Esame di Statistica del 7 luglio 2006 (Corso di Laurea Triennale 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. La statura delle donne adulte negli Stati Uniti ha una distribuzione normale di media 64.5 pollici e deviazione standard 2.4 pollici.

1. Calcola la probabilità che una donna scelta a caso sia alta meno di 63 pollici;

2. meno di 70 pollici;

3. tra 63 e 70 pollici.

4. Alice è alta 72 pollici. Che percentuale della popolazione femminile adulta è più bassa di lei?

5. Calcola la probabilità che la media aritmetica della statura di due donne scelte a caso sia superiore a 66 pollici.

Esercizio 2. Un allevamento commerciale di salmoni dichiara che il peso medio dei suoi pesci sia superiore ai 3.8 kg.

1. Supponendo che il peso dei salmoni sia distribuito in modo normale, che test si deve usare per verificare se l’allevamento non stia facendo “pubblicità ingannevole”?

2. Supponiamo che in un campione casuale di 16 salmoni il peso medio sia risultato di 3.6 kg, con una deviazione standard di 0.6 kg. Che conclusione se ne trae al 5% di significatività? E all’1%?

3. Riportare limitazioni al valore P.

4. Calcolare l’intervallo di confidenza sul peso medio dei salmoni.

Esercizio 3. Vogliamo determinare se le cause intentate contro medici siano più frequenti per certi tipi di interventi che per altri. Studiando campioni casuali per tre tipi di intervento, si ottengono i seguenti dati:

totale n. cause
Chirurgia cardiaca 400  16
Chirurgia cerebrale 300  19
Appendicectomia 300 7

1. Calcolare l’intervallo di confidenza al 95% della proporzione totale delle operazioni che portano ad una causa giudiziaria.

2. Fare un test di livello α = 5% per vedere se la percentuale di operazioni che porta ad una causa giudiziaria sia la stessa per i tre tipi di interventi.

3. Se necessario, individuare quali sono gli interventi che hanno tale percentuale uguale tra di loro e quali no.

Esercizio 4. I dati seguenti mettono in relazione la pressione sistolica di un gruppo di individui con il loro peso (a parità di stili di vita e di corporature):

peso in libbre (x) 162 184 166 150 192 155 184 202 174 ; pressione (y) 112 144 138 145 152 10 18 160 108

1. Trovare la retta di regressione della pressione rispetto al peso.

2. Eseguire un test per vedere se in effetti c’è una relazione lineare. Riportare limitazioni al valore P.

3. Determinare un intervallo che, con il 95% di confidenza, contenga la media delle pressioni di tutti gli individui (con corporatura e stile di vita simili ai precedenti) che pesano 180 libbre.

4. Determinare un intervallo che, con il 95% di confidenza, contenga la pressione di un singolo individuo che pesa 180 libbre.

Soluzioni

Esercizio 1.

1. L’altezza di una donna scelta a caso è una variabile aleatoria X ∼ N(64.5; 2.4^{2}). Allora

ℙ\{X < 63\} = ℙ \{\frac{X − 64.5}{2.4} < \frac{63 − 64.5}{2.4}\} = ℙ\{Z < −0.63\} = ℙ\{Z ≤ −0.63\} = F_{Z}(−0.63) =
= 1 − F_{Z}(0.63) = 1 − 0.73565 = 0.26435

dove Z := (X − 64.5)/2.4 ∼ N(0, 1).

2. Allo stesso modo,

ℙ\{X < 70\} = ℙ \{\frac{X − 64.5}{2.4} < \frac{70 − 64.5}{2.4}\} = ℙ\{Z < 2.29\} = ℙ\{Z ≤ 2.29\} = F_{Z}(2.29) = 0.98899

3. Dobbiamo calcolare

ℙ\{63 < X < 70\} = ℙ\{63 < X ≤ 70\} = ℙ \{\frac{63 − 64.5}{2.4} < \frac{X − 64.5}{2.4} ≤ \frac{70 − 64.5}{2.4}\} =
= ℙ{−0.63 < Z ≤ 2.29} = F_{Z}(2.29) − F_{Z}(−0.63) = 0.98899 − 0.26435 = 0.72464

4. Siccome la popolazione femminile ha sempre legge N(64.5; 2.4^{2}), la proporzione di popolazione femminile più bassa di 72 pollici si ottiene calcolando

ℙ\{X < 72\} = ℙ \{\frac{X − 64.5}{2.4} < \frac{72 − 64.5}{2.4}\} = ℙ\{Z < 3.13\} = ℙ\{Z ≤ 3.13\} = F_{Z}(3.13) >
> F_{Z}(2.99) = 0.99861

dove abbiamo dovuto approssimare il valore F_{Z}(3.13) con l’ultimo valore presente in tavola. La percentuale di donne più basse di 72 pollici è dunque maggiore del 99.861%.

5. Se scegliamo a caso due donne, allora la media aritmentica delle altezze Y = \frac{X_{1}+X_{2}}{2} è una combinazione lineare di gaussiane indipendenti, e ha quindi legge gaussiana con parametri

𝔼[Y] = \frac{𝔼[X_{1}] + 𝔼[X_{2}]}{2} = 64.5
Var [Y] = \frac{Var [X_{1} + X_{2}]}{4} = \frac{Var [X_{1}] + Var [X_{2}]}{4} = \frac{2 · 2.4^{2}}{4} = \frac{2.4^{2}}{2}

quindi si ha

ℙ\{Y > 66\} = ℙ \{\frac{Y − 64.5}{\frac{2.4}{\sqrt{2}}} > \frac{66 − 64.5}{\frac{2.4}{\sqrt{2}}}\} = ℙ\{Z > 0.89\} = 1 − ℙ\{Z ≤ 0.89\} =
= 1 − F_{Z}(0.89) = 1 − 0.81327 = 0.18673

Esercizio 2.

1. Il test più adatto è un test t unilatero sulla media con ipotesi H_{0} : μ = 3.8 e alternativa H_{1} : μ < 3.8. Difatti se è vero che il peso è (maggiore o) uguale a 3.8 kg, ci potrebbero essere salmoni che pesano di meno, ma se i salmoni pesassero di più non si avrebbe “pubblicità ingannevole”. Se invece un campione pesasse molto di meno del peso medio dichiarato, saremmo portati a credere che in realtà la media sia minore.

2. Abbiamo che X̄ = 3.6, s_{X} = 0.6, quindi sX̄ = 0.6/\sqrt{16} = 0.15 e

t = \frac{X̄ − 3.8}{sX̄} = \frac{3.6 − 3.8}{0.15} = −1.33

I gradi di libertà sono ν = 16 − 1 = 15, e il valore critico è della forma t_{α}(ν). Per α = 0.05 si ottiene allora t_{0.05}(15) = −t_{0.95}(15) = −1.753, e per α = 0.01 si ottiene t_{0.01}(15) = −t_{0.99}(15) = −2.602. In entrambi i casi, t > t_{α}(ν), e quindi accettiamo H_{0}: sebbene il peso dei salmoni sia più basso di quello dichiarato, non abbiamo abbastanza elementi per affermare che ci sia stata pubblicità ingannevole.

3. Il quantile nella tabella più vicino a t è t_{0.05}(15) = −1.753, quindi riportiamo P > 0.05.

4. Per gli intervalli di confidenza al 95% e al 99% ci servono i quantili di livello 1−α/2, con α = 0.05, 0.01. Abbiamo che t_{0.975}(15) = 2.131, t_{0.995}(15) = 2.946; gli estremi dell’intervallo sono X̄ ± t_{1−α/2}(ν)sX̄, e facendo i conti l’intervallo di confidenza al 95% risulta [3.281; 3.919] e quello al 99% risulta [3.159; 4.041].

Esercizio 3.

1. La stima di questa proporzione è

p̂ = \frac{16 + 19 + 7}{400 + 300 + 300} = 0.042

con errore standard della stima uguale a

sp̂ = \sqrt{\frac{p̂(1 − p̂)}{n}} = 0.00634

Abbiamo infine q_{0.975} = 1.96, quindi gli estremi dell’intervallo sono 0.042 ± 1.96 · 0.00634, e l’intervallo è [0.0296; 0.0544].

2. Vogliamo fare un test di ipotesi H_{0} : p_{1} = p_{2} = p_{3} contro l’alternativa H_{1} : ∃i, j tali che p_{i} ≠ p_{j}. Raccogliamo i dati osservati ed attesi nella seguente tabella:

cause  no  totale
1 16 (16.8) 384 (383.2) 400
2 19 (12.6) 281 (287.4) 300
3  7  (12.6) 293 (287.4) 300
42  958  1000

Per costruire la tabella attesa, abbiamo usato p̂ = 0.042, come calcolato nel punto precedente. Siccome tutti i numeri della tabella attesa sono maggiori di 5, si puó usare il metodo del χ^{2}:

χ^{2} = \frac{(16 − 16.8)^{2}}{16.8} + \frac{(384 − 383.2)^{2}}{383.2} + \frac{(19 − 12.6)^{2}}{12.6} + \frac{(281 − 287.4)^{2}}{287.4} +

+\frac{(7 − 12.6)^{2}}{12.6} + \frac{(293 − 287.4)^{2}}{287.4} = 6.03

Il valore critico è χ_{0,95}^{2}(2) = 5.991; siccome χ^{2} > χ_{0,95}^{2}(2), rifiutiamo H_{0}, e accettiamo H_{1} (4 punti).

3. Facciamo ora dei confronti multipli per vedere se ci sono gruppi omogenei. Partiamo dai due gruppi che appaiono più vicini:

causa  no  totale
1 16 (13) 384 (387) 400
3  7  (10) 293 (290) 300
23  677  700

Stavolta testiamo H_{0} : p_{1} = p_{3} contro H_{1} : p_{1} ≠ p_{3}, e p̂ = \frac{16+7}{400+300} = 0.033. Costruiamo χ^{2}:

χ^{2} = \frac{(16 − 13)^{2}}{13} + \frac{(384 − 387)^{2}}{387} +

+\frac{(7 − 10)^{2}}{10} + \frac{(293 − 290)^{2}}{290} ≃ 1.50

Abbiamo che χ_{1−α′}^{2}(1) ≥ χ_{0,975}^{2}(1) = 5.024 > χ^{2}, poichè α′ = α/k ≤ 0.025, dove k ≥ 2 è il numero totale di test multipli. Accettiamo quindi H_{0} e possiamo accorpare i due gruppi:

sì  no  totale
1-3 23 (29.4) 677 (670.6) 700
2 19 (12.6) 281 (287.4) 8000
42  958  1000

Si ha ora χ^{2} = 4.85. Siccome χ_{0,975}^{2}(1) = 5.024, dobbiamo concludere che accettiamo H_{0}. Sembrerebbe quindi che tutti e tre i gruppi sono da considerare con lo stesso tasso, contro il risultato del punto 2! Questo può succedere, in quanto la disuguaglianza di Bonferroni ci fa fissare un α′ abbastanza basso da garantirci di non commettere errori di prima specie con probabilità più alta di α; in realtà, la disuguaglianza di Bonferroni fornisce un α′ volutamente “troppo” basso, il che porta a quantili più alti e quindi a volte capita di accettare ipotesi false con più facilità che con altre disuguaglianze.

Esercizio 4. Facendo i calcoli si ottiene

∑_{i=1}^{6} X_{i} = 1569, ∑_{i=1}^{6} Y_{i} = 1187, ∑_{i=1}^{6} X_{i}Y_{i} = 208356

∑_{i=1}^{6} X_{i}^{2} = 275981, ∑_{i=1}^{6} Y_{i}^{2} = 159741

Partiamo calcolando le quantità:

X̄ = 174.3 (0, 5 punti),  Ȳ = 131.9 (0, 5 punti),
s_{X}^{2} = 306.5 (0, 5 punti),
s_{Y}^{2} = 398.6 (0, 5 punti),
s_{XY} = 177.7 (0, 5 punti)

1. Calcoliamo i coefficienti della retta di regressione:

b_{1} = \frac{s_{XY}}{s_{X}^{2}} = 0.58
b_{0} = Ȳ − b_{1}X̄ = 30.763

La retta di regressione è quindi y = 0.58x + 30.763.

2. Bisogna eseguire un test di ipotesi H_{0} : β_{1} = 0 e alternativa H_{1} : β_{1} ≠ 0. Bisogna allora calcolare:

s_{Y |X} = \sqrt{\frac{n − 1}{n − 2}(s_{T}^{2} − b_{1}^{2}s_{X}^{2})} = 18.376
s_{b_{1}} = \frac{s_{T |X}}{\sqrt{(n − 1) · s_{X}^{2}}} = 0.371

Abbiamo allora

t = \frac{b_{1} − 0}{s_{b_{1}}} = 1.56

Bisogna confrontare |t| con una legge di Student a ν = 9 − 2 = 7 gradi di libertà. Il più basso valore in tavola è t_{0.95}(7) = 1.894 > |t|, quindi possiamo riportare P > 0.12. Con un valore P così alto, possiamo accettare H_{0}, concludendo che in effetti la relazione lineare non sembra essere significativa.

3. Supponendo che la relazione lineare sia valida, la pressione attesa per le persone che pesano 180 libbre è y = b_{1}x + b_{0} = 135.18, con un errore standard della stima di

s := s_{Y |X} \sqrt{\frac{1}{n} + \frac{(x − X̄)^{2}}{(n − 1)s_{x}^{2}}} = 6.48

e t_{0.975}(7) = 2.364, quindi l’intervallo di confidenza cercato ha estremi y ±t_{1−α/2}(ν)s = 135.18±2.364· 6.48, ed è quindi [119.9; 150.5]

4. La pressione attesa per una persona che pesa 180 libbre è y = b_{1}x+b_{0} = 135.18, con un errore standard della stima di

s := s_{Y |X} \sqrt{1 + \frac{1}{n} + \frac{(x − X̄)^{2}}{(n − 1)s_{x}^{2}}} = 19.48

quindi l’intervallo di confidenza cercato ha estremi y ± t_{1−α/2}(ν)s = 135.18 ± 2.364 · 19.48, ed è quindi [89.1; 181.2] Esame di Statistica del 7 luglio 2006 (Corso di Laurea in Biotecnologie, Universitá degli

Studi di Padova) (docente: Tiziano Vargiolu)

Hanno superato la prova:

Bazzo Irene  17
Cortese Matteo  17 + 3
Lanciai Federico  20
Mazzocco Giovanni 17
Procopio Maria  26 + 3
Stevan Martina  19
Verna Michela  22.5

Visione compiti corretti, registrazione voto e/o orali: martedì 11 luglio ore 15.30 aula LuM250 via Luzzatti (complesso Paolotti). Verrà data precedenza alla registrazione voti a chi accetta il voto dello scritto e ha il bonus di + 3.