Esercizi di METODI STATISTICI, Esercizi di Metodi Statistici Per L'impresa

Scarica Esercizi di METODI STATISTICI e più Esercizi in PDF di Metodi Statistici Per L'impresa solo su Docsity! Calcolo delle probabilità.......................................................................................................... 1 Variabili casuali........................................................................................................................ 4 Principali variabili casuali discrete.......................................................................................10 Principali variabili casuali continue..................................................................................... 14 Stima puntuale........................................................................................................................20 Stima intervallare................................................................................................................... 23 Calcolo delle probabilità Si ha un mazzo da 52 carte (13 per ogni seme). Analizziamo l’esperimento casuale: “estrazione di una carta” e i due eventi composti F (“esce una figura”) ed E (“esce una carta di quadri”). si compone di 52 elementi (eventi elementari), mentre sigma-algebra è molto più grande (contieneΩ anche E ed F). 𝑝(𝐹) = 𝐶𝐹 𝐶𝑃 = 3𝑥4 52 = 0, 2308 𝑝(𝐹) = 1 − 𝑝(𝐹) = 1 − 0, 2308 𝑝(𝐸 ∩ 𝐹) = 3 52 = 0, 0577 𝑝(𝐸 ∪ 𝐹) = 𝑝(𝐹) + 𝑝(𝐸) − 𝑝(𝐸 ∩ 𝐹) = 12+13−3 52 = 22 52 = 0, 423 si utilizza la quinta conseguenza 𝑝(𝐹) + 𝑝(𝐸) − 𝑝(𝐸 ∩ 𝐹) Evento = dal primo dado (regolare a sei facce) esce un numero pari, dal secondo (tetraedro a 4 facce) un numero superiore a 2. Il prodotto cartesiano elenca gli esiti possibili. 1 2 3 4 1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) 2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) 3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) 4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) 5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) 6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) Casi possibili = 4 x 6 = 24 Casi favorevoli = 6 Ipotizziamo di avere un’urna con 15 palline, 10 nere e 5 bianche, dal quale si estrae una pallina casuale: ● se si estrae una pallina nera, viene scartata; ● se si estrae una pallina bianca, essa viene reinserita e se ne inseriscono altre due bianche. In seguito estraggo un’altra pallina. Quindi l’estrazione modifica la composizione dell’urna. ● Qual è la probabilità di estrarre due palline nere? ● Qual è la probabilità che la seconda sia nera? Abbiamo dunque due eventi: N1 = la prima pallina estratta è nera N2 = la seconda pallina estratta è nera 𝑝(2𝑁) = 𝑝(𝑁 1 ∩ 𝑁 2 ) cioè la probabilità di estrarre due palline nere è l’intersezione tra i due eventi N1 e N2. Non si può usare de Morgan, perché i due eventi poi non sono incompatibili (e quindi l’unione non si può trasformare in una somma). Ci sono due possibilità per calcolare la probabilità dell’intersezione: ● ma non posso farlo perché la seconda estrazione dipende𝑝(𝑁 1 ∩ 𝑁 2 ) = 𝑝(𝑁 1 /𝑁 2 )𝑝(𝑁 2 ) dall’esito della prima (che modifica la composizione) ● è meglio infatti condizionare per l’evento che accade prima𝑝(𝑁 1 ∩ 𝑁 2 ) = 𝑝(𝑁 2 /𝑁 1 )𝑝(𝑁 1 ) rispetto all’altro. a) estrazione di due palline nere 𝑝(𝑁 1 ) = 10 15 𝑝(𝑁 2 /𝑁 1 ) = 𝐶𝐹 𝐶𝑃 = 9 14 𝑝(𝑁 1 ∩ 𝑁 2 ) = 𝑝(𝑁 2 /𝑁 1 )𝑝(𝑁 1 ) = 9 14 · 10 15 = 3 7 b) la seconda pallina estratta è nera può essere scomposto a seconda che capiti oppure meno (a seconda del risultato della prima𝑁 2 𝑁 1 estrazione): 𝑁 2 = (𝑁 2 ∩ 𝑁 1 ) ∪ (𝑁 2 ∩ 𝐵 1 ) = (𝑁 2 ∩ 𝑁 1 ) ∪ (𝑁 2 ∩ 𝑁 1 ) è il complementare di , ossia è l’evento in cui la prima pallina estratta è bianca.𝐵 1 𝑁 1 Quindi, a questo punto, i due eventi sono incompatibili e si può utilizzare il terzo assioma della probabilità. 𝑝(𝑁 2 ) = (𝑁 2 ∩ 𝑁 1 ) ∪ (𝑁 2 ∩ 𝑁 1 ) 1 2𝑘 > 0 𝑘 > 0 2. −1 1 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = −1 0 ∫ 1 2𝑘 𝑑𝑥 + 0 1 ∫(− 𝑥 + 1)𝑑𝑥 = 𝑥 2𝑘⎡⎣ ⎤⎦−1 0 + − 𝑥2 2 + 𝑥⎡⎢⎣ ⎤⎥⎦0 1 = = 1 2𝑘 − 1 2 + 1 (cioè l’integrale deve essere uguale ad 1)1 2𝑘 − 1 2 + 1 = 1 𝑘 = 1 che rispetta il vincolo posto al punto 1 ( ).𝑘 = 1 𝑘 > 0 se𝑓(𝑥) = 1 2 − 1 ≤ 𝑥 < 0 se− 𝑥 + 1 0 ≤ 𝑥 < 1 0 altrove ● non è continua (anche perché è definita a tratti)𝑓(𝑥) ● La moda è 0, perché 𝑓(0) ≥ 𝑓(𝑥) ∀𝑥 ∈ 𝑆 Calcolare, per la precedente funzione di densità, la corrispondente funzione di ripartizione 𝐹 𝑋 (𝑥) = 𝑃(𝑋 ≤ 𝑥) = −∞ 𝑥 ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 0 se 𝑥 <− 1 se𝐹 𝑋 (𝑥) = 𝐴 − 1 ≤ 𝑥 < 0 se𝐵 0 ≤ 𝑥 < 1 1 se 𝑥 ≥ 1 A e B indicano l’area dell’intervallo considerato. 𝐴 = −∞ 𝑥 ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = 0 + −1 𝑥 ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = −1 𝑥 ∫ 1 2 𝑑𝑡 = 𝑡 2⎡⎣ ⎤⎦−1 𝑥 = 𝑥+1 2 𝐵 = −∞ 𝑥 ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 = 𝐹 𝑋 (0) + 0 𝑥 ∫(− 𝑡 + 1)𝑑𝑡 = 1 2 + − 𝑡2 2 + 𝑡⎡⎢⎣ ⎤⎥⎦0 𝑥 = 1 2 − 𝑥2 2 + 𝑥 ⇒𝐹 𝑋 (1) = 1 1 2 − 12 2 + 1 = 1 0 se 𝑥 <− 1 se𝐹 𝑋 (𝑥) = 𝑥+1 2 − 1 ≤ 𝑥 < 0 se1 2 − 𝑥2 2 + 𝑥 0 ≤ 𝑥 < 1 1 altrove Calcolare il primo, il terzo quartile e la mediana per la v.c. discreta X 𝑝(𝑥 𝑖 ) 𝐹(𝑥 𝑖 ) 1 1/16 1/16 2 2/16 3/16 3 3/16 6/16 5 10/16 1 totale 1 𝑋 0,25 = 𝑃(𝑋 ≤ 𝑋 0,25 ) = 𝐹 𝑋 (𝑋 0,25 ) ● 𝑃(𝑋 ≤ 1) = 0, 06 ● 𝑃(𝑋 ≤ 2) = 0, 19 < 0, 25 ● ⇒𝑃(𝑋 ≤ 3) = 0, 38 > 0, 25 𝑋 0,25 = 3 𝑀𝑒 = 𝑃(𝑋 ≤ 𝑋 0,5 ) = 𝐹 𝑋 (𝑋 0,5 ) ● 𝑃(𝑋 ≤ 1) = 0, 06 ● 𝑃(𝑋 ≤ 2) = 0, 19 < 0, 5 ● 𝑃(𝑋 ≤ 3) = 0, 38 < 0, 5 ● ⇒ ,𝑃(𝑋 ≤ 5) = 1 > 0, 5 𝑀𝑒 = 5 𝑋 0,75 = 5 Calcolare il primo, il terzo quartile e la mediana per la v.c. continua se1 2 − 1 ≤ 𝑥 < 0 se𝑓(𝑥) = − 𝑥 + 1 0 ≤ 𝑥 < 1 0 altrove 0 se 𝑥 <− 1 se𝐹 𝑋 (𝑥) = 𝑥+1 2 − 1 ≤ 𝑥 < 0 se1 2 − 𝑥2 2 + 𝑥 0 ≤ 𝑥 < 1 1 𝑥 ≥ 1 La funzione di ripartizione è invertibile, dato che la variabile casuale è continua, ma essendo definita a tratti bisogna verificare in quale intervallo si trova il quantile di ordine p. Per fare ciò è sufficiente calcolare la funzione nel punto in cui varia il tratto. 𝐹 𝑋 (− 1) = 0 𝐹 𝑋 (1) = 1 𝐹 𝑋 (0) = 1/2 perciò e− 1 ≤ 𝑄 1 < 0 0 ≤ 𝑄 3 < 1 ● ⇒ ⇒ ⇒𝑄 1 𝐹 𝑋 (𝑋) = 0, 25 𝑥+1 2 = 0, 25 𝑥 =− 0. 5 =− 1 2 ● ⇒ ⇒ ⇒ non ammissibile𝑄 3 𝐹 𝑋 (𝑋) = 0, 75 1 2 − 𝑥2 2 + 𝑥= 0, 75 𝑥 1 = 1 + 2 2 𝑥 2 = 1 − 2 2 = 𝑥 0,75 Calcolare, per la seguente v.c. continua, la media e la varianza 1 2 − 1 ≤ 𝑥 < 0 𝑓(𝑥) = − 𝑥 + 1 0 ≤ 𝑥 < 1 0 altrove µ = 𝐸[𝑋] = 𝑆 ∫ 𝑥𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = −1 0 ∫ 𝑥 1 2 𝑑𝑥 + 0 1 ∫ 𝑥(− 𝑥 + 1)𝑑𝑥 =− 1 12 è il momento primo, perché .𝑟 = 1 σ2 = µ 2 = −1 0 ∫ (𝑥 + 1 12 ) 2 1 2 𝑑𝑥 + 0 1 ∫ (𝑥 + 1 12 ) 2 (− 𝑥 + 1)𝑑𝑥 = 35 144 Calcolare, per la seguente v.c. discreta, la media e la varianza 𝑥 𝑖 𝑝(𝑥 𝑖 ) 0 1/8 2 6/8 4 1/8 1 𝑏 = 1 σ(𝑋) = 1 1 θ2 = θ ⇒ 𝑚 𝑧 (𝑡) = 𝑒−𝑡 · 𝑚 𝑥 (θ𝑡) = 𝑒−𝑡 · θ θ−θ𝑡 = 𝑒−𝑡 1−𝑡 − 1 < 𝑡 < 1 Dimostrare che X e Y non sono indipendenti in probabilità Y/X 0 1 2 1 0,25 0 0,25 0,5 2 0,15 0 0,15 0,3 3 0 0,2 0 0,2 0,4 0,2 0,4 1 ● ? è sufficiente dimostrare che una frequenza congiunta non rispetta la definizione di𝑋ㅛ𝑌 indipendenza in probabilità, perciò non sono indipendenti in probabilità. E’ sufficiente che una probabilità congiunta sia 0 (e le probabilità marginali diverse da 0). 𝑃(𝑋 = 1 ∩ 𝑌 = 2) = 𝑃(𝑋 = 1) · 𝑃(𝑌 = 2) = 0 ≠ 0, 3 · 0, 2 ● 𝑃(𝑌 ≥ 2/𝑋 > 0) = 𝑃((𝑌 ≥ 2) ∩ (𝑋 > 0)) = 0, 35 = 𝑃((𝑋 = 1 ∩ 𝑌 = 2) ∪ (𝑋 = 1 ∩ 𝑌 = 3) ∪ (𝑋 = 2 ∩ 𝑌 = 2) ∪ (𝑋 = 2 ∩ 𝑌 = 3)) ● 𝑃(𝑌 ≥ 2|𝑋 > 0) = 𝑃((𝑌≥2)∩(𝑋>0)) 𝑃(𝑋>0) = 0,2+0,15 0,2+0,4 = 0,35 0,6 Principali variabili casuali discrete Variabile casuale binomiale P(difettoso) = 0,05 = , i DVD sono tra di loro , n = 10𝑝 ㅛ rimborso dovuto se almeno 1 è difettoso (lo richiede sempre se ne ha diritto) a) P(almeno uno difettoso) X = variabile casuale che conta il numero di DVD difettosi in una scatola 𝑋 ∼ 𝐵𝑖𝑛(10, 0, 05) P(almeno uno difettoso) = P(X>1) = P(X=1) + P(X=2) +...+ P(X=10) = 1 - P(X=0) in quanto sono incompatibili 𝑃(𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑜 𝑢𝑛𝑜) = 1 − 𝑃(𝑋 = 0) = 1 − 10 0( ) · 0, 050(1 − 0, 05)10−0 = 1 − 0, 9510 = 0, 4013 b) P(scatola non va bene) = 0,4013 = 𝑝 Y = variabile casuale che conta il numero di scatole restituite 𝑌 ∼ 𝐵𝑖𝑛(3, 0, 4013) 𝑃(𝑌 = 1) = 3 1( )0, 40131(1 − 0, 4013)3−1 = 0, 1013 Variabile casuale trinomiale che sono una partizione di :𝑃(𝐴 1 ) = 0, 3 𝑃(𝐴 2 ) = 0, 5 𝑃(𝐴 3 ) = 0, 2 Ω 𝑃(𝐴 1 ) + 𝑃(𝐴 2 ) + 𝑃(𝐴 3 ) = 1 Le prove (i 20 clienti) sono indipendenti. a) ) e quindi𝑃(𝐴 1 = 10 ∩ 𝐴 2 = 5 𝐴 3 = 20 − 10 − 5 = 5 Si può definire una trinomiale che conta il numero di clienti a cui piace un certo tipo di pane. In tutti e tre i casi si può definire una trinomiale: 𝑃(𝑋 1 = 5 ∩ 𝑋 2 = 10) = 𝑃(𝑋 1 = 5 ∩ 𝑋 3 = 5) = 𝑃(𝑋 3 = 5 ∩ 𝑋 2 = 10) 𝑃(𝑋 1 = 5 ∩ 𝑋 2 = 10) = ( 20 5, 10 ) · 0, 35 · 0, 510(1 − 0, 3 − 0, 5)5 = 0, 0354 b) probabilità condizionata 𝑃(𝑋 3 = 5/𝑋 2 = 10) 𝑃(𝑋 3 = 5/𝑋 2 = 10) = 𝑃(𝑋 3 =5 ∩ 𝑋 2 =10) 𝑃(𝑋 2 =10) = 0,0354 ( 20 10 )0,510(1−0,5)20−10 = 0, 20 oppure si giunge allo stesso risultato, in quanto la probabilità condizionata è una binomiale: ( 10 5 )( 0,3 0,5 )5(1 − 0,3 0,5 )10−5 = 0, 20 c) la v.c. da considerare è una binomiale, perciò si ha: 𝐸[𝑋 1 ] = 𝑛𝑝 1 = 20 · 0, 3 = 6 𝑉𝑎𝑟(𝑋 1 ) = 𝑛𝑝 1 (1 − 𝑝 1 ) = 20(0, 3)(0, 7) = 4, 2 𝐶𝑜𝑣(𝑋 1 , 𝑋 2 ) =− 𝑛· 𝑝 1 · 𝑝 2 =− 20(0, 3)(0, 5) =− 3 Variabile casuale geometrica 𝑝(𝑑𝑖𝑓𝑒𝑡𝑡𝑜𝑠𝑜) = 0, 01 Le estrazioni vengono effettuate con ripetizione⇒ㅛ con le stesse condizioni Y = v.c. che conta il numero di estrazioni per avere il primo difettoso a) con ,𝑃(𝑌 = 20) 𝑌 ∼ 𝐺𝑒𝑜𝑚(𝑝) 𝑝 = 0, 01 𝑝(𝑌 = 20) = 𝑝(1 − 𝑝)20−1 = 0, 01 · (1 − 0, 01)19 = 0, 0083 numero medio di pezzi da estrarre per trovare il primo difettoso 𝐸[𝑌] = 1 𝑝 = 1 0,01 = 100 b) 𝑝(𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜 𝑑𝑖𝑓 è 𝑖𝑙 𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠𝑖𝑚𝑜/𝑖 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑖 19 𝑁𝐷) = = 𝑝(𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜𝐷 20 ∩...∩𝑁𝐷 1...19 ) 𝑝(𝑁𝐷 1...19 ) dato che sonoㅛ𝑝(𝑁𝐷 1...19 ) = 𝑝(𝑁𝐷 1 ∩ 𝑁𝐷 2 ∩... ∩ 𝑁𝐷 19 ) = = 𝑝(𝑁𝐷 1 ) · 𝑝(𝑁𝐷 2 )... · 𝑝(𝑁𝐷 19 ) = 𝑝(𝑁𝐷)19 = (1 − 𝑝(𝑑𝑖𝑓))19 = (1 − 0, 01)19 oppure si può intendere come una binomiale con e (probabilità che l’ingranaggio𝑛 = 19 𝑝 = 0, 99 non sia difettoso) 𝑝(𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜𝐷 20 ∩... ∩ 𝑁𝐷 1...19 ) = 𝑝(𝑁𝐷 1 ∩ 𝑁𝐷 2 ∩... ∩ 𝑁𝐷 19 ∩ 𝐷 20 ) = = 𝑝(𝑁𝐷 1 ) · 𝑝(𝑁𝐷 2 )... · 𝑝(𝑁𝐷 19 ) · 𝑝(𝐷 20 ) = 𝑝(𝑁𝐷)19𝑝(𝐷)1 = (1 − 0, 01)19 · 0, 01 In questo caso non si può utilizzare la v.c. binomiale, in quanto essa collocherebbe il pezzo difettoso in tutti i possibili posti (ma si richiede che sia il ventesimo). 𝑝(𝑝𝑟𝑖𝑚𝑜𝐷 20 ∩...∩𝑁𝐷 1...19 ) 𝑝(𝑁𝐷 1...19 ) = (1−0,01)19·0,01 (1−0,01)19 = 0, 01 = 𝑝(𝐷) Infatti, sapendo che i primi 19 non sono difettosi, è come se si attendesse fino al primo pezzo difettoso .𝑝(𝑌 = 1) Variabile casuale binomiale negativa ,𝑟 = 300 𝑝 = 0, 01 Nelle prime 299 prove, si hanno 2 pezzi difettosi, e la 300esima prova si trova un pezzo difettoso. Allora: Y = v.c. che conta il numero di prove indipendenti per trovare il terzo pezzo difettoso 𝑝(𝑌 = 300) = 300−1 3−1( ) · 0, 013 · (1 − 0, 01)300−3 = 299 2( ) · 0, 013· 0, 99297 = 0, 0023 Ma se si considerasse una binomiale X = v.c. che conta il numero di pezzi difettosi su 300 prove (parametro della binomiale)𝑛 𝑝(𝑋 = 3) = 300 3( ) · 0, 013· 0, 99297 = 0, 2252 In questo caso perché la binomiale comprende il caso considerato dalla𝑝(𝑋 = 3) > 𝑝(𝑌 = 300) binomiale negativa. Variabile casuale ipergeometrica 𝑋 ∼ 𝑈𝑛𝑖𝑓(𝑎, 𝑏) = 𝑈𝑛𝑖𝑓(0, 10) a) 𝑓(𝑥) = 1 10 0 ≤ 𝑥 ≤ 10 0 altrove 0 𝑥 < 0 𝐹 𝑋 (𝑥) = 𝑥 10 0 ≤ 𝑥 ≤ 10 1 𝑥 ≥ 10 b) 𝑃(4 ≤ 𝑋 ≤ 8) = 4 8 ∫ 1 10 𝑑𝑡 = 𝑥 10⎡⎣ ⎤⎦4 8 = 8−4 10 = 4 10 oppure 𝐹 𝑋 (8)− 𝐹 𝑋 (4) = 8 10 − 4 10 = 4 10 c) 𝑃(𝑋 ≤ 6) = 𝐹 𝑋 (6) = 6 10 d) Y = v.c. che conta quante volte l’autobus passa prima delle 8:06 in 6 mattineㅛ Il parametro è la probabilità ricavata dalla v.c. rettangolare (c).𝑃(𝑋 ≤ 6) 𝑌 ∼ 𝐵𝑖𝑛(𝑛, 𝑝) = 𝐵𝑖𝑛(6; 0, 6) 𝑃(𝑌 ≥ 3) = 𝑃(𝑌 = 3) + 𝑃(𝑌 = 4) + 𝑃(𝑌 = 5) + 𝑃(𝑌 = 6) = = 6 3( )(0, 6)3(1 − 0, 6)6−3 + 6 4( )(0, 6)4(1 − 0, 6)6−4 + 6 5( )(0, 6)5(1 − 0, 6)6−5 + + 6 6( )(0, 6)6(1 − 0, 6)6−6 = 0, 8208 Variabile casuale di Pareto a) 𝑋 ∼ 𝑃𝑎𝑟𝑒𝑡𝑜(5. 000; θ) allora𝐸[𝑋] = 7. 500 θ > 1 𝐸[𝑋] = θ(5000) θ−1 = 7. 500 ⇒ θ θ−1 = 7500 5000 θ = 3 se𝑓(𝑥) = 3 · 50003𝑥−4 𝑥 ≥ 5000 0 se 𝑥 < 5000 b) si può calcolare con due metodi:𝑃(𝑋 ≥ 12. 000) 1. … 12000 +∞ ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 2. 𝑃(𝑋 ≥ 12. 000) = 1 − 𝐹 𝑋 (12. 000) = 1 − [1 − ( 5000 12000 )3] = 0, 0723 c) 𝑃(𝐸[𝑋] < 𝑥 < 𝑄 3 ) = 𝐹 𝑋 (𝑄 3 ) − 𝐹 𝑋 (7. 500) = 0, 75 − [1 − ( 5000 7500 )3] = 0, 0463 Infatti, la probabilità che X sia inferiore del terzo quartile è esattamente pari a 0,75 per definizione (non è necessario calcolarlo). Variabile casuale esponenziale a) 𝑋 ∼ 𝐸𝑥𝑝(θ) 𝐸[𝑋] = 6 ⇒ 1 θ = 6 θ = 1 6 𝑓(𝑥) = 1 6 · 𝑒 − 1 6 𝑥 𝑥 ≥ 0 0 altrove b) 𝑃(𝑋 ≤ 5) = 𝐹 𝑋 (5) = 1 − 𝑒 − 5 6 = 0, 5654 oppure 0 5 ∫ 1 6 𝑒 − 1 6 𝑥 𝑑𝑥 c) si applica la proprietà di assenza di memoria 𝑃(𝑋 > 8/𝑋 > 5) = 𝑃(𝑋 > (8 − 5)) = 𝑃(𝑋 > 3) = 1 − 𝐹 𝑋 (3) = 1 − (1 − 𝑒 − 3 6 ) = 0, 6060 Legami v.c. esponenziale - Poisson - Gamma tempo di attesa di un ordine in minuti𝑋 = 𝐸[𝑋] = 0, 25 ⇒ ⇒𝐸[𝑋] = 1 θ 1 θ = 0, 25 θ = 4 𝑋 ∼ 𝐸𝑥𝑝(4) a) 𝑝(𝑋 > 1) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 1) = 1 − 𝐹 𝑋 (1) =... = 0, 0183 b) 𝑝(𝑎𝑙 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑖𝑚𝑜 2 𝑜𝑟𝑑𝑖𝑛𝑖 𝑖𝑛 3 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑖) 𝑇 = 𝑣. 𝑐. 𝑑𝑖𝑠𝑐𝑟𝑒𝑡𝑎 𝑐ℎ𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑎 𝑖𝑙 𝑛𝑢𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑖 𝑜𝑟𝑑𝑖𝑛𝑖 𝑖𝑛 𝑢𝑛 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑙𝑜 𝑑𝑖 3 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑖 𝑇 ∼ 𝑃(λ) λ = θ𝑡 = 4 · 3 = 12 oppure, si può ricavare una Poisson che conta il numero di ordini in un minuto ( , allora si haλ = 4) che per l’intervallo di 3 minuti .𝑇 ∼ 𝑃(3λ) 𝑝(𝑇 ≤ 2) = 𝑝(𝑇 = 0) + 𝑃(𝑇 = 1) + 𝑃(𝑇 = 2) = = 𝑒−12·120 0! + 𝑒−12·121 1! + 𝑒−12·122 2! = 0, 0005 c) valore atteso e varianza di 𝑌 = 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑑𝑖 𝑎𝑡𝑡𝑒𝑠𝑎 𝑝𝑒𝑟 𝑙'𝑎𝑟𝑟𝑖𝑣𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑒𝑡𝑡𝑖𝑚𝑜 𝑜𝑟𝑑𝑖𝑛𝑒 𝑌 ∼ Γ(α = 7, θ = 4) min𝐸[𝑌] = 7 4 min2𝑉𝑎𝑟[𝑌] = 7 16 d) tempo di rottura di tre macchinari , ,𝑋 1 ∼ 𝐸𝑥𝑝(θ = 1 6 ) 𝑋 2 ∼ 𝐸𝑥𝑝(θ = 1 6 ) 𝑋 3 ∼ 𝐸𝑥𝑝(θ = 1 6 ) 𝑋 1 ㅛ𝑋 2 ㅛ𝑋 3 in mesi𝑌 = 𝑋 1 + 𝑋 2 + 𝑋 3 ∼ Γ(α = 3, θ = 1 6 ) mesi𝐸[𝑌] = α θ = 18 mesi2𝑉𝑎𝑟(𝑌) = α θ2 = 108 Stima puntuale Stima puntuale di una media Informazioni sulla popolazione ● diametro medio (mm)µ = 𝐸[𝑋] = ● diametro bulloni (mm)𝑋 = ● 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = σ2 = 9 (𝑚𝑚2) Informazioni sul campione ● bulloni𝑛 = 30 ● diametro totale = 7. 503 (𝑚𝑚) = 𝑖=1 30 ∑ 𝑋 𝑖 = 𝑋 1 + 𝑋 2 + ... + 𝑋 𝑛 a) stimatore per𝑋 µ mm⇒ stima puntuale di𝑋 = 𝑖=1 30 ∑ 𝑋 𝑖 30 = 7503 30 = 250, 1 µ Efficienza: 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = σ2 𝑛 = 9 30 = 0, 3 𝑚𝑚2 Errore quadratico medio: mm𝑆𝑄𝑀(𝑋) = 0, 3 = 0, 5477 b) si possono utilizzare le tavole della normale, standardizzando, perché la media campionaria è asintoticamente normale. 𝑝(𝐸𝑅𝑅𝑂𝑅𝐸 < 0, 3) = 𝑝( 𝑋 − µ| | < 0, 3) = 𝑝(− 0, 3 < 𝑋 − µ < 0, 3) = = 𝑝( −0,3 σ 𝑛 < 𝑋−µ σ 𝑛 < 0,3 σ 𝑛 ) = 𝑝( −0,3 9 30 < 𝑧 < 0,3 9 30 ) = 𝑝(− 0, 55 < 𝑍 < 0, 55) = = 2Φ(0, 55) − 1 = 0, 41768 c) quanto vale l’ampiezza campionaria (n) affinché lo scarto quadratico medio sia minore di 0,3 𝑆𝑄𝑀(𝑋) = σ2 𝑛 = 9 𝑛 = 3 𝑛 si vuole ricercare t.c.𝑛 𝑆𝑄𝑀(𝑋) < 0, 3 3 𝑛 < 0, 3 9 𝑛 < 0, 32 ⇒ ⇒ si esplicita n minimo affinché SQM sia minore di 0,3𝑛 > 9 0,32 𝑛 > 100 𝑛 ≥ 101 d) 𝑝( 𝑋 − µ| | < 0, 3) = 0, 945 𝑝(− 0, 3 < 𝑋 − µ < 0, 3) = 𝑝( −0,3 9 𝑛 < 𝑍 < 0,3 9 𝑛 ) che è un intervallo simmetrico, perciò 𝑎 =− 𝑏 𝑝(− 𝑏 < 𝑧 < 𝑏) = 2Φ(𝑏) − 1 ⇒ ⇒2Φ(𝑏) − 1 = 0, 945 Φ(𝑏) = 0, 9725 𝑏 = 1, 92 ⇒ ⇒𝑏 = 0,3 9 𝑛 = 1, 92 0, 3 · 𝑛 3 = 1, 92 𝑛 = (1, 92 · 3 0,3 )2 = 368, 68 ⇒ 𝑛 ≥ 369 Stima puntuale di una proporzione (non interessa il peso, ma la proporzione!) Informazioni sulla popolazione ● v.c. popolazione: peso arance in grammi𝑋 ● proporzione nella popolazione di arance con peso minore di 150g𝑝 Informazioni sul campione ● 𝑛 = 400 ● g180 𝑠𝑢 400 𝑋 < 150 a) Stimatore puntuale di p 𝑝 = 𝑊 𝑛 = 180 400 = 0, 45 Efficienza dello stimatore: ma è incognito, e allora si possono applicare due metodi (nessuno dei𝑉𝑎𝑟(𝑝) = 𝑝(1−𝑝) 𝑛 = 𝑝(1−𝑝) 400 𝑝 due è esattamente perfetto) Metodo I: si suppone che , cioè lo stimatore puntuale𝑝 = 𝑝 g2 che non rappresenta la varianza esatta𝑉𝑎𝑟(𝑝) = 0,45(1−0,45) 400 = 0, 000619 g𝑆𝑄𝑀(𝑝) = 𝑉𝑎𝑟(𝑝) = 0, 0249 Metodo II: invece di utilizzare lo stimatore (che non si ritiene una buona stima) si pone il caso peggiore, cioè che la varianza sia molto grande, ma il numeratore non può assumere ogni valore, ma solamente: 𝑝(1 − 𝑝) = 𝑚𝑎𝑥 𝑝∈[0,1] 𝑝(1 − 𝑝) in𝑦 = 𝑓(𝑥) = 𝑥(1 − 𝑥) 𝑥 ∈ [0, 1] ⇒𝑓(𝑥) ≤ 0, 25 ∀𝑥 ∈ [0, 1] 𝑚𝑎𝑥 𝑝∈[0,1] 𝑝(1 − 𝑝) = 0, 25 che assume il suo valore massimo quando e, in questo modo, si evita di sottostimare la𝑥 = 0, 5 varianza. g2𝑉𝑎𝑟(𝑝) = 0,25 400 = 0, 000625 g𝑆𝑄𝑀(𝑝) = 𝑉𝑎𝑟(𝑝) = 0, 025 b) 𝑝(𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟𝑒 𝑑𝑖 𝑠𝑡𝑖𝑚𝑎 < 0, 06) = 𝑝( 𝑝 − 𝑝| | < 0, 6) per𝑝 ≈ 𝑁(𝑝, 𝑝(1−𝑝) 𝑛 ) 𝑛 → + ∞ si può quindi standardizzare: 𝑝(− 0, 06 < 𝑝 − 𝑝 < 0, 06) = 𝑝( −0,06 𝑝(1−𝑝) 𝑛 < 𝑝−𝑝 𝑝(1−𝑝) 𝑛 < 0,06 𝑝(1−𝑝) 𝑛 ) = ⇒= 𝑝( −0,06 𝑝(1−𝑝) 𝑛 < 𝑍 < 0,06 𝑝(1−𝑝) 𝑛 ) 𝑏 = 0,06 𝑝(1−𝑝) 400 ma nuovamente è incognito, quindi si applicano i due precedenti metodi𝑝(1 − 𝑝) Metodo I: 𝑝 = 𝑝 = 0, 45 𝑝(− 2, 41 < 𝑍 < 2, 41) = 2Φ(2, 41) − 1 = 0, 984 Metodo II: si considera il peggiore caso possibile 𝑝( −0,06 0,5(1−0,5) 400 < 𝑍 < 0,06 0,5(1−0,5) 400 ) = 0, 9836 La prima probabilità è sicuramente maggiore della seconda, perché nel secondo la varianza è più grande rispetto al primo. c) numero di prove aggiuntive necessarie affinchè SQM sia minore di 0,01 ⇒ ⇒𝑆𝑄𝑀(𝑝) < 0, 01 𝑉𝑎𝑟(𝑝) < 0, 01 𝑝(1−𝑝) 𝑛 < 0, 01 ⇒ ma p è incognito, quindi ancora:𝑛 ≥ 𝑝(1−𝑝) 0,012 Metodo I ⇒ ⇒𝑝 = 0, 45 𝑝(1 − 𝑝) = 0, 45(1 − 0, 45) 𝑛 > 2475 𝑛 ≥ 2476 − 400 Metodo II ⇒𝑝 = 0, 50 = 𝑝(1 − 𝑝) = 0, 5(1 − 0, 5) = 0, 25 𝑛 > 2500 𝑛 ≥ 2501 − 400 d) 𝑝(𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟𝑒 𝑑𝑖 𝑠𝑡𝑖𝑚𝑎 < 0, 06) = 0, 99 𝑝( 𝑝 − 𝑝| | < 0, 06) = 0, 99 𝑝( −0,06 𝑝(1−𝑝) 𝑛 < 𝑝−𝑝 𝑝(1−𝑝) 𝑛 < 0,06 𝑝(1−𝑝) 𝑛 ) = 0, 99 ⇒ ⇒ dalle tavole𝑝(− 𝑏 < 𝑍 < 𝑏) = 2Φ(𝑏) − 1 = 0, 99 Φ(𝑏) = 0, 995 𝑏 = 2, 57 Informazioni sulla popolazione ● µ = 𝐸[𝑋] ● σ2 = 𝑉𝑎𝑟(𝑋) = 8, 52 €2 Informazioni sul campione ● 𝑛 = 250 ● 𝑋 = 4, 88 € a) IC per al 99% di confidenzaµ ⇒ ⇒1 − α = 0, 99 α = 0, 01 1 − α 2 = 0, 995 𝑧 1− α 2 = 𝑧 0,995 = 2, 575 L’intervallo di confidenza al livello con nota ha estremi: 𝑝𝑒𝑟 µ (1 − α)% σ2 ⇒𝑋 ± 𝑧 1− α 2 σ 𝑛 4, 88 ± 2, 575 8,52 250 [4, 4056€; 5, 3544€] Ampiezza dell’IC = 5, 3544€ − 4, 4056€ = 0, 9488€ b) quanto varia l’ampiezza dell’IC Ampiezza IC = 𝑈 − 𝐿 = (𝑋 + 𝑧 1− α 2 σ 𝑛 ) − (𝑋 − 𝑧 1− α 2 σ 𝑛 ) = 2𝑧 1− α 2 σ 𝑛 ⇒ ⇒1 − α = 0, 95 α = 0, 05 1 − α 2 = 0, 975 𝑧 1− α 2 = 𝑧 0,975 = 1, 96 L’intervallo di confidenza al livello con nota ha estremi 𝑝𝑒𝑟 µ 95% σ2 ⇒4, 88 ± 1, 96 8,52 250 [4, 5182; 5, 2418] L’ampiezza dell’IC si può calcolare come: 1. 𝑈 − 𝐿 = 5, 2418 − 4, 5182 = 0, 7236 2. 2𝑧 1− α 2 σ 𝑛 = 2 · 1, 96 8,52 250 = 0, 7236 Ampiezza IC = 2𝑧 1− α 2 σ 𝑛 minore è la confidenza , minore è l’ampiezza dell’IC (1 − α) minore è la varianza , minore è l’ampiezza dell’ICσ all’aumentare della numerosità del campione , maggiore è l’ampiezza dell’IC𝑛 c) Ampiezza IC per , cioè(1 − α) = 0, 99 ≤ 0, 6 2𝑧 1− α 2 σ 𝑛 ≤ 0, 6 2 · 2, 575 · 8,52 𝑛 ≤ 0, 6 𝑛 ≥ 22·2,5752·8,52 0,62 = 625, 26 𝑛 ≥ 626 Stima intervallare di una media (varianza ignota) Informazioni sul campione ● 𝑛 = 250 ● , 𝑖=1 𝑛 ∑ 𝑋 𝑖 = 8175 𝑖=1 𝑛 ∑ 𝑋 𝑖 2 = 353500 a) Intervallo di confidenza al livello con ignota 𝑝𝑒𝑟 µ (1 − α)% = 97% σ2 𝑋 ± 𝑧 1− α 2 𝑆 𝑐 2 𝑛 ⇒ ⇒1 − α = 0, 97 α = 0, 03 1 − α 2 = 0, 985 𝑧 1− α 2 = 𝑧 0,985 = 2, 17 ricavando media campionaria e varianza campionaria corretta: min𝑋 = 8175 250 = 32, 7 min2𝑠 𝑐 2 = 1 𝑛−1 ( 𝑖=1 𝑛 ∑ 𝑋 𝑖 2 − 𝑛𝑋2) = 346, 0944 Gli estremi dell’intervallo di confidenza risultano quindi: ⇒32, 7 ± 2, 17 346,0944 250 [30, 1468; 35, 2532] Stima intervallare di una proporzione Informazioni sulla popolazione X: ● utilità del passaggio al digitale (1 o 0)𝑋 ● proporzione per cui è utile𝑝 Informazioni sul campione: ● 𝑛 = 736 ● per è utile621 a) con ⇒ ⇒𝐼𝐶 𝑝𝑒𝑟 𝑝 (1 − α) = 0, 90 α = 0, 1 1 − α 2 = 0, 98 ➢ IC= ma non è conosciuto, ed esistono due metodi per𝑝 ± 𝑧 1− α 2 𝑝(1−𝑝) 𝑛 𝑝(1 − 𝑝) determinarlo 𝑝 = 621 736 = 0, 84375 𝑧 1− α 2 = 𝑧 0,95 = 1, 645 Metodo I 𝑝 → 𝑝 ⇒𝑝 ± 𝑧 1− α 2 𝑝(1−𝑝) 𝑛 0, 84375 ± 1, 645 0,84375(1−0,84375) 736 ⇒ [0, 8217; 0, 8658] Metodo II (conservativo, senza utilizzare le informazioni campionarie)𝑝 → 0, 5 ⇒𝑝 ± 𝑧 1− α 2 0,5(1−0,5) 𝑛 0, 84375 ± 1, 645 0,5(1−0,5) 736 ⇒ [0, 8134; 0, 8741] b) tale che ampiezza𝑛 𝐼𝐶 𝑑𝑖 𝑝 ≤ 0, 03 𝑈 − 𝐿 = (𝑝 + 𝑧 1− α 2 𝑝(1−𝑝) 𝑛 ) − (𝑝 − 𝑧 1− α 2 𝑝(1−𝑝) 𝑛 ) = 2𝑧 1− α 2 𝑝(1−𝑝) 𝑛 Metodo I 𝑝 → 𝑝 2 · 1, 645 0,84375(1−0,84375) 𝑛 ≤ 0, 3 𝑛 ≥ 22·1,6452·0,84375(1−0,84375) 0,032 ⇒𝑛 ≥ 1585, 56 𝑛 ≥ 1586 Metodo II 𝑝 → 0, 5 ⇒ 𝑛 ≥ 3007 Stima intervallare del parametro di una esponenzialeθ Informazioni su 𝑋 ● durata in giorni di una lampadina𝑋 = ● 𝑋 ∼ 𝐸𝑥𝑝(θ) ● parametro di interesseθ = Informazioni sul campione ● 𝑛 = 300 ● giorni 𝑖=1 𝑛 ∑ 𝑥 𝑖 = 18000