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1 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, 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% Consideradas as diversas amostras de tamanho n que se pode selecionar em uma população, o conjunto das médias (X ) de cada uma dessas amostras forma variável aleatória de distribuição Normal, com média (X ) e desvio padrão σ(x ). Nessa situação, a média dessa distribuição Normal (X ) é igual à média populacional, ou seja: (X ) = Para populações infinitas, ou quando a amostragem é feita com reposição, o desvio padrão σ(x ) é igual a razão entre o desvio padrão populacional e a raiz quadrada de n : σ(x ) = σ n 1 de 16

2 Distribuição Normal (X ); σ(x ) Considerando as informações do enunciado: (X ) = = R$ 950,00 σ(x ) = σ n = R$ = R$ 25,00 (X ) 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[ (X ); σ(x )] 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: Z 1 = x 1 (X ) σ/ n Z 2 = x 2 (X ) σ/ n = = = 1,2 = 2 Z i = x i (X ) σ(x ) Assim, temos a seguinte distribuição padronizada: 2 de 16

3 Área = Probabilidade Resolução da Prova de Estatística 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% 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: 3 de 16

4 Área = Probabilidade Resolução da Prova de Estatística X[ ; σ] 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: Z i = x i σ Z 1 = x = = 0,4 σ 10 Z 2 = x 2 σ = = 1,8 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. 4 de 16

5 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 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 x α/2 (x ) x α/2 Transformando a variável aleatória x em uma variável padronizada Z, essa distribuição é representada por: Área = Intervalo de confiança (1 ) Área = /2 Área = /2 Z α/2 0 Z α/2 Onde: 5 de 16

6 x μ Z = σ/ n Resolução da Prova de Estatística A probabilidade de que a variável Z, esteja entre os valores Z α/2 e Z α/2 é igual a (1 ). P( Z α/2 Z Z α/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 P (x Z α/2. n μ x + Z σ α/2. n ) = 1 α Para que o estimador x não se afaste de μ por mais do que 2 min, com probabilidade igual a 89%: Ou seja: σ Z α/2. n = 2 n = (Z α/2. σ) 2 4 P(x 2 μ x + 2) = 89% Assim, para calcularmos n, precisamos do valor de Z α/2, que ainda não conhecemos. Porém, vimos que: P( Z α/2 Z Z α/2 ) = 1 α = 89% P(Z Z α/2 ) P(Z Z α/2 ) = 89% P(Z Z α/2 ) [1 P(Z Z α/2 )] = 89% 2 P(Z Z α/2 ) 1 = 89% P(Z Z α/2 ) = 0, = 0,945 Assim, segundo as informações do enunciado: Z α/2 = 1,6 Calculado o valor de Z α/2, podemos obter n: n = (Z α/2. σ) 2 4 = (1,6.10)2 4 Resposta, letra A. = Gabarito Preliminar, A = 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 6 de 16

7 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 H 0: p = 1/2 contra a hipótese alternativa H a: p = 3/5. Se o teste rejeitar H 0 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 Dados do Teste: H 0: p = 0,5 H 1: 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 H 0 (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) = C n, x p x (1 p) n x P(X = 8) = C 10, 8 0,5 8 (1 0,5) 10 8 = 10! 2! 8! 0,58 0,5 2 = P(X = 9) = C 10, 9 0,5 9 (1 0,5) 10 9 = 10! 1! 9! 0,59 0,5 1 = P(X = 10) = C 10, 10 0,5 10 (1 0,5) = 10! 0! 10! 0,510 0,5 0 = Assim, o nível de significância é igual a: Resposta, letra E. Gabarito Preliminar, E. α = = = de 16

8 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 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 Grupo 2 (0,0) (0,1) (0,2) (0,3)... (0, ) (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) 8 de 16

9 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): P(x, t) = (λ. t)x x!. e λ.t P(0, 40) = (0,1.40)0. e 0,1.40 = e 0,1.40 = e 4 = 0,018 0! P(1, 40) = (0,1.40)1. e 0,1.40 = 4 e 0,1.40 = 4 e 4 = 4 0,018 = 0,072 1! Obtendo essas probabilidades, basta incluirmos na fórmula: P = 2 [P(0) + P(1)] [P(0) + P(1)]² P = 2 [0, ,072] [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. 9 de 16

10 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% 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 = C 4, 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 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 10 de 16

11 (A) 1.275,00 (B) 1.260,00 (C) 1.280,00 (D) 1.320,00 (E) 1.240,00 Considerando as frequências relativas indicadas na tabela, temos que: f r = 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 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 x x ,20 x+0, ,40 X+0, ,3-x 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, Md 1400 x+0,2 Considerando a semelhança dos triângulos: (x + 0,6) (x + 0,2) 0,5 (x + 0,2) = Mediana ,4 400 = 0,3 x ,4 250 = 400 (0,3 x) 11 de 16

12 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 , , , , ,1 200 Resolução da Prova de Estatística Média = Fr PM = = 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 t c tais que P(t > t c) = 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: x 1, x 2,..., x 9. Considerando que essa amostra provém de uma população infinita e que 9 x i = 54 horas 1 e 9 x i 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) 12 de 16

13 O intervalo de confiança de 95% para uma média populacional em uma distribuição t de Student pode ser representado por: Graficamente: S P (x tα. 2 n μ S x +tα. ) = 1 α = 95% 2 n Para o cálculo do intervalo de confiança: x tα. e 2 n x +tα., precisamos 2 n calcular os seguintes parâmetros: Média amostral x : 9 x = 1 n x i 1 x = 1 54 = 6 horas 9 S S Desvio padrão Amostral: S = (x i x )² n 1 = x i 2 1 n ( x i)² = ² = 72 n = 3 Variável tα, para n 1 graus de liberdade: 2 tα = t 0,025 2 Para 8 graus de liberdade: t 0,025 = 2,31 Agora, podemos calcular o intervalo de confiança: S P (x tα. 2 n μ S x +tα. 2 n ) = 95% 13 de 16

14 3 P (6 2,31. 9 μ 6 + 2, ) = 95% P(6 2,31 μ 6 + 2,31) = 95% P(3,69 μ 8,31) = 95% Resolução da Prova de Estatística 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 ( 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 Dada a equação de regressão linear Yt = α + βt, precisamos calcular seus coeficientes, com base nas seguintes fórmulas: β = S ty S tt = t iy i ( t i Y i )/n t i ² ( t i )²/n β = 140 (21.36)/6 91 (21)²/6 = 14 17,5 = 0,8 α = Y βx = ,8. = 6 2,8 = 3, de 16

15 Portanto, a equação de regressão que indica o lucro de uma companhia no ano ( t) é: Yt = 3,2 + 0,8t Assim, o lucro para o ano de 2014 ( 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 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. 15 de 16

16 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. 16 de 16

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