Probabilidades e Estatística 2005/06

(1)

Departamento de Matem´

atica

Sec¸c˜

ao de Estat´ıstica e Aplica¸c˜

oes - IST

Probabilidades e Estat´ıstica – 2005/06

Resolu¸c˜ao do 1o _Exame/2o_Teste _{10/01/2006 – 9h00}

Grupo I - 5.0 val.

1. Um novo método de deteçcão de contaminantes na água está a ser testado. Este método pode ser utilizado para detectar poluentes orgânicos. A empresa que o desenvolveu afirma que com este método é poss´ıvel detectar os poluentes orgânicos com 99.5% de eficácia. Por outro lado, caso não haja poluentes o método comporta-se com 98% de eficácia (i.e, nesta situa¸cão não detecta poluentes orgânicos).

Para calibrar o método foram recolhidas várias amostras de água pura; destas amostras 80% foram contaminadas,de forma independente, com poluentes orgânicos.

a) Qual é a probabilidade do método detectar poluentes orgânicos numa amostra recolhida ao

acaso? (0.5)

b) Qual ´e a probabilidade do m´etodo dar um resultado verdadeiro? (0.5)

c) Supondo que o método foi aplicado duas vezes consecutivas à mesma amostra e que das duas vezes acusou polui¸cão por poluentes orgânicos, calcule a probabilidade da amostra estar efec-tivamente contaminada se se admitir que os resultados de aplica¸cão (em qualquer situa¸cão) do

método em sucessivas aplica¸cões são independentes; (2.0)

Resolu¸cão: seja D o acontecimento que indica se o teste acusa deteçcão de poluentes orgânicos e O o acontecimento correspondente à ocorrência de polui¸cão da água por poluentes orgânicos. Decorre do enunciado que

P (D|O) = 0.995; P ( ¯D| ¯O) = 0.98; P (O) = 0.80. a)

P (D) = P (D|O)P (O) + P (D| ¯O)P ( ¯O) (lei das probabilidades totais) = 0.995 × 0.80 + (1 − 0.98) × 0.20

= 0.80.

b) Seja V o acontecimento que indica que o teste acusa resultado verdadeiro. Note-se que V = (D ∩ O) ∪ ( ¯D ∩ ¯O)

pelo que

P (V ) = P (D ∩ O) ∪ ( ¯D ∩ ¯O) = P (D|O)P (O) + P ( ¯D| ¯O)P ( ¯O) = 0.995 × 0.80 + 0.98 × 0.20 = 0.992.

c) Seja Di o acontecimento que indica que o método acusou polui¸cão por poluentes orgânicos na

i-´esima aplica¸c˜ao.

P (O|D1∩ D2) =

P (D1∩ D2|O)P (O)

P (D1∩ D2|O)P (O) + P (D1∩ D2| ¯O)P ( ¯O)

= P

2_{(D|O)P (O)}

P2_{(D|O)P (O) + P}2_{(D| ¯}_{O)P ( ¯}_O)

= 0.995

2_{× 0.8}

0.9952_{× 0.8 + (1 − 0.98)}2_{× 0.20}

(2)

2. O método atrás descrito vai ser aplicado num rio. Nesse rio existem duas fábricas que são responsáveis pela polui¸cão do rio por poluentes orgânicos; uma situa-se na margem direita do rio e outra na margem esquerda do rio. Suponha que o número de descargas de poluentes orgânicos para o rio da fábrica que se situa na margem direita é modelado por um Processo de Poisson de taxa 2.5 por dia, enquanto que o número de descargas de poluentes orgânicos para o rio da fábrica que se situa na margem esquerda é modelado por um Processo de Poisson de taxa 1.0 por dia, independentemente do que acontece na fábrica da margem direita.

i. Seja Nt a v.a. que contabiliza o n´umero de descargas de materiais poluentes no rio pelo

conjunto das duas f´abricas em t dias. Indique a distribui¸c˜ao da v.a. Nt. (1.0)

ii. Qual a probabilidade de em meio dia n˜ao haver nenhuma descarga efectuada por essas

duas f´abricas? (1.0)

Resolu¸c˜ao

a) Seja Xto n´umero de descargas em t dias de compostos clor´ıdricos para o rio da f´abrica que se

situa na margem direita e Yto n´umero de descargas em t dias de compostos clor´ıdricos para o

rio da f´abrica que se situa na margem esquerda, com Xt∼ P oi(2.5t) e Yt∼ P oi(t). Dado que

Xte Yts˜ao independentes (tal como afirmado no enunciado), ent˜ao Nt= Xt+Yt∼ P ois(3.5t).

b) Pretende-se determinar P (N0.5= 0). Como N0.5∼ P ois(3.5 × 0.5) = P ois(1.75) ent˜ao

P (N0.5= 0) = e−1.75.

Grupo II - 5.0 val.

1. A percentagem de indiv´ıduos que, quando expostos a uma dada bactéria, contraiem a doen¸ca é 20%. Admita que 1000 indiv´ıduos (independentes entre si) desta popula¸cão são expostos à batéria.

a) Determine um valor aproximado para a probabilidade de que mais de 225 destes indiv´ıduos

adoen¸cam. (1.0)

b) Suponha que se neste conjunto de ind´ıviduos mais de 225 adoecerem, então é lan¸cada uma campanha de vacina¸cão à popula¸cão, que custará 1 milhão de euros; se o número de indiv´ıduos que contraiem a doen¸ca for inferior ou igual a 225 mas superior a 50, então só os familiares destes indiv´ıduos serão vacinados. Nesse caso o custo da campanha de vacina¸cão será de 5000 euros. Finalmente, se no máximo 50 indiv´ıduos ficarem infectados, então não é lan¸cada nenhuma campanha de vacina¸cão.

b.i) Encontre a fun¸c˜ao de probabilidade (aproximada) do custo da campanha de vacina¸c˜ao.

(1.0)

b.ii) Qual o custo esperado associado a esta campanha de vacina¸c˜ao? (0.5)

Resolu¸cão: Seja X a v.a. que contabiliza o número de indiv´ıduos, de entre 1000, que contraiem a doen¸ca quando expostos à batéria. Como os indiv´ıduos são independentes entre si, então

X ∼ Bin(1000, 0.2) com E[X] = 200 e V ar[X] = 200 × 0.8 = 160.

a) P (X > 225) = 1 − P (X ≤ 225) = 1 − P (X − 200 12.65 ≤ 225.5 − 200 12.65 ) ≈ 1 − Φ(2.02) = 1 − 0.9783 = 0.0217

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b.i) Seja Y a v.a. que designa o custo da campanha de vacina¸c˜ao. Ent˜ao temos P (Y = y) =        P (X > 225) y = 105 P (50 < X ≤ 225) y = 500 P (X ≤ 50) y = 0 0 c.c. ≈    0.0217 y = 105 Φ(2.02) − Φ(−11.819) = 0.9783 y = 500 0 c.c. b.ii) E[Y ] =X y yP (Y = y) = 500P (Y = 500) + 105P (Y = 105) = 22189.15

2. Seja (X, Y ) um par de v.a. discretas, para o qual a fun¸c˜ao de probabilidade conjunta ´e dada por:

P (X = x, Y = y) = c(x + y), x = 1, 2, 3; y = 1, 2

a) Determine o valor de c para o qual a fun¸c˜ao anterior define realmente uma fun¸c˜ao de

probabilidade conjunta de X e de Y . (0.5)

b) Calcule E[X], E[X|Y = 1] e V ar[X|Y = 1]. (1.0)

c) Ser´a que X e Y s˜ao v.a. independentes? Justifique. (1.0)

Resolu¸c˜ao:

a) ComoP3_x=1P2_y=1P (X = x, Y = y) = 1 ent˜ao vem:

3 X x=1 2 X y=1 P (X = x, Y = y) = c((1 + 1) + (1 + 2) + (2 + 1) + (2 + 2) + (3 + 1) + (3 + 2)) = 21c donde c = 1/21.

b) Calcule-se a fun¸c˜ao de probabilidade (marginal) de X, assim como a condicionada (de X em Y = 1): P (X = x) = 2 X y=1 P (X = x, Y = y) =        5 21 x = 1 7 21 x = 2 9 21 x = 3 0 c.c. P (X = x|Y = 1) =P (X = x, Y = 1) P (Y = 1) =        2 9 x = 1 3 9 x = 2 4 9 x = 3 0 c.c.

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Consequentemente: E[X] = 3 X x=1 xP (X = x) = 1 × 5 + 2 × 7 + 3 × 9 21 = 2.19 E[X|Y = 1] = 3 X x=1 xP (X = x|Y = 1) = 1 × 2 + 2 × 3 + 3 × 4 9 = 2.22 E[X2|Y = 1] = 3 X x=1 x2P (X = x|Y = 1) =1 2_{× 2 + 2}2_{× 3 + 3}2_{× 4} 9 = 5.55

V ar[X|Y = 1] = E[X2_{|Y = 1] − E}2_{[X|Y = 1] = 0.617.}

c) As v.a. na˜o s˜ao independentes pois, por exemplo, E[X] 6= E[X|Y = 1].

Grupo III - 4.0 val.

Os capacetes usados pelos pilotos e co-pilotos participantes no rally Lisboa-Dakar foram previamente testados, de forma a indagar sobre a sua seguran¸ca. Para tal foram seleccionaos ao acaso 50 capacetes, os quais foram sujeitos a testes de impacto. Em consequˆencia destes testes de impacto, 18 capacetes ficaram com algum dano.

a) Construa um intervalo de confian¸ca a 95% para a verdadeira propor¸c˜ao de capacetes com

algum dano fruto do teste de impacto. (2.0)

b) Para um n´ıvel de significância de 5%, será que é de admitir que a verdadeira propor¸cão de capacetes com algum defeito fruto do teste de impacto é igual a 32%? (2.0)

Resolu¸cão: Seja Xi uma v.a. que toma o valor 1 (0) se o i-ésimo capacete sofrer (não sofrer)

algum dano fruto do teste de impacto, com Xi∼ Ber(p), com p desconhecido. Adicionalmente, se

se admitir que os 50 capacetes têm um comportamento independente mas que obedecem à mesma lei probabil´ıstica, então segue-se que {X1, X2, . . . , X50} ∼ X ∼ Ber(p). Para a amostra particular,

P50

i=1xi= 18 donde ¯x = 18₅₀ = 0.36.

a) Nesta al´ınea pretende-se construir um I.C.0.95(p). Decorre do TLC que uma vari´avel fulcral

para este problema ´e:

¯ X − p q_¯ X_{(1− ¯}X) n ∼aN (0, 1)

Dado que Φ−1_{(0.975) = 1.96, vem que}

P (−1.96 <qX − p¯_¯ X_{(1− ¯}X) n < 1.96) ≈ 0.95 P ( ¯X − 1.96 × r _¯ X(1 − ¯X) n <p < ¯X + 1.96 × r _¯ X(1 − ¯X) n ) ≈ 0.95 donde I.C.A.0.95(p) ≈] ¯X − 1.96 × r _¯ X(1 − ¯X) n ; ¯X + 1.96 × r _¯ X(1 − ¯X) n [. Concretizando: I.C.0.95(p) ≈]0.36 − 1.96 × r 0.36(1 − 0.36) 50 ; 0.36 − 1.96 × r 0.36(1 + 0.36) 50 [ =]0.227; 0.493[.

(5)

b) Pretende-se testar H0 : p = 0.32 vs H1 : p 6= 0.32. Uma vez que o teste ´e bilateral, e que se

pretende o mesmo n´ıvel de confian¸ca da al´ınea anterior, então podemos utilizar o resultado da al´ınea anterior (note-se porém que a estat´ıstica de teste adequada para esta situa¸cão não coincide necessariamente com a variável fulcral indicada na al´ınea anterior com p = 0.32. Porém como o valor observado da estimativa de máxima verosimilhan¸ca, ¯x = 0.36 é próximo do valor em teste, p = 0.32, utilizaremos o resultado anterior, com evidente economia de trabalho!).

Como o valor proposto para p, p = 0.32 sob H0, est´a contido na aproxima¸c˜ao do I.C.0.95(p),

então a hipótese H0 não deve ser rejeitada para α = 5% (na verdade esta hipótese não é

rejeitada para α ≤ 5%).

Grupo IV - 6.0 val.

1. Uma fábrica produtora de circuito eléctricos tem um departamento de controlo de qualidade, onde os circuitos produzidos são submetidos a um rigoroso controlo de qualidade. Fruto de resultados anteriores, é conviçcão do responsável por este departamento que o número de defeitos em cada circuito eléctrico (X) tem uma distribui¸cão de Poisson. Para verificar essa hipótese, foi recolhida uma amostra de 60 circuitos independentes, tendo-se observado os seguintes valores:

N´umero de defeitos 0 1 2 3 Frequˆencia observada 32 15 9 4

a) Se se admitir que efectivamente X tem uma distribui¸cão de Poisson, prove que a estimativa de máxima verosimilhan¸ca do valor esperado de X é igual a 0.75. Qual é a estimativa de máxima verosimilhan¸ca da probabilidade de um circuito eléctrico não ter defeitos? (1.5)

b) Acha que os dados evidenciam que X tem distribui¸c˜ao Poisson? (2.0)

Resolu¸c˜ao a) L(λ; x1, . . . , xn) = P (X1= x1, . . . , Xn= xn; λ) =iid n Y i=1 P (X = xi; λ) = n Y i=1 e−λ_λxi xi! = e−nλλ Pn i=1xi Qn i=1xi! , λ > 0 LnL(λ; x1, . . . , xn) = −nλ + n X i=1 xiLnλ − Ln( n Y i=1 xi!) [LnL(λ; x1, . . . , xn)]′ = −n + Pn i=1xi λ [LnL(λ; x1, . . . , xn)]′′= − Pn i=1xi λ2 < 0, ∀λ

Logo a estimativa de m´axima verosimilhan¸ca de λ, ˆλ, ´e tal que −n +

Pn i=1xi

ˆ

λ = 0 ⇔ ˆλ = ¯x. Nesta situa¸c˜ao, como

¯ x = 3 X i=0 iNi n = 0 × 32 + 1 × 15 + 2 × 9 + 3 × 4 60 = 0.75

ent˜ao vem que efectivamente

ˆ

(6)

Por outro lado, como

P (X = 0) = e−λ

decorre da propriedade da invariˆancia dos estimadores de m´axima verosimilhan¸ca que d

P (X = 0) = e−ˆλ

= e−0.75_{= 0.472.}

b) Pretende-se testar H0: X ∼ P oi(λ). Para este teste a estat´ıstica de teste ´e:

Q = k X i=0 (Oi− ˆEi)2 ˆ Ei ∼(a,H0)χ (2) (k−2)

onde Oi designa a frequência observada da classe i e Êi designa a frequência estimada da

classe i. Se H0 for verdadeira, X toma valores em IN0, pelo que a ´ultima classe (para a

qual X = 3) tem de ser aumentada para X ≥ 3. Desta forma temos a seguinte tabela:

Número de defeitos oi eî 0 32 60 × e−ˆλ_{= 28.43} 1 15 60 ×e−λˆ_λˆ1 1! = 21.26 2 9 60 × e−λˆ_λˆ2 2! = 7.97 ≥ 3 4 60 − 28.43 − 21.26 − 7.97 = 2.43 Então o valor observado da estat´ıstica de teste é:

qobs= (32 − 28.43)2 28.43 + (15 − 21.26)2 21.26 + (9 − 7.97)2 7.97 + (4 − 2.43)2 2.43 = 3.46. Como F_χ(2)

2 (3.46) ∈]0.80; 0.85[, ent˜ao p ∈]0.20; 0.25[. Desta feita se conclui que H0 ´e

rejeitada para n´ıveis de significância α ≥ 25%, enquanto que não é rejeitada para α ≤ 20%. Assim se conclui que para os n´ıveis usuais de significância a hipótese de que X segue uma distribui¸cão de Poisson não é rejeitada.

2. Um investigador acha que a quantidade de vapores tóxicos produzidos mensalmente por uma fábrica de qu´ımicos está relacionada com a temperatura média mensal (o_{C). Para indagar essa}

possibilidade recolheu uma amostra, tendo obtido os seguintes resultados:

xi 12.5 14 14.5 17 20 26.4 28.3 29.2 27.3 20.5

yi 185.79 214.47 288.03 424.84 454.58 539.03 621.55 675.06 562.03 452.93

pelo que P10_i=1xi = 209.7, P 10 i=1yi = 4418.31, P 10 i=1x2i = 4767.53, P10 i=1y2i = 2204216 e P10

i=1xiyi = 101975.8. Com base nestes valores foi ajustado um modelo de regress˜ao linear

simples, tendo-se obtido ˆβ0= −86.43 e ˆβ1= 25.19.

a) Com base na recta estimada de regressão dos m´ınimos quadrados, calcule uma estimativa da diferen¸ca esperada da quantidade de vapores tóxicos de dois meses cuja temperatura média mensal difere de 3o_{C. Como interpreta este valor?}

(1.0)

b) Será que se pode concluir, para um n´ıvel de significância de 5%, que a quantidade esper-ada de vapores tóxicos emitidos pela fábrica aumente com a temperatura média mensal? Indique todas as hipóteses sobre o modelo que achar convenientes. (1.5)

Resolu¸c˜ao

a) A equa¸c˜ao da recta estimada ´e: ˆ

y = −86.43 + 25.19x, x ∈ [12.5; 29.2]

Se se considerar dois meses cuja temperatura m´edia mensal difere de 3o_{C (e desde que}

ambas as temperaturas destes dois meses estejam no intervalo considerado [12.5; 29.2]), então uma estimativa da diferen¸ca esperada da quantidade de vapores tóxicos destes dois meses é 3 × 25.19 = 75.57. Este valor não significa obrigatoriamente que a diferen¸ca seja exactamente este valor: é apenas uma estimativa do que se espera encontrar!

(7)

b) Assumindo que ǫi ∼ N (0, σ2) (onde ǫi designa o erro aleatório associado à i-ésima

tem-peratura), para o teste:

H0: β1= 0 vs H1: β1> 0

a estat´ıstica de teste indicada ´e:

T =q βˆ1 ˆ σ2 P_x2 i−n¯x2 ∼ tn−2 Como ˆ σ2= 1 n − 2 " _n X i=1 y2i − n¯y 2_{− ˆ}_β2 1 n X i=1 x2i − n¯x 2 !# = 2151.82 ent˜ao o valor observado da estat´ıstica de teste ´e:

tobs= 25.19 q _2151.82 4767.53−10(20.97)2 = 10.447 Dado que F−1

t8 (0.95) = 1.86 e como tobs > 1.86, então para = 5% há evidências para

rejeitar H0, i.e., aceitamos que a quantidades esperada de vapores t´oxicos emitidos pela