Esercizi di Inferenza Statistica

(1)

Esercizi di Inferenza Statistica

BLOCCO II Dicembre 2021

ESERCIZIO 1

La temperatura Y raggiunta da un termostato ha distribuzione normale con media µ e varianza σ². Supponendo di effettuare i controlli di qualit`a su n = 5 pezzi prodotti da una ditta, si calcoli:

Y ∼ N (µ, σ²) n = 5 a P r(S²/σ²≤ 1.8) essendo S²la varianza campionaria corretta.

S²(n − 1)

σ² ∼ χ²_n−1 P r S² σ²≤ 1.8

!

= P r S²(n − 1)

σ² ≤ 1.8 · (n − 1)

!

≃ 0.9

b P r

Y − µ

√S²

> 0.69

!

, dove Y `e la media campionaria.

Y − µ

pS²/n∼ tn−1

P r

Y − µ pS²/n

> 0.69 ·√ n

!

= P r

Y − µ pS²/n

> 1.5429

!

= 2 · P r Y − µ

pS²/n> 1.5429

!

P r(t4> 1.533) = 0.1 → P r

Y − µ pS²/n

> 1.5429

!

≃ 0.2

ESERCIZIO 2

La lunghezza in centimetri, X, dei pezzi ottenuti da un processo produttivo `e descritta da una variabile aleatoria normale ed `e noto che P r(X > 112) = 0.2743 e P r(X ≤ 93) = 0.3632.

X ∼ N (µ, σ²) a Determinare media e varianza del peso X.

P r(X ≤ 112) = 1 − P r(X > 112) = 0.7257 x − µ

σ ∼ N (0, 1)











Φ 112 − µ σ

!

= 0.7257

Φ 93 − µ σ

!

= 0.3632

Φ(0.6) = 0.7257 Φ(−0.35) = 0.3632 →







112 − µ σ = 0.6 93 − µ

σ = −0.35 112 − µ = 0.6 · σ → µ = 112 − 0.6 · σ

93 − (112 − 0.6 · σ)

σ = −0.35 → · · · → σ = 20 → mu = 100 → X ∼ N (100, 400)

(2)

b Se un pezzo supera la lunghezza di 115 viene scartato. Considerando un insieme di 1000 pezzi prodotti, qual `e in media il numero di pezzi che viene scartato?

P r(X > 115) = 1 − P r(X ≤ 115) = 1 − Φ 115 − 100 20

!

= 1 − 0.7734 = 0.2266 Y ∼ Bin(1000, 0.2266)

E[Y ] = n · p = 1000 · 0.2266 = 226.6 ≃ 227

c Qual è la probabilità che, sui 1000 pezzi, ne siano scartati più di 240?

Approssimo Y ∼ N (n · p, n · p · q) con q = 1 − p Y ∼ N (226.6, 175.25244)

P r(Y > 240) = P r Z > 240 − 226.6 13.2383

!

= P r(Z > 1.0122) = 1 − P r(Z ≤ 1.0122)

= 1 − Φ(1.0122)

= 1 − 0.8438

= 0.1562

ESERCIZIO 3

Un prodotto si ottiene dall’assemblaggio di tre componenti. La lunghezza complessiva del prodotto, Y , `e uguale alla somma delle lunghezze, X1, X2, e X3 delle sue componenti.

Data la variabilit`a del processo, si pu`o assumere X1∼ N (2, 0.01), X₂∼ N (4, 0.02), X3∼ N (3, 0.02).

Si determini la probabilit`a che la lunghezza del singolo pezzo prodotto soddisfi gli standard quali- tativi prefissati che prevedono un’oscillazione all’interno dell’intervallo [8.75, 9.25].

Y = X₁+ X₂+ X₃→ Y ∼ N (9, 0.05) P r(Y ≤ 9.25) = P r Z ≤ 9.25 − 9

√0.05

!

= P r(Z ≤ 1.12) = 0.8686 P r(Y ≤ 8.75) = 1 − 0.8686 = 0.1314 per simmetria normale

P r(8.75 ≤ Y ≤ 9.25) = P r(Y ≤ 9.25) − P r(Y ≤ 8.75) = 0.8686 − 0.1314 = 0.7372

ESERCIZIO 4

Una macchina per l’imbottigliamento del vino è calibrata in modo tale che la quantità effettiva di liquido in ogni bottiglia è una variabile aleatoria normale con media pari a 0.75 l. In un campione di 20 bottiglie si calcolano

X, S², D²= 1 20

20

X

i=1

(x_i− 0.75)²

Si determinino i valori h, k, m in modo che a P r

X − 0.75

> hD = 0.05 P r

X − 0.75

> hD = 1 − P r(−h√

n < Y < h√ n)

Avendo Y =

√n · x − µ σ rnD² σ²

∼ N (0, 1) pχ²_n/n∼ tn

Risulta quindi che Y ∼ t20 e di conseguenza: h = 1

√20· t20, 0.975= 0.4664

(3)

b P r

X − 0.75

< kS = 0.99 P r |X − 0.75|

S < k

!

= 0.99 → P r |X − 0.75|

S/√

n < k ·√ n

!

= 0.99 P r(t19< 2.861) = 0.995

k ·√

n = 2.861 → k = 2.861

√n = 0.6397 c P r S²< mσ² = 0.95

S²·(n − 1)

σ² ∼ χ²_n−1 Y ∼ χ²₁₉ P r S²·(n − 1)

σ² < m · (n − 1)

!

= 0.95 P r(Y ≤ 30.144) = 0.95

m · (n − 1) = 30.144 → m = 30.144

19 = 1.5865

ESERCIZIO 5

Sia (Y1, ..., Y20) un campione casuale proveniente da Y distribuita secondo una normale con media 0 e varianza σ²:

a Si determini la distribuzione di probabilit`a della v.a. 20Y²/S², dove Y denota la media campionaria;

Sapendo che: Y − 0

pσ²/n∼ N (0, 1) il suo quadrato `e: n · Y² σ² ∼ χ²₁. Ricordando inoltre che S²(n − 1)

σ² ∼ χ²_n−1possiamo arrivare alla seguente formulazione:

20 · Y² S² =

20 · Y² σ² S² σ²·n − 1

n − 1

= χ²₁/1

χ²₁₉/19= F1,19

b Si determini la costante c per la quale P r(−c < S/Y < c) = 0.05.

P r −c < S Y < c

!

= P r



 S Y

!2

< c²



= P r S² 20 · Y²

< c² 20

! .

Ricordando che il reciproco di una F di Fisher `e anch’essa una F di Fisher con i gdl invertiti risulta che:

S² 20 · Y²

∼ F19,1

P r(F19,1 ≤ 0.2282714) = 0.05 → c =√

20 · 0.2282714 = 2.1367

(4)

ESERCIZIO 6

Sia (Y₁, . . . , Y_n) un campione casuale avente densit`a f (y; θ) = 1/θ con θ ≤ y ≤ 2θ. Si consideri lo stimatore T_n= 2

3

Y¯_n con ¯Y_n= (1/n)Pn i=1Y_i

a Verificare che lo stimatore Tn `e corretto per θ.

E[Tn] = E

"

2 3· ¯Yn

#

= 2

3n· E [Pn

i=1Yi] = 2 3n·Pn

i=1E[Yi] = 2

3n· n · E[Y ] = 2 3· E[Y ] E[Y ] =

Z 2θ θ

1

θ· y dy =

"

1 2θ· y²

#^2θ

θ

=3 2· θ

E[Tn] = 2 3· 3

2· θ = θ → lo stimatore `e corretto.

b Si determini l’errore quadratico medio dello stimatore Tn. Tn`e consistente in media quadratica?

EQM (Tn) = V ar(Tn) in quanto lo stimatore `e non distorto.

V ar(Tn) = V ar 2 3· ¯Yn

!

= 4 9n²

Pn

i=1V ar(Yi) = 4

9n²· n · V ar(Y ) Y ∼ U (θ, 2θ) → V ar(Y ) = 9θ²

12 V ar(T_n) = 4

9n²· n · 9

12· θ²= 1 3n· θ² limn→+∞

1

3n· θ²= 0 Lo stimatore `e consistente in media quadratica.

c Si consideri lo stimatore T_n^′ = 1 2 Y₁+1

6 Y₂. Si supponga n = 3. Quale tra T_n e T_n^′ `e da preferire?

E[T_n^′] = 1

2· E[Y1] + 1

6· E[Y2] = 6 + 2

12 · E[Y ] = 2

3· E[Y ] = θ anche T_n^′ `e corretto.

V ar(T_n^′) =1

4· V ar(Y ) + 1

36· V ar(Y ) =10

36· V ar(Y ) = 5 24· θ² Con n = 3, V ar(Tn) = 1

9· θ² che `e minore di 5

24· θ². E’ da preferire Tn

ESERCIZIO 7

Dato un campione casuale Y₁, . . . , Y_nda una variabile aleatoria Y ∼ Be(p). Si consideri lo stimatore T_n =Pn

i=1Y_i/(n + 1) per il parametro della Bernoulliana.

a Si valuti la correttezza dello stimatore.

E[T_n] = 1

n + 1· E [Pn

i=1Y_i] = n

n + 1· E[Y ] = n

n + 1· p ̸= p Lo stimatore non `e corretto.

b Si determini l’errore quadratico medio dello stesso.

EQM (Tn) = (E(Tn) − p)²+ V ar(Tn) V ar(Tn) = V ar (Pn

i=1Yi/(n + 1)) = 1

(n + 1)²· V ar(Pn

i=1Yi) = n

(n + 1)²· V ar(Y ) V ar(Tn) = n

(n + 1)²· p · (1 − p) EQM (T_n) = n

n + 1· p − p

!²

+ n

(n + 1)²· p · (1 − p)

= p²

(n + 1)²+ n

(n + 1)²· p · (1 − p)

(5)

c Si dica se lo stimatore `e consistente.











limn→+∞E[Tn] = limn→+∞

n

n + 1· p = p limn→+∞V ar(Tn) = limn→+∞

n

(n + 1)²· p · (1 − p) = 0 Lo stimatore `e consistente.

ESERCIZIO 8

Sia (Y₁, Y₂, . . . , Y_n) un campione estratto da una N (0, σ²). Si definisca lo stimatore per σ²

T = 1 n

n

X

i=1

Y_i²

a T `e uno stimatore corretto?

T =σ² σ²· 1

n Pn

i=1Y_i² E[T ] = E

"

σ²· 1 n

Pn

i=1(Yi/σ)²

#

= σ²

n · EPn

i=1(Yi/σ)² Y_i/σ ∼ N (0, 1) → (Y_i/σ)²∼ χ²₁→Pn

i=1(Y_i/σ)²∼ χ²_n E[χ²_n] = n

E[T ] = σ²

n · n = σ² Lo stimatore `e corretto.

b T `e consistente in media quadratica?

V ar(T ) = V ar σ²· 1 n

Pn

i=1(Yi/σ)²

!

= σ⁴

n²· V ar(Pn

i=1(Yi/σ)²) = σ⁴

n²· 2n = 2σ⁴ n limn→+∞V ar(T ) = limn→+∞

2σ⁴ n = 0

Lo stimatore `e consistente in media quadratica.

ESERCIZIO 9

Considerato un campione (Y₁, . . . , Y₅) estratto da una popolazione esponenziale di parametro λ, si dimostri che

a ¯Y =P5

i=1Yi/5 `e uno stimatore corretto di θ = 1/λ Y ∼ Esp(λ) → E[Y ] = 1

λ E[ ¯Y ] = Eh

P5

i=1Y_i/5i

=1

5· 5 · E[Y ] = 1 λ

b ¯Y ha varianza minima tra tutti gli stimatori corretti di θ

V ar( ¯Y ) = 1

25· V ar(P5

i=1Yi) = 5

25· V ar(Y ) = 1 5λ²=θ²

5 I(T ) = n · E



 d

d θlog(f (y, θ)))

!2

= −n · E

"

d^′′

d^′′θ log(f (y, θ))

#

= . . .

= −n · E

"

d^′′

d^′′θlog(1) − log(θ) −1 θ· y

#

= −n · 1 θ²− 2

θ³E[Y ]

!

= n θ²

(6)

Per Rao-Cramer:

V (T ) ≥ 1

I(T )→ V ar(T ) ≥ θ² n La varianza di T soddisfa il limite.

c ¯Y `e uno stimatore consistente.

limn→+∞

θ² n = 0

Lo stimatore `e consistente.

ESERCIZIO 10

Si consideri una popolazione qualsiasi con media µ e varianza σ². Siano T1= (X1+X2+X3+X4)/4 e T1= (3X1+ 4X2+ X3+ 2X4)/10 due stimatori di µ basati su un campione di ampiezza n = 4.

a Si determini la varianza dei due stimatori;

V ar(T1) = 4

16· V ar(X) = 1 4σ² V ar(T₂) = (9 + 16 + 1 + 4)

100 · V ar(X) = 3 10σ² b Si stabilisca quale dei due stimatori `e pi`u efficiente.

E[T1] = 1

4· 4E[X] = µ E[T₂] = 1

10· 10E[X] = µ

Entrambi gli stimatori sono non distorti quindi:

EQM (T₁) = V ar(T₁) = 1 4σ² EQM (T2) = V ar(T2) = 3

10σ² EQM (T₁)

EQM (T2)= 1/4 σ²

3/10 σ²= 0.833 < 1 E’ da preferire T₁

ESERCIZIO 11

Sia Y una v.a. con densit`a f (y; θ) = 2y/θ², dove 0 < y < θ, θ > 0. Si consideri un campione casuale di ampiezza n da Y :

a Determinare E[Yn], dove Yn `e la media campionaria.

E[Y_n] = 1

n· n · E[Y ] E[Y ] =Rθ

0 y · 2y θ²dy = 2

θ² Rθ

0 y²dy = 2 θ²·

"

y³ 3

#

= 2 3θ b Scrivere la funzione di verosimiglianza per θ.

L(Y, θ) =

n

Y

i=1

2Yi

θ²

Il supporto di Y dipende da θ. Possiamo ricorrere alle funzioni indicatrici, in questo modo L(Y, θ) ∝ θ⁻²ⁿ· I_(Y_(n)_,∞)

poich`e deve essere θ > Yi, ∀i e quindi θ > Y_(n)dove Y_(n)`e il massimo campionario.

c Ottenere lo stimatore di massima verosimiglianza per θ.

Dagli sviluppi del punto precedente è possibile dedurre che L(Y, θ) è una funzione decrescente in (Y_(n), ∞) e che ha quindi massimo in Y_(n), che è il suo stimatore di massima verosimiglianza.

(7)

ESERCIZIO 12

Al fine di stimare la probabilit`a p che per una certa terapia chirurgica riesca a curare una rara forma di neoplasia si considerano i dati tratti da un campione casuale di 4 ospedali. Nei 4 ospedali vengono sottoposti alla terapia un numero di pazienti pari a 7, 4, 3, 10 e si riscontra una completa guarigione in 3, 2, 1, 6 casi.

a Si ottenga una stima di p utilizzando il metodo di massima verosimiglianza.

Y₁∼ Bin(7, p) Y₂∼ Bin(4, p) Y3∼ Bin(3, p) Y4∼ Bin(10, p)

L(p) = P r(Y1= 3) · P r(Y2= 2) · P r(Y3= 1) · P r(Y4= 6)

=7 3

p³(1 − p)⁴·4 2

p²(1 − p)²·3 1

p(1 − p)²·10 6

p⁶(1 − p)⁴

=7 3

4 2

3 1

10 6

p¹²(1 − p)¹² l(p) = ln( ⁷₃ 4

2

3 1

10

6) + 12 ln(p) + 12 ln(1 − p) d

dpl(p) = 12 p − 12

1 − p= 0 → ˆpM V = 1 2= 0.5

b Si fornisca la stima di massima verosimiglianza per la probabilit`a che sottoponendo alla terapia 3 pazienti tutti guariscano.

Per invarianza:

ˆ

pM V = 0.5

P r(X = 3)M V = ³₃ ˆp³_{M V}(1 − ˆpM V)⁰= 0.125

ESERCIZIO 13

Sia (Y1, Y2, . . . , Yn) un campione proveniente da Y ∼ Ge(p), p ∈ [0, 1], f (y; p) = p(1 − p)^y−1, y = 1, 2, . . .

a Si determini lo stimatore di massima verosimiglianza di p.

l(p) =Pn

i=1ln(p · (1 − p)^Yⁱ⁻¹) = · · · = n ln(p) + ln(1 − p) ·Pn

i=1(Yi− 1) d

d pl(p) =n p− 1

1 − p·Pn

i=1(Y_i− 1) = 0 → ˆp_{M V} = n n − n +Pn

i=1Yi

= n

Pn i=1Yi

= Y⁻¹ b Si fornisca lo stimatore di massima verosimiglianza della media di Y.

E[Y ] = 1

pin quanto Y ∼ Ge(p).

θ = 1 p

Per invarianza:

θ =ˆ 1 ˆ pM V

= Y

c Lo stimatore al punto [b.] `e corretto?

E[Y ] = E[Pn

i=1Yi/n] = 1

n· n · E[Y ] = 1 p Lo stimatore `e corretto.

(8)

d Fornire una stima consistente della varianza dello stimatore trovato al punto [b.].

V ar(Y ) = 1 n²·Pn

i=1V ar(Yi) = 1

n²· n ·1 − p

p² =1 − p np²

Possiamo ottenere una stima consistente della varianza dello stimatore sostituendo nell’espressione definita sopra p con il suo stimatore ˆpM V.

V ar(Y ) =ˆ 1 − ˆpM V

nˆp²_{M V}

ESERCIZIO 14

Una fabbrica produce biscotti al cioccolato. Il peso (in grammi), Y, di ciascuna confezione `e una variabile casuale distribuita secondo una Normale di parametri µ incognita e σ² = 64. Per un campione di n = 25 confezioni, si `e ottenutoPn

i=1yi= 2450.

a Si determini un intervallo di confidenza per µ al livello 0.98.

Y = PN

i=1yi

n = 2450 25 = 98 y − µ

pσ²/n∼ N (0, 1)

Φ(0.99) = 2.33 →y0.99− 98

p64/25 = 2.33 → y0.99 = 2.33 · 1.6 + 98 = 101.728 Φ(0.01) = −2.33 → y0.01− 98

p64/25 = −2.33 → y0.01 = −2.33 · 1.6 + 98 = 94.272 P r(94.272 ≤ µ ≤ 101.728) = 0.98

b Si determini l’ampiezza del campione n∗ che assicura che la lunghezza dell’intervallo di confidenza per µ al livello 0.98 sia inferiore a 10.

L’intervallo di ampiezza 10 centrato sulla media campionaria `e [93, 103].

Ricordiamo che l’ampiezza di un intervallo di confidenza `e: A = 2 z1−α/2

√σ n

!

Φ(2.33) = 0.99 →103 − 98

p64/n^∗ = 2.33 →√

n^∗· 5 = 8 · 2.33 → n^∗= 8 · 2.33 5

!2

= 13.8979 n^∗= 14

ESERCIZIO 15

Sia dato un campione (y1, y2, . . . , yn) estratto da una distribuzione normale N (µ, σ²).

a Assumendo µ = 0, determinare stima di massima verosimiglianza di e^σ². µ = 0

L(σ²) =

n

Y

i=1

(2π)⁻ 1 2 · (σ²)⁻

1 2 · e⁻

1 2^·

(Y_i)² σ²

l(σ²) = −n

2ln(2π) −n

2ln(σ²) −1 2

n

X

i=1

Yi

σ

!²

d

d σ²l(σ²) = − n 2σ²+

Pn i=1Y_i²

2σ⁴ = 0 → ˆσ²M V = Pn

i=1Y_i² n g(σ²) = e^σ^ˆ² e quindi si ottienegM Vˆ = e^σ^ˆ²^{M V}

(9)

b Nel caso µ e σ²siano entrambi incogniti, si denoti con ˆσ²lo stimatore di massima verosimiglianza per σ². Si confronti tale stimatore con lo stimatore S²=Pn

i=1(Yi− Y )²/(n − 1) in termini di errore quadratico medio.

E[S²] = σ² non distorsione.

EQM (S²) = V ar(S²) = V ar W σ² n − 1

!

con W ∼ χ²_n−1

V ar(S²) = σ⁴

(n − 1)²· V ar(W ) = σ⁴

(n − 1)²· 2(n − 1) = 2σ⁴ n − 1 EQM (S²) = 2σ⁴

n − 1

Ricordiamo che lo stimatore di massima verosimigliaza per σ²`eσ²_{M V}ˆ = S²·n − 1 n EQM ( ˆσ²) = V ar( ˆσ²) + n − 1

n σ²− σ²

!²

= V ar( ˆσ²) +σ⁴ n² V ar( ˆσ²) = V ar S²(n − 1)

n²

!

=(n − 1)²

n² · V ar(S²) =(n − 1)² n² · 2σ⁴

n − 1=2(n − 1)σ⁴ n² EQM ( ˆσ²) = 2(n − 1)σ⁴

n² +σ⁴ n²= σ⁴

n²· (2n − 1) σ⁴

n²· (2n − 1) < 2σ⁴

n − 1 ∀n → EQM ( ˆσ²) < EQM (S²)

ESERCIZIO 16

Si consideri un campione casuale di ampiezza n da Y avente funzione di densit`a

f (y; θ) = θ

y^θ+1e^θ, y > e, θ > 0 a Scrivere la funzione di log-verosimiglianza per il parametro θ.

L(θ) =

n

Y

i=1

θ y^θ+1e^θ

l(θ) =

n

X

i=1

log(θ) − (θ + 1) log(Y_i) + θ

= n log(θ) + nθ − (θ + 1)

n

X

i=1

log(yi)

b Verificare analiticamente che lo stimatore di massima verosimiglianza di θ risulta essere:

θˆM V = n

n

X

i=1

log yi− n

!−1

d

d θl(θ) = n

θ+ n −Pn

i=1log(yi) = 0 → ˆθM V = n Pn

i=1log(y_i) − n= n (Pn

i=1log yi− n)⁻¹ c Supponendo di avere osservato il seguente campione di n = 8 elementi

33.60, 5.05, 3.41, 3.29, 5.91, 4.26, 3.68, 4.45 determinare la stima di massima verosimiglianza di θ.

Pn

i=1log(y_i) = 11.34 θˆM V = 8

11.34 − 8= 2.3952

(10)

ESERCIZIO 17

Un’indagine campionaria su 900 utenti di un provider internet ha permesso di rilevare che il 73%

di essi `e completamente soddisfatto del servizio.

a Costruire un intervallo di confidenza al livello del 98% per la proporzione di clienti soddisfatti nella popolazione.

n = 900, p = 0.73,ˆ X ∼ Bin(n, p)

X rappresenta il numero di clienti soddisfatti del servizio.

Utilizziamo la seguente funzione pivot ove Y `e la proporzione campionaria.

Z = Y − p

pp(1 − p)∼ N (0, 1) Φ(2.33) = 0.99 → y0.99= 2.33 ·

r0.73 · 0.27

900 + 0.73 = 0.7645 Φ(−2.33) = 0.01 → y0.01= −2.33 ·

r0.73 · 0.27

900 + 0.73 = 0.6955 P r(0.6955 ≤ Y ≤ 0.7645) = 0.98

b L’anno precedente, in un’indagine con analogo argomento, l’intevallo di confidenza per la medesima proporzione era risultata pari a (68 − 71) al livello 95%. Che numerosit`a campionaria si aveva a disposizione in quel caso.

A partire dall’espressione dell’estremo destro dell’intervallo di confidenza dato nel testo, assumendo valida l’approssimazione normale, `e possibile ricavare il valore di n^∗:

Φ(1.96) = 0.975 0.71 = 1.96 ·

r0.695 · 0.305

n^∗ + 0.695 → · · · → n^∗= 1.96 ·√

0.695 · 0.305 0.015

!2

= 3620

Volendo `e possibile utilizzare l’espressione dell’estremo sinistro, oppure dell’ampiezza dell’intervallo di confidenza.

ESERCIZIO 18

Sia (Y1, Y2, . . . , Yn) un campione proveniente da una variabile Y descritta dalla densit`a f (y; θ) = 3y²/θ³, 0 ≤ y ≤ θ.

a Si determini lo stimatore di θ con il metodo dei momenti.

E[Y ] = Z θ

0

y · 3y²

θ³ dy = 1 θ³·

"

3 4y⁴

#θ 0

=3 4θ 3

4θ = Pn

i=1Yi

n → ˆθM M = 4 3Y

b Si verifichi se lo stimatore `e non distorto e consitente in media quadratica.

E[ˆθ_{M M}] = 4

3E[Y ] = 4 3·3

4· θ = θ V ar(Y ) =Rθ

0(y − 3/4 θ)²· 3y²

θ³ dy = 3 80a² V ar( ˆθ_{M M}) = 16

9n· V ar(Y ) limn→+∞

16

9n· V ar(Y ) = 0

E’ consistente in media quadratica.

(11)

ESERCIZIO 19

Si dispone di un campione casuale di tre unit`a della variabile aleatoria Y ∼ Bin(n = 7, θ): Y₁= 2, Y₂= 2, Y₃= 1.

a Qual `e la stima di massima verosimiglianza per θ?

L(θ) = P (Y₁= 2) · P (Y₂= 2) · P (Y₃= 1)

=7 2

θ²(1 − θ)⁵·7 2

θ²(1 − θ)⁵·7 1

θ¹(1 − θ)⁶

=7 2

²7 1

θ⁵(1 − θ)¹⁶ l(θ) = ln

7 2

2 7 1

+ 5 ln(θ) + 16 ln(1 − θ) d

d θl(θ) = 5 θ− 16

1 − θ= 0 → · · · → 21θ = 5 → ˆθM V = 5

21≃ 0.23

b Noto che il paramentro θ assume uno dei valori 0.3, 0.2, 0.1, qual `e la stima di massima verosimiglianza?

l(0.1) = ln ₇

2

2 7 1

+ 5 ln(0.1) + 16 ln(0.9) = −5.1637 l(0.2) = ln ₇

2

2 7 1

+ 5 ln(0.2) + 16 ln(0.8) = −3.5825 l(0.3) = ln ₇

2

2 7 1

+ 5 ln(0.3) + 16 ln(0.7) = −3.6917 La stima `e 0.2.

ESERCIZIO 20

Si considerino le due variabili X e Y distribuite come Normali aventi entrambe media µ e varianza rispettivamente pari a σ²₁ e σ₂². Si disponga di un campione casuale semplice di dimensione n₁ da X e di n₂da Y, e siano X e Y le medie campionarie. Si consideri lo stimatore

T = 2aX + (1 − 2a)Y a Verificare se lo stimatore T non `e distorto per µ.

E[T ] = 2a · E[X] + (1 − 2a) · E[Y ]

= 2aµ + (1 − 2a)µ = µ Lo stimatore `e non distorto.

b Si calcoli il valore di a che rende minima la varianza dello stimatore T supponendo che X e Y siano indipendenti.

V ar(T ) = 4a²· V ar(X) + (1 − 2a)²· V ar(Y )

= 4a²·σ²₁

n₁+ (1 − 2a)²σ²₂ n₂

= a² σ²₁ n1

+σ₂² n2

!

− 2aσ²₂ n2

+ σ²₂ n − 2 d

d aV ar(T ) = 2a σ₁² n₁+σ₂²

n₂

!

− 2σ₂²

n₂= 0 → a = σ₂²/n2

σ₁²/n₁+ σ²₂/n₂

(12)

ESERCIZIO 21

Un’azienda di generi alimentari vuole determinare il valore medio di sale (in grammi) in una confezione di crackers. Si analizzano n = 98 confezioni e si ottengono i seguenti risultati: ˆy = 10 g, s²= 0.56 g². Assumendo che le osservazioni ottenute siano i valori osservati di un campione casuale da una popolazione normale di media µ, varianza σ² entrambe incognite, determinare:

a L’intervallo di confidenza al 98% per µ

La funzione pivot utilizzata per costruire l’intervallo di confidenza `e: X = Y − µ rS²

n

∼ tn−1=97

P r(X ≤ 2.365) = 0.99 → y_0.99= r0.56

98 · 2.365 + 10 = 10.1788 P r(X ≤ −2.365) = 0.01 → y_0.01=

r0.56

98 · (−2.365) + 10 = 9.8212 P r(9.8212 ≤ µ ≤ 10.1788) = 0.98

b L’intervallo di confidenza al 90% per σ² S²(n − 1)

σ² ∼ χ²₉₇ P r S²(n − 1)

χ²₉₇_0.95 ≤ σ²≤S²(n − 1) χ²₉₇_0.05

!

= 0.90 Approssimo a 100 gdl.

P r 0.56 · 97

124.342≤ σ²≤ 0.56 · 97 77.929

!

= 0.90 P r(0.4369 ≤ σ²≤ 0.6970) = 0.90

ESERCIZIO 22

Si considerino un campione casuale di dimensione n proveniente da una popolazione bernoulliana di parametro incognito p e si consideri la funzione g(p) = log[p/(1 − p)]

a Determinare lo stimatore di massima verosimiglianza di g(p).

Dalla teoria `e noto che:

ˆ p_{M V} =

Pn i=1Yi

n

Ponendo: ψ = g(p), per invarianza: ˆψ_{M V} = log pˆM V

1 − ˆp_{M V}

!

= log

Pn i=1Yi

n −Pn i=1Yi

!

b Determinare la varianza asintotica dello stimatore di massima veromiglianza di g(p) Utilizzando il metodo Delta:

V ar( ˆψM V) = V ar(ˆpM V) · d d pg(p)

!2

= p(1 − p)

n · 1

(p(1 − p))²= 1 np(1 − p) Un suo stimatore `e: V ar(ψ) =ˆ 1

nˆp_{M V}(1 − ˆp_{M V})

c Determinare un intervallo di confidenza approssimato per g(p).

g(ˆpM V) ± z1−α/2·

s 1

nˆpM V(1 − ˆpM V)

d Supponendo di avere osservato in un campione di n = 120 osservazioni un valore della media campionaria pari a 0.4, determinare un intervallo di confidenza al 95% per g(p).

Sostituendo i valori alla formula del punto c.: [−0.7707, −0.0402]