Inferência para uma proporção

Introduza o número de sucessos x, o tamanho da amostra n e a proporção conjeturada p₀; escolha depois a hipótese alternativa, o nível de confiança e α. O gráfico superior ilustra a distribuição amostral de p̂ caso p₀ fosse verdadeiro, destacando a área do valor-p; abaixo, na mesma escala, surge o intervalo de confiança.

Desvio-padrão de p̂	$\sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$
Intervalo de confiança	$\hat p\pm z^*\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}}$
Estatística de teste	$z=\frac{\hat p-p_0}{\sqrt{p_0(1-p_0)/n}}$

Exemplo resolvido — Inferência para uma proporção

Proporção amostral p̂	0,17
Estatística de teste z	2,33
Valor-p	0,0196
Valor-p binomial exato	0,0412
Valor crítico z* para 95%	1,96
Erro-padrão de p̂	0,0376
Margem de erro	0,0736
Intervalo de confiança a 95%	(0,0964; 0,2436)

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

A carregar a simulação interativa...

Lição

A teoria — Inferência para uma proporção

A inferência para uma proporção utiliza a proporção amostral p̂ = x/n para estimar a proporção populacional p através de um intervalo de confiança, ou para avaliar um valor conjeturado p₀ mediante um teste de significância.

De onde vem a fórmula

Distribuição amostral de p̂. Ao longo de sucessivas amostras aleatórias, p̂ tem média p e desvio-padrão √(p(1 − p)/n), aproximando-se da distribuição normal sempre que np e n(1 − p) sejam ambos iguais ou superiores a 10.
$\mu_{\hat p}=p,\qquad\sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$
Verificar as condições. Aleatoriedade: amostragem aleatória ou atribuição aleatória numa experiência. Condição dos 10%: na amostragem sem reposição, n não pode ultrapassar um décimo da população. Contagens elevadas: no caso de um intervalo, pelo menos 10 sucessos e 10 fracassos; no teste, n p₀ e n(1 − p₀) têm de ser no mínimo 10.
$\begin{aligned}&n\le0.1\,N\\&n\hat p\ge10,\quad n(1-\hat p)\ge10\\&np_0\ge10,\quad n(1-p_0)\ge10\end{aligned}$
O intervalo. Calcula-se por p̂ ± z* multiplicado pelo erro-padrão, que utiliza p̂ por ser p desconhecido. O valor crítico z* decorre do nível de confiança: 1,645 para 90%, 1,96 para 95% e 2,576 para 99%. Na interpretação contextualizada: temos 95% de confiança de que o intervalo contém a verdadeira proporção da população, significando que este método acerta em 95% das amostras repetidas.
$\hat p\pm z^*\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}},\qquad z^*=1.645,\ 1.96,\ 2.576$
O teste. Formulam-se H₀: p = p₀ e a hipótese alternativa. Sob a premissa de que H₀ é verdadeira, o desvio-padrão de p̂ calcula-se com p₀. A estatística z indica a quantos desvios-padrão p̂ se encontra de p₀, sendo o valor-p a probabilidade, caso H₀ seja verdadeira, de obter um p̂ pelo menos tão extremo no sentido de Hₐ.
$H_0:\ p=p_0\ \Rightarrow\ \sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}},\qquad z=\frac{\hat p-p_0}{\sigma_{\hat p}}$
Conclusão no contexto. Se o valor-p for inferior a α, rejeita-se H₀: existem evidências convincentes a favor de Hₐ. Caso contrário, não se rejeita H₀: os dados não são convincentes, o que não prova que H₀ seja verdadeira. Rejeitar uma hipótese H₀ verdadeira constitui um erro de tipo I, cuja probabilidade o teste fixa em α; todavia, se a contagem for apenas aproximadamente normal, essa probabilidade será igualmente aproximada—com n = 100 e p₀ = 0,1, um teste a 5% rejeita uma hipótese nula verdadeira em 6,4% das vezes. Já não rejeitar uma hipótese H₀ falsa constitui um erro de tipo II.

Pressupõe: O modelo normal é uma aproximação à contagem binomial. Quando a condição de contagens elevadas falha, a ferramenta apresenta o valor-p binomial exato junto ao valor normal; a sua versão bilateral duplica a cauda menor.

Problemas resolvidos na íntegra

Distribuição amostral de p̂ 2 passos
Suponha que 10% dos alunos de uma escola vão a pé para as aulas. Descreva a distribuição amostral de p̂ para amostras aleatórias de 100 alunos.

Abrir este problema na ferramenta
1. O centro e a dispersão decorrem de p e n:
  
  $\mu_{\hat p}=p=0.1,\qquad\sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{0.1\,(0.9)}{100}}=0.03$
2. A forma é aproximadamente normal, pois ambas as contagens esperadas atingem 10:
  
  $np=100\,(0.1)=10\ge10,\qquad n(1-p)=100\,(0.9)=90\ge10$
Resposta

Aproximadamente normal, com média 0,1 e desvio-padrão 0,03.

$\hat p\ \dot\sim\ N(0.1,\ 0.03)$
A condição dos 10% 2 passos
A amostra de 100 alunos é recolhida sem reposição numa escola com apenas 400 estudantes. Verifique as condições para a inferência sobre a proporção dos que vão a pé.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. A condição de contagens elevadas cumpre-se, tal como no primeiro problema. A condição dos 10%, porém, falha:
  
  $n=100>0.1\times400=40$
2. Na amostragem sem reposição em populações pequenas, p̂ varia menos do que a fórmula prevê. O fator de correção para populações finitas quantifica essa redução:
  
  $\sqrt{\frac{N-n}{N-1}}=\sqrt{\frac{300}{399}}\approx0.867,\qquad0.03\times0.867\approx0.026$
Resposta

A condição dos 10% falha (100 > 40). O valor 0,03 da fórmula sobrestima a dispersão de p̂; ajustado à população finita, passa a cerca de 0,026.

$100>40,\qquad\sigma_{\hat p}\approx0.026<0.03$
Construção de um intervalo de confiança 2 passos
Numa amostra aleatória de 1.000 dos 300.000 eleitores de uma cidade, 520 apoiam determinada candidata. Construa e interprete um intervalo de confiança a 95% para a proporção de apoio no total dos eleitores da cidade.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. Condições: amostra aleatória; 1.000 é inferior a um décimo de 300.000; 520 sucessos e 480 fracassos. Proporção amostral e respetivo erro-padrão:
  
  $\hat p=\frac{520}{1000}=0.52,\qquad SE=\sqrt{\frac{0.52\,(0.48)}{1000}}\approx0.0158$
2. Multiplica-se por z* = 1,96, somando e subtraindo:
  
  $0.52\pm1.96\,(0.0158)=0.52\pm0.031$
Resposta

(0,489; 0,551). Temos 95% de confiança de que entre 48,9% e 55,1% dos eleitores da cidade apoiam a candidata.

$(0.489,\ 0.551)$
Uso do intervalo para avaliar uma afirmação 2 passos
Numa amostra aleatória de 100 alunos, 10 vão a pé para a escola. Um jornal afirma que 17% dos alunos da escola vão a pé. Recorra a um intervalo de confiança a 95% para avaliar essa afirmação.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. O intervalo, a partir de 10 sucessos e 90 fracassos:
  
  $\hat p=\frac{10}{100}=0.1,\qquad0.1\pm1.96\sqrt{\frac{0.1\,(0.9)}{100}}=0.1\pm0.059=(0.041,\ 0.159)$
2. Compara-se o valor afirmado com o intervalo:
  
  $0.17>0.159$
Resposta

O intervalo (0,041; 0,159) não contém 0,17; logo, 17% não é um valor plausível para a proporção dos que vão a pé.

$0.17\notin(0.041,\ 0.159)$
Um teste de significância bilateral 2 passos
Uma escola de 1.200 alunos afirma que 10% deles vão a pé para a escola; numa amostra aleatória de 100, 17 vão. Teste a alegação ao nível de significância de 5%.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. Hipóteses: H₀: p = 0,1, Hₐ: p ≠ 0,1. Condições: amostra aleatória; 100 é menos de um décimo de 1.200; n p₀ = 10 e n(1 − p₀) = 90. Estatística de teste, com o desvio-padrão calculado a partir de p₀:
  
  $z=\frac{0.17-0.1}{\sqrt{0.1\,(0.9)/100}}=\frac{0.07}{0.03}\approx2.33$
2. O valor-p bilateral:
  
  $P=2\,P(Z\ge2.33)\approx0.020$
Resposta

p = 0,020 < 0,05; rejeita-se H₀: existem evidências convincentes de que a proporção de alunos que vão a pé não é 10%.

$P\approx0.020<0.05$
Um teste unilateral que não rejeita H₀ 2 passos
Sabendo que 520 em 1.000 eleitores de uma amostra aleatória apoiam a candidata, haverá evidência convincente de que a maioria de todos os eleitores da cidade a apoia? Utilize α = 0,05.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. Hipóteses: H₀: p = 0,5, Hₐ: p > 0,5. Contagens elevadas: 500 e 500. A estatística de teste:
  
  $z=\frac{0.52-0.5}{\sqrt{0.5\,(0.5)/1000}}=\frac{0.02}{0.0158}\approx1.265$
2. O valor-p unilateral:
  
  $P=P(Z\ge1.265)\approx0.103$
Resposta

p = 0,103 ≥ 0,05; não se rejeita H₀: não existem dados convincentes de uma maioria. O que também não constitui prova em contrário.

$P\approx0.103\ge0.05$
Quando falham as contagens elevadas e os erros em jogo 3 passos
Um fornecedor afirma que 2% das suas peças têm defeito. Numa amostra aleatória de 100, encontram-se 5 defeituosas. É adequado aplicar o teste z? Determine o valor-p exato para Hₐ: p > 0,02 e explique o significado dos erros de tipo I e de tipo II neste contexto.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. A condição de contagens elevadas falha para o teste:
  
  $np_0=100\,(0.02)=2<10$
2. Recorre-se à própria distribuição binomial. Se p = 0,02, o número de defeitos X segue uma distribuição binomial com n = 100:
  
  $P(X\ge5)=1-\sum_{k=0}^{4}\binom{100}{k}(0.02)^k(0.98)^{100-k}\approx0.051$
3. Cometer um erro de tipo I seria concluir que a taxa de defeito excede 2% quando na verdade não excede; um erro de tipo II seria não detetar uma taxa de defeito que é efetivamente superior a 2%.
Resposta

Não: n p₀ = 2 < 10. O valor-p exato é 0,051, face aos 0,016 da curva normal; ao nível de 5%, a evidência fica logo abaixo do limiar de rejeição.

$P_{\mathrm{exact}}\approx0.051,\qquad P_{\mathrm{normal}}\approx0.016$
Determinação da dimensão da amostra 2 passos
Qual deve ser a dimensão de uma amostra aleatória para garantir um intervalo de confiança a 95% com uma margem de erro de no máximo 3 pontos percentuais, qualquer que seja a verdadeira proporção?
Mostrar solução
1. O produto p̂(1 − p̂) atinge o valor máximo em p̂ = 0,5; parte-se, por isso, dessa hipótese mais conservadora:
  
  $n=\left(\frac{z^*}{m}\right)^{2}p^*(1-p^*)=\left(\frac{1.96}{0.03}\right)^{2}(0.5)(0.5)\approx1067.1$
2. Arredonda-se por excesso, dado que 1.067 produziria uma margem ligeiramente superior a 3 pontos:
  
  $1.96\sqrt{\frac{0.25}{1067}}\approx0.0300016>0.03$
Resposta

n = 1.068.

$n=1068$

Problemas suplementares, só com a resposta

Numa amostra aleatória de 60 elementos, 45 apresentam certa característica. Determine um intervalo de confiança a 90% para a proporção populacional.

Mostrar resposta

(0,658; 0,842)

$0.75\pm1.645\sqrt{\frac{0.75\,(0.25)}{60}}=0.75\pm0.092=(0.658,\ 0.842)$
Teste se a moeda de Kerrich, com 5.067 caras em 10.000 lançamentos, era equilibrada, utilizando α = 0,05.

Mostrar resposta

z = 1,34, p = 0,18: não se rejeita H₀; não há evidência convincente de que a moeda estivesse viciada.

$z=\frac{0.5067-0.5}{0.005}=1.34,\qquad P=2\,P(Z\ge1.34)\approx0.18$
Calcule um intervalo de confiança a 95% para a proporção de caras nos 10.000 lançamentos de Kerrich.

Mostrar resposta

(0,497; 0,516), que contém 0,5

$0.5067\pm1.96\,(0.0050)=(0.497,\ 0.516)$
Qual a dimensão da amostra necessária para obter um intervalo de 90% com margem de erro máxima de 4 pontos percentuais, qualquer que seja a proporção real?

Mostrar resposta

n = 423

$n=\left(\frac{1.645}{0.04}\right)^{2}(0.25)\approx422.8\ \Rightarrow\ n=423$
Uma moeda dá cara 40 vezes em 100 lançamentos. Teste H₀: p = 0,5 contra Hₐ: p < 0,5 com α = 0,05.

Mostrar resposta

z = −2, p = 0,023: rejeita-se H₀; existem dados convincentes de que a moeda dá cara menos de metade das vezes.

$z=\frac{0.4-0.5}{0.05}=-2,\qquad P=P(Z\le-2)\approx0.023<0.05$
Na sondagem com 520 em 1.000 eleitores, o que significa estar “95% confiante”?

Mostrar resposta

Se fossem recolhidas muitas amostras aleatórias de 1.000 eleitores e se construísse um intervalo a partir de cada uma pelo mesmo método, cerca de 95% desses intervalos conteriam a verdadeira proporção. Não se trata da probabilidade de este intervalo concreto, (0,489; 0,551), conter o parâmetro: ele ou contém, ou não contém.
Um teste é realizado com α = 0,01. Se H₀ for verdadeira, qual é a probabilidade aproximada de o teste a rejeitar e como se designa esse erro?

Mostrar resposta

Cerca de 0,01—exatamente 0,01 apenas se a distribuição amostral fosse rigorosamente normal; rejeitar uma hipótese H₀ verdadeira designa-se por erro de tipo I. Após a rejeição, 0,01 não representa a probabilidade de essa decisão específica ter sido um erro.

$P(\mathrm{reject}\ H_0\mid H_0)\approx\alpha=0.01$

17 em 100 rejeita 10%, e o intervalo mantém-no

Clique em 17 em 100, alegação 10%. O teste fornece z = 2,33 e p = 0,0196, rejeitando p = 0,1 ao nível de 5%; contudo, o intervalo de 95%, de 0,096 a 0,244, contém 0,1. Clique agora em 10 em 100, alegação 17%, com as mesmas duas proporções em papéis trocados: o intervalo, de 0,041 a 0,159, deixa de fora 0,17, enquanto o teste não o rejeita, com p = 0,062. Nenhum dos cálculos está errado. O valor-p binomial exato concorda com o teste em ambas as situações, o que prova que a divergência não decorre de uma falha da aproximação normal. O teste afere a distância de p̂ a p₀ usando um desvio-padrão calculado a partir de p₀, pois assume que H₀ é verdadeira; o intervalo, por sua vez, emprega um erro-padrão calculado com p̂, visto que nada pressupõe acerca de p. Em 0,1 essa régua mede 0,03 e em 0,17 passa a 0,0376; ora, uma diferença de 0,07 situa-se justamente entre 1,96 vezes uma e 1,96 vezes a outra. Se um problema exigir testar uma afirmação formal, faça o teste; se desejar saber que valores são plausíveis para o parâmetro, consulte o intervalo.

Dois defeitos esperados, cinco encontrados: 1,6% pela curva, 5,1% pela contagem

Clique em 5 defeitos em 100. O fornecedor alega 2%, pelo que seriam esperados 2 defeitos e surgiram 5. O teste z produz z = 2,14 e um valor-p unilateral de 0,016, confortavelmente abaixo de 0,05. Contudo, n p₀ = 2, um valor muito inferior aos 10 exigidos pela condição de contagens elevadas. As barras por trás da curva ilustram o problema: o número de defeitos não pode ser inferior a 0, tornando a distribuição manifestamente assimétrica, com uma cauda direita longa que a curva em sino não consegue reproduzir. A probabilidade exata de obter 5 ou mais peças defeituosas de um fornecedor a 2% é de 0,051, o triplo do valor obtido pela normal e logo acima de 0,05. A condição de contagens elevadas delimita onde a curva deixa de conseguir descrever as barras.

A moeda de Kerrich deu 67 caras a mais, e isso é perfeitamente normal

Internado na Dinamarca em 1941, o matemático John Kerrich lançou uma moeda 10.000 vezes e registou 5.067 caras. Clique em Moeda de Kerrich: com z = 1,34 e p = 0,18, uma moeda equilibrada afasta-se tanto quanto isto, para mais ou para menos, em cerca de uma em cada cinco ou seis experiências. As 67 caras a mais não constituem uma dívida que a moeda tenha de saldar. Numa moeda equilibrada, a diferença entre o número de caras e metade dos lançamentos tem um desvio-padrão de √n/2, logo cresce com o tempo: 5 ao fim de 100 lançamentos, 50 após 10.000 e 500 ao atingir um milhão. O que diminui é essa diferença expressa como fração dos lançamentos: de 5% passa para 0,5% e depois para 0,05%. A lei dos grandes números refere-se à proporção, não havendo qualquer força que puxe a contagem absoluta de volta ao equilíbrio; por isso mesmo, uma longa sequência de coroas não torna a saída de caras iminente.

Percurso de aprendizagem

Estatística: dos dados às proporções

Referências (2)

Insight block 3 and the Kerrich preset: John Kerrich, interned in Denmark in 1941, tossed a coin 10,000 times and it landed heads 5,067 times; his weighted wooden disc, tossed 1,000 times, did show a bias: Gelman, A. & Nolan, D. (2002). You can load a die, but you can't bias a coin. The American Statistician, 56(4), 308–311.
Why the large-counts condition is a rule of thumb rather than a guarantee: the coverage of the standard interval, p̂ ± z* SE, is erratic far more persistently than is usually appreciated, and the textbook prescriptions for when it is safe cannot be trusted; the Wilson, Jeffreys and Agresti–Coull intervals are recommended instead: Brown, L. D., Cai, T. T. & DasGupta, A. (2001). Interval estimation for a binomial proportion. Statistical Science, 16(2), 101–133.

Pela equipa 7 Raven Room · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.

Inferência para uma proporção

De onde vem a fórmula

Problemas suplementares, só com a resposta

17 em 100 rejeita 10%, e o intervalo mantém-no 🖖

Dois defeitos esperados, cinco encontrados: 1,6% pela curva, 5,1% pela contagem 🖖

A moeda de Kerrich deu 67 caras a mais, e isso é perfeitamente normal 🖖

17 em 100 rejeita 10%, e o intervalo mantém-no

Dois defeitos esperados, cinco encontrados: 1,6% pela curva, 5,1% pela contagem

A moeda de Kerrich deu 67 caras a mais, e isso é perfeitamente normal