Transcript
Bussab&Morettin
Estatística Básica
Capítulo 11
Problema 01 Nº de sucessos
0
1
2
3
4
5
pˆ
0,0
0,2
0,4
0,6
0,8
1,0
P ( pˆ )
0,3277 0,4096 0,2048 0,0512 0,0064 0,0003
E ( pˆ ) = 0,2 = p ; Var ( pˆ ) = 0,032 =
p(1 − p) . 5
Problema 02 Var ( pˆ ) =
p (1 − p ) 1 ≤ n 4n
n
10
25
100
400
0,025
0,01
0,0025
0,000625
Limite superior de
Var ( pˆ )
Limite superior de Var(p^)
0,030 0,025 0,020 0,015 0,010 0,005 0,000 0
100
200
300
400
n
Problema 03 (a)
X = ∑i =1 X i n
X ~ Binomial (n; p ) ; E ( X ) = np ; Var ( X ) = np (1 − p )
Cap.11 – Pág.1
500
Bussab&Morettin
Estatística Básica
np X 1 E ( pˆ 1 ) = E = E ( X ) = = p; n n n np (1 − p) p (1 − p ) X 1 . Var ( pˆ 1 ) = Var = 2 Var ( X ) = = n n2 n n
(b)
X 1 = resultado da 1a prova X 1 ~ Bernoulli ( p) ; E ( X 1 ) = p ; Var ( X 1 ) = p(1 − p) E ( pˆ 2 ) = E ( X 1 ) = p ; Var ( pˆ 2 ) = Var ( X 1 ) = p(1 − p) . O estimador pˆ 2 não é bom porque só assume os valores 0 ou 1, dependendo do resultado da 1a prova. Além disso, Var ( pˆ 2 ) = nVar ( pˆ 1 ) , ou seja, sua variância é maior que a variância de pˆ 1 , para todo n maior que 1.
Problema 04 lim ( E ( pˆ 1 )) = p e lim Var ( pˆ 1 ) = lim n→∞
n→∞
n →∞
p (1 − p ) =0. n
Logo, pˆ 1 é um estimador consistente de p. lim ( E ( pˆ 2 )) = p e lim Var ( pˆ 2 ) = lim p (1 − p ) = p (1 − p ) ≠ 0 , para p ≠ 0 e p ≠ 1 .
n→∞
n→∞
n →∞
Logo, pˆ 2 não é um estimador consistente de p.
Problema 05 Propriedades dos
Estimador
estimadores
t1
t2
Viés
2
0
Variância
5
10
EQM
9
10
O estimador t1 é viesado, enquanto que t 2 é não-viesado. A mediana e a moda de t1 e t 2 são iguais ou muito próximas de θ = 100 . Além disso,
EQM (t1 ) = 9 , enquanto que
EQM (t 2 ) = 10 . A única medida realmente discrepante é a variância: Var (t 2 ) = 2Var (t 1) . Como o viés de t1 é pequeno e sua variância a metade da variância de t 2 , pode-se considerar que t1 é um estimador melhor que t 2 .
Problema 06
Cap.11 – Pág.2
Bussab&Morettin
Estatística Básica
(a) ( y t − 6) 2 ( y t − 7) 2 ( y t − 8) 2 ( y t − 9) 2 ( y t − 10) 2
t
yt
1
3
9
16
25
36
49
2
5
1
4
9
16
25
3
6
0
1
4
9
16
4
8
4
1
0
1
4
5
16
100
81
64
49
36
S (µ )
114
103
102
111
130
140
S(mi)
130 120 110 100 90 5
6
7
8
9
10
11
mi
S ( µ ) parece ser mínimo para µ aproximadamente igual a 7,5.
(b) dS ( µ ) = −2∑t( y t − µ ) = −2∑t y t + 2nµ dµ dS ( µ ) = 0 ⇔ µ = µˆ MQ = dµ
∑y t
n
t
=y
Logo, µˆ MQ = y = 7,6 . Esse valor é próximo àquele visualizado no gráfico do item (a).
Problema 07 (a)
Cap.11 – Pág.3
Estatística Básica
Inflação (yt)
Bussab&Morettin
3000 2500 2000 1500 1000 500 0 1967
1969
1971
1973
1975
1977
1979
Ano (t)
(b)
S (α , β ) = ∑t( y t − α − βt ) 2 dS (α , β ) = − 2 ∑ t ( y t − α − β t ) = − 2 ∑ t y t + 2 nα + 2 β ∑ t t = − 2 ny + 2 nα + 2 nβ t dα dS (α , β ) = −2∑t t ( y t − α − βt ) = −2∑t ty t + 2α ∑t t + 2 β ∑t t 2 dβ
Igualando a zero, temos: dS (α , β ) = 0 ⇔ α = αˆ = y − βtˆ dα
dS (α , β ) = 0 ⇔ ( y − βt )nt + β ∑t t 2 = ∑t tyt ⇔ β = βˆ = dβ
∑ ty − nt y . ∑ t − nt t
t
2
2
t
Logo, os estimadores de mínimos quadrados de α e β são dados, respectivamente, por
∑ αˆ = y − βtˆ e βˆ = t
tyt − nt y
∑t t
2
− nt 2
.
Na amostra observada, obtemos as seguintes estimativas:
αˆ = 350026,73 e βˆ = 177,80 .
(c)
A inflação prevista pelo modelo ajustado é
yˆ (1981) = 350026,73 + 177,80 × 1981 = 2202,143 .
(d)
Sim, pois a inflação cresceu exponencialmente (e não linearmente) no período observado.
Problema 08 Com cálculos análogos aos feitos no Exercício 7, substituindo t por xt , obtemos que Cap.11 – Pág.4
Bussab&Morettin
Estatística Básica
αˆ = y − βx e βˆ =
∑ x y − nx y . ∑ x − nx t
t
t
2
t
2
t
Problema 09
βˆ =
∑ x y − nx y = 2586,43 − 10 × 3,73 × 68,66 = 0,844 ; 169,25 − 10 × 3,73 ∑ x − nx t
t
t
2
t
2
2
t
αˆ = y − βx = 68,66 − 0,844 × 3,73 = 65,513 . Logo, o modelo ajustado é dado por
yˆ t = 65,513 + 0,844 xt . Problema 10 L( p ) = p x (1 − p ) n − x = p 3 (1 − p ) 2 Função de verossimilhança da distribuição Binomial(5;p) p
1/5
2/5
3/5
4/5
L(p)
0,005
0,023
0,035
0,020
0,040
L(p)
0,030 0,020 0,010 0,000 0
1/5
2/5
3/5
4/5
1
p
Problema 11 (a)
P( X = x) = P( x - 1 fracassos e 1 sucesso) = P( FFF ...FS ) = p (1 − p ) x −1 .
(b)
Função de verossimilhança L( p | x) = P ( X 1 = x1 | p )⋯ P ( X n = xn | p ) = p (1 − p ) x1 −1 ⋯ p (1 − p ) xn −1 = p n (1 − p ) ∑ Função log-verossimilhança
l ( p | x) = log( L( p | x)) = n log p + (∑ xi − n )log(1 − p) ; Maximizando em relação a p:
l ' ( p | x) =
n ∑ xi − n − = 0 ⇔ n(1 − p) − (∑ xi − n ) p = 0 ⇔ p = p 1− p Cap.11 – Pág.5
n . ∑ xi
xi − n
;
Bussab&Morettin
Estatística Básica
Logo, o EMV para p é dado por
(c)
pˆ =
n . ∑ xi
pˆ =
5 = 0,455 . 11
Sim, poderíamos estimar p = P(coroa) lançando a moeda n vezes e contando o número de coroas (m). Nesse caso, pˆ = m / n .
Problema 12 Função densidade de probabilidade
(x − µ)2 1 exp− i ; 2 2π
f ( xi | µ ) =
Função de verossimilhança n ∑ ( xi − µ ) 2 1 ( xi − µ ) 2 1 L ( µ | x) = ∏ f ( xi | µ ) = ∏ exp− exp− = ; 2 2 i =1 i =1 2π 2π n
n
Função log-verossimilhança ( xi − µ ) 2 n ∑ l ( µ | x) = log( L( µ | x)) = − log(2π ) − ; 2 2 Maximizando em relação a µ :
l ' ( µ | x) = ∑ ( xi − µ ) = nx − nµ = 0 ⇔ µ = x . Logo, o EMV de µ é dado por:
µˆ MV = x . Problema 13 Função de probabilidade P (Yi = yi | λ ) =
e − λ λ yi ; yi !
Função de verossimilhança y e − λ λ yi e − nλ λ∑ i L(λ | y ) = P (Y1 = y1 | λ ) ⋯ P(Yn = yn | λ ) = ∏ = ; yi ! i =1 ∏ yi ! n
Função de log-verossimilhança
l (λ | y ) = log( L( λ | y )) = − nλ + ∑ yi log λ − log(∏ yi !) ; Maximizando em relação a λ :
Cap.11 – Pág.6
Bussab&Morettin
Estatística Básica
l ' (λ | y ) = − n + ∑
λ
yi
=0⇔λ =
∑y
i
n
= y.
Logo, o EMV de λ é dado por:
λˆMV = y . Problema 14. σ σ IC ( µ ; γ ) = X − z (γ ) ; X + z (γ ) n n Intervalo de confiança Média
Tamanho da Desvio padrão da Coeficiente de
Limite
Limite
amostral
amostra
população
confiança
z (γ )
inferior
superior
170
100
15
95%
1,960
167,06
172,94
165
184
30
85%
1,440
161,82
168,18
180
225
30
70%
1,036
177,93
182,07
Problema 15 100 =]787,12;812,88[ 20
(a)
IC ( µ ;0,99) = 800 ± 2,576 ×
(b)
e = 0,98 ⇒ z (γ )
(c)
s z (γ ) s 1,96 × 100 e = z (γ ) ⇔n= = 625 . = n e 7,84
s n 20 = 0,98 ⇒ z (γ ) = 0,98 = 0,98 × = 0,196 ⇒ γ = 15,54% . s 100 n 2
2
Suposições: Amostragem aleatória simples; tamanho amostral grande.
Problema 16 (a)
e X −µ e e z (γ ) s P(| X − µ |< e) = γ ⇔ P − < < = γ ⇔ = z (γ ) ⇔ n = s/ n e s/ n s/ n s/ n 1,96 × 10 n= = 384,16 ≅ 385 . 1 2
2,576 × 10 n= = 663,58 ≅ 664 . 1 2
(b)
Problema 17 (a)
P (| X − µ |> 1) = 8% ⇔ P (| X − µ |< 1) = 92% ; Cap.11 – Pág.7
2
Bussab&Morettin
Estatística Básica
z (γ ) s 1,75 ×10 n= = = 306,25 ≅ 307 . 1 e 2
(b)
2
IC ( µ ;0,92) = 50 ± 1,75 ×
10 =]49,0;51,0[ . 307
Problema 18
pˆ (1 − pˆ ) n
IC ( p; γ ) = pˆ ± z (γ )
IC ( p;0,9) = 0,7 ± 1,645
0,7 × 0,3 = 0,7 ± 0,030 =]0,670;0,730[ . 625
Intervalo conservador: IC ( p;0,9) = 0,7 ± 1,645
1 = 0,7 ± 0,033 =]0,667;0,733[ 4 × 625
Problema 19
IC ( p;0,95) = 0,3 ± 1,96
0,3 × 0,7 = 0,3 ± 0,045 =]0,255;0,345[ . 400
Intervalo conservador: IC ( p;0,95) = 0,3 ± 1,96
1 = 0,3 ± 0,049 =]0,251;0,349[ . 4 × 400
Problema 20
(a)
P(| pˆ − p |< e) = γ ⇔ P −
e < p (1 − p ) / n
pˆ − p < p (1 − p ) / n
e =γ ⇔ p (1 − p ) / n
z (γ ) = z (γ ) ⇔ n = p (1 − p ) p (1 − p ) / n e 2
e
Supondo que a proporção na amostra real seja próxima de p: 2
1,2816 n= × 0,6 × 0,4 ≅ 3942 0,01 (b)
IC ( p;0,95) = 0,55 ± 1,96
0,55 × 0,45 = 0,55 ± 0,016 =]0,534;0,566[ . 3942
Intervalo conservador: IC ( p;0,95) = 0,55 ± 1,96
1 = 0,55 ± 0,016 =]0,534;0,566[ . 4 × 3942
Problema 21 (a)
IC ( p;0,95) = 0,333 ± 1,96
0,333 × 0,667 = 0,333 ± 0,053 =]0,280;0,387[ . 300 Cap.11 – Pág.8
Bussab&Morettin
Estatística Básica
Intervalo conservador:
IC ( p;0,95) = 0,333 ± 1,96
1 = 0,333 ± 0,057 =]0,277;0,390[ . 4 × 300
Interpretação: Se pudéssemos construir um grande número de intervalos aleatórios para p, todos baseados em amostras de tamanho n, 95% deles conteriam o parâmetro p. (b)
Utilizando a estimativa da amostra observada ( pˆ = 0,333 ): 2
1,96 n= × 0,333 × 0,667 ≅ 2134 . 0,02 Utilizando o valor máximo de p(1-p): 2
1,96 1 n= × ≅ 2401 0,02 4 Interpretação: Utilizando o tamanho amostral encontrado, teremos uma probabilidade de 95% de que a proporção amostral difira do verdadeiro valor de p por menos que 2%. Problema 22 (a) Estimador Propriedades
t
t'
Média
10
9,9
Vício
0,0
-0,1
Variância
4,8
3,79
EQM
4,8
3,8
O estimador t é não-viesado, porém tem variância maior que t ' , o qual é viesado. O EQM de t ' é menor que o de t.
(b)
Pode-se escolher t ' , pois seu vício é pequeno, e sua variância e EQM são bem menores que os de t.
Problema 23 5 = 150 ± 1,633 =]148,37;151,63[ ; 6
(a)
IC ( µ ;0,95) = 150 ± 1,96 ×
(b)
s z (γ ) s 1,96 × 5 e = z (γ ) ⇔n= = 100 . = n e 0,98 2
2
Cap.11 – Pág.9
Bussab&Morettin
Estatística Básica
Problema 24 2 = 6,222 ± 1,097 =]5,13;7,32[ 3
(a)
IC ( µ ;0,90) = 6,222 ± 1,645 ×
(b)
s z (γ ) s 1,645 × 2 e = z (γ ) ⇔n= = 108241 . = n e 0,01 2
2
(c)
Como n é pequeno (n = 9), não seria razoável simplesmente substituir o desvio padrão populacional pelo amostral. Pode-se usar o desvio padrão amostral s, e substituir a estatística z pela estatística t, obtida de uma distribuição t-Student com n-1 graus de liberdade.
Problema 25 IC ( µ ;0,95) = 400 ± 1,96 ×
103,923 = 400 ± 20,37 =]379,63;420,37[ 10
Problema 26
βˆ =
∑ ty − nt y = 529,40 − 10 × 5,50 × 8,55 = 0,717 ; 385,00 − 10 × 5,50 ∑ t − nt t
t
2
2
2
t
αˆ = y − βt = 8,55 − 0,717 × 5,50 = 4,607 . Logo, o modelo ajustado é dado por yˆ t = 4,607 + 0,717t . Novembro (t = 11): 12,49; Dezembro (t = 12): 13,21; Julho (t = 19): 18,23; Agosto (t = 20): 18,95.
Problema 27 (a)
IC ( p;0,90) = 0,6 ± 1,645
0,6 × 0,4 = 0,6 ± 0,047 =]0,553;0,647[ . 300
Intervalo conservador:
IC ( p;0,90) = 0,6 ± 1,645
1 = 0,6 ± 0,047 =]0,553;0,647[ . 4 × 300
(b)
Cap.11 – Pág.10
Bussab&Morettin
Estatística Básica
P(| pˆ − p |< 0,001) = P
− 0,001 p (1 − p ) / n
<
pˆ − p p (1 − p ) / n
<
≅ p (1 − p ) / n 0,001
− 0,001 0,001 = P(−0,035 < Z < 0,035) = 2,820% P
