Metodi Matematici e Statistici Prova scritta – 18/9/2007

Metodi Matematici e Statistici Prova scritta – 18/9/2007

Esercizio 1. Siano X e T due v.a. indipendenti.

i) Supponiamo X ∼ B 2, ¹₂ . Calcolare media, varianza e funzione generatrice della v.a. Y = X − 1.

ii) Supponiamo T ∼ Exp ¹₅ . Calcolare ET²X − 3XY.

iii) Calcolare P|T − 5| < 1.

iv) Calcolare PYT > −1.

v) Se T1, ..., T30 è un campione estratto da T, calcolare approssimativamente PT1 + ... + T30 > 150.

vi) Se Y1, ..., Y30 è un campione estratto da Y, calcolare esattamente PY1 + ... + Y³⁰ > 29.

Esercizio 2. Sia X una v.a. di varianza nota pari a 25 ma media μ incognita. Vogliamo trovare un’approssimazione sperimentaleμ di μ tramite un campione sperimentale x1, ..., xn estratto da X.

i) Vorremmo che, a livello di confidenza 95%, l’errore relativo fosse inferiore al 10%:

μ−μ

μ < 0.01. Da un primo piccolo campione x¹, ..., x10 si ottiene x = 37.2. Quanti altri esperimenti bisogna fare per raggiungere lo scopo? Si eseguano le approssimazioni naturali per raggiungere un risultato concreto, anche se approssimato.

ii) Se invece ci si accontenta del campione x1, ..., x10, che errore assoluto e che errore relativo si ottiene?

iii) Supponiamo che quest’analisi sperimentale venga svolta allo scopo di verificare se un valore medio pari a 35, precedentemente ritenuto valido, sia davvero corretto. Al 95%, si può rifiutare l’ipotesi che la media sia 35 sulla base dei dati x1, ..., x10 ?

vi) Fino a che livelli α di significatività si potrebbe rifiutare tale ipotesi?

Soluzioni

Esercizio 1. i)

EY = EX − 1 = 1 − 1 = 0 VarY = VarX = 2 ⋅ 12 ⋅ 1

2 = 12 φYt = Ee^tY = Ee^tX−1 = Ee^tXe^−t

= 1

2 + 1

2e^t e^−t = 1

2e^−t + 1.

ii)

ET²X − 3XY = ET²X − 3EXX − 1

= ET²EX − 3EX²+ 3EX

= 50 ⋅ 1 − 3 ⋅ 3

2 + 3 ⋅ 1 = 48.5 essendo (posto λ = ¹₅ )

ET² = VarT + ET² = 2λ² = 50

EX² = VarX + EX² = 12 + 1 = 32. iii)

P|T − 5| < 1 = P4 < T < 6 = PT < 6 − PT ≤ 4

= PT > 4 − PT ≥ 6 = e^−15⋅4 − e^−15⋅6 = 0.148.

iv)

PYT > −1 = PYT > −1|X = 0PX = 0

+ PYT > −1|X = 1PX = 1

+ PYT > −1|X = 2PX = 2

= P−T > −1 1

2² + P0 > −12 1

2² + PT > −1 1 2²

= 14 1 − e^−15⋅1 + 12 + 14 = 0.795.

v)

PT1 + ... + T30 > 150 = P T¹ + ... + T30− 30 ⋅ 5

30 ⋅ 5 > 150− 30 ⋅ 5 30 ⋅ 5

∼ PZ > 0 = 0.5 dove Z è una N0, 1.

vi) Posto Xk = Yk + 1,

PY1+ ... + Y30 > 29 = PX1 + ... + X30 − 30 > 29

= PX1 + ... + X30 > 59.

La v.a. W = X¹+ ... + X³⁰ è una B 60, ¹₂ (è somma di 60 Bernoulli indipendenti di parametro ¹₂, essendo ciascuna Xk somma di 2 Bernoulli indipendenti di parametro ¹₂).

Quindi la probabilità richiesta è

= PW > 59 = PW = 60 = 1 2⁶⁰ . Esercizio 2. i) Sappiamo che, a livello di confidenza 95%,

μ − x = ± 5 ⋅ 1.96 n quindi

μ − x

μ = 5 ⋅ 1.96μ n .

Quindi serve ^5⋅1.96_{μ n} ≤ 0.01. Ma da qui non possiamo determinare n in quanto μ è incognito.

Prendiamo come approssimazione μ = x = 37.2. Allora dobbiamo risolvere ^5⋅1.96_n ≤ 0.372, ovvero n ≥ ^5⋅1.96_3.72 , ovvero n ≥ 694.01, quindi n = 695 è sufficiente.

ii) L’errore assoluto è

|μ − x| = 5 ⋅ 1.96

10 = 3.099

mentre, sempre con l’approssimazione precedente, l’errore relativo è μ − x

μ ∼ μ − x

x = 5 ⋅ 1.96

37.2 10 = 0.083.

iii) No. L’errore relativo al 95% è superiore allo scarto tra l’ipotesi e la media del campione.

iv) Basta usare la formula

p = 2 − 2Φ|z|

dove z = ^x−μσ n .