Estatística Descritiva Thais Rotsen Correa Departamento de Estatística/UFOP.
INFERÊNCIA ESTATÍSTICA PARA DUAS POPULAÇÕES...19 1,90. 250 1 300 1 0,689 (1 0,689) 0,723 0,648 Z...
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-
INFERÊNCIA ESTATÍSTICA
PARA DUAS POPULAÇÕES
-
2
nXX ,,1 mYY ,,1
nNX
2
11 ,~
mNY
2
22 ,~
População 1 População 2
mnNYX
2
2
2
121 ,~
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 12.
Y1,,Ym é uma amostra aleatória de tamanho m de uma população com
distribuição normal com média 2 e variância 22.
As duas populações são independentes.
(i) Formulação das hipóteses:
-
4
(ii) Estatística de teste
(a) 2
2
2
1 e conhecidas: ).1,0( ~0
Hsob2
2
2
1
0 N
mn
YXZ
(b) 222
2
1 desconhecida:
,11
2
2
0
~0
Hsob
mn
p
t
mnS
YXT
2
)1()1( que em
2
2
2
12
mn
SmSnS p é a variância combinada (pooled variance),
m
i
i
n
i
i YYm
SXXn
S1
22
2
1
22
1 .)(1
1 e )(
1
1
Testes de hipóteses sobre 1 – 2
(c) 22
2
1 , ambas desconhecidas: mente,aproximada ,~
0Hsob
2
2
2
1
0gt
m
S
n
S
YXT
.
1
)/(
1
)/( que em
22
2
22
1
22
2
2
1
m
mS
n
nS
m
S
n
S
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
Testes de hipóteses sobre 1 – 2
Obs. Nas regiões críticas com Z e T o valor de c não é o mesmo.
-
6
).,(,),,(),,( :Pares 2211 nn YXYXYX
.,~2
nND DD
População 1 População 2
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) = D2.
Calculamos D1 = X1 – Y1,..., Dn = Xn – Yn,
.)(1
1 e
1 2
1
2
1
DDn
sYXDn
D i
n
i
D
n
i
i
Distribuição:
-
7
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).
Testes de hipóteses sobre 1 – 2
D1,,Dn é uma amostra aleatória de tamanho n de uma população com
distribuição normal com média D e variância D2.
(i) Formulação das hipóteses:
(ii) Estatística de teste:
. )(
10
~0
Hsob
n
D
ts
DnT (distribuição t de Student com n – 1 g.l.)
-
8
(iii) Região crítica para um nível de significância escolhido:
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
Testes de hipóteses sobre 1 – 2
Obs. Conhecido como teste t pareado ou emparelhado (paired t test).
-
9
nXX ,,1 mYY ,,1
mente.aproximada ,)1(
,~ 1111
n
pppNp
mente,aproximada ,)1()1(
,~ 22112121
m
pp
n
ppppNpp
3. Populações independentes com distribuição Bernoulli
mente.aproximada ,)1(
,~ 2222
m
pppNp
m
i
i
n
i
i Ym
pXn
p1
2
1
1sucesso. de amostrais proporções as são
1 e
1 que em
-
10
.:H:H:H
:H :H :H
Bilateraldireita Àesquerda À
211211211
210210210
pppppp
pppppp
(ii) Estatística de teste:
mente,aproximada ),1,0( 11
)1(0
Hsob~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
mn
pmpn
mn
YX
p
m
i
i
n
i
i
-
11
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.
.,
m
S
n
S
YXT 9722
10
0290,0
12
0142,0
63,3082,300
2
2
2
1
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.
-
12
(iii) Região crítica para um nível de significância escolhido:
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
-
13
De forma análoga ao Cap. 7, um intervalo de confiança (IC)
aproximado de 100(1 – )% para p1 – p2 é dado por
],;[];[IC2121
EppEppUL
.)1()1(
2211
2/ m
pp
n
ppzE
IC para p1 – p2
.21
pp Estimador pontual para p1 – p2:
sendo que E é o erro máximo do IC:
-
14
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 – .
Se 0 IC, rejeitamos H0; caso contrário, não rejeitamos H0.
Construímos o IC de 100(1-)% para p1 – p2 , dado por
],;[];[ EYXEYXUL
sendo que no cálculo do erro máximo (E) utilizamos a lâmina 16.
-
15
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) = 12, E(Y) = 2 e var(Y) = 2
2.
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.
-
16
Exemplo 1
Análise
exploratória:
-
17
Exemplo 1
Estatística de teste (variâncias diferentes e desconhecidas):
Utilizando os dados coletados calculamos
.0
2
2
2
1
m
S
n
S
YXT
ml, 63,3010
306,3
10 ml, 82,30
12
369,8
12
10
11
12
11 i i
m
i ii i
n
i iY
m
YY
X
n
XX
m
i i
ii
n
i i
ii
YYYm
S
XXXn
S
1
210
1
222
2
1
212
1
222
1
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(
10
0290,0
12
0142,0
1
)/(
1
)/( 22
2
22
2
22
1
22
2
2
1
m
mS
n
nS
m
S
n
S
g
-
18
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.
-
19
.90,1
250
1
300
1)689,01(689,0
648,0723,0
Z
Exemplo 2
Estatística de teste:
Pelo enunciado,
,689,0250300
162217 e 648,0
250
162 ,723,0
300
217 1112
11
mn
YXp
m
Yp
n
Xp
m
i i
n
i i
m
i i
n
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.
-
20
4. Nível descritivo ou p-valor
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, p-valor (p-
value) ou p.
Em Excel: =DISTT(2,972; 16; 2).
.,
m
S
n
S
YXT 9722
2
2
2
1
-
21
4. Nível descritivo ou p-valor
Como o nível de significância é a probabilidade de um erro tipo I
(rejeição de H0 verdadeira), quanto menor for p-valor, mais fortemente
rejeitamos H0.
Quanto menor for p-valor, 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
p-valor < , rejeitamos H0; se p-valor , não rejeitamos H0.
No exemplo 2, se = 5% o resultado do teste seria inconclusivo.
-
22
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 10
A 7,5 4,6 5,7 4,3 5,8 3,2 6,1 5,6 3,4 6,5
B 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%.
-
23
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) = D2.
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
Ds
DnT
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}.
-
24
Exemplo 3
Calculamos
10
1
22
1
22
10
11 mm 51,2)5,0(110
1)(
1
1 mm, 5,0
10
5,0
10 ii
n
i
iDi i
n
i i DDDn
SD
n
DD
.599,051,2
)2,05,0(10)( e 0
Ds
DnT 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 H0for 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
p-valor .
Em Excel: =DISTT(0,599; 9; 1).
-
25
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
s
XnT
-
26
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, 3,551
15
8270
15
15
1
2
1
2
15
11
i
i
n
i
ii i
n
i i XXXn
SX
n
XX
.266,28,14
)5603,551(15)( e 0
s
XnT
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.
-
27
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).
-
28
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.
p-valor
-
29
-
30
-
31
-
32
-
33
-
34
-
35
-
36
-
37
-
38
-
39