5
Inferências Relativas à Média
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.1)
estatística e estimadores
• estatística:
– uma estatística é qualquer função das observações de uma
amostra aleatória
• convenção:

é o parâmetro de interesse
ˆ
é uma estatística
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.2)
estatística e estimadores
• estimador não tendencioso:
– uma estatística ˆ é denominada de “estimador não tendencioso”
se, e somente se, a média da distribuição amostral do estimador é
igual a 
exemplo:
1 n
ˆ  X   xi é uma estimativa não tendenciosa de 
n i 1
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.3)
estimativa pontual
• X é uma estimativa de . Mas quanto X se aproxima de ?
X-
Z
 n
é uma VA praticamente normal padronizada se n é grande
Logo, há uma probabilidade de 1 -  da inequação abaixo ser satisfeita:
- z/2 
X-
 z / 2
 n
f(x)
/2
/2
1-
-z/2
z/2
o que eqüivale a:
X-

n
 z / 2
onde z/2 é um valor tal que a área
da curva normal padronizada
a sua direita é /2
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.4)
estimativas da média
(com nível de confiança 1 - )
• quando  é conhecido:
X -   z / 2 .

n
• quando  é desconhecido:
s
X -   t / 2 .
n
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.5)
intervalo de confiança da média
• quando  é conhecido:
X - z / 2 .

n
   X  z / 2 .

n
• quando  é desconhecido:
s
s
X - t / 2 .
   X  t / 2 .
n
n
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.6)
exemplo 1:
Sabe-se que a vida em horas de lâmpadas incandescentes é uma variável
aleatória normal com  = 50 h. Uma amostra de 10 lâmpadas foi ensaiada
e a vida média obtida foi 1.556 h. Qual o intervalo dentro do qual, com
nível de confiança 95%, espera-se encontrar a média da população?
 é conhecido. Estima-se o intervalo de confiança da média por:
X - z / 2 .

n
   X  z / 2 .

  0,05 para P = 95%
n
50
50
1556 - z0,025.
   1556  z0,025.
10
10
1525    1587
z0,025 = 1,960
  (1556  31) h
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.7)
exemplo 2:
Qual o tamanho necessário da amostra da questão anterior para, com a
mesma probabilidade, reduzir o tamanho do intervalo de confiança de
±31 h para apenas ±10 h?
 é conhecido. Estima-se o intervalo de confiança da média por:
X -   z / 2 .
 z / 2 .
n  
 X-



2

n
50 

n   z0,025. 
10 

2
2
50 

n  1,960.   96
10 

Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.8)
exemplo 3:
A massa de um diamante foi medida repetidamente nove vezes por uma
balança com erro sistemático desprezável. As indicações não se repetem
pela ação de um erro aleatório com distribuição normal e média zero.
Encontre o intervalo de confiança dentro do qual, com uma probabilidade
de 95% deve encontrar-se o valor verdadeiro da massa do diamante.
20,4
20,1
20,4
20,6
20,2
20,4
20,3
20,5
20,3
 não é conhecido, mas pode se estimado por s:
da tabela: t(=0,025, u=8) = 2,306
9
s
2
(
x

X
)
 i
i 1
9 1
X  20,36
 0,1509
s
0,1509
X -   t / 2 .
 2,306.
 0,116
n
3
  (20,36  0,12) g
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.9)
teste de hipóteses
• Uma hipótese estatística é uma afirmação sobre uma
população (e não sobre a amostra)
• Normalmente são formuladas duas hipóteses:
– H0: (hipótese nula) que é a hipótese que se quer testar
– H1: (hipótese alternativa) que será aceita se não for possível
provar que H0 é verdadeira
• Exemplos:
(a) H0: mulheres vivem mais que homens
H1: mulheres vivem o mesmo ou menos que homens
(b) H0: o réu é culpado
H1: o réu é inocente
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.10)
teste de hipóteses (unilateral)
• Exemplo: seja:
H0:  = 50 MPa
e
H1:  < 50 MPa
Se X  50MPa Ho é aceita
Pergunta: quanto X deve ser menor que 50 MPa para H0 ser falsa?
rejeitar H0 e
aceitar H1
Não é possível rejeitar H0
50 - 
50
Qual é o valor crítico de ?
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.11)
teste de hipóteses (bilateral)
• Exemplo: seja:
H0:  = 50 MPa
H1:   50 MPa
e
Se X  50MPa Ho é aceita
Pergunta: quanto X deve se afastar de 50 MPa para H0 ser falsa?
rejeitar H0 e
aceitar H1
Não é possível rejeitar H0
50 - 
50
rejeitar H0 e
aceitar H1
50 + 
Qual é o valor crítico de ?
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.12)
exemplo 1:
Suponha que a resistência do material seja uma variável aleatória com
distribuição normal com X = 2,5 MPa.
No exemplo anterior  = 1,5 MPa seria uma boa escolha?
Assim, a resistência de um corpo de prova seria determinada, testada e:
– Se estiver no intervalo entre (50,0 ± 1,5) MPa afirma-se que  = 50 MPa;
– Caso contrário, afirma-se que   50 MPa.
Este é um bom teste?
48,5
51,5
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.13)
Para responder esta questão, suponha que a resistência do material tenha
mesmo média 50 MPa e X = 2,5 MPa:
0,452
z1 
48,5  50,0
 0,60
2,5
/2 = 0,274
/2 = 0,274
51,5  50,0
z2 
 0,60
2,5
48,5 50 51,5
z1 = -0,60
z2 = 0,60
A escolha de  = 1,5 MPa não é boa. Quando o material tiver resistência de
50 MPa apenas 45,2% dos ensaios darão a resposta certa. Cerca de 54,8%
levarão à conclusão errada, o que é uma margem de erro muito alta!
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.14)
exemplo 2:
Suponha que em lugar de ensaiar um corpo de prova, 10 corpos de prova
sejam ensaiados e sua média calculada. Se as demais condições forem
mantidas,  = 1,5 MPa seria uma boa escolha?
Sintetizando o teste:
Dez corpos de prova serão ensaiados e resistência média calculada e
submetida ao seguinte critério:
– Se estiver no intervalo entre (50,0 ± 1,5) MPa afirma-se que  = 50 MPa;
– Caso contrário, afirma-se que   50 MPa.
E agora: este é um bom teste?
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.15)
Para responder esta questão, suponha que a resistência do material tenha
mesmo média 50 MPa e X = 2,5 MPa.
A média de 10 corpos de prova terá desvio padrão de:
X 

n

48,5  50,0
z1 
 1,90
0,790
z2 
/2 = 0,942
2,5
 0,790
10
51,5  50,0
 1,90
0,790
/2 = 0,0288
/2 = 0,0288
48,5
50
z1 = -1,90
51,5
z2 = 1,90
Neste caso, a escolha de  = 1,5 MPa resulta em uma margem de acerto de
94,2% e uma margem de erro de apenas 5,76%, o que é aceitável. Portanto,
para estas condições,  = 1,5 MPa é uma boa escolha!
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.16)
erros de decisão
Erro tipo I: rejeitar H0 quando esta é verdadeira
Erro tipo II: não rejeitar H0 quando esta é falsa
decisão
H0 é verdadeira
H0 é falsa
não rejeita H0
decisão correta
erro tipo II
rejeita H0
erro tipo I
decisão correta
– A probabilidade de cometer erro tipo I é denominada “nível de
significância” e é denotada por 
– A probabilidade de cometer erro tipo II é denotada por b
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.17)
nível de significância ()
No exemplo anterior, sendo a distribuição normal, X = 2,5 MPa, n = 10,
e  = 1,5 MPa. Quanto vale ?
/2 = 0,0288
48,5
z1 = -1,90
/2 = 0,0288
50
51,5
 = P(Z<-1,90) + P(Z>1,90)
= 0,0288 + 0,0288 = 0,0576
z2 = 1,90
5,76% das amostras aleatórias vão rejeitar H0 quando a resistência do
material for mesmo 50 MPa. Para diminuir :
– (a) aumentar  ou
– (b) aumentar n
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.18)
erro tipo II
– b pode ser calculado para um dado valor específico. Exemplo,
seja  = 52. Quanto vale b?
b = 0,2643
48,5
50
51,5 52
b  P(48,5  X  51,5 quando   52,0)  0,2643
26,43% das amostras aleatórias vão aceitar H0 quando a resistência
do material for 52 MPa
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.19)
erro tipo I versus erro tipo II
•  e b para várias combinações de n e 
região de aceitação n

b em   52 b em   50,5
48,5  X  51,5
10 0,0576
0,2643
0,8923
48,0  X  52,0
10 0,0114
0,500
0,9705
48,5  X  51,5
16 0,0164
0,2119
0,9445
48,0  X  52,0
16 0,0014
0,500
0,9918
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.20)
teste de hipóteses: conclusões
1. O tamanho da região crítica (aceitação) e  podem sempre
ser reduzidas pela escolha apropriada dos valores críticos
2. Os erros tipo I e II estão sempre relacionados. Para o
mesmo “n” o aumento da probabilidade de um reduz a do
outro
3. Para os mesmos valores críticos, o aumento de “n” reduz as
probabilidades dos erros I e II
4. Quando H0 é falsa, b aumenta quando o valor verdadeiro do
parâmetro se aproxima do valor especificado em H0 e vicee-versa
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.21)
teste de hipóteses: procedimento geral
1. Identifique o parâmetro de interesse no problema
2. Formule a hipótese nula (H0)
3. Formule uma hipótese alternativa apropriada (H1)
4. Defina o nível de significância
5. Estabeleça a estatística usada
6. Estabeleça a região de rejeição da estatística
7. Execute o experimento, obtenha os dados e faça as contas
8. Decida se H0 deve ou não ser rejeitada e transponha esta
conclusão para o contexto do problema
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.22)
hipóteses relativas a uma média
H0:  = 0
hipóteses alternativas
  0
  0
  0
X  0
Z
 n
 conhecido
 desconhecido
rejeite H 0 se
rejeite H 0 se
Z   z
T  t
Z  z
T  t
Z   z / 2 ou Z  z / 2 T  t / 2 ou T  t / 2
X  0
T
s n
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.23)
exemplo 3:
Verificar se a condutividade térmica de um certo tipo de tijolo é 0,340 com
nível de significância 0,05 a partir de uma amostra com n = 35 que
resultou no valor médio 0,343. Sabe-se que  = 0,010.
Solução:
P1 P2 P3 P4 P5 -
parâmetro de interesse: condutividade térmica do tijolo
H0:  = 0,340
H1:   0,340
nível de significância: 0,05
 é conhecido,
usar a estatística Z < -z 0.025 ou Z > z 0.025
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.24)
P6 H0 será rejeitada se o valor de Z, calculado a partir da
média dos 35 ensaios, obedecer uma das seguintes condições:
Z < -1.960
P7 -
ou
Z > 1,960
Fazendo as contas:
0,343  0,340
z
 1,77
0,010 35
P8 Como -1,960 < 1,77 < 1,960, H0 não pode ser rejeitada,
isto é, a pequena diferença entre 0,340 e 0,343 pode decorrer do
acaso.
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.25)
exemplo 4:
Um certo tipo de barbante deve apresentar resistência média à ruptura de
180 N. Se cinco pedaços, selecionados aleatoriamente de alguns rolos
apresentaram média 169,5 N com s = 5,7 N. Teste a H0  = 180 N contra
H1  < 180 N com  = 0,01. Assuma que a população é normal.
Solução:
P1 P2 P3 P4 P5 -
parâmetro de interesse: resistência do barbante
H0:  = 180 N
H1:  < 180 N
X  0
nível de significância: 0,01
T
s n
 não é conhecido,
usar a estatística T < -t 0.01 para u = 4
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.26)
P6 H0 será rejeitada se o valor de T, calculado a partir da
média dos cinco ensaios, obedecer a seguinte condição:
T < -3,747
P7 -
Fazendo as contas:
169,5  180,0
t
 4,12
5,7 5
P8 Como o valor obtido é menor que o crítico, rejeita-se H0
e aceita-se a hipótese de que a resistência média do barbante é
mesmo menor que 180 N.
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.27)
hipóteses relativas a duas médias
H0: 1 - 2 = 
hipóteses alternativas
1   2  
1   2  
1   2  
Z
n1
1

 X2
n2
 desconhecido
rejeite H 0 se
rejeite H 0 se
Z   z
T  t
Z  z
T  t
Z   z / 2 ou Z  z / 2 T  t / 2 ou T  t / 2
( X1  X 2 )  
 X2
 conhecido
2
( X1  X 2 )  
n1n2 (n1  n2  2)
T
.
2
2
n1  n2
(n1  1) s1  (n2  1) s2
  n1  n2  2
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.28)
exemplo 5:
Verifique se a diferença entre a resistência elétrica entre dois condutores
é maior que 0,050  com nível de significância  = 0,05. Uma amostra
com n = 32 foi extraída de cada condutor resultando em: X1 = 0,136  e
s1 = 0,004  e X2 = 0,083  e s2 = 0,005 .
Solução:
P1 P2 P3 P4 P5 -
parâmetro de interesse: diferença de resistência
H0: 1  2 = 0,050 
H1: 1  2 > 0,050 
X  0
nível de significância: 0,05
T
s n
 não é conhecido, mas n > 30
é possível usar a estatística Z > z 0.05
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.29)
P6 H0 será rejeitada se o valor de Z, calculado a partir da
diferença das médias dos 32 ensaios, obedecer a condição:
Z > 1,645
P7 -
Fazendo as contas:
z
0,136  0,083  0,050
2
(0,004) (0,005)

32
32
2
 2,65
P8 Como 2,65 > 1,645 rejeita-se a H0 e afirma-se que a
resistência do primeiro condutor é maior que a do segundo em
pelo menos 0,050 .
Albertazzi.Inferências Relativas à Média. (5.30)