CE-003: Estatística II, 3a Prova - 2o semestre 2011 (21/12/2011)


1.
O tempo de afastamentos por motivo de saúde solicitadas em um orgão público em um mês tem distribuição normal de média 250 horas e desvio padrão de 25 horas. Qual a probabilidade de que o tempo de afastamento no próximo mês:
(a)
fique entre 200 e 300 horas;
(b)
não ultrapasse 280 horas;
(c)
se afaste de média por mais de 40 horas.

Qual o tempo de afastamento que

(d)
é superado com probabilidade de apenas 0,05;
(e)
deve se superado em 90% dos meses.

Solução:

X : tempo de afastamento
X ~ N(μ = 250,σ2 = 252)
(a)
P[200 < X < 300] = P[200-22550- < Z < 300-22550] = P[-2 < Z < 2] = 2⋅P[0 < Z < 2] = 2⋅0,4772 = 0,9545
(b)
P[X ≤ 280] = P[Z < 2802-5250] = P[Z < 1,2] = 0,5 + P[0 < Z < 1,2] = 0,5 + 0,3849 = 0,8849
(c)
P[|X-250| > 40] = P[X < 210]+P[X > 290] = P[Z < 210-25250-]+P[Z > 290-22550-] = P[Z < -1,6]+P[Z > 1,6] = 2 ⋅ (0,5 - 0,4452) = 0,1096
(d)
P[X > K1] = 0,05-→z = 1,645-→K -250 -125-- = 1,645-→K1 = 291,1.
(e)
P[X > K2] = 0,90-→z = -1,282-→K2-250 25 = -1,282-→K2 = 218.

  > ## a)
  > diff(pnorm(c(200,300), m=250, sd=25))

  [1] 0,9544997

  > ## b)
  > pnorm(280, m=250, sd=25)

  [1] 0,8849303

  > ## c)
  > pnorm(210, m=250, sd=25) + pnorm(290, m=250, sd=25, low=FALSE)

  [1] 0,1095986

  > ## d)
  > qnorm(0.95, m=250, sd=25)

  [1] 291,1213

  > ## e)
  > qnorm(0.10, m=250, sd=25)

  [1] 217,9612

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2.
O tempo de atendimento a usuários em uma central de atendimento tem distribuição normal de média 12 minutos de desvio padrão de 2 minutos. Qual a probabilide de que uma chamada dure:
(a)
dure menos que 10 minutos;
(b)
mais que 15 minutos.

Se um atendente recebe 36 chamadas em um dia, qual a probabilidade de que:

(c)
o tempo total de atendimento ultrapasse 7 horas;
(d)
o tempo médio de atendimento ultrapasse 12,5 minutos.

Pretende-se reduzir o tempo total médio de atendimento. Encontre quantas chamadas por dia o atendente deve receber para que

(e)
o tempo total médio seja de 6 horas;
(f)
o tempo total não ultrapasse 6 horas com 0,90 de probabilidade.

Se um atendente trabalhar um período de 4 horas qual a probabilidade de

(g)
conseguir atender ao menos 18 chamadas.

Solução:

X : tempo de atendimento (min)
X ~ N(μ = 12,σ2 = 22)
(a)
P[X < 10] = P[Z < 10-212] = P[Z < -1] = 0,5 - 0,3413 = 0,1587
(b)
P[X > 15] = P[Z > 15-12 2] = P[Z > 1,5] = 0,5 - 0,4332 = 0,0668

X36 : tempo médio de atendimento de 36 chamadas (min)
X36 ~ N(μ = 12,σ2 = 22∕36)
(c)
P[∑ i=136Xi > 420] = P[X36 > 420∕36] = P[Z > (420∕3√6)-12 2∕ 36] = P[Z > -1] = 0,8413.
(d)
P[X36 > 12,5] = P[Z > 12,5-12 2∕√36] = P[Z > 1,5] = 0,0668.

Sk = ∑ i=1kx i : tempo total de atendimento de k chamadas (min)
Sk ~ N(μ = 12 ⋅ k,σ2 = k ⋅ 22)
(e)
E[Sk] = k ⋅ E[X] = k ⋅ 12 = 360-→k = 30 chamadas
(f)
P[Sk < 360] = 0,90-→z = 1,282-→360√-k⋅122k- = 1,282-→k = 29

Y : número de atendimento em 4 horas
Y ≈ N(μ = 20,σ2 = 20)
(g)
P[Y > 18] = P[Z > 18√-20 20] = 0,681

  > # a)
  > pnorm(10, m=12, sd=2)

  [1] 0,1586553

  > # b)
  > pnorm(15, m=12, sd=2, lower=FALSE)

  [1] 0,0668072

  > # c)
  > pnorm(420/36, m=12, sd=2/6, low=F)

  [1] 0,8413447

  > # d)
  > pnorm(12.5, m=12, sd=2/6, low=F)

  [1] 0,0668072

  > # e)
  > f <- function(k) (360 - 12 *k) - 2*sqrt(k) * qnorm(0.90)
  > ceiling(uniroot(f, c(1, 40))$root)

  [1] 29

  > # f)
  > pnorm(18, m=20, sd=sqrt(18), lower=FALSE)

  [1] 0,6813241

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3.
Uma amostra aleatória de 60 impressoras foi submetida a testes de impressão e em 12 delas algum defeito relevante foi observado.
(a)
Encontre um intervalo de confiança (95%) para a proporção p de defeitos verdadeira (populacional).
(b)
Uma impressora é considerada aceitável se a proporção p é menor que 0,25 (25%). Use um teste de hipótese adequado para decidir (α = 0,01) se a impressora é aceitável.
(c)
Usando a estimativa da proporção obtida na amostra como sendo o verdadeiro valor da proporção p, calcule um novo tamanho de amostra de impressoras a serem testadas para que a verdadeira proporção seja estimada com uma margem de erro de 0,025.
(d)
Quanto deveria ser o novo tamanho da amostra no item anterior para que a margem de erro fosse de no máximo 0,025 independentemente do valor da verdadeira proporção?

Solução:

X : defeito
X ~ Ber(p)
ˆp ~ N(p,p(1- p) -------- n)
n = 60ˆp = 12∕60 = 0,2
(a)
IC assintótico:
ˆp± z∘ ------ p(1--p) n-→0,20 ± 1,96∘ --------- 0,2⋅(1-0,2) 60-→0,20 ± 0,101-→(0,099;0,301)
IC conservador:
ˆp± z∘ --- 41n-→0,20 ± 1,96∘ ---- 41⋅60-→0,20 ± 0,127-→(0,073;0,327)
(b)
H0 : p ≥ 0,25 (não aceitável) vsH0 : p < 0,25 (aceitável)
α = 0,01RC : {z > -2,326}
zc = 0∘,20---0,25- 0,25(1-0,25) 60 = -0,894
valor-p = 0,18555
Conclusão: zc∕∈RC ou valor-p > α(0,01). Não rejeita-se H0 para o nível de significância de 1%, ou seja, não há evidências suficientes de que a proporção seja inferior a 25% e a impressora é considerada não aceitável.
(c)
z∘ ------ pˆ(1- ˆp) n = 0,025-→n = ⌈z2ˆp(1- ˆp2) 0,025 = ⌈1,962(0,2)2(0,8)- 0,025 = 984
(d)
z∘ --- 41n = 0,025-→n = ⌈ 2 4⋅0z,0252 = ⌈ 2 41⋅0,9,06252 = 1537

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4.
Mostre que, assumindo-se que uma variável possa ser descrita por um valor médio μ mais um desvio aleatório tal que yi = μ + ϵi, o estimador ˆμ = x = ∑ i=1nxi é um estimador de mínimos quadrados de μ.

Q(μ) = ∑ i=1nϵ i2 = ∑ i=1n(y i - μ)2
dQ-(μ) dμ = 0 -→∑ i=1n(-2)(y i -ˆμ) = 0-→∑ i=1ny i - n ˆμ = 0
ˆμ = ∑ --ni=1-yi n

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5.
Encontre a expressão do estimador de máxima verosimilhança da parâmetro da distribuição exponencial. Usando este estimador obtenha a estimativa do parâmetro para uma amostra que forneceu os seguinte valores:  23,7;  12,8;  11,1;  5,0;  7,0;  10,1;  2,3;  5,4;  15,2;  8,5;  4,7;  1,5.

X ~ Exp(λ)
f(x) = λe-λxI (0,∞)(x)
l(λ) = log ∏ i=1nf(x i) = ∑ i=1n log {f(x )} i =
= ∑ i=1n(log(λ) - λxi) = nlog(λ) - λ∑ i=1nx i
dl(λ) d λ = 0 -→n- ˆλ -∑ i=1nx i = 0-→ˆλ = ∑--n---- ni=1 xi = 1- ¯x
Para os dados da amostra a estimativa é:
ˆ λ = 1∕x = 0,11