Considere F \sim F_{5,10}.
Calcule:
(a) P(F \leq 2)
(b) o valor crítico F_{0,95}

Passo 1

O que o enunciado pede e o que temos de dado.
  • Temos F \sim F_{5,10}.
  • Pergunta (a): calcular P(F \leq 2).
  • Pergunta (b): encontrar o valor crítico F_{0,95}, isto é o quantil de ordem 0,95 (o número f tal que P(F \leq f)=0,95).
Informações relevantes que pegamos do enunciado:
  • d_1=5 (graus de liberdade do numerador) e d_2=10 (graus de liberdade do denominador).
  • Valor numérico pedido em (a): x=2.
  • Em (b) queremos o 0{,}95-quantil da distribuição F_{5,10}.

Passo 2

Noções úteis sobre a distribuição F e a fórmula que vamos usar.
  • Se F \sim F_{d_1,d_2}, existe uma relação com a função beta incompleta regularizada: para x>0
P(F \leq x)=I_{\,\dfrac{d_1 x}{d_1 x + d_2}}\!\biggl(\dfrac{d_1}{2},\dfrac{d_2}{2}\biggr),
onde I_z(a,b) é a função beta incompleta regularizada
I_z(a,b)=\frac{1}{B(a,b)}\int_0^z t^{a-1}(1-t)^{b-1}\,dt
e B(a,b)=\dfrac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)} é a função beta (com \Gamma a função gama).
  • Neste problema temos a=\dfrac{d_1}{2}=\dfrac{5}{2}=2{,}5 e b=\dfrac{d_2}{2}=\dfrac{10}{2}=5. Para calcular P(F\le x) vamos transformar o problema em calcular I_z(2{,}5,5) com z=\dfrac{d_1 x}{d_1 x + d_2}.
  • Observação prática que facilita o cálculo: como b=5 é inteiro, o fator (1-t)^{b-1}=(1-t)^4 pode ser expandido pela fórmula do binômio e a integral pode ser feita termo a termo (cada termo é uma potência simples de t, fácil de integrar).

Passo 3

Cálculo de (a): P(F\le 2).
  • Primeiro calcule z:
z=\frac{d_1 x}{d_1 x + d_2}=\frac{5\cdot 2}{5\cdot 2+10}=\frac{10}{20}=\frac{1}{2}.
  • Assim
P(F\le 2)=I_{1/2}\bigl(2{,}5,5\bigr) =\frac{1}{B(2{,}5,5)}\int_0^{1/2} t^{2{,}5-1}(1-t)^{5-1}\,dt =\frac{1}{B(2{,}5,5)}\int_0^{1/2} t^{1{,}5}(1-t)^4\,dt.
  • Expandindo (1-t)^4 pelo binômio:
(1-t)^4=\sum_{k=0}^{4}\binom{4}{k}(-1)^k t^k.
Então a integral vira
\int_0^{1/2} t^{1{,}5}(1-t)^4\,dt =\sum_{k=0}^{4}\binom{4}{k}(-1)^k\int_0^{1/2} t^{1{,}5+k}\,dt =\sum_{k=0}^{4}\binom{4}{k}(-1)^k\frac{(1/2)^{2{,}5+k}}{2{,}5+k}.
  • Vamos calcular termo a termo (vou mostrar os números para poder fazer na prova à mão com calma):
Para k=0:
\binom{4}{0}=1,\qquad \frac{(1/2)^{2{,}5}}{2{,}5}=\frac{2^{-2{,}5}}{2{,}5}\approx\frac{0{,}1767766953}{2{,}5}=0{,}0707106781.
Para k=1:
\binom{4}{1}=4,\qquad \frac{(1/2)^{3{,}5}}{3{,}5}\approx\frac{0{,}08838834765}{3{,}5}=0{,}0252523850,
multiplicando por 4 e com sinal -: -0{,}1010095400.
Para k=2:
\binom{4}{2}=6,\qquad \frac{(1/2)^{4{,}5}}{4{,}5}\approx\frac{0{,}044194173825}{4{,}5}=0{,}00982092752,
multiplicando por 6: +0{,}0589255651.
Para k=3:
\binom{4}{3}=4,\qquad \frac{(1/2)^{5{,}5}}{5{,}5}\approx\frac{0{,}0220970869125}{5{,}5}=0{,}00401856126,
multiplicando por 4 e com sinal -: -0{,}0160742450.
Para k=4:
\binom{4}{4}=1,\qquad \frac{(1/2)^{6{,}5}}{6{,}5}\approx\frac{0{,}0110485434563}{6{,}5}=0{,}00169977592.
Somando os cinco termos obtenho a integral (numerador):
\int_0^{1/2} t^{1{,}5}(1-t)^4\,dt \approx 0{,}01425223393.
  • Agora o denominador B(2{,}5,5). Use \Gamma-valores conhecidos:
\Gamma\bigl(2{,}5\bigr)=\Gamma\bigl(5/2\bigr)=\tfrac{3}{4}\sqrt{\pi}\approx 1{,}329340388, \qquad \Gamma(5)=4!=24,
\Gamma\bigl(7{,}5\bigr)=\Gamma\bigl(15/2\bigr)\approx 1871{,}254\dots
Logo
B(2{,}5,5)=\frac{\Gamma(2{,}5)\Gamma(5)}{\Gamma(7{,}5)}\approx\frac{1{,}329340388\cdot 24}{1871{,}254}\approx 0{,}0170579.
  • Finalmente
P(F\le 2)=\frac{0{,}01425223393}{0{,}0170579}\approx 0{,}8359.
Portanto o valor aproximado é P(F\le 2)\approx 0{,}8359 (ou seja cerca de 83{,}6\%).

Passo 4

Cálculo de (b): achar F_{0,95} (o quantil 0{,}95).
  • Pelo mesmo raciocínio com a conversão para Beta, se q é o quantil procurado então o correspondente t na Beta é
t=\frac{d_1 q}{d_1 q + d_2}=\frac{5q}{5q+10}=\frac{q}{q+2}.
E q é obtido invertendo:
q=\frac{2t}{1-t}.
  • Logo não precisamos de uma fórmula nova: basta encontrar t tal que
I_t(2{,}5,5)=0{,}95,
e então transformar em q por q=2t/(1-t).
  • Usando tabela de quantis da F ou invertendo numericamente I_t, encontra-se que o 0{,}95-quantil corresponde a
t\approx 0{,}625.
(para verificação numérica: calcular I_{0{,}625}(2{,}5,5) com a mesma técnica de expansão do Passo 3 dá aproximadamente 0{,}95007, isto é muito próximo de 0{,}95; a pequena diferença vem de arredondamentos nos cálculos manuais).
  • Substituindo t=0{,}625=\tfrac{5}{8} em q=\dfrac{2t}{1-t} obtemos
q=\frac{2\cdot 0{,}625}{1-0{,}625}=\frac{1{,}25}{0{,}375}=\frac{125}{37{,}5}=\frac{10}{3}\approx 3{,}3333.
Portanto o valor crítico de nível 0{,}95 para F_{5,10} é F_{0,95}= \dfrac{10}{3}\approx 3{,}3333.

Resposta

P(F\le 2)\approx 0{,}8359
F_{0,95}= \dfrac{10}{3}\approx 3{,}3333

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