inform 1

Probabilităţi

1. Identificaţi răspunsul sau răspunsurile corecte. Dacă evenimentele A şi B sunt independente atunci întotdeauna:

A. Pr(AB) Pr(A) Pr(B) B. Pr(AB) 0C. Pr(AB) Pr(A) Pr(B) D. Pr(A) = Pr(B)E. Pr(A)+Pr(B) =1

Corect: A

2. Dacă două evenimente A şi B sunt mutual exclusive şi incompatibile atunci întotdeauna:A. Pr(AB) Pr(A) Pr(B) B. Pr(AB) 0C. Pr(AB) Pr(A) Pr(B) D. Pr(A) = Pr(B)E. Pr(A)+Pr(B) =1

Corect: A, B

3. Dacă două evenimente A şi B sunt independente atunci întotdeauna:A. Pr(AB) Pr(A) Pr(B) – Pr(AB) B. Pr(AB) 0C. Pr(AB) Pr(A) Pr(B) D. Pr(A) = Pr(B)E. Pr(A)+Pr(B) =1

Corect: A, C

4. Dacă două evenimente A şi B sunt contrare atunci întotdeauna:A. A şi B sunt mutual exclusiveB. Pr(AB) 0C. Pr(AB) Pr(A) Pr(B) D. Pr(A) = Pr(B)E. Pr(A)+Pr(B) =1

Corect: A, E

5. Următoarele variabile urmează o distribuţie binomială:A. Numărul de hematii dintr-un mililitru de sângeB. Numărul de indiviz cu grupa AB dintr-un eşantion aleatoriu de 30 persoaneC. Media aritmetică a glicemiei calculată pe un eşantion de 40 indiviziD. Numărul de pacienţi dintr-un eşantion aleatoriu care răspund pozitiv la un tratamentE. Numărul de indivizi care trebuie testaţi HIV pentru a se obţine un sero-pozitiv

Corect: B, D (curs 9)

6. Următoarele variabile urmează o distribuţie POISSON:A. Numărul de intrări pe an într-un spitalB. Numărul de globule albe de pe frotiuC. Numărul de dezintegrări ale unei substanţe radioactive într-un interval de timp datD. Numărul de indiviz cu grupa AB dintr-un eşantion aleatoriu de 30 persoaneE. Numărul de pacienţi dintr-un eşantion aleatoriu care răspund pozitiv la un tratament

Corect: A, B, C (curs 9)

1

7. Fie A evenimentul ca o persoană să prezinte o tensiune arterială diastolică normală (TAD ≤ 90 mmHg) şi B evenimentul ca o persoană să prezinte tensiune arterială diastolică de graniţă (90 mmHg < DBP ≤ 95 mmHg). Ştim că Pr(A) = 0,7 şi Pr(B) = 0,1 şi că evenimentele A şi B sunt mutual exclusive. Fie C evenimentul ca o persoană să prezinte tensiune arterială diastolică < 95 mmHg. Valoarea calculată a Pr(C) este egală cu:

A. Pr(A sau B) = Pr(A) + Pr(B) B. 0,07C. 0,6D. 0,8E. Pr(A sau B) = Pr(A) - Pr(B)

Corect: A, D

Rezolvare:Pentru evenimente mutual exclusive: Pr(A sau B) = Pr(A) + Pr(B) Pr(A) = 0,7Pr(B) = 0,1Pr(A sau B) = Pr(A) + Pr(B) = 0,7 + 0,1 = 0,8

8. Să presupunem că s-a realizat un studiu pentru a identifica hipertensiunea arterială diastolică înfamiliile din Cluj-Napoca. Întrebarea de interes este dacă într-o familie mama ŞI tata are hipertensiune arterială diastolică (TAD ≥ 95 mmHg) descrisă de evenimentele: A ={mama are TAD≥ 95 mmHg} şi B ={tata are TAD ≥ 95 mmHg}. Se cunoaşte din cercetări anterioare că şansa ca mama să prezinte hipertensiune diastolică este de 10% iar şansa ca tata să prezinte hipertensiune diastolică este de 20%. Care din următoarele răspunsuri sunt corecte?

A. Pr(A şi B) = Pr(A) · Pr(B)B. Pr(A sau B) = Pr(A) + Pr(B) C. 0,3D. 0,02E. 2

Corect: A, D

Rezolvare:A ={mama are TAD ≥ 95 mmHg} B ={tata are TAD ≥ 95 mmHg}Întrevarea: care e probabilitatea ca într-o familie mama SAU tata să prezinte hipertensiune arterială diastolică (TAD ≥ 95 mmHg)?Pr(A) = 10% = 10/100 = 0,1Pr(B) = 20% = 20/100 = 0,2Evenimentele A şi B sunt independente: Pr(A şi B) = Pr(A) · Pr(B) Pr(A şi B) = 0,1 * 0,2 = 0,02

9. Fie A evenimentul ca primul născut într-o familie cu 2 copii să prezinte o boală genetică şi Bevenimentul ca cel de-al doilea copil să prezinte aceeaşi boală genetică. Se cunoaşte din literaturade specialitate că probabilitatea bolii genetice de interes este de 0,25 pentru primul născut şi 0,10 pentru cel de-al doilea născut în aceeaşi familie. Care este probabilitatea ca ambii copii dintr-o familie să prezinte boala genetică de interes dacă cele două evenimente sunt independente?

A. 0,35B. 0,15C. 0,025D. 0,325E. Nici un răspuns nu este corect

Corect: D

2

Rezolvare:A ={primul născut din familie prezintă boala genetică}B ={al doilea născut din familie prezintă boala genetică}C ={ambii copii prezintă boala genetică} Pr(A) = 0,25Pr(B) = 0,10Pr(A şi B) = Pr(A) · Pr(B) = 0,25 * 0,10 = 0,025Pr(C) = Pr(A) + Pr(B) – Pr(A şi B) = 0,25 + 0,10 – 0,025 = 0,325

10. Valoarea obţinută în calcularea lui 6 factorial este:A. 720B. 240C. 360D. 120E. Nici un răspuns nu este corect

Corect: A

Rezolvare:6! = 6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1 = 720

11. Se intenţionează a se realiza un studiu pentru a evalua schizofrenia la femeile între 50 şi 59 deani din Zlatna. Se ştie că incidenţa schizofreniei în populaţia generală la femei între 50 şi 59 de ani este de 0,5%. Numărul de cazuri de schizofrenie care îndeplinesc condiţiile este de 3 iar numărul de martori eligibili este de 6. Care este probabilitatea ca din şase persoane de sex feminin cu vârsta cuprinsă între 50 şi 59 ani extrase la întâmplare 3 să fie cu schizofrenie?


Corect: B

Rezolvare:k k n kPr(X k) Cn p q

p = 0,5% = 0,5/100 = 0,005q = 1 – p = 1 – 0,005 = 0,995

3 3 6 3 6! 3 3Pr(X 3) C6 p q

0,0053!(6 3)!

0,995

Pr(X 3) 6 * 5 * 4 * 3 * 2 *1

0,000000125 0,985074875 20 0,000000125

0,9850748753 * 2 *1* 3 * 2 *1

Pr(X = 3) = 0,000002

3

12. Fie X variabila aleatoare ce reprezintă numărul de episoade de gripă în primul an de colectivitate (creşă sau grădiniţă). Distribuţia de probabilitatea este: probabilitatea apariţiei unui singur episod de gripă este de 0,11; probabilitatea de apariţie a trei episoade de gripă este egală cu0,07; probabilitatea de apariţie a 4 episoade de gripă este egală cu 0,13; probabilitatea de apariţie a7 episoade de gripă este egală cu 0,28; probabilitatea de apariţie a 9 episoade de gripă este egală cu0,18; probabilitatea de apariţie a 10 episoade de gripă este egală cu 0,05; probabilitatea de apariţie a14 episoade de gripă este egală cu 0,12; şi probabilitatea de apariţie a 18 episoade de gripă este egală cu 0,06. Şansa ca un copil să prezinte 4 episoade de gripă este egală cu:

A. 0,13B. 13% C. 0,31D. 31%E. Nici un răspuns nu este corect

Corect: B

Rezolvare:⎛ 1 3 4 7 9 10 14 18 ⎞

X : ⎜⎝ 0,11

0,07 0,13 0,28 0,18 0,05 0,12⎟

0,06 ⎠

Şansa ca un copil să prezinte 4 episoade de gripă = 0,13 = 13%

13. Fie X variabila aleatoare ce reprezintă numărul de episoade de gripă în primul an decolectivitate (creşă sau grădiniţă). Distribuţia de probabilitatea este: probabilitatea apariţiei unui singur episod de gripă este de 0,11; probabilitatea de apariţie a trei episoade de gripă este egală cu0,07; probabilitatea de apariţie a 4 episoade de gripă este egală cu 0,13; probabilitatea de apariţie a7 episoade de gripă este egală cu 0,28; probabilitatea de apariţie a 9 episoade de gripă este egală cu0,18; probabilitatea de apariţie a 10 episoade de gripă este egală cu 0,05; probabilitatea de apariţie a14 episoade de gripă este egală cu 0,12; şi probabilitatea de apariţie a 18 episoade de gripă este egală cu 0,06. Numărul expectat de episoade de gripă în primul an de colectivitate este egal cu:

A. 7B. 8C. 6D. 9E. Nici un răspuns nu este corect

Corect: B

Rezolvare:n

M(X) x i Pr(x i )i 1

M(X) = 1×0,11 + 3×0,07 + 4×0,13 +7×0,28 +9×0,18 +10×0,05 +14×0,12 +18×0,06M(X) = 0,11+0,21+0,52+1,96+1,62+0,50+1,68+1,08 = 7,68 ~ 8

14. Fie X variabila aleatoare ce reprezintă numărul de episoade de gripă în primul an de colectivitate (creşă sau grădiniţă). Distribuţia de probabilitatea este: probabilitatea apariţiei unui singur episod de gripă este de 0,11; probabilitatea de apariţie a trei episoade de gripă este egală cu0,07; probabilitatea de apariţie a 4 episoade de gripă este egală cu 0,13; probabilitatea de apariţie a7 episoade de gripă este egală cu 0,28; probabilitatea de apariţie a 9 episoade de gripă este egală cu0,18; probabilitatea de apariţie a 10 episoade de gripă este egală cu 0,05; probabilitatea de apariţie a14 episoade de gripă este egală cu 0,12; şi probabilitatea de apariţie a 18 episoade de gripă este egală cu 0,06. Variaţia acestei variabile aleatoare este egală cu:

A. 10B. 15C. 20D. 25E. 30

Corect: C

Rezolvare:n

V( X) ( X M( X))2 Pr( Xi )

ii1

M(X) = 7,68V(X) = (1-7,69)2×0,11 + (3-7,69)2×0,07 +(4-7,69)2×0,13 +(7-7,69)2×0,28 +(9-7,69)2×0,18+(10-7,69)2×0,05 +(14-7,69)2×0,12 + (18-7,69)2×0,06 = (-6,68)2×0,11 + (-4,68)2×0,07 +(-3,68)2×0,13 +(-0,68)2×0,28 +(1,32)2×0,18 +(2,32)2×0,05 +(6,32)2×0,12 + (10,32)2×0,06 =44,62×0,11 + 21,90×0,07 +15,54×0,13 + 0,46×0,28 + 1,74×0,18 +5,38×0,05 +39,94×0,12 +106,50×0,06 = 4,91 + 1,53 + 1,76 + 0,13 + 0,31 + 0,27 + 4,79 + 6,39 = 20.10

15. Fie evenimentele A = {persoană cu TBC} şi B = {persoană cu testul cutanat la tuberculinăpozitiv}. O persoană din 1000 cu testul cutanat la tuberculină negativ prezintă TBC (Pr(B|nonA) =0,001). O persoană din 100 cu testul cutanat la tuberculină nu prezintă TBC (Pr(B|A) = 0,01). Riscul relativ ca o persoană cu testul cutanat la tuberculină pozitiv să prezinte TBC este egal cu:

A. 1B. 0,01% C. 10D. 5E. Nici un răspuns nu este corect

Corect: C

Rezolvare:

RR

Pr(B | A)

Pr(B | nonA)

Pr(B|nonA) = 0,001Pr(B|A) = 0,01RR = Pr(B|A) / Pr(B|nonA) = 0,001 = 0,01/0,001 = 10

16. O companie farmaceutică a realizat un nou test de identificare a unei sarcini. Compania a testat noul produs pe 150 femei însărcinate; la 130 din acestea testul a fost pozitiv. Acelaşi test a fost aplicat la 150 femei care nu erau însărcinate; 145 dintre acestea au avut testul negativ. Sensibilitatea testului este egală cu:


Corect: B

Rezolvare:

Sarcină + Sarcină - Total

Test sarcină + 130 5 135

Test sarcină - 20 145 165

Total 150 150 300

Se = AP/(AP+FN)Se = 130/150 = 0,87

17. O companie farmaceutică a realizat un nou test de identificare a unei sarcini. Compania a testatnoul produs pe 150 femei însărcinate; la 130 din acestea testul a fost pozitiv. Acelaşi test a fost aplicat la 150 femei care nu erau însărcinate; 145 dintre acestea au avut testul negativ. Specificitatea testului este egală cu:


Corect: A

Rezolvare:




Total 150 150 300

Sp = AN/(AN+FP)Sp = 145/150 = 0,97

18. O companie farmaceutică a realizat un nou test de identificare a unei sarcini. Compania a testat noul produs pe 150 femei însărcinate; la 130 din acestea testul a fost pozitiv. Acelaşi test a fost aplicat la 150 femei care nu erau însărcinate; 145 dintre acestea au avut testul negativ. Acurateţea testului este egală cu:


Corect: C

Rezolvare:




Total 150 150 300

Ac =(AP+AN)/nAc = (130+145)/300 = 0,92

19. O companie farmaceutică a realizat un nou test de identificare a unei sarcini. Compania a testatnoul produs pe 150 femei însărcinate; la 130 din acestea testul a fost pozitiv. Acelaşi test a fost aplicat la 150 femei care nu erau însărcinate; 145 dintre acestea au avut testul negativ. Valoarea predictivă pozitivă este egală cu:


Corect: B

Rezolvare:




Total 150 150 300

VPP = AP/(AP+FP)VPP = 130/(130+5) = 0,96

20. O companie farmaceutică a realizat un nou test de identificare a unei sarcini. Compania a testat noul produs pe 150 femei însărcinate; la 130 din acestea testul a fost pozitiv. Acelaşi test a fost aplicat la 150 femei care nu erau însărcinate; 145 dintre acestea au avut testul negativ. Valoarea predictivă negativă este egală cu:


Corect: D

Rezolvare:




Total 150 150 300

VPN = AN/(AN+FN)VPN = 145/(145+20) = 0,88

21. O companie farmaceutică a realizat un nou test de identificare a unei sarcini. Compania a testatnoul produs pe 150 femei însărcinate; la 130 din acestea testul a fost pozitiv. Acelaşi test a fost aplicat la 150 femei care nu erau însărcinate; 145 dintre acestea au avut testul negativ. Rata falşilor pozitivi este egală cu:


Corect: D

Rezolvare:




Total 150 150 300

RFP = FP/(FP+AN)RFP = 5/(5+130) = 0,04

22. O companie farmaceutică a realizat un nou test de identificare a unei sarcini. Compania a testat noul produs pe 150 femei însărcinate; la 130 din acestea testul a fost pozitiv. Acelaşi test a fost aplicat la 150 femei care nu erau însărcinate; 145 dintre acestea au avut testul negativ. Rata falşilor negativi este egală cu:


Corect: C

Rezolvare:




Total 150 150 300

RFN = FN/(FN+AP)RFN = 20/(20+145) = 0,12

Sumarizarea Tabelară & Reprezentarea Grafică

1. Următoarele sunt principii generale pentru sumarizarea tabelară a datelor: A. Trebuie să fie cât mai clare posibilB. Trebuie să se explice singureC. Nu este obligatoriu să prezinte titluD. Dacă datele nu sunt originale trebuie să se menţioneze sursa lor într-o notă de subsolE. Dacă datele nu sunt originale nu trebuie să se menţioneze sursa lor într-o notă de subsol

Corect: A, B, D

2. Reprezentarea grafică a datelor cantitative perechi se realizează prin:A. Diagramă de tip „nor de puncte” (Scatter) B. Diagramă de tip bareC. Diagramă de tip coloaneD. Diagramă sectorială (plăcintă sau pie) E. Diagramă de tip linii

Corect: A

3. Reprezentarea grafică a datelor calitative perechi se realizează prin:A. Diagramă de tip „nor de puncte” (Scatter) B. Diagramă de tip bareC. Diagramă de tip coloaneD. Diagramă sectorială (plăcintă sau pie) E. Diagramă de tip linii

Corect: B, C

4. Următoarele valori reprezintă zilele de incubaţie de la posibilul contact cu agentul etiologic pânăla manifestarea unei boli infecţioase: 7, 3, 5, 9, 10, 6, 8, 4, 5, 3, 7, 6, 5, 4, 8, 8, 7, 10, 10, 3, 3, 5, 6,7, 8. Cărei din valorile de mai jos îi corespunde frecvenţa relativă de 0,16:

A. 3B. 5C. 10D. 8E. 7

Corect: A, B, D, E

Rezolvare:Aranjăm zilele de incubare în ordine crescătoare:3, 3, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 6, 6, 6, 7, 7, 7, 7, 8, 8, 8, 8, 9, 10, 10, 10. Realizăm tabelul de frecvenţă:

Zile incubare fa fr

3 4 = 4/25 = 0,164 2 = 2/25 = 0,085 4 = 4/25 = 0,166 3 = 3/25 = 0,127 4 = 4/25 = 0,168 4 = 4/25 = 0,169 1 = 1/25 = 0,0410 3 = 3/25 = 0,12Total 25 1

5. Următoarele valori reprezintă zilele de incubaţie de la posibilul contact cu agentul etiologic pânăla manifestarea unei boli infecţioase: 7, 3, 5, 9, 10, 6, 8, 4, 5, 3, 7, 6, 5, 4, 8, 8, 7, 10, 10, 3, 3, 5, 6,

7, 8. Cărei din valorile de mai jos îi corespunde frecvenţa relativă cumulată crescător de 68%:A. 7B. 5C. 10D. 8E. Nu se poate determina pe baza informaţiilor disponibile

Corect: A


Zile incubare fa fr fr cumulată ↑ (%)3 4 = 4/25 = 0,16 = 0,16 (16)4 2 = 2/25 = 0,08 = 0,16 + 0,08 = 0,24 (24)5 4 = 4/25 = 0,16 = 0,24 + 0,16 = 0,40 (40)6 3 = 3/25 = 0,12 = 0,40 + 0,12 = 0,52 (52)7 4 = 4/25 = 0,16 = 0,52 + 0,16 = 0,68 (68)8 4 = 4/25 = 0,16 = 0,68 + 0,16 = 0,84 (84)9 1 = 1/25 = 0,04 = 0,84 + 0,04 = 0,88 (88)10 3 = 3/25 = 0,12 = 0,88 + 0,12 = 1,00 (100)Total 25 1

6. Următoarele valori reprezintă zilele de incubaţie de la posibilul contact cu agentul etiologic pânăla manifestarea unei boli infecţioase: 7, 3, 5, 9, 10, 6, 8, 4, 5, 3, 7, 6, 5, 4, 8, 8, 7, 10, 10, 3, 3, 5, 6,7, 8. Cărei din valorile de mai jos îi corespunde frecvenţa absolută cumulată crescător de 10:

A. 7B. 5C. 10D. 8E. Nici un răspuns nu este corect

Corect: B


Zile incubare fa fr fa cumulată ↑ (%)3 4 = 4/25 = 0,16 = 44 2 = 2/25 = 0,08 = 4 + 2 = 65 4 = 4/25 = 0,16 = 6 + 4 = 106 3 = 3/25 = 0,12 = 10 + 3 =137 4 = 4/25 = 0,16 = 13 + 4 =178 4 = 4/25 = 0,16 = 17+ 4 = 219 1 = 1/25 = 0,04 = 21 + 1 = 2210 3 = 3/25 = 0,12 = 22 + 3 = 25Total 25 1

6. Următoarele valori reprezintă zilele de incubaţie de la posibilul contact cu agentul etiologic pânăla manifestarea unei boli infecţioase: 7, 3, 5, 9, 10, 6, 8, 4, 5, 3, 7, 6, 5, 4, 8, 8, 7, 10, 10, 3, 3, 5, 6,

7, 8. Pe baza distribuţiei datelor să se precizeze în câte cazuri zilele de incubaţie au fost mai mici decât 10:

A. 22B. 4C. 10D. 6E. nu se poate determina pe baza informaţiilor disponibile

Corect: A


Zile incubare fa fr fa cumulată ↑ (%)3 4 = 4/25 = 0,16 = 44 2 = 2/25 = 0,08 = 4 + 2 = 65 4 = 4/25 = 0,16 = 6 + 4 =106 3 = 3/25 = 0,12 = 10 + 3 =137 4 = 4/25 = 0,16 = 13 + 4 =178 4 = 4/25 = 0,16 = 17+ 4 = 219 1 = 1/25 = 0,04 = 21 + 1 = 2210 3 = 3/25 = 0,12 = 22 + 3 = 25Total 25 1

8. Următoarele valori reprezintă zilele de incubaţie de la posibilul contact cu agentul etiologic pânăla manifestarea unei boli infecţioase: 7, 3, 5, 9, 10, 6, 8, 4, 5, 3, 7, 6, 5, 4, 8, 8, 7, 10, 10, 3, 3, 5, 6,7, 8. Să se precizeze procentul de pacienţi care au prezentat o incubaţie mai mică sau egală cu 8zile:

A. 68% B. 0.68C. 0.84D. 0.88E. 84%

Corect: E


Zile incubare fa fr fr cumulată ↑ (%)3 4 = 4/25 = 0,16 = 0,16 (16)4 2 = 2/25 = 0,08 = 0,16 + 0,08 = 0,24 (24)5 4 = 4/25 = 0,16 = 0,24 + 0,16 = 0,40 (40)6 3 = 3/25 = 0,12 = 0,40 + 0,12 = 0,52 (52)7 4 = 4/25 = 0,16 = 0,52 + 0,16 = 0,68 (68)8 4 = 4/25 = 0,16 = 0,68 + 0,16 = 0,84 (84)9 1 = 1/25 = 0,04 = 0,84 + 0,04 = 0,88 (88)10 3 = 3/25 = 0,12 = 0,88 + 0,12 = 1,00 (100)Total 25 1

7, 8. În câte cazuri incubarea a fost mai mică de 7 zile: A. 13B. 17C. 10D. 16E. nu se poate preciza pe baza informaţiilor disponibile

Corect: A


Zile incubare fa

3 44 25 46 37 48 49 110 3Total 25

⎢

⎢

⎥

⎥

Intervale de încredere

1. Se ştie că media glicemiei unui eşantion de 100 persoane este egală cu 100 mg/dl cu o variaţie de16 mg/dl. Intervalul de încredere de 95% (Z5% = 1,96) asociat acestei medii este:

A. [99,00; 101,00]B. [98,04; 101,96] C. [99,22; 100,78] D. [99,00; 100]E. Nici un răspuns nu este corect

Corect: C

Rezolvare:⎡X Z

s , X Z

s ⎤

⎣ n n ⎦X 100Z5% = 1,96s2 = 15

s s2 16 4

Z0,05

s

1,96n

4

100

7,84 0,78

10

IC95% = [100-0,78; 100+0,78] = [99,22; 100,78]

2. Valoarea intervalul de încredere de 99% (Z1% = 2,576) asociat tensiunii arteriale sistolice pentruun eşantion de 169 persoane, cu o medie a glicemiei de 135 mg/dl şi o deviaţie standard de 20 mg/dleste:

A. [132,00; 138,00] B. [132,42; 137,58] C. [83,48; 186,52] D. [131,04; 138,96]E. Nu se poate determina pe baza informaţiilor disponibile

Corect: D

Rezolvare:⎡X Z

s , X Z

s ⎤

⎣ n n ⎦X 135 mg/dl

Z5% = 2,576s = 20 mg/dln = 170IC99% = [135 – 2,576*(20/√169); 135 + 2,576*(20/√169))]2,576*(20/√169) = 2,576*(20/13) = 2,576*1,54 = 3,96IC99% = [135-3,96; 135+3,96] = [131,04; 138,96]

3. S-a iniţiat un studiu pentru a testa eficacitatea unui medicament nou, spectinomicina, în tratamentul gonoreei la femei. În studiu au fost incluse 46 de paciente cu gonoree care au urmat un tratament cu 4 g de spectinomicină zilnic timp de o săptămână. La sfârşitul acestei perioade de studiu, 6 paciente au fost testate ca şi pozitive. Intervalul de încredere de 95% (Z5% = 1,96) asociat probabilităţii de succes a tratamentului este:

A. 0,87B. [0,70; 1,07] C. [0,87; 0,97] D. [0,77; 0,97]E. Nu se poate determina pe baza informaţiilor disponibile

Corect: D

Rezolvare:f (proporţia de femei vindecate) = (46-6)/46 = 0,87

⎡ f 1 f

f 1 f ⎤⎢f Z⎣

⎡

; f Z ⎥n n ⎦

0,871 0,87 0,871 0,87 ⎤⎢0,87 1,96⎣

;0,87 1,9646

⎥46 ⎦

0,87 1,96 0,002;0,87 1,96 0,002 0,87 1,96 * 0,05;0,87 1,96 * 0,050,87 0,10;0,87 0,10 [0,77;0,97]

4. S-a iniţiat un studiu pentru a testa eficacitatea unui medicament nou, spectinomicina, în tratamentul gonoreei la femei. În studiu au fost incluse 46 de paciente cu gonoree care au urmat un tratament cu 4 g de spectinomicină zilnic timp de o săptămână. La sfârşitul acestei perioade de studiu, 6 paciente au fost testate ca şi pozitive. Tratamentul cu penicilină G în doză zilnică de 4,8MUI aplicat unui eşantion de 30 femei cu gonoree a avut o rată de eşec de 10%. Ce putem spune dacă comparăm intervalele de încredere de 95% (Z5% = 1,96) ale ratelor de succes asociate celor două tratamente?

A. Intervalele de încredere pentru cele două tratamente se suprapunB. Tratamentul cu spectinomicina are o rată de succes mai mare decât tratamentul cu penicilină GC. Tratamentul cu penicilină G este semnificativ mai bun decât tratamentul cu spectinomicinaD. Nu există diferenţe între ratele de succes ale celor două tratamenteE. Nici un răspuns nu este corect

Corect: A, D

Rezolvare:fspect (proporţia de femei vindecate) = (46-6)/46 = 0,87n = 46

⎡ f 1 f

f 1 f ⎤⎢f Z⎣

⎡

; f Z ⎥n n ⎦

0,871 0,87 0,871 0,87 ⎤⎢0,87 1,96⎣

;0,87 1,9646

⎥46 ⎦

0,87 1,96 0,002;0,87 1,96 0,002 0,87 1,96 * 0,05;0,87 1,96 * 0,050,87 0,10;0,87 0,10 [0,77;0,97]

fG (proporţia de femei vindecate) = 1-0,10 = 0,90n = 30

⎡ f 1 f

f 1 f ⎤⎢f Z⎣

; f Z ⎥n n ⎦

⎡ 0,901 0,90 0,901 0,90 ⎤⎢0,90 1,96⎣

;0,90 1,9630

⎥30 ⎦

0,90 1,96 0,003;0,90 1,96 0,003 0,87 1,96 * 0,055;0,87 1,96 * 0,0550,90 0,11;0,90 0,11 [0,79;1,01]Deoarece intervalele de încredere ale ratelor de succes asociate celor două tratamente se suprapun unul peste celălalt putem spune că nu diferă semnificativ una faţă de cealaltă.

TESTE STATISTICE1. Compararea mediilor eşantioanelor pentru determinarea statistică a diferenţelor se face prin următoarele caracteristici:

A. ModulB. MedianaC. MediaD. VarianţaE. Nici un răspuns nu este corect

Corect: C, D

2. Testul t pentru eşantioane independente:A. Se utilizează pentru comparare două eşantioane perechiB. Pentru ca valoarea calculată a lui t să implice o diferenţă semnificativă aceasta trebuie săfie mai mică sau egală cu valoarea criticăC. Necesită testarea prealabilă a omogenităţii varianţelorD. Se utilizează pentru comparare două eşantioane independenteE. Pentru ca valoarea calculată a lui t să implice o diferenţă semnificativă aceasta trebuie săfie mai mare sau egală cu valoarea critică

Corect: C, D, E

3. Următoarea metodă se utilizează pentru a investiga relaţiile dintre două variabile cantitativecontinue (n < 30):

A. Testul Student B. Testul ANOVA C. Testul ZD. Coeficientul de corelaţie PeasonE. Regresia liniară simplă

Corect: E

4. Următoarea metodă se utilizează pentru a investiga relaţiile dintre două variabile cantitativecontinue (n < 30):

A. Testul Student B. Testul ANOVA C. Testul ZD. Coeficientul de corelaţie PeasonE. Regresia liniară simplă

Corect: E

5. Următoarele afirmaţii cu privire la coeficientul de corelaţie sunt adevărate:A. Ia întotdeauna valori pozitiveB. Poate lua orice valoare cuprinsă între -1 şi +1C. Valoarea 0 indică existenţa unei relaţii puternice între cele două variabile studiateD. Exprimă intensitatea şi direcţia dependenţei liniare dintre două variabile cantitativeE. Valoarea maximă pe care o poate lua este 0,9

Corect: B, D

6. Următoarele afirmaţii cu privire la coeficientul de determinare sunt adevărate:A. Poate lua orice valoare cuprinsă între -1 şi +1B. Ia întotdeauna valori pozitiveC. Valoarea 0 indică existenţa unei relaţii puternice între cele două variabile studiateD. Este egal cu pătratul coeficientului de corelaţieE. Exprimă intensitatea dependenţei liniare dintre două variabile cantitative

Corect: B, D

7. Următoarele afirmaţii cu privire la testul Student sunt adevărate:A. Este folosit în analiza datelor calitative

B. Este folosit în analiza datelor cantitativeC. Se utilizează numai în cazul eşantioanelor mici (< 30) D. Se utilizează numai în cazul eşantioanelor mari (> 30)E. Este corect utilizat dacă datele urmează o distribuţie normală

Corect: B, C, E

8. Următoarele afirmaţii cu privire la testul Z de comparare a mediilor sunt adevărate:A. Este folosit în analiza datelor calitative

B. Este folosit în analiza datelor cantitativeC. Se utilizează numai în cazul eşantioanelor mici (< 30) D. Se utilizează numai în cazul eşantioanelor mari (> 30)E. Este corect utilizat dacă datele urmează o distribuţie normală

Corect: B, D

9. Medie colesterolului unui eşantion de 15 nou născuţi din mediul urban este de 11,20 mg/dl cu ovariaţia de 0,60 mg/dl. Pentru a testa ipoteza conform căreia media colesterolului nou născuţilor din mediul urban nu diferă semnificativ de cea a nou născuţilor din mediul rural, a fost identificat un eşantion de 10 nou născuţi din mediul rural. Pe eşantionul de nou născuţi din mediul rural s-a determinat o medie a hemoglobinei de 11,40 mg/dl şi o variaţia de 0,65 mg/dl. Variaţiile celor două eşantioane s-au dovedit a fi egale. Pentru a răspunde la această întrebare vom aplica:

A. Testul t pentru eşantioane perechiB. Testul t pentru eşantioane independente, variaţii egaleC. Testul t pentru eşantioane independente, variaţii inegaleD. Testul Z de comparare a mediei eşantionului cu media populaţieiE. Testul Z de comparare a două proporţii

Corect: B

10. Nivelul colesterolului seric în populaţia pacienţilor cu diabet zaharat insulino-dependent cu vârsta între 21-40 ani este aproximativ normal distribuit cu media 190 mg/dl şi deviaţia standard 40 mg/dl. Pe un eşantion de 100 pacienţi cu vârste cuprinse între 21-40 ani cu diabet zaharat insulino- dependent media nivelului colesterolului seric a fost calculată ca fiind egală cu 176 mg/dl, cu o deviaţie standard de 40 mg/dl (condiţia distribuţiei normale este satisfăcută). Ipoteza nulă a testului este:

A. Media colesterolului seric în eşantionul studiat este egală cu media populaţieiB. Nu există diferenţă semnificativă între media colesterolului la eşantionul studiat faţă de media populaţieiC. Media colesterolului seric în eşantionul studiat este diferită faţă de media populaţieiD. Media colesterolului la eşantionul studiat este semnificativ mai mică faţă de media populaţieiE. Nici un răspuns nu este corect

Corect: A, B

11. Nivelul colesterolului seric în populaţia pacienţilor cu diabet zaharat insulino-dependent cuvârsta între 21-40 ani este aproximativ normal distribuit cu media 190 mg/dl şi deviaţia standard 40 mg/dl. Pe un eşantion de 100 pacienţi cu vârste cuprinse între 21-40 ani cu diabet zaharat insulino- dependent media nivelului colesterolului seric a fost calculată ca fiind egală cu 176 mg/dl, cu o deviaţie standard de 40 mg/dl (condiţia distribuţiei normale este satisfăcută). Parametrul statistic al testului aplicat este egal cu:

A. 35B. -35C. 3,5D. -3,5E. Nici un răspuns nu este corect

Corect: B

Rezolvare:

Z X 0

n

µ0 = 190 mg/dlσ = 40 mg/dln = 100X 176

mg/dl

Z = (176 - 190)/(40/√100) = -14/(4/10) = -14/0,4 = -35

12. Nivelul colesterolului seric în populaţia pacienţilor cu diabet zaharat insulino-dependent cu vârsta între 21-40 ani este aproximativ normal distribuit cu media 190 mg/dl şi deviaţia standard 40 mg/dl. Pe un eşantion de 100 pacienţi cu vârste cuprinse între 21-40 ani cu diabet zaharat insulino- dependent media nivelului colesterolului seric a fost calculată ca fiind egală cu 176 mg/dl, cu o deviaţie standard de 40 mg/dl (condiţia distribuţiei normale este satisfăcută). Care din următoarele afirmaţii sunt corecte (regiunea critică pentru testul bilateral este (- , -1,96 ] [1,96 , )):

A. Deoarece parametrul calculat nu aparţine regiunii critice se respinge ipoteza nulăB. Deoarece valoarea parametrului statistic aparţine regiunii critice se respinge ipoteza nulăC. Deoarece valoarea parametrului statistic aparţine regiunii critice se acceptă ipoteza nulăD. Media eşantionului nu e semnificativ diferită faţă de media populaţieiE. Media eşantionului este semnificativ diferită faţă de media populaţiei

Corect: B, E

13. Se caută să se studieze dacă stresul se poate asocia cu apariţia hipertensiunii arteriale. În urmaobservaţiilor unui eşantion de 500 de persoane, 220 prezentau hipertensiune arterială, dintre aceştia100 prezentând şi stresul. Au fost identificaţi 210 pacienţi fără tensiunea arterială şi fără stres. Ipoteza nulă a testului poate lua următoarele forme:

A. Nu există asociere între stres şi tensiunea arterialăB. Există asociere între stres şi tensiunea arterială C. Stresul şi tensiunea arterială sunt independente D. Stresul şi tensiunea arterială sunt dependenteE. Nici un răspuns nu este corect

Corect: A, C

14. Se caută să se studieze dacă stresul se poate asocia cu apariţia hipertensiunii arteriale. În urmaobservaţiilor unui eşantion de 500 de persoane, 220 prezentau hipertensiune arterială, dintre aceştia100 prezentând şi stresul. Au fost identificaţi 210 pacienţi fără tensiunea arterială şi fără stres. Frecvenţele absolute o b servate ale adevărat pozitivi – falşi pozitivi – falşi negativi – adevărat negativi în tabelul de contingenţă asociat problemei sunt:

A. 100 – 70 – 120 – 210B. 100 – 120 – 70 – 210C. 100 – 210 – 120 – 70D. 100 – 120 – 210 – 70E. Nici un răspuns nu este corect

Corect: A

Rezolvare:

HTA+ HTA- Total

Stres+ AP = 100 FP = 280-210 = 70 170

Stres- FN = 220-100 = 120 AN = 210 330

Total 220 =500-220 = 280 500

f

15. Se caută să se studieze dacă stresul se poate asocia cu apariţia hipertensiunii arteriale. În urma observaţiilor unui eşantion de 500 de persoane, 220 prezentau hipertensiune arterială, dintre aceştia100 prezentând şi stresul. Au fost identificaţi 210 pacienţi fără tensiunea arterială şi fără stres. Frecvenţele absolute t e oretice ale adevărat pozitivi – falşi pozitivi – falşi negativi – adevărat negativi în tabelul de contingenţă asociat problemei sunt:

A. 74 –95 – 146 – 185B. 75 – 96 – 145 – 184C. 74 – 146 – 95 – 185D. 75 – 95 – 145 – 185E. Nici un răspuns nu este corect

Corect: A

Rezolvare:

HTA+ HTA- Total

Stres+ AP = 170*220/500 = 75 FP = 170*280/500 = 95 170

Stres- FN = 330*220/500 = 145 AN = 330*280/500 = 185 330

Total 220 280 500

16. Se caută să se studieze dacă stresul se poate asocia cu apariţia hipertensiunii arteriale. În urmaobservaţiilor unui eşantion de 500 de persoane, 220 prezentau hipertensiune arterială, dintre aceştia100 prezentând şi stresul. Au fost identificaţi 210 pacienţi fără tensiunea arterială şi fără stres. Parametrul χ2 calculat pe baza datelor din problemă este de:

A. 22,60B. 2,26C. 226D. 21,60E. Nici un răspuns nu este corect

Corect: A

Rezolvare:

Observat HTA+ HTA- Total

Stres+ 100 70 170

Stres- 120 210 330

Total 220 280 500

Teoretic HTA+ HTA- Total

Stres+ 75 95 170

Stres- 145 185 330

Total 220 280 500

r c (f 0 f t

)2 100 752 70 952 120 1452 210 1852

2

i it

i 1 i

75 95 145

185

2

252

75 252

95

252

145

252

185

625

75

625

95

625

145

625

185

2 8,33 6,58 4,31 3,38 22,60

17. Se caută să se studieze dacă stresul se poate asocia cu apariţia hipertensiunii arteriale. În urma observaţiilor unui eşantion de 500 de persoane, 220 prezentau hipertensiune arterială, dintre aceştia100 prezentând şi stresul. Au fost identificaţi 210 pacienţi fără tensiunea arterială şi fără stres. Care este concluzia testului dacă parametrul calculat la are o valoare de 22,60 pentru o regiune critică de[3,84, ):

A. Se acceptă ipoteza nulă cu un risc de eroare de 5% B. Se respinge ipoteza nulă cu un risc de eroare de 5%

C. Nu există asociere între stres şi hipertensiunea arterialăD. Stresul şi hipertensiunea arterială sunt dependenteE. Nu se poate determina pe baza informaţiilor disponibile

Corect: B, D

18. Se cunoaşte că anorexia în populaţia generală este de 2%. Într-un eşantion de 356 persoane angajate în mediul militar s-a identificat un număr de 5 persoane anorexice. Este anorexia în mediul militar diferită faţă de cea din populaţia generală? Pentru a răspunde la această întrebare se aplică:

A. Analiza corelaţiei şi regresiei liniareB. Testul hi-pătratC. Testul Z de comparare a unei frecvenţe observate cu o frecvenţă teoreticăD. Testul Z de comparare a egalităţii a două frecvenţeE. Testul Student

Corect: C

19. Se cunoaşte că anorexia în populaţia generală este de 2%. Într-un eşantion de 356 persoaneangajate în mediul militar s-a identificat un număr de 5 persoane anorexice. Este anorexia în mediul militar diferită faţă de cea din populaţia generală? Valoarea parametrului statistic aplicat este egalăcu:

A. 0,80B. 0,81C. -0,80D. -0,81E. Nici un răspuns nu este corect

Corect: D

Rezolvare:

z

f pp(1 p)

np (frecvenţa teoretică) = 2% = 2/100 = 0,02f (frecvenţa în eşantion) = 5/356 = 0,014n = 356Z = (0,014-0,02)/√[0,02*(1-0,02)/356] = -0,006/√[0,02*0,98/356] = -0,006/√(0,0196/356)Z = -0,006/√0.00005506 = -0,006/0,0074 = -0,81

20. Se cunoaşte că anorexia în populaţia generală este de 2%. Într-un eşantion de 356 persoaneangajate în mediul militar s-a identificat un număr de 5 persoane anorexice. Este anorexia în mediul militar diferită faţă de cea din populaţia generală? Dacă valoarea parametrului statistic aplicat este egală cu -0,81, care este concluzia testului pentru o regiune critică (-; -1,96 ][1,96; ):

A. Deoarece parametrul statistic aparţine regiunii critice se acceptă ipoteza nulăB. Deoarece parametrul statistic nu aparţine regiunii critice se acceptă ipoteza nulăC. Incidenţa anorexiei în eşantionul studiat nu este diferită de cea din populaţia generalăD. Deoarece parametrul statistic nu aparţine regiunii critice se acceptă ipoteza alternativăE. Nici un răspuns nu este corect

Corect: B, C

inform 1

Documents

Transcript of inform 1