Resolução da Prova de Estatística
Cargo: Auditor Fiscal – SEFAZ/PI
Prof. Fábio Amorim
Pessoal, trago a vocês a resolução da prova de Estatística do
concurso para Auditor Fiscal aplicada pela FCC. Foram 10 questões
de estatística!
Não identifiquei possibilidade para recursos.
Considero a prova em um bom nível, trabalhosa, que exigiu dos
candidatos conhecimentos sobre todo o conteúdo programático.
Nosso curso específico abordou todos os temas das questões e, por
isso, tenho certeza que nossos alunos atentos conseguiram
desenvolver todas as questões.
Parabéns à banca examinadora!
____________________________________________________________
Instruções: Para responder às questões de números 21 a 23 utilize, dentre
as informações dadas a seguir, as que julgar apropriadas.
Se Z tem distribuição normal padrão, então:
P(Z < 0,4) = 0,655; P(Z < 1,2) = 0,885; P(Z < 1,6) = 0,945;
P(Z < 1,8) = 0,964; P(Z < 2) = 0,977.
21. Uma auditoria feita em uma grande empresa considerou uma amostra
aleatória de 64 contas a receber. Se a população de onde essa amostra
provém é infinita e tem distribuição normal com desvio padrão igual a R$
200,00 e média igual a R$ 950,00, a probabilidade da variável aleatória
média amostral, usualmente denotada por X, estar situada entre R$ 980,00
e R$ 1.000,00 é dada por
(A) 86,2% (B) 18,4% (C) 9,2% (D) 28,5% (E) 47,7%
R.
Consideradas as diversas amostras de tamanho “n” que se pode selecionar
em uma população, o conjunto das médias (𝑋̅ ) de cada uma dessas
amostras forma variável aleatória de distribuição Normal, com média (𝑋̅) e
desvio padrão 𝜎(𝑋̅).
Nessa situação, a média dessa distribuição Normal (𝑋̅) é igual à média
populacional , ou seja:
 (𝑋̅) = 
Para populações infinitas, ou quando a amostragem é feita com reposição, o
desvio padrão 𝜎(𝑋̅) é igual a razão entre o desvio padrão populacional e a
raiz quadrada de “n”:
𝜎
𝜎(𝑋̅) =
√𝑛
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Distribuição Normal
 (𝑋̅); 𝜎(𝑋̅)
 (𝑋̅)
Considerando as informações do enunciado:
 (𝑋̅) =  = 𝑅$ 950,00
𝜎(𝑋̅) =
𝜎
√𝑛
=
𝑅$ 200
√64
= 𝑅$ 25,00
O enunciado questiona a probabilidade de a variável aleatória média
amostral estar situada entre R$ 980,00 e R$ 1.000,00. Graficamente, temos
esta situação:
Área = Probabilidade
𝑋[ (𝑋̅); 𝜎(𝑋̅)]
950
980
1000
Para calcularmos o valor da Probabilidade, ou seja, o valor da área do
gráfico, devemos transformar a variável aleatória X em uma variável Z,
padronizada, onde a média é igual a zero, o desvio padrão é igual a 1, e os
valores da variável Z são iguais a:
𝑍𝑖 =
𝑍1 =
𝑍2 =
𝑥1 −  (𝑋̅)
𝜎/√𝑛
𝑥2 −  (𝑋̅)
𝜎/√𝑛
=
980 − 950
= 1,2
25
=
1000 − 950
=2
25
𝑥𝑖 −  (𝑋̅)
𝜎(𝑋̅)
Assim, temos a seguinte distribuição padronizada:
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Área = Probabilidade
𝑍[0; 1]
0
1,2
2
A probabilidade P é igual a:
𝑃 = 𝑃(𝑍 < 2) − 𝑃(𝑍 < 1,2)
Utilizando as informações do início da prova, temos que:
𝑃 = 0,977 − 0,885 = 0,092 = 9,2%
Resposta, letra C.
Gabarito Preliminar, C.
Para responder às questões de números 22 e 23, considere as informações
a seguir: O efeito do medicamento A é o de baixar a pressão arterial de
indivíduos hipertensos. O tempo, em minutos, decorrido entre a tomada do
remédio e a diminuição da pressão é uma variável aleatória X com
distribuição normal, tendo média 𝜇 e desvio padrão 𝜎.
22. Se o valor de 𝜇 é de 56 min e o valor de 𝜎 é de 10 min, a probabilidade
de X estar compreendido entre 52 min e 74 min é igual a
(A) 56,0% (B) 61,9% (C) 52,4% (D) 64,5% (E) 30,9%
R.
A distribuição populacional é Normal, com média 𝜇 = 56, e desvio padrão 𝜎 =
10.
A probabilidade de X estar compreendido entre 52 min e 74 min,
graficamente, é:
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Área = Probabilidade
𝑋[ ; 𝜎]
52
56
74
Transformando a variável aleatória X em uma variável Z, padronizada, onde
a média é igual a zero, o desvio padrão é igual a 1, e os valores da variável
Z são iguais a:
𝑥𝑖 − 
𝑍𝑖 =
𝜎
𝑥1 − 
52 − 56
𝑍1 =
=
= −0,4
𝜎
10
𝑥2 − 
74 − 56
𝑍2 =
=
= 1,8
𝜎
10
Assim, temos a seguinte distribuição padronizada:
Área = Probabilidade
𝑍[0 ; 1]
−0,4
0
1,8
A probabilidade P é igual a:
𝑃 = 𝑃(𝑍 < 1,8) − 𝑃(𝑍 < −0,4)
⇒ 𝑃 = 𝑃(𝑍 < 1,8) − 𝑃(𝑍 > 0,4)
⇒ 𝑃 = 𝑃(𝑍 < 1,8) − [1 − 𝑃(𝑍 < 0,4)]
Utilizando as informações do início da prova, temos que:
𝑃 = 0,964 − (1 − 0,655)
𝑃 = 0,964 − (0,345) = 0,619 = 61,9%
Resposta, letra B.
Gabarito Preliminar, B.
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23. Uma amostra aleatória de n indivíduos hipertensos foi selecionada com
o objetivo de se estimar 𝜇. Supondo que o valor de 𝜎 é 10 min, o valor de n
para que o estimador não se afaste de 𝜇 por mais do que 2 min, com
probabilidade de 89%, é igual a
(A) 64 (B) 36 (C) 100 (D) 81 (E) 49
R.
𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑓𝑖𝑎𝑛ç𝑎 = 1 − 𝛼 = 89%
Dados Amostrais
 𝑛?
Dados Populacionais
 𝜎 = 10
 Média 
 𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑜 =  ± 2
Trata-se de intervalo de confiança para média populacional , com
variância conhecida e população infinita:
Área = Intervalo de confiança
(1 − )
Área = /2
Área = /2
−𝑥̅𝛼/2
(𝑥̅ )
𝑥̅𝛼/2
Transformando a variável aleatória 𝑥̅ em uma variável padronizada Z, essa
distribuição é representada por:
Área = Intervalo de confiança
(1 − )
Área = /2
Área = /2
−𝑍𝛼/2
0
𝑍𝛼/2
Onde:
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𝑍=
𝑥̅ − 𝜇
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𝜎/√𝑛
A probabilidade de que a variável Z, esteja entre os valores −𝑍𝛼/2 e 𝑍𝛼/2 é
igual a (1 − ).
𝑃(−𝑍𝛼/2 ≤ 𝑍 ≤ 𝑍𝛼/2 ) = 1 − 𝛼
Substituindo a variável Z, e desenvolvendo matematicamente a expressão,
temos que o intervalo de confiança para média populacional é dado por:
𝜎
𝜎
⇒ 𝑃 (𝑥̅ − 𝑍𝛼/2 .
≤ 𝜇 ≤ 𝑥̅ + 𝑍𝛼/2 . ) = 1 − 𝛼
√𝑛
√𝑛
Para que o estimador 𝑥̅ não se afaste de 𝜇 por mais do que 2 min, com
probabilidade igual a 89%:
⇒ 𝑃(𝑥̅ − 2 ≤ 𝜇 ≤ 𝑥̅ + 2) = 89%
Ou seja:
𝜎
𝑍𝛼/2 .
=2
√𝑛
2
(𝑍𝛼/2 . 𝜎)
⇒𝑛=
4
Assim, para calcularmos n, precisamos do valor de 𝑍𝛼/2 , que ainda não
conhecemos.
Porém, vimos que:
𝑃(−𝑍𝛼/2 ≤ 𝑍 ≤ 𝑍𝛼/2 ) = 1 − 𝛼 = 89%
⇒ 𝑃(𝑍 ≤ 𝑍𝛼/2 ) − 𝑃(𝑍 ≤ −𝑍𝛼/2 ) = 89%
𝑃(𝑍 ≤ 𝑍𝛼/2 ) − [1 − 𝑃(𝑍 ≤ 𝑍𝛼/2 )] = 89%
2 × 𝑃(𝑍 ≤ 𝑍𝛼/2 ) − 1 = 89%
𝑃(𝑍 ≤ 𝑍𝛼/2 ) =
0,89 + 1
= 0,945
2
Assim, segundo as informações do enunciado:
𝑍𝛼/2 = 1,6
Calculado o valor de 𝑍𝛼/2 , podemos obter n:
2
(𝑍𝛼/2 . 𝜎)
(1,6.10)2 16 × 16
𝑛=
=
=
= 64
4
4
4
Resposta, letra A.
Gabarito Preliminar, A.
24. Sabe-se que uma urna contém uma proporção de p bolas pretas e de (1
− p) bolas brancas. O valor de p é desconhecido, mas sabe-se que é 3/5 ou
é 1/2. A fim de se chegar a uma conclusão, seleciona-se ao acaso e com
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reposição 10 bolas da urna e observa-se o número de bolas pretas. Um
teste de hipóteses é proposto, esse considera testar a hipótese nula H0: p =
1/2 contra a hipótese alternativa Ha: p = 3/5. Se o teste rejeitar H0 quando
pelo menos 8 bolas pretas forem encontradas, o nível de significância do
teste é igual a
(A) 17/256 (B) 25/512 (C) 15/256 (D) 9/128 (E) 7/128
R.
Dados do Teste:
 H0: 𝑝 = 0,5
 H1: 𝑝 > 0,5
 𝑛 = 10
 𝑅𝑒𝑔𝑖ã𝑜 𝐶𝑟í𝑡𝑖𝑐𝑎: {8,9,10}
Trata-se de um teste de hipótese unicaudal à direita para proporção
populacional. Como “n” é pequeno (𝑛 ≤ 30), vamos utilizar a distribuição
binomial.
A região crítica do teste é representada por {8,9,10}, ou seja, a região
relacionada à variável X ser igual a 8, 9 ou 10 bolas pretas.
𝑅𝐶: (𝑋 = 8); (𝑋 = 9); (𝑋 = 10)
O nível de significância, simbolizado por 𝛼, é representado pela
probabilidade de rejeitar H0 (p = 0,5) quando esta é verdadeira. Essa
probabilidade ocorre na região crítica:
𝑅𝐶 | 𝑝 = 0,5: 𝑃(𝑋 = 8) + 𝑃(𝑋 = 9) + 𝑃(𝑋 = 10)
Na distribuição binomial, a probabilidade de um evento X ocorrer em
n tentativas, é igual a:
𝑃(𝑋 = 𝑥) = 𝐶𝑛,
𝑥
× 𝑝 𝑥 (1 − 𝑝)𝑛−𝑥
10!
45
× 0,58 × 0,52 = 10
2! 8!
2
10!
10
𝑃(𝑋 = 9) = 𝐶10, 9 × 0,59 (1 − 0,5)10−9 =
× 0,59 × 0,51 = 10
1! 9!
2
10!
1
𝑃(𝑋 = 10) = 𝐶10, 10 × 0,510 (1 − 0,5)10−10 =
× 0,510 × 0,50 = 10
0! 10!
2
𝑃(𝑋 = 8) = 𝐶10,
8
× 0,58 (1 − 0,5)10−8 =
Assim, o nível de significância é igual a:
𝛼=
45 10
1
56
7
+ 10 + 10 =
=
10
2
2
2
1024 128
Resposta, letra E.
Gabarito Preliminar, E.
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25. Um relatório, redigido por um auditor de um órgão público, tem 2
capítulos com 40 páginas cada. Esse relatório apresenta uma média de 1
erro ortográfico a cada 10 páginas. Considere que:
I. a variável X que representa o número de erros por página tem
distribuição de Poisson com média 0,1;
II. existe independência entre os eventos número de erros ortográficos do
capítulo 1 e número de erros ortográficos do capítulo 2.
Nessas condições, a probabilidade de que pelo menos um dos capítulos
possua no máximo um erro ortográfico é igual a
Dados: e−0,1 = 0,905 e−2 = 0,135 e−4 = 0,018
(A) 0,1815 (B) 0,0180 (C) 0,1719 (D) 0,0164 (E) 0,1800
R.
Supondo a combinação (a, b), onde:
 “a” representa o número de erros do capítulo 1
 “b” representa o número de erros do capítulo 2
Para que pelo menos um dos capítulos possua no máximo um erro
ortográfico, as combinações que devem ser contabilizadas são: zero erro
em um capítulo e qualquer número de erros em outro; e um erro em um
capítulo e qualquer número de erros em outro. Essas combinações podem
ser traduzidas em:
Grupo 1
(0,0) (0,1) (0,2) (0,3) ... (0,∞)
Grupo 2
(1,0) (2,0) (3,0) ... (∞,0)
Grupo 3
(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) ... (1, ∞)
Grupo 4
(2,1) (3,1) (4,1) ... (∞, 1)
Agora vamos calcular, separadamente, a probabilidade para cada um dos
grupos, considerando que existe a independência dos erros no capítulo 1 e
no capítulo 2:
1º grupo: (0,0) (0,1) (0,2) (0,3) ... (0,∞)
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(0) × 𝑃(0) + 𝑃(0) × 𝑃(1) + 𝑃(0) × 𝑃(2) + ⋯ + 𝑃(0) × 𝑃(∞)
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(0) × [𝑃(0) + 𝑃(1) + 𝑃(2) + ⋯ + 𝑃(∞)]
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(0) × [1]
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(0)
2º grupo: (1,0) (2,0) (3,0) ... (∞,0)
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(1) × 𝑃(0) + 𝑃(2) × 𝑃(0) + 𝑃(3) × 𝑃(0) + ⋯ + 𝑃(∞) × 𝑃(0)
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = [𝑃(1) + 𝑃(2) + 𝑃(3) … + 𝑃(∞)] × 𝑃(0)
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = [1 − 𝑃(0)] × 𝑃(0)
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3º grupo: (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) ... (1, ∞)
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(1) × 𝑃(1) + 𝑃(1) × 𝑃(2) + 𝑃(1) × 𝑃(3) + ⋯ + 𝑃(1) × 𝑃(∞)
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(1) × [𝑃(1) + 𝑃(2) + 𝑃(3) + ⋯ + 𝑃(∞)]
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(1) × [1 − 𝑃(0)]
4º grupo: (2,1) (3,1) (4,1) ... (∞, 1)
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝑃(2) × 𝑃(1) + 𝑃(3) × 𝑃(1) + 𝑃(4) × 𝑃(1) + ⋯ + 𝑃(∞) × 𝑃(1)
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = [𝑃(2) + 𝑃(3) + 𝑃(4) … + 𝑃(∞)] × 𝑃(1)
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = [1 − 𝑃(0) − 𝑃(1)] × 𝑃(1)
Portanto, a probabilidade total pode ser calculada por:
𝑃 = 𝑃(0) + [1 − 𝑃(0)] × 𝑃(0) + 𝑃(1) × [1 − 𝑃(0)] + [1 − 𝑃(0) − 𝑃(1)] × 𝑃(1)
𝑃 = 𝑃(0) + 𝑃(0) − 𝑃(0)2 + 𝑃(1) − 𝑃(0)𝑃(1) + 𝑃(1) − 𝑃(0)𝑃(1) − 𝑃(1)2
𝑃 = 2 𝑃(0) + 2𝑃(1) − 2𝑃(0)𝑃(1) − 𝑃(0)2 − 𝑃(1)2
𝑃 = 2 [𝑃(0) + 𝑃(1)] − [𝑃(0) + 𝑃(1)]²
Calculando agora P(0) e P(1):
(𝜆. 𝑡)𝑥 −𝜆.𝑡
.𝑒
𝑥!
(0,1.40)0 −0,1.40
𝑃(0, 40) =
.𝑒
= 𝑒 −0,1.40 = 𝑒 −4 = 0,018
0!
(0,1.40)1 −0,1.40
𝑃(1, 40) =
.𝑒
= 4 × 𝑒 −0,1.40 = 4 × 𝑒 −4 = 4 × 0,018 = 0,072
1!
𝑃(𝑥, 𝑡) =
Obtendo essas probabilidades, basta incluirmos na fórmula:
𝑃 = 2 [𝑃(0) + 𝑃(1)] − [𝑃(0) + 𝑃(1)]²
𝑃 = 2 [0,018 + 0,072] − [0,018 + 0,072]²
𝑃 = 2 [0,09] − [0,09]²
𝑃 = 0,18 − [0,09]2 = 0,18 − 0,081
𝑃 = 0,1719
Resposta, letra C.
Gabarito Preliminar, C.
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26. Um estudo mostra que 20% de todos os candidatos que estão
prestando determinado concurso público possuem doutorado em
determinada área do conhecimento. Selecionando-se ao acaso e com
reposição 4 desses candidatos, a probabilidade de que exatamente 2
possuam doutorado é igual a
(A) 10,24% (B) 5,72% (C) 8,46% (D) 15,36% (E) 13,24%
R.
Selecionando quatro candidatos, a probabilidade de que exatamente 2
possuam doutorado é igual a:
𝑃 = (20%) × (20%) × (1 − 20%) × (1 − 20%) = 0,0256
Possuem doutorado
Não Possuem doutorado
No entanto, devemos considerar ainda que a probabilidade de sortear dois
candidatos com doutorado independe da ordem de escolha.
Assim, precisamos contabilizar o número de maneiras diferentes de
selecionar 2 candidatos com doutorado entre os 4 existentes, utilizando a
técnica de contagem da combinação:
𝑃𝑟𝑜𝑏𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 = 𝐶4,
2
× 0,0256 =
4!
× 0,0256 = 6 × 0,0256 = 0,1536 = 15,36%
2! × 2!
Resposta, letra D.
Gabarito Preliminar, D.
27. A tabela a seguir apresenta a distribuição de frequências relativas dos
valores cobrados, em reais, do Imposto Predial Territorial Urbano (IPTU) em
determinado município no ano de 2014.
Sabe-se que o valor da mediana desses dados, calculado pelo método da
interpolação linear, é igual a R$ 1.250,00. Nessas condições, o valor médio
do IPTU, calculado considerando que todos os valores incluídos num
intervalo de classe são coincidentes com o ponto médio do intervalo, é, em
reais, igual a
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(A) 1.275,00 (B) 1.260,00 (C) 1.280,00 (D) 1.320,00 (E) 1.240,00
R.
Considerando as frequências relativas indicadas na tabela, temos que:
∑ 𝑓𝑟 = 𝑥 + 0,20 + 0,40 + 𝑦 + 0,10 = 1
𝑥 + 𝑦 = 1 − 0,7
⇒ 𝑦 = 0,3 − 𝑥
Ou seja, x pode variar entre 0 e 0,3, no máximo. Independente desse valor,
a mediana estará situada no intervalo entre 1000 e 1400.
Para calcularmos, então, o valor de x, vamos utilizar a metodologia que
fazemos nas nossas aulas. A frequência acumulada é:
IPTU, em R$
Fr
Fac
200 --- 600
x
x
600 --- 1000
0,20
x+0,2
1000 --- 1400
0,40
X+0,6
1400 --- 1800
0,3-x
0,9
1800 --- 2200
0,1
1,0
Utilizando o triângulo de apoio, onde na sua base indicamos o valor da
variável, e na altura, as frequências absolutas do intervalo:
x+0,6
0,5
x+0,2
1000
Md
1400
Considerando a semelhança dos triângulos:
(𝑥 + 0,6) − (𝑥 + 0,2)
0,5 − (𝑥 + 0,2)
=
1400 − 1000
𝑀𝑒𝑑𝑖𝑎𝑛𝑎 − 1000
0,4
0,3 − 𝑥
=
400 1250 − 1000
⇒ 0,4 × 250 = 400 × (0,3 − 𝑥)
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0,25 = 0,3 − 𝑥
⇒ 𝑥 = 0,05
Conhecido o valor de x, podemos calcular a média:
IPTU, em R$
PM
Fr
PM x Fr
200 --- 600
400
0,05
20
600 --- 1000
800
0,20
160
1000 --- 1400
1200
0,40
480
1400 --- 1800
1600
0,25
400
1800 --- 2200
2000
0,1
200
𝑀é𝑑𝑖𝑎 = ∑ 𝐹𝑟 × 𝑃𝑀 = 20 + 160 + 480 + 400 + 200 = 1260
Resposta, letra B.
Gabarito Preliminar, B.
Atenção: Considere as informações dadas na tabela seguir. Se t tem
distribuição de Student com g graus de liberdade, a tabela fornece os
valores de tc tais que P(t > tc) = c
Um pesquisador deseja estimar o tempo médio 𝜇 em horas, para a
realização de determinada tarefa pelos funcionários de determinada
empresa. Uma amostra aleatória de 9 funcionários que realizam a tarefa
revelou os seguintes tempos de realização: x1, x2, ..., x9. Considerando que
essa amostra provém de uma população infinita e que
9
∑ 𝑥𝑖 = 54 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑒
1
9
∑ 𝑥𝑖 2 = 396 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 ,
1
um intervalo de confiança para 𝜇 com coeficiente de confiança de 95%, em
horas, é dado por
(A) (3,80; 6,60)
(B) (4,14; 7,86)
(C) (3,69; 8,31)
(D) (3,74; 8,26)
(E) (4,17; 7,83)
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R.
O intervalo de confiança de 95% para uma média populacional em uma
distribuição t de Student pode ser representado por:
𝑃 (𝑥̅ −𝑡𝛼 .
2
𝑆
√𝑛
≤ 𝜇 ≤ 𝑥̅ +𝑡𝛼 .
2
𝑆
√𝑛
) = 1 − 𝛼 = 95%
Graficamente:
𝑆
𝑛
√
2
Para o cálculo do intervalo de confiança: 𝑥̅ −𝑡𝛼 .
calcular os seguintes parâmetros:
𝑆
,
𝑛
√
2
e 𝑥̅ +𝑡𝛼 .
precisamos
Média amostral 𝑥̅ :
9
1
𝑥̅ = ∑ 𝑥𝑖
𝑛
1
1
𝑥̅ = × 54 = 6 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠
9
Desvio padrão Amostral:
1
1
2
(𝑥𝑖 − 𝑥̅ )² √∑ 𝑥𝑖 − 𝑛 (∑ 𝑥𝑖 )² √396 − 9 × 54²
72
√
𝑆=
=
=
=√ =3
𝑛−1
𝑛−1
8
8
Variável 𝑡𝛼 , para 𝑛 − 1 graus de liberdade:
2
𝑡𝛼 = 𝑡0,025
2
𝑃𝑎𝑟𝑎 8 𝑔𝑟𝑎𝑢𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑖𝑏𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒: 𝑡0,025 = 2,31
Agora, podemos calcular o intervalo de confiança:
𝑃 (𝑥̅ −𝑡𝛼 .
2
𝑆
√𝑛
≤ 𝜇 ≤ 𝑥̅ +𝑡𝛼 .
2
𝑆
√𝑛
) = 95%
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𝑃 (6 − 2,31.
3
√9
≤ 𝜇 ≤ 6 + 2,31.
3
√9
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) = 95%
𝑃(6 − 2,31 ≤ 𝜇 ≤ 6 + 2,31) = 95%
𝑃(3,69 ≤ 𝜇 ≤ 8,31) = 95%
Resposta, letra C.
Gabarito Preliminar, C.
29. O modelo 𝑌𝑡 = 𝛼 + 𝛽𝑡 + 𝜀𝑡, t = 1, 2, 3, ..., foi considerado para prever
o lucro de uma companhia no ano (2007 + t). Sabe-se que:




𝑌𝑡 representa o lucro, em milhões de reais no ano t;
𝛼 e 𝛽 são parâmetros desconhecidos;
𝜀𝑡 é o correspondente erro aleatório, com as respectivas hipóteses da
regressão linear;
as estimativas de 𝛼 e 𝛽 foram obtidas pelo método de mínimos
quadrados, considerando-se as observações 𝑌𝑡 no período de 6 anos
(2008 a 2013).
Os dados relativos às observações são:
Nessas condições, a previsão de mínimos quadrados para o lucro da
companhia, em milhões de reais, no ano de 2014, é igual a
(A) 9,50 (B) 7,55 (C) 8,15 (D) 7,90 (E) 8,80
R.
Dada a equação de regressão linear 𝑌𝑡 = 𝛼 + 𝛽𝑡, precisamos calcular seus
coeficientes, com base nas seguintes fórmulas:
𝛽=
∑ 𝑡𝑖 𝑌𝑖 − (∑ 𝑡𝑖 ∑ 𝑌𝑖 )/𝑛
𝑆𝑡𝑌
=
∑ 𝑡𝑖 ² − (∑ 𝑡𝑖 )²/𝑛
𝑆𝑡𝑡
𝛽=
140 − (21.36)/6
14
=
= 0,8
17,5
91 − (21)²/6
𝛼 = 𝑌̅ − 𝛽𝑋̅ =
36
21
− 0,8.
= 6 − 2,8 = 3,2
6
6
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Portanto, a equação de regressão que indica o lucro de uma companhia no
ano (2007 + t) é:
𝑌𝑡 = 3,2 + 0,8𝑡
Assim, o lucro para o ano de 2014 (2007 + 𝑡 = 2014) é:
𝑌𝑡 = 3,2 + 0,8𝑡 = 3,2 + 0,8 × 7 = 8,8
Resposta, letra E.
Gabarito Preliminar, E.
30. Considere as seguintes afirmações:
I. O histograma é um gráfico apropriado para representar dados de
variáveis quantitativas contínuas.
II. Se X é uma variável aleatória com parâmetros n e p, onde n representa
o número de ensaios de Bernoulli e p representa a probabilidade de sucesso
em cada ensaio, então a variância de X é dada pelo produto np.
III. O nível de significância de um teste é a probabilidade de se cometer
erro do tipo I.
IV. Se r é o coeficiente de correlação linear de Pearson entre duas variáveis,
então −1 < r < 1.
É verdade o que se afirma APENAS em
(A) I, III e IV. (B) III. (C) II e IV. (D) I e III. (E) II e III
R.
I. Correto! Vimos na Aula 2 do nosso curso que o histograma é a principal
representação gráfica de uma distribuição de frequências, que, por sua vez,
é um tipo de série que representa variáveis quantitativas contínuas.
II. Errado! A distribuição binomial, que se caracteriza pela ocorrência de
vários testes consecutivos e independentes (ensaios de Bernoulli), onde o
resultado pode ser sucesso ou fracasso, apenas, possui média igual a n.p e
variância igual a n.p.(1-p).
III. Correto! Ao testar uma hipótese, podemos chegar à conclusão que ela
deve ser rejeitada. No entanto, essa hipótese, de fato, pode ser verdadeira.
Caso isso aconteça, estaremos cometendo um erro na inferência. Esse erro
é denominado “erro tipo I”. Matematicamente, esse erro é representado
pela probabilidade de se rejeitar uma hipótese H0 quando ela é verdadeira.
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A probabilidade de que esse erro aconteça é denominado “nível de
significância” do teste, e é representada numericamente por .
IV. Errado! O coeficiente de Pearson é um número adimensional que varia
de -1 a 1 (inclusive) e, a partir dele, podemos tirar conclusões sobre a
correlação linear de duas variáveis. Portanto, −𝟏 ≤ 𝒓 ≤ 𝟏.
Resposta, letra D.
Gabarito Preliminar, D.
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