Esaminiamo due tipi di regione critica, basati su due v.a. diverse: la prima è il numero di giorni piovosi su 30, che indicheremo con S

Esercizio. Riprendiamo il problema della piovosità di Pisa e dell’ipotesi che essa abbia probabilità giornaliera paria 0:4. In realtà, siccome generalmente sempra che sia più bassa, e quindi è naturale impostare come alternativa quella unilaterale che sia più bassa, scegliamo come ipotesi nulla p 0:4 e come alternativa p < 0:4.

Esaminiamo due tipi di regione critica, basati su due v.a. diverse: la prima è il numero di giorni piovosi su 30, che indicheremo con S

(è la somma X

+ ::: + X

dove X

vale 1 se il giorno i-esimo piove, 0 se non piove; e le supponiamo indipendenti); la seconda è il numero di "0" (giorni di non pioggia) consecutivi iniziali, che indichiamo con N . Ad esempio, se la stringa sperimentale fosse

000000110000000000100001000110

avremmo 6 come valore sperimentale di S

, 6 come valore sperimentale di N . 1) Fissato , calcolare delle regioni critiche (magari approssimate) per le due v.a.

2) Relativamente a tale scelta, calcolare la potenza del test.

Soluzione. 1) Per S

la regione critica avrà la forma fS

g. Deve valere P

(S

)

per tutte le p 0:4. E’ abbastanza ragionevole aspettarsi che, se la disuguaglianza vale per p = 0:4, valga per tutti; siccome avremo dei teoremi generali a supporto di questo tipo di ragionamento, ora prendiamolo per buono.

Vale approssimativamente

P

(S

) = P

X

+ ::: + X

30 0:4 p 30 p

0:4 0:6

30 0:4 p 30 p

0:4 0:6

30 0:4 p 30 p

0:4 0:6 quindi

30 0:4 p 30 p

0:4 0:6 q q p

30 p

0:4 0:6 + 30 0:4

= q 2:683 + 12:

Ad esempio, se scegliamo = 0:1, q = 1:281, possiamo prendere

= 8:563:

Il test è quindi il seguente: se il campione sperimentale ha un valore di S

inferiore a 8:563, si ri…uta l’ipotesi che sia p 0:4.

Nota. Osserviamo numericamente cosa accade diminuendo il rischio, la probabilità di errore di prima specie. Se prendiamo = 0:05, vale q = 1:645, quindi

= 7:586:

1

La richiesta per ri…utare l’ipotesi diventa più stringente. E’più facile che l’esito sia "non abbiamo elementi per ri…utare".

Veniamo alla regione critica relativa a N : essa avrà la forma fN kg. Deve valere P

(N k)

per tutte le p 0:4. Come sopra, esaminiamo solo per p = 0:4. Vale P

(N k) = 0:6

quindi

0:6

k log 0:6 log quindi per k prendiamo l’intero più grande che veri…ca

k log

log 0:6 :

Ad esempio, se = 0:1, log = 2:302, possiamo prendere k 4:506, ovvero k = 5:

Se = 0:05, log = 2:996, possiamo prendere k 5:865, ovvero k = 6

(di nuovo la richiesta è più stringente).

2) Calcoliamo la potenza dei due test, diciamo per = 0:1. Per il primo, dobbiamo calcolare la funzione

p 7! P

(S

8:563) per p < 0:4. Vale

P

(S

8:563) = P

X

+ ::: + X

30 p p 30 p

p (1 p)

8:563 30 p p 30 p

p (1 p)

!

8:563 30 p p 30 p

p (1 p)

! :

Questo è il risultato, in e¤etti non facilmente interpretabile, se non tracciando un gra…co di tale funzione e cercando di percepire quanto essa sia ripida nelle vicinanze di p = 0:4.

Si noti che per p = 0:4 essa vale ; questo non fornisce informazioni e chiarisce che non ha senso prendere l’inf della funzione potenza come indicatore della sua grandezza.

2

Possiamo valutare, posto f (x) =

2

exp

x

, d

dp

8:563 30 p p 30 p

p (1 p)

!

= f 8:563 30 0:4 p 30 p

0:4 0:6

30 p 30 p

p (1 p) (8:563 30 p) p

30

2

p

p(1 p)

30p (1 p)

= f ( 1:28) 30 p

30 p

0:4 0:6 (8:563 30 0:4) p

30

2p 0:4 0:6

30 0:4 0:6

= 0:176 10:647 = 1:874:

Per il secondo test dobbiamo calcolare la funzione p 7! P

(T 5) per p < 0:4, ovvero

p 7! (1 p)

:

Vale d

dp

(1 p)

= 5 0:6

= 0:648

quindi la seconda funzione potenza è meno elevata della prima nelle vicinanze di 0:4 (che è la zona che interessa maggiormente, quella per cui si fanno i test). Per esempio, per p = 0:3

8:563 30 0:3 p 30 p

0:3 (0:7)

!

= 0:43 (1 0:3)

= 0:168:

E’più potente il test basato su S

. Con pazienza o con un computer, si possono tracciare i due gra…ci e confrontarli: quello in nero è della prima potenza, quello in verde della seconda.

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