Resolucao Teste 2 Recurso

INTRODUÇÃO AS PROBABILIDADES E ESTATÍSTICA
EPOCA DE RECURSO - 2011-12 (sem 2)
Resolução do 2º teste
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1. a) A estimativa de máxima verosimilhança da probabilidade de uma marcação tardia resultar é
x  0.1.
A distribuição da variável aleatória N que representa o número de sucessos em 4 tentativas
independente da marcação é binominal com parâmetro n=4 e p. Assim a probabilidade de haver
4  2
p (1  p) 2  6 p 2 (1  p) 2 . Pela probabilidade da invariância
2 sucessos é igual a P N  2  
2 
2
2
dos estimadores de máxima verosimilhança a estimativa pedida é igual a 6  0.1  0.9  0.0486
.
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 tem distribuição
b) A variável fulcral é neste caso Z  (X  p) / X (1  X ) /50 que
aproximadamente normal com média nula e variância igual a 1 pelo teorema do limite central.
Logo, o intervalo de confiança bilateral aleatório ao nível aproximado 95% é
(X 1.96 X (1  X ) /50) e o correspondente intervalo numerico é
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(0.1  1.96 0.1  0.9 /50)  (0.1  0.083) ou seja (0.017,0.183).
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c) O “intervalo de confiança” bilateral aleatório para p baseado na variável fulcral
Z  (X  p) / p(1  p) /n , que tem distribuição aproximadamente normal com média nula e
variância igual a 1, ao nível aproximado 99% é (X  2.5758 p(1  p) /n . A sua amplitude é
igual a 2  2.5758 p(1  p) /n . Como f (p)  p(1 p) tem um máximo para p  0.5 cujo valor é
0.25, essa amplitude é menor ou igual que 2  2.5758 / 4n . Para que o erro na estimação de p
seja inferior a 1%, 2.5758 / 4n  0.01ou seja n 128.79 ou n 16586.9 . Logo a dimensão
da amostra n deveria ser no mínimo 16.587.
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2. Sendo X a variável aleatória que indica o número de recusas em 100 tentativas de marcação,
a hipótese nula de X ter distribuição de
ao acaso e com reposição,
escolhidas
pretende-se testar
Poisson com valor esperado igual a 2.
Supondo verdadeira a hipótese nula, a probabilidade de X tomar os valores 0,1,2,3 ou  4 são:
p0  e 2 , p1  p2  2e 2 , p3  4e 2 /3 e p4  1 19e 2 /3 .
Então o número esperado de observações em cada uma das classes quando a hipótese nula é
válida é E 0 13,53, E1  E2  27.07, E3 18.04 e E4 14.29 . A estatística do teste é o quiquadrado de Pearson, uma vez que se trata de um teste de ajustamento. Esse qui-quadrado tem 4
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graus de liberdade uma vez que há 5 classes e não foi estimado nenhum parâmetro. Note-se que
a exaustividade está garantida e nenhum dos Ei é inferior a 1 e 80% deles é maior ou igual a 5,
pelo que não
 é necessário nem
 acrescentarnem agrupar classes.
O valor calculado da estatística é igual a 191.214, pelo que o valor-p do teste é inferior a 0.005.
Portanto deve se rejeitar a hipótese nula para os níveis de significância usuais.
ˆ  2 e 
ˆ  60 , pelo que a recta de
3. a) os valores estimados dos coeficientes de regressão são 
1
0
regressão estimada é yˆ  60  2x . Então a estimativa para o valor esperado de Y quando x=25 é
igual a -10.
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   0 contra a hipótese alternativa
b) Testar a significância de regressão é testar a hipótese
nula
1
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estimada é igual a 27.(7) e o valor observado da estatística do teste supondo
1  0 . A variância
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verdadeira a hipótese nula é igual a 2 / 27.(7) /(25000  20  35 2 )  36 . Como essa estatística
tem distribuição t-student com 18 graus de liberdade
e o quantil 0.975 é 2.101, deve rejeitar-se a
hipótese nula ao nível de significância de 5%.
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c) O coeficiente de determinação é igual a
(8000  20 10  35)2 /(25000  20  35)2 (4500  20 100)  0.8 . Isto significa que 80% da
variabilidade de Y é explicada pelo modelo de regressão, ou seja a qualidade do modelo é
bastante razoável. Tal seria previsível face ao resultado da alínea anterior.
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