INFERÊNCIA PARA DUAS POPULAÇÕES 2015. 2 População 1População 2 8.1. Populações...

INFERÊNCIA PARA DUAS POPULAÇÕES

2015

2

nXX ,,1 mYY ,,1

n

NX21

1 ,~

m

NY22

2 ,~

População 1 População 2

mn

NYX22

21

21 ,~

8.1. Populações independentes com distribuição normal

Obs. Se a distribuição de X e/ou Y não for normal, os resultados são válidos aproximadamente.

3

Bilateral

,:H

direita À

:H

esquerda À

:H:H :H :H

021102110211

021002100210

sendo que 0 é uma constante conhecida (valor de teste). 0 = 0 corresponde à igualdade das duas médias.

Testes de hipóteses sobre 1 – 2

X1,,Xn é uma amostra aleatória de tamanho n de uma população com distribuição normal com média 1 e variância 1

2.

Y1,,Ym é uma amostra aleatória de tamanho m de uma população com distribuição normal com média 2 e variância 2

2.

As duas populações são independentes.

(i) Formulação das hipóteses:

4

(ii) Estatística de teste

(a) 22

21 e conhecidas: ).1,0( ~

0Hsob22

21

0 N

mn

YXZ

(b) 22

2

2

1 desconhecida:

,11

22

0 ~0Hsob

mn

p

t

mnS

YXT

2)1()1( que em

22

212

mn

SmSnS p é a variância combinada (pooled variance),

m

ii

n

ii YY

mSXX

nS

1

222

1

221 .)(

11 e )(

11


(c) 2

2

2

1, ambas desconhecidas: mente,aproximada ,~

0Hsob22

21

0gt

mS

nS

YXT

.

1)/(

1)/(

que em 222

221

222

21

mmS

nnS

mS

nS

g

(distribuição t de Student com n + m – 2 g.l.)

5

(iii) Região crítica para um nível de significância escolhido:

cZR Zc )(

cTR Tc )(

cZR Zc )(

cTR Tc )(

cZR Zc )(

cTR Tc )(

(iv) Se Z RC ou T RC , rejeita-se Ho; caso contrário, não se rejeita H0.

H1: 1 – 2 < 0 H1: 1 – 2 > 0 H1: 1 – 2 0


Obs. Nas regiões críticas com Z e T o valor de c não é o mesmo.

6

De forma análoga ao Cap. 7, um intervalo de confiança (IC) de 100(1 – )% para 1 – 2 é dado por

],;[];[IC EYXEYXUL

(a) 22

21 e conhecidas: .

22

21

2/ mnzE

(b) 22

2

2

1 desconhecida: .11

2,2/ mnStE pmn

(c) 2

2

2

1, ambas desconhecidas: .

22

21

,2/ mS

nStE g

IC para 1 – 2

.YX Estimador pontual para 1 – 2:

sendo que E é o erro máximo do IC.

Cálculo de g na lâmina 4.

7

IC para 1 – 2 e testes de hipóteses

O teste da hipótese H0: 1 – 2 = 0 contra H1: 1 – 2 0 a um nível de significância pode ser efetuado utilizando um IC com coeficiente de confiança igual a 1 – .

Se 0 IC, rejeitamos H0; caso contrário, não rejeitamos H0.

Construímos o IC de 100(1-)% para 1 – 2 , dado por

],;[];[ EYXEYXUL

sendo que no cálculo do erro máximo (E) utilizamos a lâmina 6.

8

).,(,),,(),,( :Pares 2211 nn YXYXYX

.,~2

n

ND DD

População 1 População 2

8.2. Populações dependentes com distribuição normal

Obs. Se a distribuição de D não for normal, o resultado é válido aproximadamente.

Diferença: D = X – Y com D = E(X – Y) = E(X) – E(Y) = 1 – 2 e var(D) = D

2.

Calculamos D1 = X1 – Y1,..., Dn = Xn – Yn,

.)(1

1 e 1 2

1

2

1

DDn

sYXDn

D i

n

iD

n

ii

Distribuição:

9

Bilateral

,:H

direita À

:H

esquerda À

:H:H :H :H

010101

000000

DDD

DDD

sendo que 0 é uma constante conhecida (valor de teste). 0 = 0 corresponde à igualdade das duas médias (D = 1 – 2).


D1,,Dn é uma amostra aleatória de tamanho n de uma população com distribuição normal com média D e variância D

2.

(i) Formulação das hipóteses:

(ii) Estatística de teste:

. )(1

0 ~0Hsob

nD

tsDnT (distribuição t de Student com n – 1 g.l.)

10


cTRc cTRc cTRc

(iv) Se T RC , rejeita-se Ho; caso contrário, não se rejeita H0.

H1: D < 0 H1: D > 0 H1: D 0


Obs. Conhecido como teste t pareado ou emparelhado (paired t test).

11

De forma análoga ao Cap. 7, um intervalo de confiança (IC) de 100(1 – )% para 1 – 2 é dado por

],;[];[IC EDEDUL

.1,2/ nstE D

n

IC para 1 – 2

.YXD Estimador pontual para D = 1 – 2:

sendo que E é o erro máximo do IC:

12

IC para 1 – 2 e testes de hipóteses

O teste da hipótese H0: D = 0 contra H1: D 0 a um nível de significância pode ser efetuado utilizando um IC com coeficiente de confiança igual a 1 – .


Construímos o IC de 100(1-)% para D = 1 – 2 , dado por

],;[];[ EDEDUL


13

nXX ,,1 mYY ,,1

mente.aproximada ,)1(,~ 1111

npppNp

mente,aproximada ,)1()1(,~ 22112121

mpp

nppppNpp

8.3. Populações independentes com distribuição Bernoulli

mente.aproximada ,)1(,~ 2222

mpppNp

m

ii

n

ii Y

mpX

np

12

11 sucesso. de amostrais proporções as são 1 e 1 que em

14

.:H:H:H:H :H :H

Bilateraldireita Àesquerda À

211211211

210210210

pppppppppppp

(ii) Estatística de teste:

mente,aproximada ),1,0( 11)1( 0Hsob

~21 N

mnpp

ppZ

Testes de hipóteses sobre p1 – p2

X1,,Xn é uma amostra aleatória de tamanho n de uma população com distribuição Bernoulli com probabilidade de sucesso p1.

Y1,,Ym é uma amostra aleatória de tamanho m de uma população com distribuição Bernoulli com probabilidade de sucesso p2.

As duas populações são independentes. (i) Formulação das hipóteses:

. que em 2111

mnpmpn

mn

YXp

m

ii

n

ii

15

Exemplo 1

Calculamos

A região crítica para = 0,05 é obtida consultando a tabela da distribuição t de Student com g = 16 g.l.:

Rc = { |T| > 2,120}.

Como |T| = 2,972 Rc, rejeitamos H0.

.,

mS

nS

YXT 9722

100290,0

120142,0

63,3082,30022

21

Conclusão. De acordo com os dados coletados e com um nível de significância de 5%, verificamos que há diferença entre os volumes médios envasados pelas duas máquinas.

16


cZRc cZRc cZRc

(iv) Se Z RC, rejeita-se Ho; caso contrário, não se rejeita H0.

H1: p1 < p2 H1: p1 > p2H1: p1 p2

Testes de hipóteses sobre p1 – p2

17

De forma análoga ao Cap. 7, um intervalo de confiança (IC) aproximado de 100(1 – )% para p1 – p2 é dado por

],;[];[IC 2121 EppEppUL

.)1()1( 22112/ m

ppnppzE

IC para p1 – p2

.21 pp Estimador pontual para p1 – p2:

sendo que E é o erro máximo do IC:

18

IC para p1 – p2 e testes de hipóteses

O teste da hipótese H0: p1 = p2 contra H1: p1 p2 a um nível de significância pode ser efetuado utilizando um IC com coeficiente de confiança igual a 1 – .


Construímos o IC de 100(1-)% para p1 – p2 , dado por

],;[];[ EYXEYXUL


19

Duas máquinas são utilizadas para envasar um líquido em frascos de plástico. Com o objetivo de verificar se há diferença entre os volumes médios envasados, duas amostras de 12 e 10 frascos foram selecionadas. Os volumes (em ml) foram medidos resultando nos seguintes valores :

Exemplo 1

Solução. Problema envolve duas médias de variáveis contínuas. Definimos X e Y como sendo os volumes envasados pelas máquinas 1 e 2, tais que E(X) = 1, var(X) = 1

2, E(Y) = 2 e var(Y) = 22.

Hipóteses: H0: 1 = 2 contra H1: 1 2 (ou seja, 0 = 0).

Utilizando os dados coletados, qual o resultado da verificação. Adote = 5%.

Máquina 1:30,9, 30,9, 30,8, 30,7, 30,9, 30,6, 30,8, 30,9, 30,7, 30,9, 30,7 e 31,0;

Máquina 2: 30,8, 30,9, 30,7, 30,5, 30,5, 30,6, 30,7, 30,3, 30,6 e 30,7.

20

Exemplo 1

Análise exploratória:

21

Exemplo 1

Estatística de teste (variâncias diferentes e desconhecidas):

Utilizando os dados coletados calculamos

.022

21

mS

nSYXT

ml, 63,3010

306,310

ml, 82,3012

369,812

10

11

12

11 i im

i ii in

i i YmY

YX

nX

X

m

i iii

n

i iii

YYYm

S

XXXn

S

1

210

1

2222

1

212

1

2221

e ml 0,0290 )63,30(110

1)(1

1

,ml 0,0142 )82,30(112

1 )(1

1

.16

110)10/0290,0(

112)12/0142,0(

100290,0

120142,0

1)/(

1)/( 22

2

222

221

222

21

mmS

nnS

mS

nS

g

22

Dois tipos de solução de polimento estão sendo avaliados para possível uso na fabricação de lentes intra-oculares. Trezentas lentes foram polidas usando a primeira solução de polimento e, desse número 217 não apresentaram defeitos causados pelo polimento. Outras 250 lentes foram polidas usando a segunda solução de polimento, sendo que 162 lentes foram consideradas satisfatórias. Há motivo para acreditar que as duas soluções diferem quanto aos defeitos causados quando usadas em polimentos? Adote = 0,01.

Exemplo 2

Solução. Problema envolve duas proporções. Uma peça não apresentar defeitos causados pelo polimento é o evento sucesso.Definimos Xi = 1 se ocorre sucesso quando a solução 1 é usada; Xi = 0, caso contrário, com P(Xi = 1) = p1, i = 1,..., n (n = 300).

Definimos Yi = 1 se ocorre sucesso quando a solução 2 é usada; Yi = 0, caso contrário, com P(Yi = 1) = p2, i = 1,..., m (m = 250).

Hipóteses: H0: p1 = p2 contra H1: p1 p2.

23

.90,1

2501

3001)689,01(689,0

648,0723,0

Z

Exemplo 2

Estatística de teste:

Pelo enunciado,

,689,0250300162217 e 648,0

250162 ,723,0

300217 111

21

1

mnYX

pmY

pnX

pm

i in

i im

i in

i i

de modo que

. 11)1(

21

mnpp

ppZ

A região crítica para = 0,01 é obtida consultando a tabela da distribuição normal padrão: Rc = {|Z| > 2,58}.

Como |Z| = 1,90 Rc, não rejeitamos H0.

Conclusão. De acordo com os dados coletados e com um nível de significância de 1%, não há motivo para acreditar que as duas soluções diferem quanto aos defeitos causados quando usadas em polimentos.

24

8.4. Probabilidade de significância (valor-p)

No exemplo 1 (lâmina 18) a região crítica é da forma Rc = {|T| > c}, sendo que, se H0 for verdadeira, T tem distribuição t de Student com 16 g.l. Com os dados coletados calculamos

Se adotarmos c = |T| = 2,972 obtemos Rc = {|T| > 2,972} e a probabilidade do erro tipo I é P(|T| > 2,972; H0 verdadeira) = P(|T| > 2,972; 1 = 2) = 0,0090 = 0,9%.

0,0090 é chamado de probabilidade de significância, nível descritivo, valor-p (p-value) ou p.

Em Excel: =DISTT(2,972; 16; 2).

.,

mS

nS

YXT 972222

21

25

8.4. Probabilidade de significância (valor-p)

Como o nível de significância é a probabilidade de um erro tipo I (rejeição de H0 verdadeira), quanto menor for valor-p, mais fortemente rejeitamos H0.Quanto menor for valor-p, mais evidência contra H0 (e vice-versa).

No exemplo 2 (lâmina 22) a região crítica é da forma Rc = {|Z| > c}, sendo que Z tem distribuição N(0,1), se H0 for verdadeira. Com os dados coletados calculamos |Z| = 1,90.Neste caso, valor-p = P(|Z| > 1,90) = 2 P(Z < – 1,90) = 2 0,0287 = 0,0574.

Escolhemos o nível de significância (). Calculamos o valor-p. Se valor-p < , rejeitamos H0; se valor-p , não rejeitamos H0.

No exemplo 2, se = 5% o resultado do teste seria inconclusivo.

26

Exemplo 3

Em um teste de dureza uma esfera de aço é pressionada contra a superfície de um bloco de material a uma carga padrão. Mede-se o diâmetro (em mm) da cavidade produzida, que está relacionado à dureza do material da superfície. Na realização do teste duas esferas (A e B) estão disponíveis. Suspeita-que a esfera A gera cavidades com diâmetro médio com diferença superior a 0,2 mm em relação à esfera B.

As duas esferas foram utilizadas em 10 blocos (n = 10) obtendo-se os dados abaixo:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10A 7,5 4,6 5,7 4,3 5,8 3,2 6,1 5,6 3,4 6,5B 5,2 4,1 4,3 4,7 3,2 4,9 5,2 4,4 5,7 6,0

BlocoEsfera

Diâmetro das cavidades (mm)

Diferença 2,3 0,5 1,4 -0,4 2,6 -1,7 0,9 1,2 -2,3 0,5

O que os dados permitem concluir sobre a suspeita formulada? Adote = 5%.

27

Exemplo 3

Como os dados são pareados, utilizamos D = X – Y com D = E(X – Y) = E(X) – E(Y) = 1 – 2 e var(D) = D

2.

Solução. Problema envolve duas médias de variáveis contínuas. Definimos X e Y como sendo os diâmetros das crateras produzidas pelas esferas A e B, tais que E(X) = 1 e E(Y) = 2.

Hipóteses: H0: D = 0,2 contra H1: D > 0,2 (ou seja, 0 = 0,2).

Estatística de teste: .)( 0

DsDnT

A região crítica para = 0,05 é obtida consultando a tabela da distribuição t de Student com 9 g.l. (= n – 1) e p = 10%:

Rc = { T > 1,833}.

28

Exemplo 3

Calculamos

10

1

22

1

22

10

11 mm 51,2)5,0(110

1)(1

1 mm, 5,0105,0

10 ii

n

iiD

i in

i i DDDn

SD

nD

D

.599,051,2

)2,05,0(10)( e 0

DsDnT Como T = 0,599 Rc, não rejeitamos H0.

Conclusão. De acordo com os dados coletados e com um nível de significância de 5%, não se confirma a suspeita de que a esfera A gera cavidades com diâmetro médio superior a 0,2 mm em relação à esfera B.

Obs. Rc = { T > c}, sendo que, se H0 for verdadeira, T tem distribuição t de Student com 9 g.l..

Neste caso, valor-p = P(T > 0,599) = 0,282. Não rejeitamos H0, pois valor-p .

Em Excel: =DISTT(0,599; 9; 1).

29

Exemplo 4

Estudos anteriores indicam que a vida (em horas) de um termopar produzido em uma indústria é uma variável aleatória com distribuição aproximadamente normal. Um grande comprador suspeita que o tempo de vida médio é inferior a 560 h.

O que os dados permitem concluir sobre a suspeita do comprador? Adote = 5%.

Em uma amostra aleatória de 15 termopares adquiridos foram medidos os tempos de vida (em h) 553, 552, 567, 579, 550, 541, 537, 553, 552, 546, 538, 553, 581, 539 e 529.

Solução. Problema envolve uma população com distribuição normal. Definimos X como sendo o tempo de vida (em h) de um termopar, com E(X) = e var(X) = 2. Pelo enunciado, X ~ N(, 2), 2 desconhecida.

Hipóteses: H0: = 560 contra H1: < 560 (ou seja, 0 = 560).

Estatística de teste: .)( 0

sXnT

30

Exemplo 4

A região crítica para = 0,05 é obtida consultando a tabela da distribuição t de Student com 14 g.l. (= n – 1) e p = 10%:

Rc = { T < –1,761}.

Calculamos

h 8,14)3,551(115

1)(1

1 h, 3,55115

827015

15

1

2

1

2

15

11

ii

n

ii

i in

i i XXXn

SX

nX

X

.266,28,14

)5603,551(15)( e 0

sXnT

Como T = –2,266 Rc, rejeitamos H0.

Conclusão. De acordo com os dados coletados e com um nível de significância de 5%, concluímos que a vida média dos termopares é inferior a 560 h.

31

Exemplo 4

Obs. Rc = { T < –c }, sendo que T tem distribuição t de Student com 14 g.l., se H0 for verdadeira.

Neste caso, valor-p = P(T < –2,266) = 0,0199. Rejeitamos H0, pois valor-p < .

Em Excel: =DISTT(2,266; 14; 1).

32

Exemplo 5

Heim & Peng (2010), The impact of information technology use on plant structure, practices, and performance: An exploratory study, Journal of Operations Management 26, 144 – 162. This study examines the impact of information technology (IT) use on the structure, practices, and performance of manufacturing plants.

O impacto de uma variável sobre outra é quantificado por um coeficiente (b).

É de interesse verificar a significância do coeficiente (H0: b = 0 versus H1: b 0). Em um primeiro momento não é necessário saber que teste foi utilizado.Resultados. SPC has a marginally positive association with the total number of plant employees (b = 0.126, p = 0.080) and with plant sales ... (b = 0.161, p = 0.074). The SPC variable is not significantly related to any of the productivity measures at the 0.10 level.

SPC is negatively related to willingness to introduce new products (b = −0.393, p = 0.000) .Integration intelligence only exhibits a weak positive relationship with developing unique practices (b = 0.012, p = 0.077).

Ou seja, = 10% (estudo exploratório). Se o problema envolvesse a comparação de dois métodos de medição em que se pretende substituir um dos métodos por outro melhor, o nível de significância seria menor.

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