Esame di Statistica del 1 settembre 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. Supponiamo di inoculare il vaccino dell’influenza ad una popolazione particolarmente sensibile di 500 unità tra i 60 e i 64 anni, e che il tasso di mortalità dopo questa operazione sia p = 0,0028. Utilizzando l’approssimazione di Poisson, calcolare:

1. la probabilità che muoiano esattamente 4 persone;

2. la probabilità che muoiano almeno 4 persone;

3. il numero atteso di morti;

4. la deviazione standard del numero di morti.

Esercizio 2. In un carcere è stato condotto uno studio su come il livello di testosterone possa influenzare il comportamento. Si sono presi tre gruppi di prigionieri: aggressivi (in carcere per reati violenti), socialmente dominanti (in carcere per reati non violenti, ma che avevano una posizione alta nella gerarchia del carcere) e non violenti (in carcere per reati non violenti e che non avevano una posizione alta nella gerarchia del carcere). Ogni gruppo è formato da 12 persone. Le analisi del sangue hanno rilevato i seguenti livelli di testosterone:

gruppo  media dev. standard
A (aggressivi)  10,10  2,29
D (dominanti)  8,46  2,36
N (non aggressivi) 5,99  1,20

1. Stabilire se il livello di testosterone è differente tra i tre gruppi (usare α = 0,01).

2. Stabilire quali sono i gruppi che si possono considerare con lo stesso livello medio di testosterone.

Esercizio 3. In un collegio c’è una epidemia di gastroenterite: esattamente metà degli occupanti si sono ammalati. In questo collegio, gli occupanti sono divisi in stanze come segue: ci sono 39 stanze doppie, 12 triple e 45 quadruple. Una domanda naturale è se ci possano essere state infezioni tra le persone di stanze uguali.

1. In una generica stanza da n = 2, 3, 4 posti, che distribuzione avrà la variabile aleatoria X_{n} = “numero di malati” assumendo che non ci siano infezioni tra gli individui della stessa stanza (e che quindi la gastroenterite sia provocata solo da cause esterne)?

2. Sotto l’ipotesi del punto precedente, calcola ℙ{X_{n} < 2} e ℙ{X_{n} ≥ 2} per n = 2, 3, 4.

3. Per rispondere alla domanda iniziale, una procedura standard richiede di calcolare il numero atteso di stanze con meno di due malati e il numero atteso di stanze con due o più malati nelle stanze da 2, 3 e 4 posti rispettivamente. Eseguire il calcolo (precisazione: devono venire 6 numeri).

La distribuzione osservata di malati nelle stanze è la seguente:

stanze con stanze con
< 2 malati ≥ 2 malati
n. letti per stanza 2 3 4 2 3 4
27 9 18 12 3 27

4. Eseguire un test χ^{2}, usando i numeri calcolati al punto 3, per verificare se non ci sono state infezioni. Riportare limitazioni per il valore P.

Esercizio 4. Vogliamo testare fino a che punto l’ipertensione è un fenomeno genetico. A questo scopo, sono state esaminate 20 famiglie, prendendo la pressione arteriosa di padre (x) e primogenito (t), con i seguenti risultati:

∑_{i=1}^{20} x_{i} = 2980,  ∑_{i=1}^{20} t_{i} = 2030

∑_{i=1}^{20} x_{i}^{2} = 451350,  ∑_{i=1}^{20} t_{i}^{2} = 210850,  ∑_{i=1}^{20} x_{i}t_{i} = 305700

1. Trovare la retta di regressione della pressione del figlio (var. dipendente) rispetto a quella del padre (var. indipendente).

2. Eseguire un test per vedere se in effetti c’è questa relazione lineare. Si usi α = 0,05.

Soluzioni

Esercizio 1. Se chiamiamo X il numero di morti, abbiamo che X ∼ B(n, p), con n = 500 e p = 0,0028. Dato che n > 100 e p < 0,01, si può usare l’approssimazione di Poisson, quindi X ha legge approssimabile con P o(λ), con λ = 500 · 0, 0028 = 1,4.

1. Dobbiamo calcolare ℙ\{X = 4\} ≃ e^{−1,4} \frac{1,4^{4}}{4!} = 0,0395

2. Dobbiamo calcolare ℙ{X ≥ 4} = 1 − ℙ{X ≤ 3} = 1 − ∑_{k=0}^{3} ℙ{X = k}. Usando la regola ricorsiva per la legge di Poisson si ha:

ℙ{X = 0} = e^{−1,4} = 0, 2466
ℙ\{X = 1\} = \frac{1, 4}{1} · 0, 2466 = 0, 3452
ℙ\{X = 2\} = \frac{1, 4}{2} · 0, 3452 = 0, 2417
ℙ\{X = 3\} = \frac{1, 4}{3} · 0, 2417 = 0, 1128

Abbiamo dunque ℙ{X ≥ 4} = 1 − 0, 2466 − 0, 3452 − 0, 2417 − 0, 1128 = 0, 0537.

3. Abbiamo 𝔼[X] = λ = 500 · 0, 0028 = 1, 4.

4. Abbiamo Var [X] = λ = 1, 4, e quindi la deviazione standard è uguale a \sqrt{1, 4} = 1,18.

Esercizio 2.

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

s_{e}^{2} = \frac{2, 29^{2} + 2, 36^{2} + 1, 20^{2}}{3} = 4, 08

La media tra i campioni è

X̄ = \frac{10, 10 + 8, 46 + 5, 99}{3} = 8, 18

La varianza tra i campioni è

s_{a}^{2} = \frac{12}{2}((10, 10 − 8, 18)^{2} + 16(8, 46 − 8, 18)^{2} + 14(5, 99 − 8, 18)^{2}) = 51, 37

La F vale quindi:

F = \frac{s_{a}^{2}}{s_{e}^{2}} = \frac{51, 37}{4, 08} = 12, 58

I gradi di libertà sono ν_{a} = 3 − 1 = 2 e ν_{e} = 12 + 12 + 12 − 3 = 33. Bisogna quindi confrontare F con il quantile F_{0,99}(2, 33), che non è sulle tavole. Notiamo però che F_{0,99}(2, 33) < F_{0,99}(2, 30) = 5,39. Siccome 12,58 > 5,39, l’ipotesi è rifiutata.

2. Facciamo ora i test di Bonferroni per i diversi campioni; il comune denominatore è \sqrt{s_{e}^{2}(\frac{1}{12} + \frac{1}{12})} =

\sqrt{4, 08(\frac{1}{12} + \frac{1}{12})} = 0,83. Abbiamo:

• A contro D:

t_{AD} = \frac{10, 10 − 8, 46}{0, 83} = 1, 99

• D contro N:

t_{DN} = \frac{8, 46 − 5, 99}{0, 83} = 2, 99

• A contro N:

t_{AN} = \frac{10, 10 − 5, 99}{0, 83} = 4, 98

Questi valori vanno confrontati con il quantile t_{1−α′/2}(33), che non è sulle tavole; infatti α′ = α/3 = 0, 0033, quindi 1−α′/2 = 0,9983. Siccome 2,97 = t_{0,9975}(40) < t_{0,9983}(33) < t_{0,999}(30) = 3,38, abbiamo che gli ultimi due test danno come risultato una differenza di medie, mentre il primo no. Possiamo quindi dire che i dati ci suggeriscono μ_{A} = μ_{D} ≠ μ_{N}.

Esercizio 3.

1. Per ogni generica camera, definiamo le variabili aleatorie

Y_{i} = \{ \begin{matrix}1 & se l’i-esimo occupante è malato \\ 0 & altrimenti \end{matrix}

Allora Y_{i} ∼ Be(p), con p = 49/98 = 1/2. Allora X_{n} = ∑_{i=1}^{n} Y_{i} è il numero di occupanti malati in una stanza da n posti. Se non ci sono infezioni tra gli occupanti della stessa stanza, è ragionevole supporre che le Y_{i} siano indipendenti, e quindi X_{n} ∼ B(n, p).

2. Per n = 2 abbiamo:

ℙ\{X_{2} ≥ 2\} = ℙ\{X_{2} = 2\} = \binom{2}{2} (\frac{1}{2})^{2} = \frac{1}{4} = 0, 25
ℙ{X_{2} < 2} = 1 − 0, 25 = 0, 75

Per n = 3 abbiamo:

ℙ\{X_{3} < 2\} = ℙ\{X_{3} = 0\} + ℙ\{X_{3} = 1\} = \binom{3}{0} (1 − \frac{1}{2})^{3} + \binom{3}{1}\frac{1}{2} (1 − \frac{1}{2})^{2} = \frac{1}{8} + \frac{3}{8} = 0, 5
ℙ{X_{3} ≥ 2} = 1 − ℙ{X_{3} < 2} = 0, 5

Infine, per n = 4 abbiamo:

ℙ\{X_{4} < 2\} = ℙ\{X_{4} = 0\} + ℙ\{X_{4} = 1\} = \binom{4}{0} (1 − \frac{1}{2})^{4} + \binom{4}{1}\frac{1}{2} (1 − \frac{1}{2})^{3} = \frac{1}{16} + \frac{4}{16} = \frac{5}{16} = 0, 3125
ℙ{X_{4} ≥ 2} = 1 − ℙ{X_{4} < 2} = 0, 6875

3. Possiamo raccogliere i risultati nella seguente tabella:

stanze con < 2 malati  stanze con ≥ 2 malati  totale
stanze doppie  39 × 0, 75 = 29, 25 ≃ 29  39 × 0, 25 = 9, 75 ≃ 10  39
stanze triple  12 × 0, 5 = 6  12 × 0, 5 = 6  12
stanze quadruple 45 × 0, 3125 = 14, 0625 ≃ 14 45 × 0, 6875 = 30, 94 ≃ 31 45

4. Vogliamo fare un test di ipotesi H_{0} : X_{n} ∼ B(n, 1/2) e alternativa H_{1} : X_{n} ≁ B(n, 1/2). Raccogliamo i dati (osservati ed attesi) nella seguente tabella:

stanze con < 2 malati stanze con ≥ 2 malati totale
stanze doppie 27  (29)  12  (10)  39
stanze triple  9  (6)  3  (6)  12
stanze quadruple 18  (14)  27  (31)  45

Per costruire la tabella attesa, abbiamo usato i risultati del punto 3. Siccome tutti i numeri della tabella attesa sono maggiori di 5, si puó usare il metodo del χ^{2}:

χ^{2} = \frac{(27 − 29)^{2}}{29} + \frac{(12 − 10)^{2}}{10} + \frac{(9 − 6)^{2}}{6} + \frac{(3 − 6)^{2}}{6} + \frac{(18 − 14)^{2}}{14} + \frac{(27 − 31)^{2}}{31} = 5, 3

Il valore più vicino della tabella è χ_{0,95}^{2}(2) = 5,99; siccome χ^{2} < χ_{0,95}^{2}(2), accettiamo H_{0}. La conclusione è che possiamo accettare l’ipotesi di indipendenza con P > 0,05. Siccome l’indipendenza era il modo per modellizzare matematicamente l’assenza di infezioni tra gli occupanti della stessa stanza, dai dati non sembra che la gastroenterite sia infettiva.

Esercizio 4. 1. Per calcolare la retta di regressione, servono le quantità:

X̄ = \frac{2980}{20} = 149  T̄ = \frac{2030}{20} = 101, 5
s_{X}^{2} = \frac{1}{19}(451350 − 20 · 149^{2}) = 385, 7
s_{T}^{2} = \frac{1}{19}(210850 − 20 · 101, 5^{2}) = 252, 9
s_{XT} = \frac{1}{19}(305700 − 20 · 149 · 101, 5) = 170

Possiamo ora calcolare i coefficienti:

b_{1} = \frac{s_{XY}}{s_{X}^{2}} = 0, 441
b_{0} = Ȳ − b_{1}X̄ = 35, 8

La retta di regressione è quindi y = 0, 441x + 35, 8.

2. Bisogna fare un test di ipotesi H_{0} : β_{1} = 0 e alternativa H_{1} : β_{1} ≠ 0. Per questo bisogna calcolare:

s_{Y |X} = \sqrt{\frac{19}{18}(252, 9 − 0, 441^{2} · 385, 7)} = 13, 707
s_{b_{1}} = \frac{s_{Y |X}}{\sqrt{19s_{X}^{2}}} = \frac{13, 707}{\sqrt{19 · 385, 7}} = 0, 160

Costruiamo t:

t = \frac{b_{1} − 0}{s_{b_{1}}} = \frac{0, 441}{0, 160} = 2, 76

Il valore critico è t_{0,975}(18) = 2,1. Abbiamo che |t| > 2,1, quindi rifiutiamo H_{0} e accettiamo H_{1}: si può quindi affermare che c’è una relazione lineare tra i dati.

Esame di Statistica del 1 settembre 2004 (Corso di Laurea Triennale in Biotecnologie, Universitá degli Studi di Padova) (docente: Tiziano Vargiolu)

Sono ammessi all’orale:

Alfieri Andrea  20
Baldasso Elisa  17
Baldin Clara  26
Bartoli Davide  19,5
Bertoli Filippo  20
Bonfante Andrea  24
Botton Alessandro 26
Dal Zotto Valeria  25
De Moro Gianluca 20,5
Franchin Cinzia  23,5
Majer Davide  17
Petigliani Loredana 23,5
Silvestrin Matteo  29,5
Toffanin Tommaso 22,5
Vescovi Marco  24

Visione compiti corretti e orali: lunedì 6 settembre ore 10.00 aula P200 al Paolotti