Esame di Statistica del 12 luglio 2004 (Corso di Laurea in Biotecnologie, Università degli Studi di Padova).

Cognome  Nome  Matricola

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

Attenzione: si consegnano SOLO i fogli di questo fascicolo.

Esercizio 1. Un gene può essere presente in due alleli, contrassegnati A e a (non specifichiamo qual è il dominante e quale il recessivo). La popolazione è quindi composta di tre tipi di individui, che sono AA, Aa e aa. Alla riproduzione ognuno dei due genitori trasmette al figlio uno dei due alleli, scelto a caso. Supponiamo che inizialmente la distribuzione dei tre tipi genetici nella popolazione sia

ℙ{individuo = AA} = p, ℙ{individuo = Aa} = q, ℙ{individuo = aa} = r

dove p, q, r ≥ 0, p + q + r = 1.

1. Qual è la probabilità che da una coppia con padre AA e madre Aa nasca rispettivamente un figlio AA, Aa o aa?

2. Rispondere alla domanda 1. con padre aa e madre AA.

3. Qual è la probabilità che una coppia sia composta da un padre AA e una madre Aa?

4. (lungo) Quali saranno le proporzioni dei tre corredi genetici AA, Aa e aa alla generazione successiva?

Esercizio 2. In un gruppo di donne tra i 30 e i 39 anni si è studiata la relazione tra consumo di alcool e pressione arteriosa, con i seguenti risultati:

pressione arteriosa

media dev. standard n.
A. non usa alcool  110,5  13,3  357
B. ≤ 10 once / settimana 109,1  13,4  440
C. > 10 once / settimana 114,5  14,9  230

1. Stabilire se tra i tre gruppi ci sono delle differenze significative di pressione arteriosa (usare α = 0,05).

2. Stabilire se ci sono dei gruppi che si possono considerare con pressione uguale.

Esercizio 3. Nelle recenti elezioni comunali a Padova, Flavio Zanonato è stato eletto sindaco al primo turno. Vogliamo ora vedere se questo risultato era prevedibile attraverso un sondaggio fatto 15 giorni prima. Dal sondaggio, condotto su 902 persone, è risultato che il 51,5 % avrebbe votato Zanonato, e il 48,5 % avrebbe votato altri candidati.

1. Che test bisognerebbe eseguire per stabilire con la massima precisione possibile il valore P? Ricordiamo che la vittoria al primo turno si ottiene solo se il candidato ha la maggioranza assoluta dei voti (il che si traduce ponendo come ipotesi H_{0} : p = 1/2 e alternativa H_{1} : p > 1/2).

2. Eseguire il test del punto 1, dando limitazioni per il valore P.

3. Dire se in base a questo valore si poteva prevedere la vittoria di Zanonato al primo turno.

Esercizio 4. Il termine “regressione” fu usato per la prima volta da Francis Galton a proposito delle leggi sull’ereditarietà. Galton pensava che tali leggi prescrivessero per la discendenza degli estremi di una popolazione una “regressione verso la media”, intendendo con questo che i figli di individui con caratteristiche eccezionalmente alte o basse tendono ad essere più nella media dei genitori. Lo statistico Karl Pearson, per dimostrare la tesi di Galton, prese le stature (in pollici) di 10 figli e le confrontò con quelle dei loro padri:

Padre 60 62 64 65 66 67 68 70 72 74 Figlio 64 65 66 65 67 67 67 68 70 70

1. Calcolare la retta di regressione per questi dati.

2. Calcolare l’errore standard del coefficiente angolare.

Vogliamo ora controllare se i dati evidenziano in modo significativo un coefficiente angolare minore di 1. Usiamo sempre α = 0,05.

3. Fare un test unilatero con H_{0} : β_{1} = 1 e H_{1} : β_{1} < 1. Galton aveva ragione?

4. Fare un test bilatero con H_{0} : β_{1} = 0,5 e H_{1} : β_{1} ≠ 0,5. Perchè un test proprio per β_{1} = 0,5?

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:

t_{12} = \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 quindi dire che i dati ci suggeriscono che i tre gradi di nefropatia sono tutti differenti tra di loro.

1. Bisogna eseguire un test Z, che usa tavole con più quantili rispetto al test del χ^{2}, di ipotesi H_{0} : p = 1/2 e alternativa H_{1} : p > 1/2. Il test si può eseguire in quanto np = 902 · 1/2 = 451 > 5.

2. Abbiamo p̂ = 0,515, quindi

Z = \frac{0, 515 − 0, 5}{\sqrt{\frac{0,5·0,5}{902}}} = 0, 9036

Poichè F (0, 90) = 0,815 e F (0, 91) = 0,818, abbiamo che q_{0,815} < 0, 9036 < q_{0,818}. Per un dato α, il valore critico del test sarebbe q_{1−α}, poichè il test è unilatero, e quindi 0,182 = 1− 0,818 < P < 1− 0,815 = 0,185.

3. Con un valore P così alto, rifiutando l’ipotesi ci sarebbe stata una probabilità molto alta di commettere un errore di prima specie. Pertanto la conclusione dal sondaggio è che non si sarebbe potuto escludere un eventuale ballottaggio.

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 12 luglio 2004 (Corso di Laurea Triennale in Biotecnologie, Universitá degli Studi di Padova) (docente: Tiziano Vargiolu)

Sono ammessi all’orale:

Chemello Francesco 20
Fregonese Andrea  23,5
Gnan Chiara  21
Groppa Elena  20,5
Santi Chiara  18,5

Visione compiti corretti e orali: mercoledì 14 luglio ore 10.00 aula P50 al Paolotti