbano Amostra de n = 40 pneus forneceu: x1 = 50.000 Km

s ( x1 ) = 4.000 Km

X 2 = variável normal, mede a vida útil de pneus em uso interurbano Amostra de n = 40 pneus forneceu: x2 = 53.000 Km Nível de significância:

s ( x2 ) = 5.000 Km

= 0,05 .

α

Solução

 H 0 : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) = 0  H a : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) < 0

Teste 

Cálculo de t t :

2

2

 s12 s 2 2   4.000 2 5.000 2  + +     n n 4 0 40    1 2  −2= − 2 = 76, 23 Gl : 2 2 2 2 2 2 2 2  s1  s 2   4.000   5.000          4 0 4 0 n n      1  + 2  + 41 41 n1 + 1 n2 + 1

GL = 76

t 0,05 0,05 ; 76 = − 1,67 Cálculo de t c :

t c =

x1 − x2 2 1

s

n1

+

s2

= 2

n2

50.000 − 53.000 4.000 40

2

+

5.000

2

= −2,96

40

Como tc < t t , rejeitamos a hipótese nula. Os pneus usados em ônibus urbanos desgastam mais rapidamente.

Exercício 4


109

Item 8.5 8.5 – Ex. 5 Dados: x 1 = variável normal, mede a vida útil de pneus em uso urbano Amostra de n = 10 alunos forneceu: x1 = 166 166 min min

s ( x1 ) = 23min 23min

X 2 = variável normal, mede a vida útil de pneus em uso interurbano Amostra de n = 10 alunos forneceu: x2 = 151mi 151min n Nível de significância:

α

s ( x2 ) = 16min

= 0,05 .

Solução

 H 0 : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) = 0 Teste   H a : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) > 0 2

 s12 s 2 2  +   n n2  1  Gl : −2= 2 2 2 2  s1  s 2      n n 1 2   +  n1 + 1 n2 + 1 t 0,05;17 = 1,74

Cálculo de t t :

2

 232 162  +   1 0 10   − 2 = 17, 6 2 2 2 2  23   16       10  +  10  10 + 1 10 + 1

GL = 17

(Tabela com p = 10 e GL = 17 ou INVT com Probabilidade 0,10 e

Graus_Liberdade Graus_Liberdade 17) Cálculo de t c :

t c =

x1 − x2 s1

2

n1

+

=

166 − 151

2

23

n2

10

s2

2

+

16

2

= 1,69

10

Como tc < t t , aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 5% podemos afirmar que os métodos apresentam a mesma eficiência.

Exercício 5


110

Item 8.5 – Ex. 6 Dados: x 1 = variável normal, mede o consumo dos homens Amostra de n = 20 homens forneceu: x1

=

s ( x1 ) = 60 g

650 g

X 2 = variável normal, mede o consumo das mulheres Amostra de n = 10 mulheres forneceu: x2 Nível de significância:

α

=

=

s ( x2 ) = 50 g

35 g

0,10 .

Solução

1  µ ( x1 ) − µ ( x2 ) = 0 H : 0  2 Teste   H : 1 µ ( x ) − µ ( x ) < 0 1 2  a 2 2

 s12 s 2 2  +   n n2  1  Gl : −2= 2 2  s12   s 22       n1  +  n2  n1 + 1 n2 + 1 t 0,10; 23

= −

2

 602 502  +   20 10   − 2 = 23,59 2 2  60 2   50 2       20  +  10  21

GL = 23

11

1,32

Cálculo de t c :

t c

=

x1 2 1

s

n1 Como tc

Cálculo de t t :

−

x2

+

s2

2

n2

=

50.000 − 53.000 4.000 40

2 +

5.000

2

2,96

= −

40

t , rejeitamos a hipótese nula. As mulheres consomem mais que a metade

< t

do consumo dos homens.

Exercício 6


111

Item 8.5 – Ex. 7 Dados: x 1 = variável normal, mede o número de cáries dos alunos do grupo tratado com flúor. Amostra de n = 30 alunos forneceu: x1 = 1,8

s ( x1 ) = 0,5

X 2 = variável normal, mede o número de cáries do grupo sem o tratamento. Amostra de n = 500 pneus forneceu: x2 = 2,2 Nível de significância:

α

s ( x2 ) = 0,6

= 0,05 .

Solução

 H 0 : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) = 0  H a : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) < 0

Teste 

2

 s12 s 2 2  +   n n 2   1 Gl : −2= 2 2 2 2  s1  s 2       n1  +  n2  n1 + 1 n2 + 1

Cálculo de t t :

2

 0,52 0, 6 2  +   30 50   − 2 = 72, 09 2 2 2 2  0,5   0, 6       30  +  50  30 + 1 50 + 1

GL = 72

t 0,05; 72 = −1,67 Cálculo de t c :

t c =

x1 − x2 2 1

s

n1 Como tc

+

s2

= 2

n2

50.000 − 53.000 4.000 40

2

+

5.000

2

= −2,96

40

< t t , rejeitamos a hipótese nula. Ao nível de 5% podemos afirmar que o

tratamento com cloro diminuiu a incidência de cáries.

Exercício 7


112

Item 8.5 – Ex. 8 Dados: x 1 = variável normal, mede o tempo de embalagem manual Amostra de n = 60 embalagens forneceu: x1 = 4,2 min

s ( x1 ) = 0,5 min

X 2 = variável normal, mede o tempo de embalagem automático Amostra de n = 60 pneus forneceu: x2 = 4 min Nível de significância:

α

s ( x2 ) = 1,2 min

= 0,025 .

Solução

 H 0 : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) = 0  H a : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) > 0

Cálculo de t t :

2

2

Teste 

 s12 s 2 2   0,52 1, 2 2  + +     n n2  60 60  1   Gl : −2= − 2 = 79,56 2 2 2 2 2 2 2 2  s1  s 2   0,5   1, 2          60 60 n n      1  + 2  + 61 61 n1 + 1 n2 + 1

GL = 79

t 0,025; 79 = 1,99 Cálculo de t c :

t c =

x1 − x2 2 1

s

n1

+

=

4, 2 − 4

2

0,5

n2

60

s2

2

+

1, 2

2

= 1,19

60

Como tc < t t , aceitamos a hipótese nula. Automatizar a embalagem não melhora o tempo deste serviço.

Exercício 8


113

Item 8.5 – Ex. 9 Dados: x 1 = variável normal, mede o nível de vendas da região com desconto Amostra de n = 30 pontos de vendas forneceu: x1 = 180

s ( x1 ) = 30

X 2 = variável normal, mede o nível de vendas da região sem desconto Amostra de n = 30 pontos de vendas forneceu: x2 = 170 Nível de significância:

α

s ( x2 ) = 30

= 0,025 .

Solução

 H 0 : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) = 0 Teste   H a : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) > 0 2

 s12 s 2 2  +   n n2  1  −2= Gl : 2 2 2 2  s1  s 2      n1  +  n2  n1 + 1 n2 + 1 t 0,025; 60 = 2,00

Cálculo de t t :

2

 30 2 30 2  +   30 30   − 2 = 60 2 2 2 2  30   30       30  +  30  30 + 1 30 + 1

GL = 60

(Tabela com p = 0,05 e GL = 60 ou INVT com Probabilidade 0,05 e

Graus_liberdade 60) Cálculo de t c :

t c =

x1 − x2 2 1

s

n1

+

s2

= 2

n2

180 − 170 30

2

30

+

30

2

= 1, 29

30

Como tc < t t , aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 2,5% podemos afirmar que o desconto não aumentou as vendas

Exercício 9


114

Item 8.5 – Ex. 10 Dados: x 1 = variável normal, mede o volume de vendas do produto sem desconto Amostra de n = 30 pontos de vendas forneceu: x1 = 170 un

s ( x1 ) = 30 un

X 2 = variável normal, mede o volume de vendas após desconto Amostra de n = 30 pneus forneceu: x2 = 230 un Nível de significância:

s ( x2 ) = 10 un

= 0,025 .

α

Solução

 H 0 : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) = 0  H a : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) < 0

Teste 

2

 s12 s 2 2  +   n n2  1  Gl : −2= 2 2  s12   s 22       n1  +  n2  n1 + 1 n2 + 1

Cálculo de t t :

2

 302 10 2  +   30 30   − 2 = 35,80 2 2  30 2   10 2       30  +  30  31

GL = 35

31

t 0,025; 35 = − 2,03 Cálculo de t c :

t c =

x1 − x2 2 1

s

n1

+

s2

= 2

n2

170 − 230 30

2

30

+

10

2

= −10,39

30

Como tc < t t , rejeitamos a hipótese nula. As vendas aumentaram com o desconto concedido.

Exercício 10


115

Item 8.6 – Ex. 2 Dados: x 1 = variável binomial, mede a quantidade de homens que compram o produto. Amostra de n = 80 homens forneceu: pˆ

=

28 80

=0,35

X 2 = variável binomial mede a quantidade de mulheres que compram o produto. Amostra de n = 100 mulheres forneceu: pˆ = Nível de significância:

α =

40 100

= 0,40

0,10 .

Solução

 H 0 : p1 − p2 = 0 Teste  H p p − ≠ : 0 2  a 1 pˆ1 − pˆ 2

z c =

1

pq 

 n1

z c =

Como

+

1 

onde p =

α =

0,10

n1 pˆ1 + n2 pˆ 2



n1 + n2

z 0,05

=

1,64 .

= −

80 × 0, 35 + 100 × 0, 40 80 + 100

= 0,38

n2 

0,35 − 0, 40 1   1 + 0, 38 × 0, 62    80 100 

1, 69 < z c

−

Para

<

= −0,69

1, 69 , aceitamos a hipótese nula. Não há diferença significativa

entre as proporções dois grupos ao nível de 10%.



116

Item 8.6 – Ex. 2 Dados: x 1 = variável binomial, mede a quantidade de deprimidos entre motoristas de taxi.

S = motorista de taxi com depressão.

Amostra de n = 20 motoristas forneceu: pˆ

=

10 40

=0,25

X 2 = variável binomial mede a quantidade de deprimidos entre pessoas pouco expostas ao trânsito. S = pessoa com depressão Amostra de n = 10 pessoas forneceu: pˆ Nível de significância:

α =

=

8 40

=

0,20

0,03 .

Solução

 H 0 : p1 − p2 = 0 − > H : p p 0 2  a 1

Teste 

pˆ1 − pˆ 2

z c =

1

pq 

 n1

+

1 

Para

onde p



= 0,03

n1 pˆ1

+

n2 pˆ 2

n1

+

n2

z 0,03 = 1,88 .

=

40 × 0, 25 + 40 × 0, 20 40 + 40

=

0,225

n2 

0, 25 − 0, 20

z c =

=

α

1   1 +   40 40 

= 0,54

0, 225 × 0, 775  Como zc

<

z t , aceitamos a hipótese nula. Não há diferença significativa entre as

proporções de deprimidos dos dois grupos.

Exercício 2


117

Item 8.6 – Ex. 3 Dados: x 1 = variável binomial, mede a quantidade de indivíduos com doença pulmonar entre fumantes. Amostra de n 1 = 50 motoristas forneceu: pˆ 1

=

8 50

=0,16

X 2 = variável binomial mede a quantidade de indivíduos com d oença pulmonar entre não fumantes. Amostra de n 2 = 80 pessoas forneceu: pˆ 2 = Nível de significância:

α =

6 80

= 0,075

0,10 .

Solução

 H 0 : p1 − p2 = 0 − > H : p p 0 2  a 1

Teste 

pˆ1 − pˆ 2

z c =

1

pq 

 n1

z c =

+

1 

onde p =

0,10

n1 pˆ1 + n2 pˆ 2



1   1 0,11 × 0, 89  +   50 80  >

α =

n1 + n2

z 0,10

=

=

1, 28 .

50 × 0,16 + 80 × 0, 075 50 + 80

= 0,11

n2 

0,16 − 0, 075

Como zc

Para

= 1,51

z t , rejeitamos a hipótese nula. Ao nível de 10% podemos afirmar que o uso

do cigarro aumenta a incidência de doenças pulmonares.

Exercício 3


118

Item 8.6 – Ex. 4 Dados: x 1 = variável binomial, mede a quantidade de votos no interior S = voto favorável ao candidato Amostra de n = 200 eleitores forneceu: pˆ =

90

=0,45

200

X 2 = variável binomial mede a quantidade de votos na capital. S = pessoa com depressão. Amostra de n = 100 eleitores forneceu: pˆ = Nível de significância:

α

40 100

= 0,40

= 0,04 .

Solução Teste

 H 0 : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) = 0   H a : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) > 0 pˆ1 − pˆ 2

z c =

1

pq 

 n1

+

1 

onde p =

Para

n1 pˆ1 + n2 pˆ 2



n1 + n2

= 0,04

=

z 0,04 = 1,75 .

200 × 0, 45 + 100 × 0, 40 200 + 100

= 0,4333

n2 

0, 45 − 0, 40

z c =

α

1   1 +   200 100 

= 0,824

0,4333 × 0,5667 

Como zc < z t , aceitamos a hipótese nula. Não há diferença significativa entre as proporções de eleitores favoráveis ao candidato na capital e no interior.

Exercício 4


119

Item 8.6 – Ex. 5 Dados: x 1 = variável binomial, mede a venda de apartamentos entre casados. S = venda efetiva. Amostra de n = 200 motoristas forneceu: pˆ =

25 200

=0,125

X 2 = variável binomial mede a venda de apartamentos entre solteiros. S = venda efetiva Amostra de n = 120 pessoas forneceu: pˆ = Nível de significância:

α

30 120

= 0,25

= 0,05 .

Solução

 H 0 : µ ( x1 ) − µ ( x2 ) = 0 − < H : ( x ) ( x ) 0 µ µ 1 2  a

Teste 

pˆ1 − pˆ 2

z c =

1

pq 

 n1

z c =

1 

+

onde p =



Para

α

n1 pˆ1 + n2 pˆ 2 n1 + n2

= 0,05

=

z 0,05 = −1,64 .

200 × 0,125 + 120 × 0, 25 100 + 120

= 0,172

n2 

0,125 − 0, 25 1   1 + 0,172 × 0,828    200 120 

= − 2,87

Como zc < z t ,rejeitamos a hipótese nula. A proporção de descasados que efetiva a compra é maior.

Exercício 5


120

Item 8.7 – Ex. 1 Dados: x = variável normal Amostra: n = 25 elementos fornece s ( x ) = 4 Nível de significância: 0,05 Solução

 H 0 : σ 2 ( x ) = 15  2  H a : σ ( x ) ≠ 15 2

χ 2 ; 2 4 ; 0,025

=

39,36 (Tabela ou INV.QUI do Excel, com Probabilidade 0,025 e Graus_liberdade 24)

2

χ 1 ; 2 4 ; 0 ,975

=


( n − 1) s 2 ( x ) ( 25 − 1) × 42 χ n 1 = = 2 15 σ ( x ) 2

−

Como χ

2 1,t <

χ

2

c <

=

25,6

2

χ 2 , t , aceitamos a hipótese nula. A variância não se diferencia

significativamente de 15.



121

Item 8.7 – Ex. 2 Dados: x 1 = variável normal Amostra: n = 10 fornece s ( x ) = 7 Nível de significância: 0,025 Solução

 H 0 : σ 2 ( x ) = 45  2  H a : σ ( x ) > 45 2

χ 2 ; 9 ; 0,025

=


( n − 1) s 2 ( x ) (10 − 1) × 7 2 χ n 1 = = 2 45 σ ( x ) 2

−

Como χ

2

9 <

=

9,80

2

χ 2 ,t , aceitamos a hipótese nula. A variância não se diferencia

significativamente de 45.

Exercício 2


122

Item 8.7 – Ex. 3 Dados: x = variável normal em porcentagem Amostra:

n = 10 fornece x =

s 2

( x ∑ = x ( )

i

− x)

n −1

8 + 7 + ..... + 7,5

= 7,5

10

2

=

2 2 (8 − 7, 5 ) + ... + ( 7, 5 − 7,5 )

9

= 2,78


 H 0 : σ 2 ( x ) = 6, 25  2  H a : σ ( x ) < 6, 25 2

χ 1,t

=


( n − 1) s 2 ( x ) (10 − 1) × 2, 78 χ n 1 = = = 4,00 2 6,25 σ ( x ) 2

−

Como χ

2

9 <

2

χ 1, t , rejeitamos a hipótese nula. Ao nível de 10% podemos afirmar que

o desvio-padrão é menor que 2,5%. O gerente tem razão.

Exercício 3


123

Item 8.7 – Ex. 4 Dados: x 1 = variável normal Amostra: n = 40 fornece s

2

( x ) = 6, 4


 H 0 : σ 2 ( x ) = 8, 2  2  H a : σ ( x ) < 8, 2 2

χ 1 ; 39 ; 0 ,05

= 25,70 (Tabela ou INV.QUI do Excel, com Probabilidade 0,95 e Graus_liberdade 39)

( n − 1) s 2 ( x ) ( 40 − 1) × 6, 4 χ n 1 = = = 30,43 2 8,2 σ ( x ) 2

−

Como χ

2

2 39 > χ 1,t ,

aceitamos a hipótese nula. A rede local tem razão ao afirmar que

os preços apresentam grande variação.

Exercício 4


124

Item 8.7 – Ex. 5 Dados: x = variável normal Amostra: n = 15 fornece s ( x ) = 2,3 Nível de significância: 0,10 Solução 2   H 0 : σ ( x ) = 4  2   H a : σ ( x ) > 4

2

χ 2 ; 14 ; 0,10


( n − 1) s 2 ( x ) (14 − 1) × 2,32 χ n 1 = = 2 4 σ ( x ) 2

−

Como χ

2 2 14 < χ 2 ,t ,

=

18,52

aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 10% podemos afirmar que

a Prefeitura tem razão.

Exercício 5


125

Item 8.7 – Ex. 6 Dados: x 1 = variável normal mede o comprimento das peças Amostra: n = 20 fornece s ( x ) = 2 Nível de significância: 0,10 Solução 2  H 0 : σ ( x ) = 7,84  2  H a : σ ( x ) < 7,84

2

χ 1 ;19; 0,10


( n − 1) s 2 ( x ) ( 20 − 1) × 2 2 χ n 1 = = 2 7,84 σ ( x ) 2

−

Como χ

2 2 19 < χ 2 ,t ,

=

9,69

rejeitamos a hipótese nula. A variação realmente diminuiu.

Exercício 6


126

Item 8.7 – Ex. 7 Dados: x = variável normal. Amostra: n = 40 fornece s

2

( x ) = 6, 4 . Nível de

significância: 0,10 Solução 2  H 0 : σ ( x ) = 144  2  H a : σ ( x ) > 144

x 50 60 70 80 90

f 4 7 8 6 5 30

x =

x.f 200 420 560 480 450 2110

( xi − x )

2

. f

1653,772 747,4396 0,888711 560,6705 1933,895 4896,667

∑ x. f = 70,333 ∑ f 2

s 2

χ 2

2 ,t

( x − x ) . f ∑ = = 168,85 x ( ) − 1 f ∑


( n − 1) s 2 ( x ) ( 30 − 1) × 168,85 χ n −1 = = = 34,00 2 144 σ ( x ) 2

Como χ

2 29

< χ 2 2 ,t , aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 10% podemos afirmar que

a variação nas vendas não é maior que a afirmada.

Exercício 7


127

Item 8.7 – Ex. 8 Dados: x 1 = variável normal mede o peso dos botijões de gás µ ( x )

=

13 Kg

σ

( x ) = 0, 250 Kg

Amostra: n = 26 fornece s ( x )

=

0,305 Kg

Nível de significância: 0,05 Solução 2   H 0 : σ ( x ) = 0, 0625  2   H a : σ ( x ) > 0, 0625

2

χ 2 ; 25 ; 0,05


( n − 1) s 2 ( x ) ( 26 − 1) × 0,305 2 = χ n 1 = 2 σ ( x ) 0,250 2 2

−

Como χ

2 2 19 < χ 2 ,t ,

=

37,21

aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 5% de significância,

concluímos que o produto está dentro da especificação.

Exercício 8


128

Item 8.7 – Ex. 9 Dados: x = variável normal. Amostra: n = 10 fornece s ( x ) = 1, 6 . Nível de significância: 0,10 Solução

 H 0 : σ 2 ( x ) = 4, 41  2  H a : σ ( x ) < 4, 41 2

χ 1 ; t


2

χ n 1 −

=

(n

Como χ

−

1) s 2 ( x )

σ 2 9

2

( x )

=

(10

−

1) ×1, 6 2

4,41

=

5,22

> χ 21, t , aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 10% podemos afirmar que a

política não foi eficaz.

Exercício 9


129

Item 8.7 – Ex. 10 Dados: x 1 = variável normal mede o volume das mercadorias

σ

( x ) = 12 l

Amostra: n = 25 fornece s ( x ) = 10 l Nível de significância: 0,10 Solução 2   H 0 : σ ( x ) = 144  2   H a : σ ( x ) < 144

2

χ 1 ; 2 4 ; 0 ,10


( n − 1) s 2 ( x ) ( 25 − 1) × 10 2 χ n 1 = = 2 σ ( x ) 122 2

−

Como χ 219

>

=

16,67

2

χ 1,t , aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 10% de significância

concluímos que a afirmação do funcionário não é correta.

Exercício 10


130

Item 8.8 – Ex. 1 Dados: x 1 = variável normal. Amostra: n 1 = 11 fornece s ( x1 ) = 15 x 2 = variável normal. Amostra de n 2 = 15 elementos fornece s ( x2 ) = 10 . Nível de significância: 0,05 Solução

 H 0 : σ 2 ( x1 ) − σ 2 ( x2 ) = 0 Teste  2 2  H a : σ ( x1 ) − σ ( x2 ) > 0 F (11−1; 15−1) ; 0,05 = 2,60 (Tabela Fisher ou função INVF do Excel, com Probabilidade: 0,05; Graus_liberdade1: 10; Graus_liberdade2: 14)

F (10 ; 14) , c Como Fc

=

152 10 2

<

=

2,25

F t , aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 5%, podemos afirmar que as

populações apresentam a mesma variância.



131


 H 0 : σ 2 ( x1 ) − σ 2 ( x2 ) = 0 Teste  2 2  H a : σ ( x1 ) − σ ( x2 ) > 0 F (11−1 ;15−1) ; 0,10 = 2,10 (Tabela Fisher ou função INVF do Excel, com Probabilidade: 0,10; Graus_liberdade1: 10; Graus_liberdade2: 14)

F (10 ; 14) , c = Como Fc

152 10 2

>

= 2,25

F t , rejeitamos a hipótese nula. Ao nível de 10%, podemos afirmar que a

variância de x1 é significativamente maior que a variância de x2 .

Exercício 2


132

Item 8.8 – Ex. 3 Dados: x 1 = variável normal. Amostra: n 1 = 20 fornece s ( x1 )

=

8

x 2 = variável normal. Amostra de n 2 = 9 elementos fornece s ( x2 ) = 9, 6 . Nível de significância: 0,025 Solução 2 2   H 0 : σ ( x2 ) − σ ( x1 ) = 0 Teste  2 2   H a : σ ( x2 ) − σ ( x1 ) > 0

F (8 ; 19 ) ; 0,025 = 2,96 (Tabela Fisher ou função INVF do Excel, com Probabilidade: 0,025; Graus_liberdade1: 8; Graus_liberdade2: 19)

F (8 ;19) , c

=

Como Fc

9,6 2 82 <

=

1, 44

F t , aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 2,5%, podemos afirmar que as

variâncias são iguais.

Exercício 3


133

Item 8.8 – Ex. 4 Dados: x 1 = variável normal mede o peso de suínos Amostra: n 1 = 51 fornece s ( x1 ) = 2, 4 Kg x 2 = variável normal mede o peso de suínos Amostra de n 2 = 51 elementos fornece s ( x2 ) = 3,1 Kg . Nível de significância: 0,10 Solução

 H 0 : σ 2 ( x1 ) − σ 2 ( x2 ) = 0 Teste  2 2  H a : σ ( x1 ) − σ ( x2 ) < 0

ou

 H 0 : σ 2 ( x 2 ) − σ 2 ( x1 ) = 0  2 2  H a : σ ( x 2 ) − σ ( x1 ) > 0

F (50 ; 50) ; 0,10 = 1, 44 (Tabela Fisher ou função INVF do Excel, com Probabilidade: 0,10; Graus_liberdade1: 50; Graus_liberdade2: 50)

F (50 ; 50) , c Como Fc

=

>

3,12 2, 42

=

1,67


primeira ração é superior à segunda ração.

Exercício 4


134

Item 8.8 – Ex. 5 Dados: x 1 = variável normal. Amostra: n 1 = 10 fornece s ( x1 ) = 1, 4 x 2 = variável normal. Amostra de n 2 = 10 elementos fornece s ( x2 ) = 0,9 . Nível de significância: 0,10 Solução 2 2  H 0 : σ ( x1 ) − σ ( x2 ) = 0 Teste  2 2  H a : σ ( x1 ) − σ ( x2 ) > 0

F (9 ; 9 ) ; 0,10 = 2,44 (Tabela Fisher ou função INVF do Excel, com Probabilidade: 0,10; Graus_liberdade1: 9; Graus_liberdade2: 9)

F (10 ; 14) , c = Como Fc

1, 42 0,92

<

= 2,42

F t , aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 10%, podemos afirmar que as

populações apresentam a mesma variância.

Exercício 5


135

Item 8.8 – Ex. 6 Dados: x 1 = variável binomial S = atitude favorável ao produto no mercado A Amostra: n 1 = 51 fornece pˆ =

10 51

x 2 = variável binomial S = atitude favorável ao produto no mercado C Amostra de n 2 = 100 elementos fornece pˆ

=

30 100

.

Nível de significância: 0,05 Solução 2 2   H 0 : σ ( x1 ) − σ ( x2 ) = 0 Teste  2 2  H a : σ ( x1 ) − σ ( x2 ) < 0 

ou

2 2   H 0 : σ ( x 2 ) − σ ( x1 ) = 0  2 2  H a : σ ( x 2 ) − σ ( x1 ) > 0 

F (99 ; 5 0) ; 0,05 = 1,39 (Tabela Fisher ou função INVF do Excel, com Probabilidade: 0,05; Graus_liberdade1: 99; Graus_liberdade2: 50)

s 2 ( x1 ) = n1 pˆ1 qˆ1

F (99 ; 50) , c Como Fc

=

>

=

21 8,039

51 ×

=

10

×

41

51 51

=

8, 039

s 2 ( x2 ) = n2 pˆ 2 qˆ2

=

100 ×

30

×

70

100 100

=

21

2,61


variância dos indivíduos da classe A é menor.

Exercício 6


136


 H 0 : σ 2 ( x2 ) − σ 2 ( x1 ) = 0 Teste  2 2  H a : σ ( x2 ) − σ ( x1 ) > 0 F ( 50 ; 3 0) ; 0,05 = 1,76 (Tabela Fisher ou função INVF do Excel, com Probabilidade: 0,05; Graus_liberdade1: 50; Graus_liberdade2: 30)

F (10 ; 14) , c = Como Fc

70002 50002

>

= 1,96

F t , rejeitamos a hipótese nula. Ao nível de 5%, podemos afirmar que o

primeiro grupo é mais eficiente que o segundo grupo.

Exercício 7


137

Item 8.8 – Ex. 8 Dados: x 1 = variável normal mede o tempo para correr 200 m no grupo 1 Amostra: n 1 = 21 fornece s ( x1 )

=

6s

x 2 = variável normal mede o tempo para correr 200 m no grupo 2. Amostra de n 2 = 51 elementos fornece s ( x2 )

=

4,5 s .


Teste

 H 0 : σ 2 ( x2 ) − σ 2 ( x1 ) = 0  2 2  H a : σ ( x2 ) − σ ( x1 ) > 0

F ( 20 ; 50 ) ; 0,05 = 1,784 (Tabela Fisher ou função INVF do Excel, com Probabilidade: 0,05; Graus_liberdade1: 20; Graus_liberdade2: 50)

F (50 ; 50 ) , c

=

62 4,52

=

1,777

Como Fc < F t , aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 5%, podemos afirmar que não há diferença significativa entre as homogeneidades dos dois grupos.

Exercício 8


138

Item 8.8 – Ex. 9 Dados: x 1 = variável normal mede a TIR do projeto 1 Amostra:

x1 =

∑ x f = 21,13 ∑ f i

i

s 2 ( x1 ) =

i

TIR Freq

17 3

19 7

TIR Freq

15 17 1 3

21 10

23 7

25 4

19 21 6 3

23 3

∑ ( x − x ) f = 5,57 ∑ f − 1 i

i

i

X 2 = variável normal mede a TIR do projeto 2 Amostra:

x2 =

∑ x f = 19,50 ∑ f i

i

s 2 ( x2 ) =

i

∑ ( x − x ) f = 5,60 ∑ f − 1 i

i

i


 H 0 : σ 2 ( x1 ) − σ 2 ( x2 ) = 0 Teste  2 2  H a : σ ( x1 ) − σ ( x2 ) < 0

ou

 H 0 : σ 2 ( x 2 ) − σ 2 ( x1 ) = 0  2 2  H a : σ ( x 2 ) − σ ( x1 ) > 0

F (15 ; 3 0) ; 0,10 = 1,72 (Tabela Fisher ou função INVF do Excel, com Probabilidade: 0,10; Graus_liberdade1: 15; Graus_liberdade2: 30)

F (50 ; 50) , c Como Fc

=

<

5,60 5,57

=

1,00

F t , aceitamos a hipótese nula. Ao nível de 10%, podemos afirmar que não

existe diferença significativa entre as variâncias.

Exercício 9


139

estatstica-Ermes volume 2 Exercícios

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