Lista - Estat Econômica 2022 1

Foi feito um levantamento por amostragem com a finalidade de verificar se existe relação entre o grau de ajustamento familiar e o nível de escolaridade dos indivíduos. O tamanho da amostra foi de 300 pessoas e os dados foram classificados na seguinte tabela em anexo com as respectivas frequências esperadas entre parênteses . A hipótese nula foi H0: Não existe relação entre o grau de ajustamento familiar e nível de escolaridade. Determine o estatístico teste e determine se a hipótese nula deve ser rejeitada com 5% e 1% de significância. (1 Ponto) OBS: A tabela chi-quadrado se encontra nos slides da Aula 15 (levantamentos) Grau de Ajustamento Familiar Escolaridade Baixo Médio Alto Total 1º. grau 29 (42.0) 70 (66.6) 111 (103.2) 210 2º. grau 28 (19.0) 30 (31.4) 41 (48.7) 99 Faculdade 10 (7.8) 11 (13.0) 20 (20.1) 41 Total 67 111 172 350 Melhora Piora ou igual Total linha Com tratamento 28 8 36 Com controle 19 17 36 Total coluna 47 25 72 Insira sua resposta 5 Foi feito um levantamento por amostragem com a finalidade de verificar se Suponha que foi testado um tratamento novo para uma certa doença, onde 36 pessoas foram submetidas ao tratamento e 36 pessoas foram submetidas a um controle/placebo. Os resultados de melhora ou não-melhora são resumidos na seguinte tabela. (a) Calcule o estatístico Qui-quadrado e use o teste com 5% de nível de significância para indicar se existe alguma associação entre a melhora clínica e o tratamento utilizado (veja a tabela). (b) No R, crie uma matriz M com os dados da tabela e use a função chisq.test(M) para achar o estatístico qui-quadrado corrigido e o p-value. Há diferença com o resultado obtido em (a)? (1 Ponto) Questão 2) H0: p = 0,90 H1: p ≠ 0,90 Zcalc= ^p−p √ p(1−p) n = 0,90−0,90 √ 0,90(1−0,90) 2500 =0 P−valor=2× P(Z>0)=2×0,50=1 Em software 1-sample proportions test without continuity correction data: 2250 out of 2500, null probability 0.9 X-squared = 1.2925e-29, df = 1, p-value = 1 alternative hypothesis: true p is not equal to 0.9 95 percent confidence interval: 0.8876195 0.9111531 sample estimates: p 0.9 Pensando na ideia de tamanho de amostra: n0= 1 E ² 2500= 1 E ² E=0,02 E=z α 2 ×√ p×(1−p) n 0,02=z α 2 ×√ 0,90×0,10 2500 z α 2 =3,33 Logo a probabilidade será: ¿1−2× P(Z>3,33)=0,9991 Questão 3) Hipóteses H0: não há associação entre raça e pena de morte H1: há associação entre raça e pena de morte Estatística de teste Valores esperados (E) sob H0: E = Total linha x Total coluna / Total Geral E11 = 160 x 36 / 326 = 17,67 E12 = 160 x 290 / 326 = 142,33 E21 = 166 x 36 / 326 = 18,33 E22 = 166 x 290 / 326 = 147,67 X ² calc=(19−17,67)² 17 ,67 +(141−142,33)² 142,33 (17−18,33)² 18,33 +(149−147 ,67)² 147,67 =0,22 Valor tabelado X ²tab=3,84 Conclusão Como X ² calc<X ²tab não se rejeita a hipótese nula ao nível de significância de 5%. Não há associação significativa entre raça e pena de morte. Por software: dados <- matrix(c(19,141, 17,149), ncol=2, byrow=TRUE) chisq.test(dados, correct = FALSE) Pearson's Chi-squared test data: dados X-squared = 0.22145, df = 1, p-value = 0.6379 Como p-valor = 0,6379 > 0,05, ao nível de significância de 5% não se rejeita a hipótese nula. Não há associação significativa entre raça e pena de morte. Questão 4) a) Hipóteses H0: não há associação entre tratamento e melhora H1: há associação entre tratamento e melhora Estatística de teste Valores esperados (E) sob H0: E = Total linha x Total coluna / Total Geral E11 = 36 x 47 / 72 = 23,50 E12 = 36 x 25 / 72 = 12,50 E21 = 36 x 47 / 72 = 23,50 E22 = 36 x 25 / 72 = 12,50 X ² calc=(28−23,50)² 23,50 +(8−12,50)² 12,50 (19−23,50)² 23,50 +(17−12,50)² 12,50 =4 ,96 Valor tabelado X ²tab=3,84 Conclusão Como X ² calc>X ²tab rejeita-se a hipótese nula ao nível de significância de 5%. Há associação significativa entre o tipo de tratamento e a melhora clínica. b) dados <- matrix(c(28,8,19,17), ncol=2, byrow=TRUE) Pearson's Chi-squared test with Yates' continuity correction data: dados X-squared = 3.9217, df = 1, p-value = 0.04767 Houve mudança na estatística de teste e no p-valor, porém a conclusão é a mesma ao nível de significância de 5%. Questão 5) Hipóteses H0: não há associação entre escolaridade e grau de ajustamento familiar H1: há associação entre escolaridade e grau de ajustamento familiar Estatística de teste X ² calc=(29−40,2)² 40,2 +(70−66,6)² 66,6 (111−103,2)² 103,2 +(28−19,0)² 19,0 +(30−31,4)² 31,4 +(41−48,7)² 48,7 +(10−7,8)² 7,8 +(11−13,0)² 13,0 +(20−20,1)² 20,1 =10,36 Valor tabelado X ²tab=9,49 (5%; gl=4) X ²tab=13,28 (1%; gl=4) Conclusão Como X ² calc>X ²tab rejeita-se a hipótese nula ao nível de significância de 5%, já para 1% de significância temos X ² calc<X ²tab, logo não se rejeita a hipótese nula. Dessa forma, ao nível de significância de 5% há associação significativa entre escolaridade e grau de ajustamento familiar, mas ao nível de significância de 1% não há associação significativa. Questão 6) x <- c(5,10,20,8,4,6,12,15) y <- c(27,46,73,40,30,28,46,59) cor(x,y) [1] 0.9840326 Temos que o coeficiente de correção de Pearson é r = 0,9840. Para determinar se existe relação, podemos verificar se a correlação é significativa. cor.test(x,y) Pearson's product-moment correlation data: x and y t = 13.542, df = 6, p-value = 1.006e-05 alternative hypothesis: true correlation is not equal to 0 95 percent confidence interval: 0.9112162 0.9972153 sample estimates: cor 0.9840326 Como p-valor < 0,05, podemos concluir que ao nível de significância de 5% existe relação significativa entre a renda média familiar e o número de carros zero vendidos nas cidades.