1. Suponha que X=N\left(\mu, \sigma^{2}\right) em que \mu e \sigma^{2} são desconhecidos. Uma amostra de tamanho 15 forneceu \Sigma x_{i}=8,7 e \Sigma x_{i}^{2}=27,3. Testar a hipótese de que a variância da população é 4 . Adotar \alpha=1 \%.

Passo 1

O enunciado nos dá os seguintes dados (peguei estes números do enunciado):
  • Amostra de tamanho n=15.
  • \displaystyle \sum_{i=1}^{15} x_i = 8,7.
  • \displaystyle \sum_{i=1}^{15} x_i^{2} = 27,3.
  • Nível de significância \alpha=1\% = 0{,}01.
O que o problema pede:
  • Testar a hipótese de que a variância populacional é 4. Ou seja, testar
H_0:\\ \sigma^{2}=4 \qquad\text{versus}\qquad H_1:\\ \sigma^{2}\neq 4
(adotando o teste bilateral, que é o caso padrão quando se pede “testar que a variância é 4”).

Passo 2

Qual é o teste apropriado e por quê (explicação didática)?
  • Quando X é normal N(\mu,\sigma^{2}) e \mu e \sigma^{2} são desconhecidos, para testar hipóteses sobre \sigma^{2} usamos a estatística
\chi^{2}=\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma_{0}^{2}},
onde S^{2} é a variância amostral (com divisor n-1) e \sigma_{0}^{2} é o valor de \sigma^{2} sob H_{0}. Sob H_{0}, essa estatística tem distribuição qui‑quadrado com n-1 graus de liberdade:
\chi^{2}\sim \chi^{2}_{n-1}.
  • Rejeitamos H_{0} ao nível \alpha num teste bilateral se
\chi^{2}\le \chi^{2}_{\alpha/2,\;n-1}\quad\text{ou}\quad \chi^{2}\ge \chi^{2}_{1-\alpha/2,\;n-1}.
  • Alternativamente pode-se calcular o p‑valor: p\text{-valor}=2\min\{P(\chi^{2}_{n-1}\le \chi^{2}_{\text{obs}}),\;P(\chi^{2}_{n-1}\ge \chi^{2}_{\text{obs}})\}.

Passo 3

Calcular a média amostral \bar{x}.
\bar{x}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} x_i = \frac{8,7}{15} = 0,58.
(Verificação: 15\times0,58=8,7.)

Passo 4

Calcular a soma dos quadrados das diferenças em relação à média, usando a identidade útil
\sum_{i=1}^{n} (x_i-\bar{x})^{2} = \sum_{i=1}^{n} x_i^{2} - n\bar{x}^{2}.
Substituindo os números dados:
\sum_{i=1}^{15} (x_i-\bar{x})^{2} =27,3 - 15\cdot(0,58)^{2}.
Calculemos 15\cdot(0,58)^{2}:
(0,58)^{2}=0,3364,\qquad 15\cdot0,3364=5,046.
Logo
\sum_{i=1}^{15} (x_i-\bar{x})^{2}=27,3-5,046=22,254.

Passo 5

Calcular a variância amostral S^{2} (com divisor n-1):
S^{2}=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(x_i-\bar{x})^{2} =\frac{22,254}{14}=1,5895714286\approx 1,5896.
Explicando didaticamente: S^{2} é a estimativa de \sigma^{2} que corrige o viés dividindo por n-1 em vez de n. Aqui n-1=14.

Passo 6

Calcular a estatística de teste sob H_{0}:\sigma^{2}=4:
\chi^{2}_{\text{obs}}=\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma_{0}^{2}} =\frac{14\cdot 1,5895714286}{4} =\frac{22,254}{4}=5,5635.
Portanto a estatística observada é \chi^{2}_{\text{obs}}\approx 5,5635 com 14 graus de liberdade.

Passo 7

Calcular o p‑valor (método exato para qui‑quadrado com k=14, detalhe didático).
  • Para graus de liberdade pares ( k=2m) existe uma fórmula explícita para a função de distribuição acumulada:
P(\chi^{2}_{k}\le x)=1-e^{-x/2}\sum_{j=0}^{m-1}\frac{(x/2)^{j}}{j!}.
Aqui k=14 implica m=7. Tomando x=\chi^{2}_{\text{obs}}=5{,}5635 define-se t=x/2=2{,}78175. Calcula-se a soma
\sum_{j=0}^{6}\frac{t^{j}}{j!}.
Fazendo os cálculos (mostrando os termos para aprendizado):
\begin{aligned} t^{0}/0!&=1,\\\ t^{1}/1!&=2{,}78175,\\\ t^{2}/2!&\approx 3{,}86857,\\\ t^{3}/3!&\approx 3{,}58675,\\\ t^{4}/4!&\approx 2{,}49382,\\\ t^{5}/5!&\approx 1{,}38787,\\\ t^{6}/6!&\approx 0{,}64329. \end{aligned}
Somando:
\sum_{j=0}^{6}\frac{t^{j}}{j!}\approx 15{,}76205.
Agora calcule e^{-t}. Como t=2{,}78175,
e^{-t}\approx 0{,}06193.
Multiplicando:
e^{-t}\sum_{j=0}^{6}\frac{t^{j}}{j!}\approx 0{,}06193\times15{,}76205\approx 0{,}9759.
Logo a probabilidade acumulada (cauda inferior) é
P(\chi^{2}_{14}\le 5{,}5635)=1-0{,}9759\approx 0{,}0241.
  • Como o teste é bilateral, o p‑valor é
p\text{-valor}=2\times 0{,}0241\approx 0{,}0482.
Interpretação didática: o p‑valor é a probabilidade, sob H_{0}, de obter uma estatística tão ou mais extrema do que a observada. Aqui a probabilidade de uma estatística tão pequena quanto a observada é \approx 0{,}0241; dobrando para o teste bilateral obtemos \approx 0{,}0482.

Passo 8

Tomada de decisão e conclusão (explicação curta e animadora):
  • Comparando com o nível \alpha=0{,}01: temos p\text{-valor}\approx 0{,}0482 > 0{,}01.
  • Portanto não rejeitamos H_{0} ao nível de 1\%.
  • Interpretação prática: com estes dados não há evidência suficiente, ao nível de 1\%, para concluir que a variância populacional difere de 4. (Se o teste fosse ao nível de 5\%, como curiosidade, aí p\text{-valor}\approx0{,}0482<0{,}05 e rejeitaríamos; mas a prova pede \alpha=1\%, então não rejeitamos.)

Resposta

Não rejeitar H_{0}: ao nível de 1\% não há evidência de que \sigma^{2} difira de 4 (p‑valor \approx 0{,}0482).

Exercícios relacionados