Enunciado

9.55.Considere a concentracao de oxigenio dissolvido em barragens

no Vale do Tennessee,apresentadlos primeiramiente no Exereicio S-88.

(a)Teste as hipoteses H:p=4versus H;p=4.Use a=0,01.En-

contre o valor P.

(b)Verifique a suposicao de normalidade.

(c)Caleule a poteneia do teste,se a concentracao media verdadeira de

oxigenio dissolvido for tao baixa quanto 3.

(d)Que tmanho da amostra seria requerido para detectar uma concen-

tracao media verdadeira de oxigenio dissolvido tao baixa quanto2.5.

se quisessemos que a poteneia do teste fosse no minimo 0.9

(c)Explique como a questio no item(a)poderia ser respondida com um

intervalo de contianca.

Passo 1

A média da amostra é

x - = 1 n ∑ i = 1 n   x i = 1 20 ∑ i = 1 20   x i = 3.265

e o desvio padrão é:

s = ∑ i = 1 n   x i - x - 2 n - 1 1 2 = ∑ i = 1 20   x i - 3.265 2 19 1 2 = 2.127

O valor P para o teste H 0 : μ = μ 0 contra a alternativa de um lado H 1 : μ > μ 0 é a probabilidade acima de | t 0 | , mais a probabilidade abaixo. Como a distribuição t é simétrica em torno de zero, uma maneira simples de escrever isso é

P = 2 P T n - 1 > t 0                           ( 1 )

onde usará a estatística de teste

T n - 1 = X - - μ 0 S / n

Passo 2

Letra a:

Precisamos testar

H 0 : μ = 4

Contra

H 1 : μ ≠ 4

usando α = 0.01

O teste de estatística é

t 19 = 3.265 - 4 2.127 / 20 = - 1.55

Sabemos que α = 0.01 , então, da Tabela V do Apêndice, obtemos

t n - 1 , α 2 = t 19,0.005 = 2.861

Se t n - 1 < t n - 1 , α 2 então, falhamos em rejeitar H 0 .

Portanto,

t 19 = 1.55 < 2.861 = t 19,0.005

e concluímos que H 0 é verdadeiro.

Agora, da Equação (1), obtemos

P = 2 P T 19 > 1.55

Da Tabela V do Apêndice nós sabemos

P T 19 > 1.328 = 0.1 P T 19 > 1.729 = 0.05

Portanto,

P T 19 > 1.729 < P T 19 > 1.55 < P T 19 > 1.328 0.05 < P T 19 > 1.55 < 0.1

Então, o valor P é

2 × 0.05 < Valor P  < 2 × 0.1

0.1 < Valor P  < 0.2

Passo 3

Letra b:

Um gráfico de probabilidade normal é um método gráfico para determinar se os dados da amostra estão em conformidade com uma distribuição normal hipotética com base em um exame visual subjetivo dos dados.

Para construir um gráfico de probabilidade, as observações na amostra são classificadas primeiro da menor para a maior. Isso é, a amostra x 1 ,   x 2 , . . . ,   x n é organizado como x ( 1 ) , x ( 2 ) , . . . x ( n ) onde x ( 1 ) é a menor observação, x ( 2 ) é a segunda menor observação e assim por diante com x ( n ) a maior. A frequência cumulativa para observação x ( i ) é

i - 0.5 n

Uma probabilidade normal é construída em eixos ordinários traçando as pontuações normais padronizadas z i contra x ( i ) onde as pontuações normais padronizadas satisfazem

i - 0.5 n = P Z < z i = Φ z i

Nos eixos horizontais estão os valores x 1 , x 2 , . . . x n . Se a distribuição hipotética descreve adequadamente os dados, os pontos traçados cairão aproximadamente ao longo de uma linha reta. Se os pontos traçados desviarem significativamente de uma linha reta, o modelo hipotético não é apropriado. Da maneira descrita anteriormente, construímos um gráfico de probabilidade normal com base nas observações 5,0, 3,4, 3,9, 1,3, 0,2, 0,9, 2,7, 3,7, 3,8, 4,1, 1,0, 1,0, 0,8, 0,4, 3,8. 4,5, 5,3, 6,1, 6,9 e 6,5.

O gráfico de probabilidade normal não contém curvatura forte e o padrão é quase linear, então podemos concluir que os valores dos dados são distribuídos aproximadamente normalmente.

Passo 4

Letra c:

Quando o valor verdadeiro da média é μ = μ 0 + δ , a distribuição de T 0 é chamada de distribuição t não central com n - 1 grau de liberdade e parâmetro de não centralidade δ n / σ . O erro tipo II da alternativa de dois lados seria

β = P - t n - 1 , α 2 ≤ T 0 ≤ t n - 1 , α 2 ∣ δ ≠ 0 = P - t n - 1 , α 2 ≤ T 0 ' ≤ t n - 1 , α 2                             ( 1 )

onde T 0 ' denota a variável aleatória t não central, ou seja,

T 0 ' = X - - μ 0 + δ S / n

Encontrando a probabilidade de erro do tipo II para o teste t envolve encontrar a probabilidade contida entre dois pontos da distribuição t não central. Este problema já foi resolvido, e os resultados são resumidos em uma série de curvas nos Gráficos do Apêndice

VIIe, VIIf, VIIg e VIIh. As curvas são fornecidas para alternativas bilaterais nos Gráficos VIIe e VIIf. Nesses gráficos, o fator d é definido como

d = μ - μ 0 σ = | δ | σ

Para a alternativa unilateral μ > μ 0 ou μ < μ 0 usamos os gráficos VIIg e VIIh.

Nós vemos que d depende do parâmetro desconhecido σ 2 . Podemos evitar essa dificuldade de várias maneiras. Em alguns casos, poderíamos usar a variância da amostra s 2 para estimar um σ 2 .

Sabemos que a verdadeira concentração média de oxigênio dissolvido é tão baixa quanto 3. Então,

| δ | = | 3 - 4 | = 1 ⇒ d = 1 2.127 = 0.47

Referindo-nos às curvas características de operação no Apêndice Gráfico VIIe (para α = 0.01 ) com d = 0.47 e n = 20 , descobrimos que β = 0.7 , aproximadamente.

Então, a potência do teste é

1 - β = 0.3

Passo 5

Letra d:

Queremos a potência do teste a ser pelo menos 1 - β = 0.9 e média da amostra verdadeira μ = 2.5 , então d = 0.5 / 2.127 = 0.235 (ver figura anterior, linha verde). Em seguida, vemos que o tamanho da amostra é

n > 100

Passo 6

Letra e:

Um IC bilateral de 100 ( 1 - α ) % na média é

x - - t n - 1 , α 2 s n ≤ μ ≤ x - + t n - 1 , α 2 s n

Portanto, um IC unilateral de 99% na média é

3.265 - 2.861 2.127 20 ≤ μ ≤ 3.265 + 2.861 2.127 20

1.90 ≤ μ ≤ 4.62

Se testarmos

H 0 : μ = 4

Contra

H 1 : μ ≠ 4

Então deixamos de rejeitar H 0 porque 4 ∈ ( 1.90,4.62 )

Resposta

  1. t 19 = 1.55 < 2.861 = t 19,0.005 ,  falhamos em rejeitar  H 0
  2. Os valores dos dados são aproximadamente normalmente distribuídos.
  3. 1 - β = 0.3
  4. n > 100 .
  5. 1.90 ≤ μ ≤ 4.62 ,  falhamos em rejeitar  H 0 .
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