solução 2º teste.

SOLUÇÃO DO 2º TESTE – IPE | 08/01/2011 | 11:00
III
X – variável aleatória. que indica o custo em euros por m 2,
X ~ N (, 252),   |R, desconhecido
a) Pretende-se a estimativa de máxima verosimilhança de:
p= PX>750 = PZ > (750 - ) / 25) = 1 -  ((750 - ) / 25) = f ()
Como sabemos que o estimador de máxima verosimilhança de  é X , pela propriedade da
invariância desses estimadores, o estimador de máxima verosimilhança de p = f () é
pˆ = f ( X ) = 1 -  ((750 - X ) / 25).
Para a amostra observada
pˆ = 1 -  (1.9) = 0.0287


x = 17562.5 / 25 = 702.5, a estimativa pretendida é

 Para obter o intervalo

b)
de confiança bilateral a 95% para  e uma vez que a variância é

conhecida, a variável fulcral é Z = (( X - ) / )/ n) ~ N (0,1).
Logo, o intervalo aleatório é
( X  z 0.975 x  / n) = ( X  1.96 x 25 / 25) = ( X  9.8).
E o correspondente intervalo numérico é (702.5  9.8) = (692.7 , 712.3).


c) Pretende-se a dimensão n mínima para que o erro na estimação de  seja inferior a  5 € a
um nível de confiança
de 99%. Como
a amplitude do intervalo de confiança bilateral para  é

= 2 x z 0.995 x 25 / n,
equacionando com a margem de erro e tendo em conta que z 0.995=2.5758,
2 x z 0.995 x 25 / n  10  n  50 x z 0.995 / 40  n  165.87.
Logo, a dimensão mínima deve ser 166.
d) Agora pretende-se testar H0: 2 = 600 vs.H1: 2 > 600.
Sob H0, a estatística do teste é:
2
Q = ((n – 1) S2 / 600) ~ 251 .
25
Como (n-1)s2 =
x
2
i
2
 25  x  12343656.25  25  702.5 2  6000 ,
i1
o valor calculado
 da estatística do teste é q = 10. Consultando a tabela da distribuição 24
temos que 1-p = F (10)  p  (0.99, 0.995) e portanto não se rejeita H0 para os valores
usuais do nível de significância.
2


IV
1.

Trata-se de um teste de ajustamento: H0 : X ~ N (  , 625). Como  é desconhecido é necessário
estimá-lo. O estimador de máxima verosimilhança de  é X . Logo a correspondente estimativa
é
x = 702.5.
Deve-se então testar a hipótese H0 : X ~ N (702.5 , 625).
Sob H0 e, por exaustividade, considerando a classe
 < 400 tem-se:
p0 = Px < 400 = P z < 400 – (702.5)/25 =  (-12,1) = 0
p1 = P400 < x < 650 =  (-2,1) -  (-12,1) = 1 -  (2.1) = 1 – 0.9821 = 0.0179
p2 = P650 < x < 750 =  (1,9) – (1 -  (-2,1)) = 0.9534
p3 = P750 < x < 900 =  (7,9) -  (1.9) = 1 - 0.9534 = 0.0466
p4 = Px > 900 = 1 - P x  900 = 1 -  (7,9) = 0
Logo, sob H0, o número esperado Ei = 25 pi de observações em cada classe é:
E0 = 0 ; E1 = 0.4475 ; E2 = 23.835 ; E3 = 1.165 e E4 = 0
Há então necessidade de agrupar as classes 0 e 1 e as classes 3 e 4.
Sob H0 a estatística do teste Qui-quadrado de Pearson é
k
2p  (Oi  E i ) 2 / E i ~ k2 p 1
onde k = 3 é o número de classes após agrupamento e
i1
exaustividade e p=1 é o número de parâmetros estimados.
O valor calculado da estatística do teste é igual a
2p,calc. = (1 – 0.4475)2 / 0.4475 + (18 – 23.835)2 / 23.835 + (1 – 1.165)2 / 1.165 = 2.134

e como

2.
2
= 6.635, não se deve rejeitar H0 ao nível de significância de 1%
1,0.99
a) As estimativas dos coeficientes de regressão são:
^

1  ( x i y i  n x y) /( x i2  n x )  11000 /6000  1.8(3) e
^
2
^
0  y  1 x  6166.08
e a recta de regressão estimada é
^

y x  6166.08  1.8(3)x . Logo a estimativa do custo médio total de uma obra com custo por
m2=750€ é

^
y 750  7541.08 €

b) O coeficiente de determinação R2 é igual a
R 2  ( x i y i  n x y) 2 /( x 2i  n x )( y 2i  n y )  11000 2 /(6000  30000)  0.67(2)
2

2
Portanto o modelo estimado em a) é apenas razoável, visto que só explica cerca de 67% da
variabilidade de Y.
