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Estatística Aplicada à Engenharia

1

TOMADA DE DECISÃO PARA DUAS AMOSTRAS

Estatística Aplicada à Engenharia 1

1.  Introdução;

2.  Inferência sobre as médias de duas populações com variâncias conhecidas;

3.  Inferência sobre as médias de duas populações com variâncias desconhecidas (e iguais);

4.  Inferência sobre as médias de duas populações com variâncias desconhecidas (e diferentes);

5.  Teste t emparelhado; 6.  Inferência sobre a razão de variâncias de duas populações normais;

7.  Referências

ROTEIRO


INTRODUÇÃO


3

• Já vimos a respeito de testes de hipóteses e intervalos de confiança para parâmetros de uma população (média, variância, proporção);

• Vamos estender os resultados para o caso de amostras independentes de duas populações;

• As inferências são baseadas em duas amostras

aleatórias de tamanhos n1 e n2, respectivamente;

INFERÊNCIA SOBRE A DIFERENÇA DE MÉDIAS



2

•  X11, X12, ..., X1n1 é uma amostra aleatória de tamanho n1 com média e variância, respectivamente

•  X21, X22, ..., X2n2 é uma amostra aleatória de tamanho n2 com média e variância, respectivamente •  Se X1i e X2j forem normalmente distribuídos,

•  Caso as amostras sejam oriundas de outras distribuições, as condições do Teorema Central do Limite se aplicarão;



µ1 e σ

12;

µ2 e σ

22;

X1~N µ

1, σ1

2

n1

( ) e X2

~N µ2, σ2

2

n2

( );

•  No caso em que as amostras forem independentes, as médias amostrais também apresentarão independência. Portanto,

•  Logo,

• Esse resultado será usado no desenvolvimento de testes de hipóteses e intervalos de confiança para o parâmetro



X1− X

2~N µ

1−µ

2, σ

21

n1

+ σ 22

n2

( );

Z =X1− X

2−(µ

1−µ

2)

σ 21

n1

+ σ 22

n2

~N(0,1);

µ1−µ

2;

INFERÊNCIA SOBRE AS MÉDIAS DE DUAS POPULAÇÕES

Variâncias Conhecidas


7

•  Suponha que estejamos interessados em testar se a diferença das médias é igual a um valor especificado, digamos

•  A hipótese nula será

•  O caso em que tem a ver com a situação em que queremos testar a igualdade de médias;

SUPOSIÇÕES


µ1−µ

2

Δ0;

H0: µ

1−µ

2= Δ

0;

Δ0= 0


3

•  A estatística do teste sob H0 será

•  Suponha que

•  Um valor da amostra em que for consideravelmente diferente de pode ser considerado evidência de que H1 seja verdadeira;

SUPOSIÇÕES


x1− x

2

Z0=X1− X

2− Δ

0

σ 21

n1

+ σ 22

n2

;

H1: µ

1−µ

2≠ Δ

0;

Δ0

•  A hipótese nula é um valor de referência:

•  A hipótese alternativa é algo que se quer avaliar; •  Os três possíveis casos de hipóteses alternativas são:

HIPÓTESES

H1:

µ1−µ

2≠ Δ

0

µ1−µ

2< Δ

0

µ1−µ

2> Δ

0

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

;


H0: µ

1−µ

2= Δ

0;

•  A estatística do teste é baseada na hipótese nula

•  Se a hipótese nula for verdadeira,

•  O caso acima vale se as amostras forem normais, caso contrário, a distribuição será aproximada, devido ao TCL;

ESTATÍSTICA DO TESTE

Z0~N(0,1);


Z0=X1− X

2− Δ

0

σ 21

n1

+ σ 22

n2

;

•  Obtida uma estimativa da média de cada amostra, denotadas por o valor pode ser aplicado à estatística do teste, resultando na estatística observada do teste

•  Como no caso de uma amostra, o valor da estatística observada auxilia na tomada de decisão, o que dependerá da formulação do teste;

ESTATÍSTICA OBSERVADA DO TESTE

x1 e x

2,


z0=x1− x

2− Δ

0

σ 21

n1

+ σ 22

n2

;


4

•  Teste bilateral:

•  Região de aceitação:

•  Região de rejeição:

REGIÕES DE ACEITAÇÃO E REJEIÇÃO

RA = x ∈ R :|x|≤ zα/2{ }

H0: µ

1−µ

2= Δ

0

H1: µ

1−µ

2≠ Δ

0

RR = x ∈ R :|x|> zα/2{ }

−zα 2 0 zα 2

α 2 α 2

Região de RejeiçãoRegião de Aceitação


•  Teste unilateral inferior:




RA = x ∈ R : x ≥ −zα{ }

RR = x ∈ R : x < −zα{ }

−zα 0

α



H0: µ

1−µ

2= Δ

0

H1: µ

1−µ

2< Δ

0

•  Teste unilateral superior:




RA = x ∈ R : x ≤ zα{ }

RR = x ∈ R : x > zα{ }

0 zα

α



H0: µ

1−µ

2= Δ

0

H1: µ

1−µ

2> Δ

0

•  Rejeitamos a hipótese nula H0, em favor da alternativa H1, quando a estatística observada do teste pertencer à região de rejeição;




DECISÃO

z0< −z

α/2 ou z

0> z

α/2;

z0< −z

α;

z0> z

α;



5

Um idealizador de produtos está interessado em reduzir o tempo de secagem de um zarcão. Duas formulações de tinta são testadas: a formulação 1 tem uma química padrão e a formulação 2 tem um novo ingrediente, que deve reduzir o tempo de secagem. Da experiência, sabe-se que o desvio-padrão do tempo de secagem é igual a 8 minutos, e essa variabilidade não deve ser afetada pela adição do novo ingrediente. Dez espécimes são pintados com a formulação 1 e outros dez espécimes são pintados com a formulação 2. Os tempos médios de secagem das amostras são, respectivamente,

EXEMPLO

x1=121 min. e x

2=112 min.


a)  Quais as hipóteses estatísticas associadas ao problema?

R O interesse reside na diferença dos tempos médios de

secagem. Quer-se saber se o tempo de secagem usando a formação 2 é menor que o tempo médio de secagem usando a formulação 1 . Nesse caso, tem-se que Logo, as hipóteses associadas ao problema são

ou

EXEMPLO

H0: µ

1−µ

2= 0

H1: µ

1−µ

2> 0


(µ2)

(µ1)

Δ0= 0.

H0: µ

1= µ

2

H1: µ

1> µ

2

b)  Descreva os erros tipo I e tipo II para o problema. •  Erro Tipo I (rejeitar H0 em favor de H1 quando H0 é

verdadeira): Concluir que o tempo médio de secagem usando a formação 2 é menor que o tempo médio de secagem usando a formulação 1, quando na verdade não é. Ou ainda, concluir que o novo ingrediente reduz o tempo médio de secagem, quando não reduz;

•  Erro Tipo II (não rejeitar H0 quando H0 é falsa): Concluir que a adição do novo ingrediente não reduz o tempo médio de secagem quando, na verdade, reduz.

EXEMPLO


c)  Apresente as regiões de aceitação e de rejeição para o teste, ao nível de significância de 5%.

R Uma vez que foi estabelecido um nível de significância

de 5%, e o teste é unilateral, temos que os valores críticos são associados a

Portanto,

EXEMPLO

zα= z

0,05=1,645.

RA = x ∈ R : x ≤1,645{ }RR = x ∈ R : x >1,645{ }



6

d)  Ao nível de significância de 5%, tome uma decisão e conclua:

R Note que e Desse modo, a estatística observada do teste será

Em outras palavras, Logo, rejeitamos H0. Portanto, ao nível de significância de 5%, concluímos que a adição do novo ingrediente ajuda a reduzir o tempo médio de secagem.

EXEMPLO

z0=x1− x

2− Δ

0

σ 21

n1

+ σ 22

n2

=121−112−0

82

10+ 82

10

= 2,52.

z0∈ RR, pois z

0= 2,52 >1,645 = z

0,05.

x1=121


x2=112.

•  Teste bilateral -

•  Teste unilateral inferior –

•  Teste unilateral superior -

NÍVEL DESCRITIVO (VALOR-P)

p̂ = 2P(Z >|z0|)

p̂ = P(Z < z0)

p̂ = P(Z > z0)

H0

: µ1−µ

2= Δ

0 vs. H

1: µ

1−µ

2≠ Δ

0


H0

: µ1−µ

2= Δ

0 vs. H

1: µ

1−µ

2< Δ

0

H0

: µ1−µ

2= Δ

0 vs. H

1: µ

1−µ

2> Δ

0

e)  Calcule o nível descritivo do teste. Ao nível de significância de 1%, tome uma decisão e conclua.

R Como o teste é unilateral superior e z0 = 2,52, temos que o nível descritivo do teste será

Uma vez que rejeitamos H0. Logo, ao nível de significância de 1%, concluímos que a adição do novo ingrediente ajuda a reduzir o tempo médio de secagem.

EXEMPLO

p̂ = P(Z > z0)= P(Z > 2,52)

= 0,0059.

p̂ = 0,0059 < 0,01=α,


•  Intervalo de confiança bilateral para a diferença de médias, ao nível de 100(1-α)%, é desenvolvido segundo o raciocínio

TIPOS DE INTERVALOS DE CONFIANÇA

P −zα/2

≤ Z ≤ zα/2( ) =1−α

P −zα/2

≤X1− X

2−(µ

1−µ

2)

σ 21

n1

+ σ 22

n2

≤ zα/2

⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟=1−α

P X1− X

2− z

α/2

σ 21

n1

+ σ 22

n2

≤ µ1−µ

2≤ X

1− X

2+ z

α/2

σ 21

n1

+ σ 22

n2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ =1−α



7

•  Intervalo de confiança bilateral resultante para a diferença de médias, ao nível de 100(1-α)%, será

•  O erro de estimação relacionado a esse intervalo é, portanto,

•  O nível de confiança de 1-α é exato quando as populações são normais. Caso contrário, esse valor é aproximado, para amostras de tamanho grande.


X1− X

2− z

α/2

σ 21

n1

+ σ 22

n2

≤ µ1−µ

2≤ X

1− X

2+ z

α/2

σ 21

n1

+ σ 22

n2


ε = zα/2

σ 21

n1

+ σ 22

n2

•  Intervalo de confiança unilateral superior, ao nível de 100(1-α)%, para será

•  Intervalo de confiança unilateral inferior, ao nível de

100(1-α)%, para será



µ1−µ

2≤ X

1− X

2+ z

α

σ 21

n1

+ σ 22

n2

µ1−µ

2

µ1−µ

2

X1− X

2− z

α

σ 21

n1

+ σ 22

n2

≤ µ1−µ

2

f)  Retornando ao exemplo do tempo secagem, calcule um intervalo unilateral inferior, com 95% de confiança, para a diferença das médias

R Observe que 1-α=0,95. Portanto, α=0,05. Desse modo,

Então, Logo, ao nível de 95% confiança, temos que a diferença dos tempos médios de secagem é superior a 3,11 minutos.

EXEMPLO

zα= z

0,05=1,645


µ1−µ

2

µ1−µ

2≥ X

1− X

2− z

α

σ 21

n+ σ 2

2

m

≥121−112−1,645 82

10+ 82

10

≥ 3,11

µ1−µ

2

Testes de resistência foram feitos em duas estruturas contendo dois teores diferentes de alumínio, denotadas por 1 e 2. De experiências passadas com o processo de fabricação dessas estruturas e com o procedimento de testes, os desvios padrão das resistências à tensão são considerados conhecidos. Os dados obtidos são resumidos abaixo. Apresente um intervalo com 90% de confiança para a diferença das resistências médias.

EXEMPLO 2


Estrutura Tamanho amostral

Resistência média amostra (Kg/mm2)

Desvio padrão

1 10 87,6 1,0

2 12 74,5 1,5


8

Note que 1-α=0,90. Então, α=0,10. Assim, como não foi especificado o tipo de intervalo, assumimos que seja um intervalo bilateral. Então, O intervalo resultante será Portanto, ao nível de confiança de 90%, temos que a diferença das resistências médias estará entre 12,22 Kg/mm2 e 13,98 Kg/mm2.

EXEMPLO 2


zα/2

= z0,05

=1,645.

X1− X

2− z

α/2

σ 21

n1

+ σ 22

n2

≤ µ1−µ

2≤ X

1− X

2+ z

α/2

σ 21

n1

+ σ 22

n2

87,6−74,5−1,645 1,02

10+ 1,52

12≤ µ

1−µ

2≤ 87,6−74,5+1,645 1,02

10+ 1,52

12

12,22 ≤ µ1−µ

2≤13,98

•  Pode-se querer estimar a diferença das médias de modo que o erro de estimação não exceda um certo valor ε;

•  Nesse caso, se os tamanhos amostrais forem iguais, pode-se obter •  Para intervalos bilaterais:

•  Para intervalos unilaterais (superior ou inferior):

ESCOLHA DO TAMANHO DA AMOSTRA

n=zα/2

ε

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

σ12 +σ

22( );


n=zα

ε

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

σ12 +σ

22( );

INFERÊNCIA SOBRE AS MÉDIAS DE DUAS POPULAÇÕES

Variâncias Desconhecidas


31



•  As variâncias populacionais são desconhecidas. Portanto, já não é mais possível usar a estatística

SUPOSIÇÕES


µ1 e σ

12;

µ2 e σ

22;

Z0=X1− X

2− Δ

0

σ 21

n1

+ σ 22

n2

;


9

•  Deve-se estimar as variâncias populacionais;

•  A estatística do teste dependerá de duas situações;

•  Caso 1: As variâncias são iguais;

•  Caso 2: As variâncias são diferentes;

SUPOSIÇÕES

Sk2 =

1nk−1

Xki− X

k( )2

i=1

n

∑ ,k =1,2;


•  Denotemos

•  Nesse caso,

•  A variância σ2 pode ser estimada combinando as variâncias amostrais

CASO 1: VARIÂNCIAS IGUAIS


Z0=X1− X

2− Δ

0

σ 1n1

+ 1n2

;

σ 21=σ 2

2=σ 2;

S21 e S2

2,

Sp2 =(n1−1)S

12 +(n

2−1)S2

2

n1+n

2−2

;

•  Sob a hipótese nula

•  Nesse caso,

em que

CASO 1: VARIÂNCIAS IGUAIS


T0=X1− X

2− Δ

0

Sp

1n1

+ 1n2

~ tν,

H0: µ

1−µ

2= Δ

0,

ν = n1+n

2−2;





RA = x ∈ R :|x|≤ tα/2,ν{ }

H0: µ

1−µ

2= Δ

0

H1: µ

1−µ

2≠ Δ

0

RR = x ∈ R :|x|> tα/2,ν{ }

− tα 2, ν 0 tα 2, ν

α 2 α 2




10





RA = x ∈ R : x ≥ −tα ,ν{ }

RR = x ∈ R : x < −tα ,ν{ }

− tα, ν 0

α



H0: µ

1−µ

2= Δ

0

H1: µ

1−µ

2< Δ

0





RA = x ∈ R : x ≤ tα ,ν{ }

RR = x ∈ R : x > tα ,ν{ }

0 tα, ν

α



H0: µ

1−µ

2= Δ

0

H1: µ

1−µ

2> Δ

0

•  Rejeitamos a hipótese nula H0, em favor da alternativa H1, quando a estatística observada do teste pertencer à região de rejeição; •  Teste bilateral:



•  Lembrando que

DECISÃO

t0< −t

α/2,ν ou t

0> t

α/2,ν;

t0< −t

α ,ν;

t0> t

α ,ν;


ν = n1+n

2−2;

•  O valor crítico (teste unilateral) ou ( teste b i latera l ) é calculado de acordo c o m o n í v e l d e s i g n i f i c â n c i a estabelecido para o teste, satisfazendo em que

VALOR CRÍTICO

P X > tp,k( ) = p

tα ,ν

tα/2,ν

0 tp, k

p

X ~ tk.



11

Dois catalisadores estão sendo analisados para determinar como eles afetam o rendimento médio de um processo químico. Especificamente, o catalisador 1 está correntemente em uso, mas o catalisador 2 é aceitável. Uma vez que o catalisador 2 é mais barato, ele deve ser adotado, desde que não mude o rendimento do processo. Para avaliar se o rendimento médio do processo difere de acordo com o catalisador utilizado, um teste é feito em uma planta piloto, resultando nos dados apresentados em seguida.

EXEMPLO


EXEMPLO



R O interesse está em saber se o rendimento médio do

processo utilizando o catalisador 1, denotado por μ1, difere do rendimento médio do processo usando o catalisador 2, denotado por μ2. Portanto, as hipóteses estatísticas associadas ao problema são

EXEMPLO

H0: µ

1= µ

2

H1: µ

1≠ µ

2


b)  Descreva os erros tipo I e tipo II para o problema. •  Erro Tipo I: Concluir que o rendimento médio do processo

químico usando o catalisador 1 difere do rendimento médio do processo químico usando o catalisador 2, quando, na verdade, isso não acontece;

•  Erro Tipo II: Concluir que o rendimento médio do processo usando o catalisador 1 não difere do rendimento médio do processo usando o catalisador 2, quando, na verdade, os rendimentos médios diferem.

EXEMPLO



12


R Como os tamanhos amostrais são ambos iguais a 8,

temos que ν=8+8-2=14. Além disso, foi estabelecido um nível de significância de 5% e o teste é bilateral. Assim, temos que o valor crítico será

Portanto,

EXEMPLO

tα/2,ν

= t0,025;14

= 2,145.

RA = x ∈ R :|x|≤ 2,145{ }RR = x ∈ R :|x|> 2,145{ }



R Os dados apresentaram médias amostrais Os desvios padrão amostrais foram,

respectivamente, Assim, temos que Isso resulta em

EXEMPLO

x1= 92,255 e


x2= 92,733.

s1= 2,39 e s

2= 2,98.

s2p=(n1−1)s

12 +(n

2−1)s2

2

n1+n

2−2

=(7)(2,39)2 +(7)(2,98)2

8+8−2= 7,30.

sp= s2

p= 7,30 = 2,70.


R A estatística observada do teste será, portanto, Como -2,145<-0,35<2,145, não rejeitamos H0. Portanto, ao nível de significância de 5%, concluímos que não há evidências que nos levem a crer que os rendimentos médios dos catalisadores diferem.

EXEMPLO


t0=x1− x

2− Δ

0

sp

1n1

+ 1n2

=92,255−92,733−0

2,70 1/ 8+1/ 8= −0,35.

e)  Quais foram as suposições necessárias para a realização do teste de hipóteses neste problema?

R Foi necessário supor que as observações são

independentes, entre e dentre as amostras, e com distribuição normal. Além disso, supomos que as variâncias populacionais são iguais, apesar de desconhecidas.

EXEMPLO



13




X1− X

2− t

α/2,νsp

1n1

+ 1n2

≤ µ1−µ

2≤ X

1− X

2+ t

α/2,νsp

1n1

+ 1n2


ε = tα/2,ν

sp

1n1

+ 1n2






µ1−µ

2≤ X

1− X

2+ t

α ,νsp

1n1

+ 1n2

µ1−µ

2

µ1−µ

2

X1− X

2− t

α ,νsp

1n1

+ 1n2

≤ µ1−µ

2

f)  No caso do exemplo dos catalisadores, apresente um intervalo bilateral, ao nível de confiança de 95%.

R Note que o erro de estimação é igual a Assim, aplicando a fórmula, obtemos

EXEMPLO


X1− X

2− t

α/2,νsp

1n1

+ 1n2

≤ µ1−µ

2≤ X

1− X

2+ t

α/2,νsp

1n1

+ 1n2

92,255−92,733−2,8958 ≤ µ1−µ

2≤ 92,255−92,733+2,8958

−3,37 ≤ µ1−µ

2≤ 2,42

tα/2,ν

sp

1n1

+ 1n2

= (2,145)(2,70) 1/ 8+1/ 8 = 2,8958.

•  Hipótese nula

•  Nesse caso,

em que

CASO 2: VARIÂNCIAS DIFERENTES


T0=X1− X

2− Δ

0

S21

n1

+ S22

n2

~ tν,

H0: µ

1−µ

2= Δ

0,

ν =

S12

n1

+S22

n2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

S12 / n

1( )2

n1+1

+S22 / n

2( )2

n2+1

−2;


14





RA = x ∈ R :|x|≤ tα/2,ν{ }

RR = x ∈ R :|x|> tα/2,ν{ }

− tα 2, ν 0 tα 2, ν

α 2 α 2



H0: µ

1−µ

2= Δ

0

H1: µ

1−µ

2≠ Δ

0





RA = x ∈ R : x ≥ −tα ,ν{ }

RR = x ∈ R : x < −tα ,ν{ }

− tα, ν 0

α



H0: µ

1−µ

2= Δ

0

H1: µ

1−µ

2< Δ

0





RA = x ∈ R : x ≤ tα ,ν{ }

RR = x ∈ R : x > tα ,ν{ }

0 tα, ν

α



H0: µ

1−µ

2= Δ

0

H1: µ

1−µ

2> Δ

0

•  Rejeitamos a hipótese nula H0, em favor da alternativa H1, quando a estatística observada do teste pertencer à região de rejeição;

DECISÃO

t0< −t

α/2,ν ou t

0> t

α/2,ν;

t0< −t

α ,ν;

t0> t

α ,ν;





•  Lembrando que

ν =

S12

n1

+S22

n2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

S12 / n

1( )2

n1+1

+S22 / n

2( )2

n2+1

−2;


15

Um fabricante de unidades de vídeos está testando dois projetos de microcircuitos para determinar se eles produzem correntes médias equivalentes. A engenharia de desenvolvimento obteve os dados abaixo:

EXEMPLO


Projeto Tamanho amostral Média amostral Variância amostral

1 15 24,2 10

2 10 23,9 20


R O interesse reside em determinar se a corrente média

produzida pelo projeto 1, denotado por μ1, difere da corrente média produzida pelo projeto 2, denotado por μ2. Portanto, as hipóteses estatísticas associadas ao problema são

EXEMPLO

H0: µ

1= µ

2

H1: µ

1≠ µ

2


b)  Descreva os erros tipo I e tipo II para o problema. •  Erro Tipo I: Concluir que as correntes médias produzidas

pelos dois projetos diferem, quando, na verdade, elas não diferem;

•  Erro Tipo II: Concluir que as correntes médias produzidas pelos dois projetos não diferem, quando, na verdade, elas diferem.

EXEMPLO



R Vamos supor que as variâncias (desconhecidas) das

correntes dos dois projetos sejam diferentes. Portanto,

EXEMPLO


ν =

S12

n1

+S22

n2

⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

2

S12 / n

1( )2

n1+1

+S22 / n

2( )2

n2+1

−2 =

1015

+2010

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

10 /15( )2

16+20 /10( )

2

11

−2

=16,17 ≈16;


16


R Além disso, foi estabelecido um nível de significância

de 10% e o teste é bilateral. Assim, temos que o valor crítico será

Portanto,

EXEMPLO

tα/2,ν

= t0,05;16

=1,746.

RA = x ∈ R :|x|≤1,746{ }RR = x ∈ R :|x|>1,746{ }



R Os dados apresentaram médias amostrais As variâncias amostrais são, respectivamente, Assim, a estatística observada do teste

será

EXEMPLO

x1= 24,2 e


x2= 23,9.

s12 =10 e s

2=15.

t0=x1− x

2

s12

n1

+s22

n2

=24,2−23,9

1015

+2010

= 0,18.


R Como -1,746 < 0,18 < 1,746, não rejeitamos H0. Portanto, ao nível de significância de 10%, concluímos que não há evidências suficientes que nos levem a crer que a corrente média difere nos dois projetos.

EXEMPLO




independentes, entre e dentre as amostras, e com distribuição normal. Além disso supomos que as variâncias das correntes nos dois projetos são diferentes.

EXEMPLO



17




X1− X

2− t

α/2,ν

s12

n1

+ s22

n2

≤ µ1−µ

2≤ X

1− X

2+ t

α/2,ν

s12

n1

+ s22

n2


ε = tα/2,ν

s12

n1

+ s22

n2






µ1−µ

2≤ X

1− X

2+ t

α ,ν

s12

n1

+ s22

n2

µ1−µ

2

µ1−µ

2

X1− X

2− t

α ,ν

s12

n1

+ s22

n2

≤ µ1−µ

2

f)  No caso do exemplo dos projetos de microcircuitos, apresente um intervalo bilateral, ao nível de confiança de 90%.

R Aplicando a fórmula, obtemos

Logo, ao nível de confiança de 90%, temos que a diferença das correntes médias dos projetos está entre -2,55 e 3,15.

EXEMPLO


x1− x

2− t

α/2,ν

s12

n1

+ s22

n2

≤ µ1−µ

2≤ x

1− x

2+ t

α/2,ν

s12

n1

+ s22

n2

24,2−23,9−1,746 1015+ 2010≤ µ

1−µ

2≤ 24,2−23,9+1,746 10

15+ 2010

−2,55 ≤ µ1−µ

2≤ 3,15

TESTE t EMPARELHADO


68


18

•  Um caso especial de teste t para duas amostras;

•  Útil quando as observações nas duas populações de interesse são coletadas aos pares;

•  Cada par de observações, do tipo (X1i, X2i), é tomado sob condições homogêneas, embora essas condições possam mudar de um par para o outro;

INTRODUÇÃO


Suponha que estejamos interessados em comparar dois tipos diferentes de ponteiras para uma máquina de teste de dureza. Essa máquina pressiona, com uma força conhecida, a ponteira no corpo de prova metálico. Medindo a profundidade da depressão causada pela ponteira, a dureza do corpo de prova pode ser determinada. Um procedimento experimental poderoso é coletar os dados em pares, isto é, fazer duas leituras de dureza em cada corpo de prova, uma com cada ponteira. O procedimento consistiria em analisar as diferenças entre as leituras de dureza em cada corpo de prova. Se não houver diferença entre as ponteiras, então a média das diferenças deveria ser nula.

EXEMPLO


•  Seja (X11,X21), (X12,X22), ..., (X1n,X2n) um conjunto de n observações emparelhadas; •  A média e o desvio padrão da população

representada por X1 são denotadas por μ1 e σ1, respectivamente; •  A média e o desvio padrão da população

representada por X2 são denotadas por μ2 e σ2, respectivamente; •  As diferenças entre os pares de observações são

denotadas por

SUPOSIÇÕES


Di= X

1i− X

2 i, i =1,2,!,n;

•  As diferenças Di’s são consideradas normalmente distribuídas com média

•  A variância das diferenças, são desconhecidas;

•  Pode-se empregar um teste t como no caso de uma amostra para testar hipóteses a respeito de

•  Os testes a seguir são equivalentes

SUPOSIÇÕES


H0: µ

1−µ

2= Δ

0

H1: µ

1−µ

2≠ Δ

0

µD= E(D

i)= E(X

1i− X

2 i)= µ

1−µ

2;

σD2,

µD;

H0: µ

D= Δ

0

H1: µ

D≠ Δ

0


19

•  A variância das diferenças pode ser estimada por

•  Sob a hipótese nula, a estatística do teste será

•  Sempre que n ≥ 30, pode-se aplicar o Teorema Central

d o L i m i t e e , s o b H 0 , T 0 t e r á d i s t r i b u i ç ã o aproximadamente normal, com média zero e variância 1;

SUPOSIÇÕES

SD2 =

1n−1

Di−D( )

2, em que D =

1n

Di

i=1

n

∑i=1

n

∑ ;

T0=D− Δ

0

SD/ n

~ tn−1;






RA = x ∈ R :|x|≤ tα/2,n−1{ }

H0: µ

D= Δ

0

H1: µ

D≠ Δ

0

RR = x ∈ R :|x|> tα/2,n−1{ }

− tα 2, n−1 0 tα 2, n−1

α 2 α 2







RA = x ∈ R : x ≥ −tα ,n−1{ }

H0: µ

D= Δ

0

H1: µ

D< Δ

0

RR = x ∈ R : x < −tα ,n−1{ }

− tα, n−1 0

α







RA = x ∈ R : x ≤ tα ,n−1{ }

H0: µ

D= Δ

0

H1: µ

D> Δ

0

RR = x ∈ R : x > tα ,n−1{ }

0 tα, n−1

α




20

•  Rejeitamos a hipótese nula H0, em favor da alternativa H1, quando a estatística observada do teste pertencer à região de rejeição; •  Teste bilateral:



DECISÃO

t0< −t

α/2,n−1 ou t

0> t

α/2,n−1;

t0< −t

α ,n−1;

t0> t

α ,n−1;


•  O valor crítico (teste unilateral) ou ( teste b i latera l ) é calculado de acordo c o m o n í v e l d e s i g n i f i c â n c i a estabelecido para o teste, satisfazendo em que

VALOR CRÍTICO

P X > tp,k( ) = p

tα ,n−1

tα/2,n−1

0 tp, k

p

X ~ tk.


Um artigo no Journal of Strain Analysis (1983, Vol. 18, No 2) compara vários métodos para predizer a resistência de cisalhamento para traves planas metálicas. Dados para dois desses métodos, os procedimentos de Karlsruhe e Lehigh, quando aplicados a nove traves específicas, são mostrados na tabela a seguir. O principal objetivo no estudo é avaliar se, em média, há diferença entre os dois métodos.

EXEMPLO


EXEMPLO


Trave Método de Karlsruhe

Método de Lehigh

Diferença di

S1/1 1,186 1,061 0,125

S2/1 1,151 0,992 0,159

S3/1 1,322 1,063 0,259

S4/1 1,339 1,062 0,277

S5/1 1,200 1,065 0,135

S2/1 1,402 1,178 0,224

S2/2 1,365 1,037 0,328

S2/3 1,537 1,086 0,451

S2/4 1,559 1,052 0,507


21


R O interesse está em saber a resistência média ao

cisalhamento difere nos dois métodos. Em outras palavras, quer-se avaliar se a diferença na resistência média ao cisalhamento μD é diferente de zero. Desse modo, as hipóteses associadas ao problema são

EXEMPLO

H0: µ

D= 0

H1: µ

D≠ 0


b)  Descreva os erros tipo I e tipo II para o problema. •  Erro Tipo I: Concluir que a resistência média ao

cisalhamento difere nos dois métodos quando, na verdade, ela não difere;

•  Erro Tipo II: Concluir que a resistência média ao cisalhamento uti l izando o método Karlsruhe é equivalente à resistência média ao cisalhamento usando o método de Lehigh quando, na verdade, essas médias diferem.

EXEMPLO



R Um vez que foi estabelecido um nível de significância

de 5%, o número de observações pareadas é n = 9 e o teste é bilateral, temos que o valor crítico será

Portanto,

EXEMPLO

tα/2,n−1

= t0,025;8

= 2,306.

RA = x ∈ R :|x|≤ 2,306{ }RR = x ∈ R :|x|> 2,306{ }



R A partir das observações das diferenças, obtivemos uma média amostral e um desvio padrão amostral de, respectivamente,

Desse modo,

Logo, rejeitamos H0, pois Portanto, ao nível de significância de 5%, concluímos que, em média, os métodos de previsão da resistência fornecem resultados diferentes.

EXEMPLO

t0=d− Δ

0

sd/ n

=0,2739−0

0,1356 / 9= 6,08.

t0= 6,08 > 2,306 = t

0,025;8.

d = 0,2739 e sd= 0,1356.



22


R As observações são independentes dentro de cada

amostra, normalmente distribuídas e as amostras são pareadas.

EXEMPLO


•  Intervalo de confiança bilateral para μD, ao nível de 100(1-α)%:

•  O erro de estimação será, portanto,


D−ε ≤ µD≤ D+ε

D− tα/2,n−1

SD

n≤ µ

D≤ D+ t

α/2,n−1

SD

n

ε = tα/2,n−1

SD

n;


•  Intervalo de confiança unilateral inferior para μD, ao nível de 100(1-α)%:

•  Intervalo de confiança unilateral superior para μD, ao

nível de 100(1-α)%:



D− tα ,n−1

SD

n≤ µ

D

µD≤ D+ t

α ,n−1

SD

n

f)  No caso do exemplo da resistência ao cisalhamento, apresente um intervalo de confiança bilateral, ao nível de 95%.

R Aplicando a fórmula, obtemos

EXEMPLO


d− tα/2,n−1

sD

n≤ µ

D≤ d+ t

α/2,n−1

sD

n

0,2739−(2,306)0,1356

9≤ µ

D≤ 0,2739+(2,306)

0,1356

90,17 ≤ µ

D≤ 0,38


23

O periódico Human Factors (1962, pp. 375-380) reporta um estudo em que se pediu a n = 14 pessoas para estacionarem dois carros, de forma paralela, tendo barras de direção e raios de giro muito diferentes. O tempo em segundos para cada pessoa foi registrado, sendo apresentado na tabela a seguir. Da coluna das diferenças observadas, calculamos a média e o desvio padrão amostrais de 1,21 e 12,68, respectivamente.

EXEMPLO 2

Estatística Aplicada à Engenharia 89 Estatística Aplicada à Engenharia 90

Indivíduo Tempo Automóvel 1

Tempo Automóvel 2

Diferença dos tempos di

1 37,0 17,8 19,2

2 25,8 20,2 5,6

3 16,2 16,8 -0,6

4 24,2 41,4 -17,2

5 22,0 21,4 0,6

6 33,4 38,4 -5,0

7 23,8 16,8 7,0

8 58,2 32,2 26,0

9 33,6 27,8 5,8

10 24,4 23,2 1,2

11 23,4 29,6 -6,2

12 21,2 20,6 0,6

13 36,2 32,2 4,0

14 29,8 53,8 -24,0

Apresente um intervalo de confiança para a diferença das médias, ao nível de 90%. Observe que Portanto, aplicando a fórmula, obtemos

Logo, ao nível de confiança de 90%, os dados não justificam a afirmação de que os tempos médios para estacionar os dois carros diferem.

EXEMPLO 2


tα/2,n−1

= t0,05;13

=1,771.

d− tα/2,n−1

sD

n≤ µ

D≤ d+ t

α/2,n−1

sD

n

1,21−(1,771)12,68

14≤ µ

D≤1,21+(1,771)

12,68

14−4,79 ≤ µ

D≤ 7,21

INFERÊNCIA SOBRE A RAZÃO DE VARIÂNCIAS DE DUAS POPULAÇÕES


92


24

•  X11, X12, ..., X1n1 é uma amostra aleatória de tamanho n1 com média e variância, respectivamente,

•  X21, X22, ..., X2n2 é uma amostra aleatória de tamanho n2 com média e variância, respectivamente,

•  As variâncias amostrais são calculadas fazendo

SUPOSIÇÕES


µ1 e σ

12;

µ2 e σ

22;

Sk2 =

1nk−1

Xki− X

k( )2

i=1

n

∑ ,k =1,2;

•  Quando as amostras forem normais e independentes, pode-se verificar que

•  A estatística acima é dita ter distribuição F com n1 - 1 graus de liberdade no numerador e n2 - 1 graus de liberdade no denominador;

SUPOSIÇÕES


F =S12 /σ

12

S22 /σ

22~ F

n1−1;n

2−1;

DISTRIBUIÇÃO F

Definição: Diz-se que uma variável aleatória X tem distribuição F com υ graus de liberdade no numerador e ν graus de liberdade no denominador (X~Fυ;ν) se sua função densidade de probabilidade f for escrita como

f(x)=

Γυ +ν

2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟υ

ν

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

υ/2

Γυ

2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟Γ

ν

2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

υ

ν

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟x+1

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

(υ+ν )/2,x > 0.


DISTRIBUIÇÃO F

0 2 4 6 80.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

x

f(x)

F5, 5F25, 5F5, 25



25

O ponto percentil denotado por é tal que

em que Por exemplo,

DISTRIBUIÇÃO F

fp, u, v

p

F ~ Fυ ;ν.


fα ;υ ;ν

P F > fα ;υ ;ν( ) =α

P F > f0,05;5;10( ) = P F > 3,33( ) = 0,05

Uma propriedade muito interessante da distribuição F é que

Por exemplo,

DISTRIBUIÇÃO F

f1−p, u, v

1−p


f1−p;υ ;ν

=1fp;ν ;υ

f0,95;5;10

=1

f0,05;10;5

=14,74

= 0,211

Uma propriedade muito interessante da distribuição F é que

Por exemplo,

DISTRIBUIÇÃO F

1fp, v, u

1−p


f1−p;υ ;ν

=1fp;ν ;υ

f0,95;5;10

=1

f0,05;10;5

=14,74

= 0,211

•  Hipótese nula - •  Sob H0, temos que a estatística do teste será

•  Portanto, sob a hipótese nula, a estatística do teste tem distribuição F com n1 - 1 graus de liberdade no numerador e n2 - 1 graus de l iberdade no denominador;

TESTE DE VARIÂNCIAS


F0=S12 /σ

12

S22 /σ

22=S12 /σ

12

S22 /σ

12=S12

S22~ F

n1−1;n

2−1;

H0:σ

12 =σ

22


26





RA = {x ∈ R :

f1−α/2;n

1−1;n

2−1≤ x ≤ f

α/2;n1−1;n

2−1

}

H0:σ

12 =σ 2

2

H1:σ

12 ≠σ 2

2

RR = {x ∈ R : x < f1−α/2;n

1−1;n

2−1

ou x > fα/2;n

1−1;n

2−1

}f1−α 2, n1−1, n2−1 fα 2, n1−1, n2−1

α 2 α 2







RA = x ∈ R : x ≥ f1−α ;n

1−1;n

2−1{ }

RR = x ∈ R : x < f1−α ;n

1−1;n

2−1{ }

f1−α, n1−1, n2−1

α



H0:σ

12 =σ 2

2

H1:σ

12 <σ 2

2





RA = x ∈ R : x ≤ fα ;n

1−1;n

2−1{ }

RR = x ∈ R : x > fα ;n

1−1;n

2−1{ }

fα, n1−1, n2−1

α



H0:σ

12 =σ 2

2

H1:σ

12 >σ 2

2

•  Rejeitamos a hipótese nula H0, em favor da alternativa H1, quando a estatística observada do teste (f0) pertencer à região de rejeição;




DECISÃO

f0< f

1−α/2;n1−1;n

2−1

ou f0> f

α/2;n1−1;n

2−1;

f0< f

1−α ;n1−1;n

2−1;

f0> f

α ;n1−1;n

2−1;



27

Camadas de óxidos em pastilhas de semicondutores são atacadas em uma mistura de gases, de modo a atingir a espessura apropriada. A variabilidade na espessura dessas camadas de óxidos é uma característica crítica da pastilha. Uma baixa variabilidade é desejada para as etapas subsequentes do processo. Duas misturas diferentes de gases estão sendo estudadas para determinar se uma delas é superior na redução da variabilidade da espessura das camadas de óxido. Dezesseis pastilhas são atacadas com cada gás. Os desvios padrão da espessura de óxido são s1 = 1,96 angströms e s2 = 2,13 angströms, respectivamente. Quer-se saber se há alguma evidência indicando que um gás seja preferível em relação ao outro.

EXEMPLO



R Os parâmetros de interesse são as variâncias, da espessura das camadas de óxido. Como o interesse é saber se algum dos gases é preferível, sem especificar qual, as hipóteses associadas ao problema são

EXEMPLO

H0:σ

12 =σ

22

H1:σ

12 ≠σ

22


σ12 e σ

22,

b)  Descreva os erros tipo I e tipo II para o problema. •  Erro Tipo I: Concluir que há uma mistura de gases

preferível, quando na verdade ambas apresentam a mesma variabilidade na espessura das camadas;

•  Erro Tipo II: Concluir que as misturas de gases apresentam a mesma variabilidade na espessura das camadas, quando na verdade há um mistura de gases preferível.

EXEMPLO


c)  Apresente as regiões de aceitação e de rejeição para o teste, ao nível de 5% de significância.

R Um vez que foi estabelecido um nível de significância

de 5%, os tamanhos amostrais são n1 = n2 = 16 e o teste é bilateral, temos que os valores críticos serão

Portanto,

EXEMPLO

fα/2;n

1−1;n

2−1= f

0,025;15;15= 2,86

f1−α/2;n

1−1;n

2−1= f

0,975;15;15=1/ f

0,025;15;15=1/ 2,86 = 0,35

RA = x ∈ R : 0,35 ≤ x ≤ 2,86{ }RR = x ∈ R : x < 0,35 ou x > 2,86{ }



28


R Os desvios padrão das amostras foram s1 = 1,96 e s2 = 2,13. Portanto, a estatística observada do teste será

Como a estatística observada do teste pertence à região de aceitação, não rejeitamos H0. Portanto, ao nível de significância de 5%, concluímos que não há evidências suficientes que nos levem a crer que alguma das misturas de gases seja preferível.

EXEMPLO

f0=s12

s22=(1,96)2

(2,13)2=3,844,54

= 0,85.




independentes, dentre e entre as amostras, e com distribuição normal.

EXEMPLO


•  Se s1 e s2 forem os desvios padrão amostrais de amostras aleatórias com tamanhos n1 e n2, respectivamente, provenientes de duas populações normais independentes, então um intervalo de confiança para a razão das variâncias populacionais, ao nível de 100(1-α)%, será

INTERVALOS DE CONFIANÇA

s12

s22f1−α/2;n

2−1;n

1−1≤σ12

σ22≤s12

s22fα/2;n

2−1;n

1−1


Uma companhia fabrica propulsores para uso em motores de avião. Uma das operações envolve esmeri lhar o acabamento de uma superfície particular para um componente de liga de titânio. Dois processos diferentes para esmerilhar podem ser usados, podendo produzir peças com iguais rugosidades médias da superfície. Um engenheiro de manutenção gostaria de selecionar o processo tendo a menor variabilidade na rugosidade da superfície. Uma amostra aleatória de n1 = 11 peças, provenientes do primeiro processo, resulta em um desvio padrão de s1 = 5,1 micropolegadas. Uma amostra aleatória de n2 = 16 peças, proveniente do segundo processo, resulta em um desvio padrão de s2 = 4,7 micropolegadas. Apresente um intervalo de confiança de 90% para a razão das variâncias

EXEMPLO

Estatística Aplicada à Engenharia 112 σ12 /σ

22.


29

R Sabemos que 1 – α = 0,90, n1 = 11 e n2 = 16. Assim,

Assim, considerando que as amostras dos dois processos sejam independentes e que a rugosidade da superfície tenha distribuição normal, calculamos

EXEMPLO


fα/2;n

2−1;n

1−1= f

0,05;15;10= 2,85

f1−α/2;n

2−1;n

1−1= f

0,95;15;10=1/ f

0,05;10;15=1/ 2,54 = 0,39

Logo, ao nível de confiança de 90%, não podemos afirmar que as variâncias da rugosidade da superfície para os dois processos sejam diferentes, pois o intervalo contém o valor unitário.

EXEMPLO


s12

s22f1−α/2;n

2−1;n

1−1≤σ12

σ22≤s12

s22fα/2;n

2−1;n

1−1

(5,1)2

(4,7)20,39 ≤

σ12

σ22≤(5,1)2

(4,7)22,85

0,46 ≤σ12

σ22≤ 3,36

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