(7 pontos) Um engenheiro de softwares suspeita que o número de ataques cibernéticos que ocorrem diariamente em seu local de trabalho segue distribuição de Poisson com a média de 3 ataques por dia. Ele coleta os dados de 30 dias consecutivos e registra o número de ataques diários.
Número de ataques 0 1 2 3 4 5 ou mais
Frequência observada 1 3 6 10 8 2
a) Calcule a frequência esperada de ataques cibernéticos para cada classe (número de ataques) segundo a hipótese de que o modelo de Poisson com a média de 3 seja adequado.
b) Com base nesses dados, o engenheiro deseja realizar um teste de hipóteses ao nível de 1 \% de significância para verificar se suas suspeitas sobre a distribuição de Poisson com média 3 são embasadas pelos dados coletados. Proceda o teste desejado pelo engenheiro.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
a) Calcular as frequências esperadas por classe segundo a hipótese de Poisson com média \lambda=3.
b) Fazer um teste de aderência (qui‑quadrado) ao nível de significância 1\% para verificar se os dados são compatíveis com \text{Poisson}(3).
Informações dadas (peguei os dados da tabela do enunciado):
\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} \hline \text{Número de ataques} & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\text{ ou mais} \\\ \hline \text{Frequência observada} & 1 & 3 & 6 & 10 & 8 & 2 \\\ \hline \end{array}
Tamanho da amostra: n=30. Hipótese nula: os dados seguem \text{Poisson}(\lambda=3).

Passo 2

Relembrando a fórmula da distribuição de Poisson (aula rápida): se X\sim\text{Poisson}(\lambda), então a probabilidade de X assumir o valor k é
P(X=k)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k}}{k!},
onde \lambda é a média (e variância) da distribuição, k é um inteiro não negativo, e é a base dos logaritmos naturais e k! é o fatorial de k. Para obter a frequência esperada em n observações, multiplicamos P(X=k) por n:
E_k = n\cdot P(X=k).
Aqui \lambda=3 e n=30. Vou calcular P(X=k) para k=0,1,2,3,4 e depois P(X\ge5) por complemento.

Passo 3

Cálculos das probabilidades e das frequências esperadas (uso e^{-3} nas contas):
Primeiro calculemos e^{-3}. Vou usar a aproximação e^{-3}\approx 0,04978707.
  • Para k=0:
P(X=0)=e^{-3}\frac{3^{0}}{0!}=e^{-3}\approx 0,04978707.
Frequência esperada:
E_0=30\cdot 0,04978707\approx 1,4936.
  • Para k=1:
P(X=1)=e^{-3}\frac{3^{1}}{1!}=3e^{-3}\approx 0,14936121.
Frequência esperada:
E_1=30\cdot 0,14936121\approx 4,4808.
  • Para k=2:
P(X=2)=e^{-3}\frac{3^{2}}{2!}= \frac{9}{2}e^{-3}=4{,}5\,e^{-3}\approx 0,22404182.
Frequência esperada:
E_2=30\cdot 0,22404182\approx 6,7213.
  • Para k=3:
P(X=3)=e^{-3}\frac{3^{3}}{3!}= \frac{27}{6}e^{-3}=4{,}5\,e^{-3}\approx 0,22404182.
Frequência esperada:
E_3=30\cdot 0,22404182\approx 6,7213.
  • Para k=4:
P(X=4)=e^{-3}\frac{3^{4}}{4!}= \frac{81}{24}e^{-3}=3{,}375\,e^{-3}\approx 0,16803136.
Frequência esperada:
E_4=30\cdot 0,16803136\approx 5,0409.
  • Para k\ge5 uso o complemento:
P(X\ge5)=1-\sum_{k=0}^{4}P(X=k)=1-(0,04978707+0,14936121+0,22404182+0,22404182+0,16803136).
Somando as probabilidades P(X=0\ldots4)\approx 0,81526328, então
P(X\ge5)\approx 0,18473672.
Frequência esperada:
E_{\ge5}=30\cdot 0,18473672\approx 5,5421.
Portanto temos as frequências esperadas (arredondadas a 3 casas decimais):
E_0\approx 1,494,\quad E_1\approx 4,481,\quad E_2\approx 6,721,\quad E_3\approx 6,721,\quad E_4\approx 5,041,\quad E_{\ge5}\approx 5,542.

Passo 4

Preparação do teste qui‑quadrado de aderência (lembrete didático):
  • Hipóteses:
H_0:\; \text{os dados vêm de } \text{Poisson}(\lambda=3)ê
H_1:\; \text{não vêm de } \text{Poisson}(3).ãê
  • Estatística de teste (qui‑quadrado):
\chi^2=\sum_{i}\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i},
onde O_i é a frequência observada e E_i a esperada na i‑ésima classe.
  • Regra prática: cada E_i deve ser, preferencialmente, maior que 5. Se houver classes com E_i<5, devemos agrupar classes adjacentes até que os E combinados fiquem maiores que 5.
Observando os E_i calculados, E_0\approx 1,494<5. Vou agrupar as classes 0 e 1 (adjacentes) para garantir E\ge5. Após agrupar, as classes usadas no teste serão:
(0 ou 1), 2, 3, 4, (≥5).
Número de categorias após agrupamento: k=5. Como não estimamos parâmetro a partir dos dados (λ foi dado), o número de parâmetros estimados m=0. Portanto os graus de liberdade serão
\text{gl}=k-1-m=5-1-0=4.
Nível de significância: \alpha=0{,}01.

Passo 5

Cálculo da estatística \chi^2. Primeiro calculemos as observadas e esperadas nas categorias combinadas:
  • Categoria A: 0 ou 1:
O_{0+1}=1+3=4,\qquad E_{0+1}=E_0+E_1\approx 1,4936+4,4808\approx 5,9744.
  • Categoria 2:
O_2=6,\qquad E_2\approx 6,7213.
  • Categoria 3:
O_3=10,\qquad E_3\approx 6,7213.
  • Categoria 4:
O_4=8,\qquad E_4\approx 5,0409.
  • Categoria \ge5:
O_{\ge5}=2,\qquad E_{\ge5}\approx 5,5421.
Agora cada parcela (O-E)^2/E:
  • Para 0+1:
\frac{(4-5{,}9744)^2}{5{,}9744}\approx \frac{(-1{,}9744)^2}{5{,}9744}\approx \frac{3{,}8984}{5{,}9744}\approx 0{,}6525.
  • Para 2:
\frac{(6-6{,}7213)^2}{6{,}7213}\approx \frac{(-0{,}7213)^2}{6{,}7213}\approx \frac{0{,}5202}{6{,}7213}\approx 0{,}0774.
  • Para 3:
\frac{(10-6{,}7213)^2}{6{,}7213}\approx \frac{(3{,}2787)^2}{6{,}7213}\approx \frac{10{,}7539}{6{,}7213}\approx 1{,}5995.
  • Para 4:
\frac{(8-5{,}0409)^2}{5{,}0409}\approx \frac{(2{,}9591)^2}{5{,}0409}\approx \frac{8{,}7550}{5{,}0409}\approx 1{,}7359.
  • Para \ge5:
\frac{(2-5{,}5421)^2}{5{,}5421}\approx \frac{(-3{,}5421)^2}{5{,}5421}\approx \frac{12{,}5445}{5{,}5421}\approx 2{,}2639.

Passo 6

Somando as parcelas obtemos a estatística \chi^2:
\chi^2 \approx 0{,}6525+0{,}0774+1{,}5995+1{,}7359+2{,}2639 \approx 6{,}329.
Graus de liberdade: \text{gl}=4.
Para \alpha=0{,}01 e \text{gl}=4 o valor crítico da distribuição qui‑quadrado é aproximadamente
\chi^2_{0{,}01;4}\approx 13{,}277.
Como \chi^2_{\text{observado}}\approx 6{,}329 < 13{,}277=\chi^2_{\text{crítico}}í, não temos evidência suficiente para rejeitar H_0 ao nível de 1\%.
Opcional: p‑valor aproximado. Para \chi^2=6{,}329 com 4 gl, o p‑valor é cerca de 0{,}17 (aprox. 0{,}175), bem maior que 0{,}01, o que confirma a decisão de não rejeitar H_0.

Resposta

a) Frequências esperadas: 0: 1,494, 1: 4,481, 2: 6,721, 3: 6,721, 4: 5,041, \ge5: 5,542.\n
b) Teste qui‑quadrado: \chi^2\approx 6,329, \text{gl}=4, \chi^2_{0,01;4}\approx 13,277. Como \chi^2<\chi^2_{crítico}í, não se rejeita H_0 ao nível de 1\% (p‑valor aproximado 0{,}17).

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