Esame di Statistica del 28 giugno 2004 (Corso di Laurea in Biotecnologie, Università degli Studi di Padova).

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Es. 1 Es. 2 Es. 3 Es. 4 Somma Voto finale

Attenzione: si consegnano SOLO i fogli di questo fascicolo.

Esercizio 1. Supponiamo che il numero giornaliero di persone ricoverate per attacchi violenti di asma in un dato ospedale sia una variabile aleatoria di Poisson cdi parametro λ = 1,5.

1. Come sarà distribuito il numero di persone ricoverate per attacchi violenti di asma in due giorni?

2. Qual è la probabilità di osservare 5 o più casi in un periodo di 2 giorni?

In un particolare periodo di 2 giorni, i livelli di inquinamento dell’aria aumentano e la distribuzione di attacchi su 1 giorno diventa una legge di Poisson con parametro λ_{1} = 3.

3. Rispondere al punto 2 in questa nuova situazione.

4. Se in ogni anno 10 giorni sono di alto inquinamento, qual è il numero atteso di ricoveri per asma in un dato anno?

Esercizio 2. Supponiamo di voler studiare la relazione tra abuso di analgesici e livello di creatinina nel sangue. In particolare, consideriamo 15 persone che lavorano in una fabbrica e sono conosciuti per “abuso di analgesici” (cioè più di 10 pillole al giorno) e misuriamo il loro livello di creatinina, con i seguenti risultati:

0,9, 1,1, 1,6, 2,0, 0,8, 0,7, 1,4, 1,2, 1,5, 0,8, 1,0, 1,1, 1,4, 2,2, 1,4

1. Stimare media, deviazione standard ed errore standard della media del livello di creatinina in base ai dati sopra.

2. Supponiamo che nella popolazione “normale” il livello di creatinina sia 1,0. Testare l’ipotesi che ci sia una differenza nella media dei livelli di creatinina nel sangue nel gruppo considerato usando il metodo del valore critico (usare α = 0,05).

3. Eseguire il test del punto 2 usando il metodo degli intervalli di confidenza.

4. Dare limitazioni per il valore P.

Esercizio 3. Durante gli anni 1985–1990, è stato introdotto il sorfatante per la cura di neonati sottopeso con problemi respiratori. Sono stati riportati i seguenti dati sulla mortalità neonatale prima e dopo l’introduzione del farmaco:

classe peso alla nascita  prima  dopo
n. n. morti n. n. morti
A  500–749  769  479  330  177
B  750–999  903  257  414  78
C  1000–1249  1027  142  415  40
D  1250–1499  1223  82  548  40

1. Dire se, dopo l’adozione del farmaco, il tasso di sopravvivenza dipende dal peso (usare α = 0,05).

2. Dire se, dopo l’adozione del farmaco, ci sono delle classi che si possono considerare con lo stesso tasso di sopravvivenza (fare prima il confronto C-D e poi gli altri eventuali).

Esercizio 4. I dati nella tabella seguente sono misure da un gruppo di 11 uomini senza una particolare malattia cardiaca prese all’autopsia:

∑ x_{i} = 562, 3, ∑ x_{i}^{2} = 32.816, 33, ∑ x_{i}y_{i} = 181.462
∑ y_{i} = 3170, ∑ y_{i}^{2} = 1.024.850,

dove abbiamo indicato con x_{i} il peso corporeo totale (in kg) e con y_{i} il peso del cuore (in g) dell’i-esimo individuo.

1. Costruire un intervallo di confidenza al 90% per il peso del cuore.

2. Trovare la retta di regressione tra il peso corporeo totale e il peso del cuore.

3. Fare un test di livello α = 0,05 per vedere se c’é una relazione lineare tra le due quantità di cui sopra.

Soluzioni

Esercizio 1. Definiamo le variabili aleatorie

X_{i} = \{ \begin{matrix}1 & se il genitore i fornisce il gene A \\ 0 & se il genitore i fornisce il gene a \end{matrix}

dove i = M, P (che stanno per madre e padre). Allora le variabili X_{M}, X_{P} sono indipendenti, ma hanno legge diversa a seconda delle due coppie (1 punto).

1. In questo caso entrambe le variabili aleatorie X_{M}, X_{P} hanno legge di Bernoulli di parametro 1/2. Si ha quindi:

ℙ\{figlio malato\} = ℙ\{X_{M} = 0, X_{P} = 0\} = ℙ\{X_{M} = 0\}ℙ\{X_{P} = 0\} = \frac{1}{2} · \frac{1}{2} = \frac{1}{4}
ℙ\{figlio sano\} = ℙ\{X_{M} = 1, X_{P} = 1\} = ℙ\{X_{M} = 1\}ℙ\{X_{P} = 1\} = \frac{1}{2} · \frac{1}{2} = \frac{1}{4}
ℙ\{figlio portatore sano\} = 1 − \frac{1}{4} − \frac{1}{4} = \frac{1}{2} (2 punti)

2. In questo caso, X_{M} ha legge di Bernoulli di parametro 1/2, ma X_{M} è identicamente 1. Si ha quindi:

ℙ\{figlio malato\} = ℙ\{X_{M} = 0, X_{P} = 0\} = ℙ\{X_{M} = 0\}ℙ\{X_{P} = 0\} = \frac{1}{2} · 0 = 0
ℙ\{figlio sano\} = ℙ\{X_{M} = 1, X_{P} = 1\} = ℙ\{X_{M} = 1\}ℙ\{X_{P} = 1\} = \frac{1}{2} · 1 = \frac{1}{2}
ℙ\{figlio portatore sano\} = 1 − 0 − \frac{1}{2} = \frac{1}{2} (2 punti)

3. A seconda che il padre sia portatore sano o meno, si ha lo scenario della coppia 1 o della coppia 2. Definiamo gli eventi B_{1} = {figlio malato}, B_{2} = {figlio portatore sano}, B_{3} = {figlio sano}, e l’evento A = {padre portatore sano}, quindi avremo A^{c} = {padre sano}. Le quantità calcolate nei punti 1 e 2 sono allora interpretabili come

ℙ(B_{1}|A) = \frac{1}{4}, ℙ(B_{2}|A) = \frac{1}{2}, ℙ(B_{3}|A) = \frac{1}{4}

ℙ(B_{1}|A^{c}) = 0, ℙ(B_{2}|A^{c}) = \frac{1}{2}, ℙ(B_{3}|A^{c}) = \frac{1}{2}

Allora usando la formula della probabilità totale si ha:

ℙ{figlio malato} = ℙ(B_{1}) = ℙ(B_{1}|A)ℙ(A) + ℙ(B_{1}|A^{c})ℙ(A^{c}) =
= \frac{1}{4} · \frac{1}{25} + 0 · \frac{24}{25} = \frac{1}{100}
ℙ{figlio portatore sano} = ℙ(B_{2}) = ℙ(B_{2}|A)ℙ(A) + ℙ(B_{2}|A^{c})ℙ(A^{c}) =
= \frac{1}{2} · \frac{1}{25} + \frac{1}{2} · \frac{24}{25} = \frac{1}{2}
ℙ{figlio sano} = ℙ(B_{3}) = ℙ(Ω \ B_{1} \ B_{2}) = 1 − ℙ(B_{1}) − ℙ(B_{2}) =
= 1 − \frac{1}{100} − \frac{1}{2} = \frac{49}{100} (3 punti)

Esercizio 2.

1. Facciamo una analisi della varianza di ipotesi H_{0} : μ_{0} = μ_{1} = μ_{2} e alternativa H_{1} : ∃i, j tali che μ_{i} ≠ μ_{j}. La varianza entro i campioni è

s_{e}^{2} = \frac{10 · 17^{2} + 15 · 30^{2} + 13 · 35^{2}}{41 − 3} = 850, 39

La media tra i campioni è

X̄ = \frac{11 · 447 + 16 · 493 + 14 · 551}{41} = 500, 46

La varianza tra i campioni è

s_{a}^{2} = \frac{11(447 − 500, 46)^{2} + 16(493 − 500, 46)^{2} + 14(551 − 500, 46)^{2}}{2} = 34044, 10

La F vale quindi:

F = \frac{s_{a}^{2}}{s_{e}^{2}} = \frac{34044, 10}{850, 39} = 40, 03

I gradi di libertà sono ν_{a} = 3 − 1 = 2 e ν_{e} = 11 + 16 + 14 − 3 = 38. Bisogna quindi confrontare F con il quantile F_{0,99}(2, 38), che non è sulle tavole. Notiamo però che F_{0,99}(2, 38) < F_{0,99}(2, 30) = 5,39. Siccome 40,03 < 5,39, l’ipotesi è rifiutata.

2. Facciamo ora i test di Bonferroni per i diversi campioni; abbiamo:

• 0 contro 1:

t_{01} = \frac{447 − 493}{\sqrt{850, 39(\frac{1}{11} + \frac{1}{16})}} = −4, 03

• 0 contro 2:

t_{02} = \frac{447 − 551}{\sqrt{850, 39(\frac{1}{11} + \frac{1}{14})}} = −8, 85

• 1 contro 2:

t12 = \frac{493 − 551}{\sqrt{850, 39(\frac{1}{16} + \frac{1}{14})}} = −5, 43

Questi valori vanno confrontati con il quantile t_{1−α′/2}(38), che non è sulle tavole; infatti α′ = α/3 = 0, 0033, quindi 1 − α′/2 = 0,9983. Siccome t_{0,9983}(38) < t_{0,999}(30) = 3,38, abbiamo che tutti e tre i test danno come risultato una differenza di medie. Possiamo uindi dire che i dati ci suggeriscono che i tre gradi di nefropatia sono tutti differenti tra di loro.

1. Bisogna calcolare ℙ{X ∈ I_{k}}, dove I_{1} = (−∞, 90), I_{2} = [90, 100),…, I_{6} = [130, +∞). Ponendo Z = \frac{X−110}{20}, si ha che Z ∼ N(0, 1), e:

ℙ\{X < 90\} = ℙ\{X ≤ 90\} = ℙ \{Z ≤ \frac{90 − 110}{20}\} =
= F_{Z}(−1) = 1 − F_{Z}(1) = 1 − 0, 841 = 0, 159
ℙ\{90 ≤ X < 100\} = ℙ\{90 < X ≤ 100\} = ℙ \{\frac{90 − 110}{20} < Z ≤ \frac{100 − 110}{20}\} =
= F_{Z}(−0, 5) − F_{Z}(−1) = 1 − F_{Z}(0, 5) − 1 + F_{Z}(1) = 0, 841 − 0, 691 = 0, 150
ℙ\{100 ≤ X < 110\} = ℙ\{100 < X ≤ 110\} = ℙ \{\frac{100 − 110}{20} < Z ≤ \frac{110 − 110}{20}\} =
= F_{Z}(0) − F_{Z}(−0, 5) = 0, 5 − 1 + F_{Z}(1) = 0, 691 − 0, 5 = 0, 191
ℙ\{110 ≤ X < 120\} = ℙ\{110 < X ≤ 120\} = ℙ \{\frac{110 − 110}{20} < Z ≤ \frac{120 − 110}{20}\} =
= F_{Z}(0, 5) − F_{Z}(0) = 0, 691 − 0, 5 = 0, 191
ℙ\{120 ≤ X < 130\} = ℙ\{120 < X ≤ 130\} = ℙ \{\frac{120 − 110}{20} < Z ≤ \frac{130 − 110}{20}\} =
= F_{Z}(1) − F_{Z}(0, 5) = 0, 841 − 0, 691 = 0, 150
ℙ\{X ≥ 130\} = 1 − ℙ\{X ≤ 130\} = 1 − ℙ \{Z ≤ \frac{130 − 110}{20}\} =
= 1 − F_{Z}(1) = 1 − 0, 841 − 0, 691 = 0, 159

2. Innanzitutto bisogna ottenere i dati attesi. Dato che nel nostro campione abbiamo taglia uguale a n = 15 + 11 + 19 + 17 + 20 + 18 = 100, i dati attesi saranno

E_{1} = E_{6} = 100 · 0, 159 ≃ 16, E_{2} = E_{5} = 100 · 0, 150 ≃ 15, E_{3} = E_{4} = 100 · 0, 191 ≃ 19

I valori attesi sono tutti maggiori di 5, quindi si può fare un test χ^{2}. L’ipotesi è H_{0} : p_{k} = ℙ{X ∈ I_{k}}∀k = 1, …, 6 e l’alternativa è H_{1} : ∃k tale che p_{k} ≠ ℙ{X ∈ I_{k}}. Costruiamo il χ^{2}:

χ^{2} = \frac{(16 − 15)^{2}}{16} + \frac{(15 − 11)^{2}}{15} + \frac{(19 − 19)^{2}}{19} + \frac{(19 − 17)^{2}}{19} + \frac{(20 − 15)^{2}}{15} + \frac{(16 − 18)^{2}}{16} = 3, 26

Il numero di gradi di libertà è ν = 6− = 5, e il valore critico è χ_{0,95}^{2}(5) = 11,070. Abbiamo quindi 3,26 < 11,070, e possiamo accettare l’ipotesi: i dati possono quindi in effetti provenire da una legge N(110, 400).

1. Bisogna fare una regressione tra le variabili t (variabile dipendente) e x (variabile indipendente). Partiamo calcolando le quantità:

X̄ = \frac{2980}{20} = 149 (0, 5 punti),  T̄ = \frac{2030}{20} = 101, 5 (0, 5 punti),
s_{X}^{2} = \frac{1}{19}(451350 − 20 · 149^{2}) = 385, 79 (0, 5 punti),
s_{T}^{2} = \frac{1}{19}(210850 − 20 · 101, 5^{2}) = 252, 89 (0, 5 punti),
s_{XT} = \frac{1}{19}(305700 − 20 · 149 · 101, 5) = 170 (0, 5 punti)

Calcoliamo i coefficienti della retta di regressione:

b_{1} = \frac{s_{XT}}{s_{X}^{2}} = 0, 44 (1 punto)
b_{0} = T̄ − b_{1}X̄ = 35, 84 (1 punto)

La retta di regressione è quindi t = 0, 44y + 35, 84 (0,5 punti).

2. Bisogna fare un test di ipotesi H_{0} : β_{1} = 0 e alternativa H_{1} : β_{1} ≠ 0. Se H_{0} viene accettata, significa che non c’è dipendenza lineare. Per eseguire il test, bisogna calcolare:

s_{T |X} = \sqrt{\frac{19}{18}(252, 89 − 0, 44^{2} · 385, 79)} = 13, 71
s_{b_{1}} = \frac{s_{Y |X}}{\sqrt{19 · s_{X}^{2}}} = \frac{13, 71}{\sqrt{19 · 385, 79}} = 0, 16

Costruiamo t:

t = \frac{b_{1} − 0}{s_{b_{1}}} = \frac{0, 44}{0, 16} = 2, 75

Abbiamo ν = 20 − 2 = 18, e t_{0,975}(18) = 2,100 < |t|, quindi rifiutiamo l’ipotesi, con la conclusione che c’è una relazione lineare tra le pressioni di padre e figlio (3 punti).

Esame di Statistica del 28 giugno 2004 (Corso di Laurea Triennale in Biotecnologie, Universitá degli Studi di Padova) (docente: Tiziano Vargiolu)

Sono ammessi all’orale:

Baldin Clara  18,5
Bianconi Tamara  23,5
Buonuomo Davide 25
Chemello Francesco 17,5
Denti Laura  29,5
De Vidi Beatrice  24
Groppa Elena  21,5
Meneghello Davide 18
Rodio Stefania  18,5
Sartor Chiara  19,5

Visione compiti corretti e orali: mercoledì 30 giugno ore 14.30 aula F piano rialzato Vallisneri