Exercícios MT2

$]1003, 1025[$ horas.

Como a população é normal com desvio padrão conhecido, usa-se $z_{0.025}=1.96$: $1014\pm1.96\cdot\frac{25}{\sqrt{20}}=1014\pm1.96\cdot5.590=1014\pm10.96$, donde resulta $]1003.04, 1024.96[$.

• $]1011, 1017[$. Usa uma margem de erro muito inferior à correta.
• $]952, 1076[$. Usa o desvio padrão sem o dividir por $\sqrt{n}$.
• $]1008, 1020[$. Usa uma margem de erro muito inferior à correta.
• $]1003, 1025[$. $1014\pm1.96\cdot25/\sqrt{20}=1014\pm10.96$, ou seja $]1003.04, 1024.96[$.
• Nenhuma das opções anteriores é correta.. A quarta opção é o intervalo correto.

5.25 graus.

Com variância desconhecida usa-se a distribuição t com 16 graus de liberdade: $t_{0.025,16}=2.1199$. O erro padrão é $s/\sqrt{n}=0.5/\sqrt{17}=0.1213$, logo a margem é $2.1199\cdot0.1213=0.257$ e o intervalo é $]5.5-0.257, 5.5+0.257[=]5.24, 5.76[$.

• 5.84. Fica acima do limite superior do intervalo.
• 5.25. É o único valor dentro de $]5.24, 5.76[$.
• 5.79. Fica acima do limite superior do intervalo.
• 5.21. Fica abaixo do limite inferior do intervalo.
• Nenhuma das hypothèses anteriores está correta.. O valor 5.25 pertence ao intervalo.

$]9.93, 10.31[$ ng/ml.

Com $n=49$ usa-se $t_{0.025,48}\approx2.011$. O erro padrão é $0.65/\sqrt{49}=0.0929$, logo a margem é $2.011\cdot0.0929=0.187$ e o intervalo é $]10.12-0.187, 10.12+0.187[=]9.93, 10.31[$.

• $]9.93, 10.31[$. $10.12\pm2.011\cdot0.65/7=10.12\pm0.187$.
• $]8.81, 11.43[$. Corresponde a usar um quantil demasiado grande (90% com z, por exemplo).
• $]9.03, 11.21[$. Corresponde a uma margem de erro demasiado grande.
• $]9.47, 10.77[$. Corresponde a uma margem de erro demasiado pequena.
• Nenhuma das hipóteses anteriores está correta.. A primeira opção é o intervalo correto.

Nenhuma das opções anteriores é correta: o menor valor é $n=15$.

É preciso $t_{0.025,n-1}\cdot3.5/\sqrt{n}\le2$. Com $n=14$ o erro é $2.1604\cdot3.5/\sqrt{14}\approx2.02$; com $n=15$ é $2.1448\cdot3.5/\sqrt{15}\approx1.94\le2$. Logo o menor valor é 15. (Com o quantil da normal, $n\ge(1.96\cdot3.5/2)^2=11.76$, que também não consta das opções.)

• 118. Excede largamente o valor necessário.
• 98. Excede largamente o valor necessário.
• 22. Ainda dá um erro superior a 2 cm.
• 14. Com $n=14$ o erro é $2.1604\cdot3.5/\sqrt{14}\approx2.02>2$.
• Nenhuma das opções anteriores é correta.. O menor $n$ é 15, que não consta das opções.

$t_s=-2.977$ e valor-p $\approx0.01$.

A estatística é $t_s=\frac{49.957-53}{3.959/\sqrt{15}}=\frac{-3.043}{1.0223}=-2.977$. Com $\nu=14$, $P(T_{14}\ge2.977)\approx0.005$, logo o valor-p bilateral é $2\cdot0.005\approx0.01$. Como $0.01<0.05$, rejeita-se $H_0$.

• $2.977$, $0.77$. O sinal da estatística está trocado e o valor-p não corresponde.
• $-0.752$, $0.001$. A estatística não usa o erro padrão $s/\sqrt{n}$.
• $-2.977$, $0.01$. $t_s=(49.957-53)/(3.959/\sqrt{15})=-2.977$ e, com 14 graus de liberdade, o valor-p bilateral é cerca de 0.01.
• $0.773$, $0.5$. Nem a estatística nem o valor-p estão corretos.
• Nenhuma das hypothèses anteriores está correta.. A terceira opção é o par correto.

Sob $H_0$, a probabilidade de uma estatística igual ou mais extrema que $-2.405$ é 0.021.

O valor-p é a probabilidade, admitindo $H_0$ verdadeira, de obter uma estatística de teste pelo menos tão extrema quanto a observada. Num teste bilateral, conta as duas caudas: $2P(T\ge|t_s|)=0.021$.

• Há evidência estatística de $H_1$ a um nível de significância de 1%.. Como $0.021>0.01$, a 1% não se rejeita $H_0$.
• A probabilidade de $H_1$ ser verdadeira é 0.021.. O valor-p não é a probabilidade de uma hipóteses ser verdadeira.
• A um nível de significância de 5% devemos aceitar $H_0$.. A 5% rejeita-se $H_0$; além disso, não se "aceita" $H_0$.
• Sob $H_0$, a probabilidade de se ter uma estatística de teste igual ou mais extrema que $-2.405$ é 0.021.. É exatamente a definição de valor-p num teste bilateral.
• Nenhuma das hipóteses anteriores está correta.. A quarta opção é a correta.

A opção incorreta é: com $\alpha=0.02$ rejeitamos $H_0$.

Rejeita-se $H_0$ quando valor-p $<\alpha$. Como $0.0254>0.02$, a 2% não se rejeita $H_0$; para $\alpha=0.03$, $0.04$ e $0.05$ rejeita-se, e para $\alpha=0.01$ não.

• Com $\alpha=0.05$ rejeitamos $H_0$.. É correta: $0.0254<0.05$.
• Com $\alpha=0.02$ rejeitamos $H_0$.. É incorreta: como $0.0254>0.02$, a 2% não se rejeita $H_0$.
• Com $\alpha=0.03$ rejeitamos $H_0$.. É correta: $0.0254<0.03$.
• Com $\alpha=0.01$ as observações favorecem $H_0$.. É correta no sentido de não haver evidência contra $H_0$ a 1%.
• Com $\alpha=0.04$ as observações favorecem $H_1$.. É correta: $0.0254<0.04$.

Rejeitar $H_0$ (concluir pelo «novo» valor) quando $H_0$ é verdadeira.

O erro de Tipo I tem probabilidade $\alpha$ e consiste em rejeitar a hipóteses nula quando ela é verdadeira. O erro de Tipo II é o simétrico: não rejeitar $H_0$ quando $H_1$ é verdadeira.

• Concluímos que não há evidências a favor de um «novo» valor quando na realidade ele existe.. Isso descreve o erro de Tipo II.
• Concluímos que a estatística do teste é significativa quando, de facto, não o é.. Isso não corresponde à definição padrão do erro de Tipo I.
• Os dados amostrais não são representativos do fenómeno em estudo.. Isso é um problema de amostragem, não o erro de Tipo I.
• Concluímos que há evidências a favor de um «novo» valor para um parâmetro da população quando de facto não é verdade.. Rejeitar $H_0$ quando $H_0$ é verdadeira é o erro de Tipo I.
• Nenhuma das hipóteses anteriores está correta.. A quarta opção é a correta.

$]46.9\%, 75.8\%[$.

O método de Agresti-Coull a 95% usa $\tilde p=(y+2)/(n+4)=27/44=0.6136$ e $\tilde n=n+4=44$: $0.6136\pm1.96\sqrt{0.6136\cdot0.3864/44}=0.6136\pm0.1439$, ou seja $]0.4698, 0.7575[$.

• $]46.9\%, 75.8\%[$. $\tilde p=27/44=0.6136$ e $1.96\sqrt{\tilde p(1-\tilde p)/44}=0.1439$, dando $]0.4698, 0.7575[$.
• $]49.9\%, 75.1\%[$. Corresponde ao intervalo de Wald, não ao de Agresti-Coull.
• $]56.3\%, 66.4\%[$. A margem de erro é demasiado pequena.
• $]57.5\%, 67.5\%[$. A margem de erro é demasiado pequena.
• Nenhuma das hipóteses anteriores está correta.. A primeira opção é o intervalo correto.

Nenhuma das opções: o tamanho mínimo é $n=385$.

A margem de erro é $z_{0.025}\sqrt{p(1-p)/n}\le0.05$. O caso mais desfavorável é $p=0.5$, donde $n\ge\frac{1.96^2\cdot0.25}{0.05^2}=384.16$, ou seja $n=385$.

• 372. Fica aquém do valor necessário (385).
• 485. Excede o valor necessário.
• 391. Excede ligeiramente o valor necessário (385).
• 497. Excede o valor necessário.
• Nenhuma das hypothèses anteriores está correta.. O valor mínimo é $n=385$, que não consta das opções.

Os capacetes do tipo C1 são mais eficazes que os do tipo C2.

$\hat p_{C1}=18/50=0.36$ e $\hat p_{C2}=39/70=0.557$. O intervalo a 95% para a diferença é $-0.197\pm1.96\sqrt{\frac{0.36\cdot0.64}{50}+\frac{0.557\cdot0.443}{70}}=-0.197\pm0.177=]-0.374,-0.020[$. Como é todo negativo, a proporção de danos em C1 é menor: C1 é mais eficaz.

• Os capacetes do tipo C2 são mais eficazes que os do tipo C1.. C2 tem maior proporção de danos, logo é menos eficaz.
• Não podemos concluir que há diferença de eficácia entre os dois tipos.. O intervalo para $p_{C1}-p_{C2}$ não contém 0: $]-0.374, -0.020[$.
• Com os dados fornecidos nada é possível concluir.. Há dados suficientes para concluir.
• Os capacetes do tipo C1 são mais eficazes que os do tipo C2.. $\hat p_1-\hat p_2=0.36-0.557=-0.197$ e o IC a 95% é $]-0.374, -0.020[$, todo negativo.
• Nenhuma das hipóteses anteriores está correta.. A quarta opção é a correta.

Nenhuma das afirmações anteriores está correta.

Como valor-p $=0.099>0.05$ (e o IC a 95% contém 0), não se rejeita $H_0$ ao nível de 5%. Mas não rejeitar não demonstra igualdade nem é "evidência a favor" das médias serem iguais.

• Ao nível de 5%, as populações A e B são iguais.. Não rejeitar $H_0$ não prova igualdadee.
• As médias das populações não são iguais com 95% de confiança.. O intervalo contém 0, logo não há evidência de diferença.
• As médias das populações A e B são iguais.. Igualmente, não se pode afirmar igualdade.
• Ao nível de 5%, há evidências para considerar que as médias são iguais.. A não rejeição não é evidência a favor de $H_0$.
• Nenhuma das hipóteses anteriores está correta.. Com valor-p 0.099>0.05 não se rejeita $H_0$, mas isso não permite nenhuma das afirmações anteriores.

$]2.96, 4.78[$.

Por se tratar de medições emparelhadas, trabalha-se com as diferenças. A margem é $t_{0.025,9}\cdot s_d/\sqrt{n}=2.2622\cdot1.27/\sqrt{10}=2.2622\cdot0.4016=0.909$, logo o intervalo é $3.87\pm0.909=]2.96, 4.78[$. Como não contém 0, há evidência de aumento da COHb depois de fumar.

$t_s\approx-0.76$, valor-p $\approx0.45$: os dados não evidenciam diferença entre A e B.

Com desvios desconhecidos e possivelmente diferentes usa-se Welch: $t_s=\frac{165-180}{\sqrt{42^2/10+56^2/15}}=\frac{-15}{19.63}\approx-0.76$. Os graus de liberdade de Welch são cerca de 23, donde o valor-p bilateral é cerca de 0.45. Como $0.45>0.05$, não se rejeita $H_0$: não há evidência de diferença no tempo médio de recuperação.

Teste de homogeneidade do $\chi^2$.

Há várias amostras independentes retiradas de várias populações (grupos de medicamentos) e pretende-se comparar a distribuição de uma mesma variável categórica (efeito secundário sim/não). Isso é um teste de homogeneidade; o de independência parte de uma única amostra de duas variáveis.

• Teste-t. A variável é de contagens, não uma média.
• Teste de independência do $\chi^2$. Não há uma única amostra classificada em duas variáveis.
• Teste de ajustamento do $\chi^2$. Não se compara com um modelo teórico de probabilidades.
• Teste de homogeneidade do $\chi^2$. Comparam-se várias populações (uma amostra independente por medicamento) quanto à mesma variável categórica.
• Nenhuma das hipóteses anteriores está correta.. O teste de homogeneidade é o adequado.

$\chi^2_s=1.34$ e valor-p $=0.2470$.

Os efectivos esperados são $80\cdot103/160=51.5$ e $80\cdot57/160=28.5$ em cada grupo. A estatística é $\chi^2_s=2\cdot\frac{(55-51.5)^2}{51.5}+2\cdot\frac{(25-28.5)^2}{28.5}=0.476+0.860=1.34$, com 1 grau de liberdade. O valor-p é $P(\chi^2_1>1.34)\approx0.247>0.025$, logo não se rejeita a igualdade de dificuldade.

• $\chi^2_s=1.34$ e $Vp=0.2470$. Com os esperados 51.5 e 28.5 em cada linha, $\chi^2_s=1.335$ e $P(\chi^2_1>1.335)\approx0.248$.
• $\chi^2_s=1.34$ e $Vp=2.7055$. 2.7055 é um quantil do $\chi^2$, não um valor-p.
• $\chi^2_s=1.43$ e $Vp=0.2318$. A estatística não corresponde aos dados.
• $\chi^2_s=1.52$ e $Vp=1.0742$. Nem a estatística nem o valor-p são possíveis.
• Nenhuma das hipóteses anteriores está correta.. A primeira opção é o par correto.

$\chi^2_s=4.0$ e $H_0$ é rejeitada a 5%.

Os efectivos esperados são 40, 60, 24 e 36. A estatística é $\chi^2_s=\frac{(34-40)^2}{40}+\frac{(30-24)^2}{24}+\frac{(66-60)^2}{60}+\frac{(30-36)^2}{36}=0.9+1.5+0.6+1.0=4.0$. Com 1 grau de liberdade, $4.0>3.8415$, donde se rejeita $H_0$: há evidência de que as medianas diferem.

• $H_0$ não é rejeitada; $\chi^2_s=1.5$. A estatística não é 1.5.
• $\chi^2_s=2.4$; $H_0$ não é rejeitada. A estatística não é 2.4.
• Rejeita-se $H_0$; $\chi^2_s=2.4$. A estatística não é 2.4.
• $\chi^2_s=4.0$; não se rejeita $H_0$. A estatística é 4.0, mas $4.0>3.8415$, logo rejeita-se $H_0$.
• $\chi^2_s=4.0$; $H_0$ é rejeitada. $\chi^2_s=4.0>3.8415=\chi^2_{0.05,1}$, logo rejeita-se $H_0$ a 5%.