Pessoal, trago a vocês a resolução da prova de Estatística do … · Nessas condições, a...

Resolução da Prova de Estatística

Cargo: Auditor Fiscal – SEFAZ/PI Prof. Fábio Amorim

Prof. Fábio Amorim 1 de 16

www.exponencialconcursos.com.br

Pessoal, trago a vocês a resolução da prova de Estatística do concurso para Auditor Fiscal aplicada pela FCC. Foram 10 questões

de estatística!

Não identifiquei possibilidade para recursos.

Considero a prova em um bom nível, trabalhosa, que exigiu dos candidatos conhecimentos sobre todo o conteúdo programático.

Nosso curso específico abordou todos os temas das questões e, por

isso, tenho certeza que nossos alunos atentos conseguiram desenvolver todas as questões.

Parabéns à banca examinadora!

____________________________________________________________

Instruções: Para responder às questões de números 21 a 23 utilize, dentre

as informações dadas a seguir, as que julgar apropriadas.

Se Z tem distribuição normal padrão, então:

P(Z < 0,4) = 0,655; P(Z < 1,2) = 0,885; P(Z < 1,6) = 0,945;

P(Z < 1,8) = 0,964; P(Z < 2) = 0,977.

21. Uma auditoria feita em uma grande empresa considerou uma amostra aleatória de 64 contas a receber. Se a população de onde essa amostra

provém é infinita e tem distribuição normal com desvio padrão igual a R$ 200,00 e média igual a R$ 950,00, a probabilidade da variável aleatória média amostral, usualmente denotada por X, estar situada entre R$ 980,00

e R$ 1.000,00 é dada por

(A) 86,2% (B) 18,4% (C) 9,2% (D) 28,5% (E) 47,7%

R.

Consideradas as diversas amostras de tamanho “n” que se pode selecionar

em uma população, o conjunto das médias (�̅� ) de cada uma dessas amostras forma variável aleatória de distribuição Normal, com média (�̅�) e

desvio padrão 𝜎(�̅�).

Nessa situação, a média dessa distribuição Normal (�̅�) é igual à média

populacional , ou seja:

(�̅�) =

Para populações infinitas, ou quando a amostragem é feita com reposição, o desvio padrão 𝜎(�̅�) é igual a razão entre o desvio padrão populacional e a

raiz quadrada de “n”:

𝜎(�̅�) =𝜎

√𝑛

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Considerando as informações do enunciado:

(�̅�) = = 𝑅$ 950,00

𝜎(�̅�) =𝜎

√𝑛=

𝑅$ 200

√64= 𝑅$ 25,00

O enunciado questiona a probabilidade de a variável aleatória média

amostral estar situada entre R$ 980,00 e R$ 1.000,00. Graficamente, temos esta situação:

Para calcularmos o valor da Probabilidade, ou seja, o valor da área do

gráfico, devemos transformar a variável aleatória X em uma variável Z, padronizada, onde a média é igual a zero, o desvio padrão é igual a 1, e os valores da variável Z são iguais a:

𝑍𝑖 =𝑥𝑖 − (�̅�)

𝜎(�̅�)

𝑍1 =𝑥1 − (�̅�)

𝜎/√𝑛=

980 − 950

25= 1,2

𝑍2 =𝑥2 − (�̅�)

𝜎/√𝑛=

1000 − 950

25= 2

Assim, temos a seguinte distribuição padronizada:

(�̅�)

Distribuição Normal

(�̅�); 𝜎(�̅�)

950

Área = Probabilidade

980 1000

𝑋[ (�̅�); 𝜎(�̅�)]






A probabilidade P é igual a:

𝑃 = 𝑃(𝑍 < 2) − 𝑃(𝑍 < 1,2)

Utilizando as informações do início da prova, temos que:

𝑃 = 0,977 − 0,885 = 0,092 = 9,2%

Resposta, letra C.

Gabarito Preliminar, C.

Para responder às questões de números 22 e 23, considere as informações a seguir: O efeito do medicamento A é o de baixar a pressão arterial de

indivíduos hipertensos. O tempo, em minutos, decorrido entre a tomada do remédio e a diminuição da pressão é uma variável aleatória X com

distribuição normal, tendo média 𝜇 e desvio padrão 𝜎.

22. Se o valor de 𝜇 é de 56 min e o valor de 𝜎 é de 10 min, a probabilidade

de X estar compreendido entre 52 min e 74 min é igual a

(A) 56,0% (B) 61,9% (C) 52,4% (D) 64,5% (E) 30,9%

R.

A distribuição populacional é Normal, com média 𝜇 = 56, e desvio padrão 𝜎 =10.

A probabilidade de X estar compreendido entre 52 min e 74 min,

graficamente, é:

0


1,2 2

𝑍[0; 1]






Transformando a variável aleatória X em uma variável Z, padronizada, onde

a média é igual a zero, o desvio padrão é igual a 1, e os valores da variável Z são iguais a:

𝑍𝑖 =𝑥𝑖 −

𝜎

𝑍1 =𝑥1 −

𝜎=

52 − 56

10= −0,4

𝑍2 =𝑥2 −

𝜎=

74 − 56

10= 1,8

Assim, temos a seguinte distribuição padronizada:

A probabilidade P é igual a:

𝑃 = 𝑃(𝑍 < 1,8) − 𝑃(𝑍 < −0,4)

⇒ 𝑃 = 𝑃(𝑍 < 1,8) − 𝑃(𝑍 > 0,4)

⇒ 𝑃 = 𝑃(𝑍 < 1,8) − [1 − 𝑃(𝑍 < 0,4)]

Utilizando as informações do início da prova, temos que:

𝑃 = 0,964 − (1 − 0,655)

𝑃 = 0,964 − (0,345) = 0,619 = 61,9%

Resposta, letra B.

Gabarito Preliminar, B.

56


74 52

𝑋[ ; 𝜎]

0


1,8 −0,4

𝑍[0 ; 1]






23. Uma amostra aleatória de n indivíduos hipertensos foi selecionada com

o objetivo de se estimar 𝜇. Supondo que o valor de 𝜎 é 10 min, o valor de n

para que o estimador não se afaste de 𝜇 por mais do que 2 min, com

probabilidade de 89%, é igual a

(A) 64 (B) 36 (C) 100 (D) 81 (E) 49

R.

𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑓𝑖𝑎𝑛ç𝑎 = 1 − 𝛼 = 89%

Dados Amostrais

𝑛?

Dados Populacionais

𝜎 = 10

Média 𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑜 = ± 2

Trata-se de intervalo de confiança para média populacional , com variância conhecida e população infinita:

Transformando a variável aleatória �̅� em uma variável padronizada Z, essa

distribuição é representada por:

Onde:

(�̅�)

Área = Intervalo de confiança

(1 − )

−�̅�𝛼/2 �̅�𝛼/2

Área = /2 Área = /2

0

Área = Intervalo de confiança

(1 − )

−𝑍𝛼/2 𝑍𝛼/2

Área = /2 Área = /2






𝑍 =�̅� − 𝜇

𝜎/√𝑛

A probabilidade de que a variável Z, esteja entre os valores −𝑍𝛼/2 e 𝑍𝛼/2 é

igual a (1 − ).

𝑃(−𝑍𝛼/2 ≤ 𝑍 ≤ 𝑍𝛼/2) = 1 − 𝛼

Substituindo a variável Z, e desenvolvendo matematicamente a expressão, temos que o intervalo de confiança para média populacional é dado por:

⇒ 𝑃 (�̅� − 𝑍𝛼/2.𝜎

√𝑛≤ 𝜇 ≤ �̅� + 𝑍𝛼/2.

𝜎

√𝑛) = 1 − 𝛼

Para que o estimador �̅� não se afaste de 𝜇 por mais do que 2 min, com probabilidade igual a 89%:

⇒ 𝑃(�̅� − 2 ≤ 𝜇 ≤ �̅� + 2) = 89%

Ou seja:

𝑍𝛼/2.𝜎

√𝑛= 2

⇒ 𝑛 =(𝑍𝛼/2. 𝜎)

2

4

Assim, para calcularmos n, precisamos do valor de 𝑍𝛼/2, que ainda não

conhecemos.

Porém, vimos que:

𝑃(−𝑍𝛼/2 ≤ 𝑍 ≤ 𝑍𝛼/2) = 1 − 𝛼 = 89%

⇒ 𝑃(𝑍 ≤ 𝑍𝛼/2) − 𝑃(𝑍 ≤ −𝑍𝛼/2) = 89%

𝑃(𝑍 ≤ 𝑍𝛼/2) − [1 − 𝑃(𝑍 ≤ 𝑍𝛼/2)] = 89%

2 × 𝑃(𝑍 ≤ 𝑍𝛼/2) − 1 = 89%

𝑃(𝑍 ≤ 𝑍𝛼/2) =0,89 + 1

2= 0,945

Assim, segundo as informações do enunciado:

𝑍𝛼/2 = 1,6

Calculado o valor de 𝑍𝛼/2, podemos obter n:

𝑛 =(𝑍𝛼/2. 𝜎)

2

4=

(1,6.10)2

4=

16 × 16

4= 64

Resposta, letra A.

Gabarito Preliminar, A.

24. Sabe-se que uma urna contém uma proporção de p bolas pretas e de (1 − p) bolas brancas. O valor de p é desconhecido, mas sabe-se que é 3/5 ou

é 1/2. A fim de se chegar a uma conclusão, seleciona-se ao acaso e com






reposição 10 bolas da urna e observa-se o número de bolas pretas. Um teste de hipóteses é proposto, esse considera testar a hipótese nula H0: p = 1/2 contra a hipótese alternativa Ha: p = 3/5. Se o teste rejeitar H0 quando

pelo menos 8 bolas pretas forem encontradas, o nível de significância do teste é igual a

(A) 17/256 (B) 25/512 (C) 15/256 (D) 9/128 (E) 7/128

R.

Dados do Teste:

H0: 𝑝 = 0,5

H1: 𝑝 > 0,5

𝑛 = 10

𝑅𝑒𝑔𝑖ã𝑜 𝐶𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎: {8,9,10}

Trata-se de um teste de hipótese unicaudal à direita para proporção

populacional. Como “n” é pequeno (𝑛 ≤ 30), vamos utilizar a distribuição

binomial.

A região crítica do teste é representada por {8,9,10}, ou seja, a região relacionada à variável X ser igual a 8, 9 ou 10 bolas pretas.

𝑅𝐶: (𝑋 = 8); (𝑋 = 9); (𝑋 = 10)

O nível de significância, simbolizado por 𝛼, é representado pela probabilidade de rejeitar H0 (p = 0,5) quando esta é verdadeira. Essa

probabilidade ocorre na região crítica:

𝑅𝐶 | 𝑝 = 0,5: 𝑃(𝑋 = 8) + 𝑃(𝑋 = 9) + 𝑃(𝑋 = 10)

Na distribuição binomial, a probabilidade de um evento X ocorrer em n tentativas, é igual a:

𝑃(𝑋 = 𝑥) = 𝐶𝑛, 𝑥 × 𝑝𝑥(1 − 𝑝)𝑛−𝑥

𝑃(𝑋 = 8) = 𝐶10, 8 × 0,58(1 − 0,5)10−8 =10!

2! 8!× 0,58 × 0,52 =

45

210

𝑃(𝑋 = 9) = 𝐶10, 9 × 0,59(1 − 0,5)10−9 =10!

1! 9!× 0,59 × 0,51 =

10

210

𝑃(𝑋 = 10) = 𝐶10, 10 × 0,510(1 − 0,5)10−10 =10!

0! 10!× 0,510 × 0,50 =

1

210

Assim, o nível de significância é igual a:

𝛼 = 45

210+

10

210+

1

210=

56

1024=

7

128

Resposta, letra E.

Gabarito Preliminar, E.






25. Um relatório, redigido por um auditor de um órgão público, tem 2 capítulos com 40 páginas cada. Esse relatório apresenta uma média de 1 erro ortográfico a cada 10 páginas. Considere que:

I. a variável X que representa o número de erros por página tem distribuição de Poisson com média 0,1;

II. existe independência entre os eventos número de erros ortográficos do capítulo 1 e número de erros ortográficos do capítulo 2.

Nessas condições, a probabilidade de que pelo menos um dos capítulos

possua no máximo um erro ortográfico é igual a

Dados: e−0,1 = 0,905 e−2 = 0,135 e−4 = 0,018

(A) 0,1815 (B) 0,0180 (C) 0,1719 (D) 0,0164 (E) 0,1800

R.

Supondo a combinação (a, b), onde:

“a” representa o número de erros do capítulo 1 “b” representa o número de erros do capítulo 2

Para que pelo menos um dos capítulos possua no máximo um erro ortográfico, as combinações que devem ser contabilizadas são: zero erro em um capítulo e qualquer número de erros em outro; e um erro em um

capítulo e qualquer número de erros em outro. Essas combinações podem ser traduzidas em:

Grupo 1 (0,0) (0,1) (0,2) (0,3) ... (0,∞)

Grupo 2 (1,0) (2,0) (3,0) ... (∞,0)

Grupo 3 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) ... (1, ∞)

Grupo 4 (2,1) (3,1) (4,1) ... (∞, 1)

Agora vamos calcular, separadamente, a probabilidade para cada um dos grupos, considerando que existe a independência dos erros no capítulo 1 e

no capítulo 2:

1º grupo: (0,0) (0,1) (0,2) (0,3) ... (0,∞)

𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(0) × 𝑃(0) + 𝑃(0) × 𝑃(1) + 𝑃(0) × 𝑃(2) + ⋯ + 𝑃(0) × 𝑃(∞)

𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(0) × [𝑃(0) + 𝑃(1) + 𝑃(2) + ⋯ + 𝑃(∞)]

𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(0) × [1]

𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(0)

2º grupo: (1,0) (2,0) (3,0) ... (∞,0)

𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(1) × 𝑃(0) + 𝑃(2) × 𝑃(0) + 𝑃(3) × 𝑃(0) + ⋯ + 𝑃(∞) × 𝑃(0)

𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = [𝑃(1) + 𝑃(2) + 𝑃(3) … + 𝑃(∞)] × 𝑃(0)

𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = [1 − 𝑃(0)] × 𝑃(0)






3º grupo: (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) ... (1, ∞)

𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(1) × 𝑃(1) + 𝑃(1) × 𝑃(2) + 𝑃(1) × 𝑃(3) + ⋯ + 𝑃(1) × 𝑃(∞)

𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(1) × [𝑃(1) + 𝑃(2) + 𝑃(3) + ⋯ + 𝑃(∞)]

𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(1) × [1 − 𝑃(0)]

4º grupo: (2,1) (3,1) (4,1) ... (∞, 1)

𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(2) × 𝑃(1) + 𝑃(3) × 𝑃(1) + 𝑃(4) × 𝑃(1) + ⋯ + 𝑃(∞) × 𝑃(1)

𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = [𝑃(2) + 𝑃(3) + 𝑃(4) … + 𝑃(∞)] × 𝑃(1)

𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = [1 − 𝑃(0) − 𝑃(1)] × 𝑃(1)

Portanto, a probabilidade total pode ser calculada por:

𝑃 = 𝑃(0) + [1 − 𝑃(0)] × 𝑃(0) + 𝑃(1) × [1 − 𝑃(0)] + [1 − 𝑃(0) − 𝑃(1)] × 𝑃(1)

𝑃 = 𝑃(0) + 𝑃(0) − 𝑃(0)2 + 𝑃(1) − 𝑃(0)𝑃(1) + 𝑃(1) − 𝑃(0)𝑃(1) − 𝑃(1)2

𝑃 = 2 𝑃(0) + 2𝑃(1) − 2𝑃(0)𝑃(1) − 𝑃(0)2 − 𝑃(1)2

𝑃 = 2 [𝑃(0) + 𝑃(1)] − [𝑃(0) + 𝑃(1)]²

Calculando agora P(0) e P(1):

𝑃(𝑥, 𝑡) =(𝜆. 𝑡)𝑥

𝑥!. 𝑒−𝜆.𝑡

𝑃(0, 40) =(0,1.40)0

0!. 𝑒−0,1.40 = 𝑒−0,1.40 = 𝑒−4 = 0,018

𝑃(1, 40) =(0,1.40)1

1!. 𝑒−0,1.40 = 4 × 𝑒−0,1.40 = 4 × 𝑒−4 = 4 × 0,018 = 0,072

Obtendo essas probabilidades, basta incluirmos na fórmula:

𝑃 = 2 [𝑃(0) + 𝑃(1)] − [𝑃(0) + 𝑃(1)]²

𝑃 = 2 [0,018 + 0,072] − [0,018 + 0,072]²

𝑃 = 2 [0,09] − [0,09]²

𝑃 = 0,18 − [0,09]2 = 0,18 − 0,081

𝑃 = 0,1719

Resposta, letra C.







26. Um estudo mostra que 20% de todos os candidatos que estão prestando determinado concurso público possuem doutorado em determinada área do conhecimento. Selecionando-se ao acaso e com

reposição 4 desses candidatos, a probabilidade de que exatamente 2 possuam doutorado é igual a

(A) 10,24% (B) 5,72% (C) 8,46% (D) 15,36% (E) 13,24%

R.

Selecionando quatro candidatos, a probabilidade de que exatamente 2 possuam doutorado é igual a:

𝑃 = (20%) × (20%) × (1 − 20%) × (1 − 20%) = 0,0256

No entanto, devemos considerar ainda que a probabilidade de sortear dois

candidatos com doutorado independe da ordem de escolha.

Assim, precisamos contabilizar o número de maneiras diferentes de

selecionar 2 candidatos com doutorado entre os 4 existentes, utilizando a técnica de contagem da combinação:

𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝐶4, 2 × 0,0256 =4!

2! × 2!× 0,0256 = 6 × 0,0256 = 0,1536 = 15,36%

Resposta, letra D.

Gabarito Preliminar, D.

27. A tabela a seguir apresenta a distribuição de frequências relativas dos

valores cobrados, em reais, do Imposto Predial Territorial Urbano (IPTU) em determinado município no ano de 2014.

Sabe-se que o valor da mediana desses dados, calculado pelo método da

interpolação linear, é igual a R$ 1.250,00. Nessas condições, o valor médio do IPTU, calculado considerando que todos os valores incluídos num intervalo de classe são coincidentes com o ponto médio do intervalo, é, em

reais, igual a

Possuem doutorado Não Possuem doutorado






(A) 1.275,00 (B) 1.260,00 (C) 1.280,00 (D) 1.320,00 (E) 1.240,00

R.

Considerando as frequências relativas indicadas na tabela, temos que:

∑ 𝑓𝑟 = 𝑥 + 0,20 + 0,40 + 𝑦 + 0,10 = 1

𝑥 + 𝑦 = 1 − 0,7

⇒ 𝑦 = 0,3 − 𝑥

Ou seja, x pode variar entre 0 e 0,3, no máximo. Independente desse valor, a mediana estará situada no intervalo entre 1000 e 1400.

Para calcularmos, então, o valor de x, vamos utilizar a metodologia que

fazemos nas nossas aulas. A frequência acumulada é:

IPTU, em R$ Fr Fac

200 --- 600 x x

600 --- 1000 0,20 x+0,2

1000 --- 1400 0,40 X+0,6

1400 --- 1800 0,3-x 0,9

1800 --- 2200 0,1 1,0

Utilizando o triângulo de apoio, onde na sua base indicamos o valor da

variável, e na altura, as frequências absolutas do intervalo:

Considerando a semelhança dos triângulos:

(𝑥 + 0,6) − (𝑥 + 0,2)

1400 − 1000=

0,5 − (𝑥 + 0,2)

𝑀𝑒𝑑𝑖𝑎𝑛𝑎 − 1000

0,4

400=

0,3 − 𝑥

1250 − 1000

⇒ 0,4 × 250 = 400 × (0,3 − 𝑥)

1000 1400

x+0,2

0,5

x+0,6

Md






0,25 = 0,3 − 𝑥

⇒ 𝑥 = 0,05

Conhecido o valor de x, podemos calcular a média:

IPTU, em R$ PM Fr PM x Fr

200 --- 600 400 0,05 20

600 --- 1000 800 0,20 160

1000 --- 1400 1200 0,40 480

1400 --- 1800 1600 0,25 400

1800 --- 2200 2000 0,1 200

𝑀é𝑑𝑖𝑎 = ∑ 𝐹𝑟 × 𝑃𝑀 = 20 + 160 + 480 + 400 + 200 = 1260

Resposta, letra B.

Gabarito Preliminar, B.

Atenção: Considere as informações dadas na tabela seguir. Se t tem distribuição de Student com g graus de liberdade, a tabela fornece os

valores de tc tais que P(t > tc) = c

Um pesquisador deseja estimar o tempo médio 𝜇 em horas, para a realização de determinada tarefa pelos funcionários de determinada

empresa. Uma amostra aleatória de 9 funcionários que realizam a tarefa revelou os seguintes tempos de realização: x1, x2, ..., x9. Considerando que

essa amostra provém de uma população infinita e que

∑ 𝑥𝑖 = 54 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑒

9

1

∑ 𝑥𝑖2 = 396 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 ,

9

1

um intervalo de confiança para 𝜇 com coeficiente de confiança de 95%, em

horas, é dado por

(A) (3,80; 6,60)

(B) (4,14; 7,86)

(C) (3,69; 8,31)

(D) (3,74; 8,26)

(E) (4,17; 7,83)






R.

O intervalo de confiança de 95% para uma média populacional em uma

distribuição t de Student pode ser representado por:

𝑃 (�̅�−𝑡𝛼2

.𝑆

√𝑛≤ 𝜇 ≤ �̅�+𝑡𝛼

2.

𝑆

√𝑛) = 1 − 𝛼 = 95%

Graficamente:

Para o cálculo do intervalo de confiança: �̅�−𝑡𝛼

2.

𝑆

√𝑛 e �̅�+𝑡𝛼

2.

𝑆

√𝑛, precisamos

calcular os seguintes parâmetros:

Média amostral �̅�:

�̅� =1

𝑛∑ 𝑥𝑖

9

1

�̅� =1

9× 54 = 6 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠

Desvio padrão Amostral:

𝑆 = √(𝑥𝑖 − �̅�)²

𝑛 − 1= √∑ 𝑥𝑖

2 −1𝑛

(∑ 𝑥𝑖)²

𝑛 − 1= √396 −

19 × 54²

8= √

72

8= 3

Variável 𝑡𝛼

2, para 𝑛 − 1 graus de liberdade:

𝑡𝛼2

= 𝑡0,025

𝑃𝑎𝑟𝑎 8 𝑔𝑟𝑎𝑢𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑖𝑏𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒: 𝑡0,025 = 2,31

Agora, podemos calcular o intervalo de confiança:

𝑃 (�̅�−𝑡𝛼2

.𝑆

√𝑛≤ 𝜇 ≤ �̅�+𝑡𝛼

2.

𝑆

√𝑛) = 95%






𝑃 (6 − 2,31.3

√9≤ 𝜇 ≤ 6 + 2,31.

3

√9) = 95%

𝑃(6 − 2,31 ≤ 𝜇 ≤ 6 + 2,31) = 95%

𝑃(3,69 ≤ 𝜇 ≤ 8,31) = 95%

Resposta, letra C.


29. O modelo 𝑌𝑡 = 𝛼 + 𝛽𝑡 + 𝜀𝑡, t = 1, 2, 3, ..., foi considerado para prever o lucro de uma companhia no ano (2007 + t). Sabe-se que:

𝑌𝑡 representa o lucro, em milhões de reais no ano t;

𝛼 e 𝛽 são parâmetros desconhecidos;

𝜀𝑡 é o correspondente erro aleatório, com as respectivas hipóteses da regressão linear;

as estimativas de 𝛼 e 𝛽 foram obtidas pelo método de mínimos

quadrados, considerando-se as observações 𝑌𝑡 no período de 6 anos

(2008 a 2013).

Os dados relativos às observações são:

Nessas condições, a previsão de mínimos quadrados para o lucro da companhia, em milhões de reais, no ano de 2014, é igual a

(A) 9,50 (B) 7,55 (C) 8,15 (D) 7,90 (E) 8,80

R.

Dada a equação de regressão linear 𝑌𝑡 = 𝛼 + 𝛽𝑡, precisamos calcular seus coeficientes, com base nas seguintes fórmulas:

𝛽 =𝑆𝑡𝑌

𝑆𝑡𝑡 =

∑ 𝑡𝑖𝑌𝑖 − (∑ 𝑡𝑖 ∑ 𝑌𝑖)/𝑛

∑ 𝑡𝑖² − (∑ 𝑡𝑖)²/𝑛

𝛽 =140 − (21.36)/6

91 − (21)²/6=

14

17,5= 0,8

𝛼 = �̅� − 𝛽�̅� =36

6− 0,8.

21

6= 6 − 2,8 = 3,2






Portanto, a equação de regressão que indica o lucro de uma companhia no ano (2007 + t) é:

𝑌𝑡 = 3,2 + 0,8𝑡

Assim, o lucro para o ano de 2014 (2007 + 𝑡 = 2014) é:

𝑌𝑡 = 3,2 + 0,8𝑡 = 3,2 + 0,8 × 7 = 8,8

Resposta, letra E.

Gabarito Preliminar, E.

30. Considere as seguintes afirmações:

I. O histograma é um gráfico apropriado para representar dados de variáveis quantitativas contínuas.

II. Se X é uma variável aleatória com parâmetros n e p, onde n representa o número de ensaios de Bernoulli e p representa a probabilidade de sucesso

em cada ensaio, então a variância de X é dada pelo produto np.

III. O nível de significância de um teste é a probabilidade de se cometer erro do tipo I.

IV. Se r é o coeficiente de correlação linear de Pearson entre duas variáveis, então −1 < r < 1.

É verdade o que se afirma APENAS em

(A) I, III e IV. (B) III. (C) II e IV. (D) I e III. (E) II e III

R.

I. Correto! Vimos na Aula 2 do nosso curso que o histograma é a principal

representação gráfica de uma distribuição de frequências, que, por sua vez, é um tipo de série que representa variáveis quantitativas contínuas.

II. Errado! A distribuição binomial, que se caracteriza pela ocorrência de vários testes consecutivos e independentes (ensaios de Bernoulli), onde o resultado pode ser sucesso ou fracasso, apenas, possui média igual a n.p e

variância igual a n.p.(1-p).

III. Correto! Ao testar uma hipótese, podemos chegar à conclusão que ela

deve ser rejeitada. No entanto, essa hipótese, de fato, pode ser verdadeira.

Caso isso aconteça, estaremos cometendo um erro na inferência. Esse erro

é denominado “erro tipo I”. Matematicamente, esse erro é representado

pela probabilidade de se rejeitar uma hipótese H0 quando ela é verdadeira.






A probabilidade de que esse erro aconteça é denominado “nível de

significância” do teste, e é representada numericamente por .

IV. Errado! O coeficiente de Pearson é um número adimensional que varia

de -1 a 1 (inclusive) e, a partir dele, podemos tirar conclusões sobre a

correlação linear de duas variáveis. Portanto, −𝟏 ≤ 𝒓 ≤ 𝟏.

Resposta, letra D.

Gabarito Preliminar, D.


Pessoal, trago a vocês a resolução da prova de Estatística do … · Nessas condições, a...

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