Stima intervallare, Appunti di Statistica

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STATISTICA: esercizi svolti sulla STIMA

INTERVALLARE

1 STIMA INTERVALLARE

1.1 Esercizi

1. Una partita di bulloni presenta un diametro medio μ incognito; la varianza del di-

ametro dei bulloni è invece nota e pari a 0 , 01 cm. Si estrae un campione di n = 1000

bulloni, sui quali si osserva un diametro medio pari a 1 , 2 cm.

a) Si determini l’intervallo di confidenza per μ avendo fissato un livello di confidenza

del 99%.

b) Si determini l’ampiezza di tale intervallo.

Svolgimento

a) Per determinare l’intervallo di confidenza (I.C.) per μ a livello di confidenza

pari al 99%, bisogna innanzitutto ricavare il quantile di ordine 1 −

α

della

distribuzione normale standard.

Quindi, poichè

1 − α = 0. 99

si ha che

α = 1 − 0 .99 = 0. 01.

Perciò

α

e di conseguenza

α

Consultando le tavole della distribuzione normale standard e interpolando tra i

punti di coordinate (2.57 ; 0.99492) e (2.58 ; 0.99506), si ricava che

pertanto

z 1 −

α

2

= z

1. 995

= z

1. 995

Si ricorda che l’intervallo di confidenza per μ a livello 1 − α è dato da

[

X − z 1 −

α

2

σ

2

n

X + z 1 −

α

2

σ

2

n

]

dove

X è lo stimatore media campionaria;

• z 1 −

α

2

è il quantile di ordine 1 −

α

della distribuzione normale standard;

• σ

2 è la varianza della popolazione di riferimento;

Svolgimento

a) Per determinare l’intervallo di confidenza (I.C.) per μ a livello di confidenza

pari al 98%, bisogna innanzitutto ricavare il quantile di ordine 1 −

α

della

distribuzione normale standard.

Quindi, poichè

1 − α = 0. 98

si ha che

α = 1 − 0 .98 = 0. 02.

Perciò

α

e di conseguenza

α

Consultando le tavole della distribuzione normale standard e interpolando tra i

punti di coordinate (2.32 ; 0.98983) e (2.33 ; 0.99010), si ricava che

pertanto

z 1 −

α

2

= z

1. 99

Ricordando che l’intervallo di confidenza per μ a livello 1 − α è dato da

[

X − z 1 −

α

2

σ

2

n

X + z 1 −

α

2

σ

2

n

]

sostituendo, otteniamo che

[

2

2

]

è l’I.C. per μ a livello 0.98.

Si ottiene pertanto:

[34.0696 ; 35.9304] I.C. per μ a livello 0.98.

b) Si ricorda che l’ampiezza dell’intervallo di confidenza determinato nel punto

precedente è pari a:

Amp = 2 · z 1 −

α

2

σ

n

= 2 · z 1 −

α

2

σ

= 2 · z 1 −

α

2

σ

A questo punto si vuole determinare un’ampiezza campionaria ˜n che dimezzi

l’ampiezza dell’I.C. a livello di confidenza 0.98. In altre parole, si vuole deter-

minare n˜ tale che:

2 · z 1 −

α

2

σ

n˜

Amp

[

2 · z 1 −

α

2

σ

]

Quindi, dalla relazione

2 · z 1 −

α

2

σ

n˜

[

2 · z 1 −

α

2

σ

]

si ottiene che

2 · z 1 −

α

2

σ

n˜

= z 1 −

α

2

σ

e pertanto:

˜n

Risolvendo l’equazione rispetto a n˜, si ricava:

˜n = (2 · 10)

2

= 400.

É possibile quindi affermare che l’ampiezza dell’intervallo di confidenza si dimez-

za se si aumenta l’ampiezza campionaria di 400-100=300 unità (cioè l’ampiezza

campionaria deve quadruplicare).

c) Bisogna determinare n tale che:

P {|

X − μ| < 1 } = 0. 96.

Riscriviamo la relazione precedente come segue:

P {− 1 <

X − μ < 1 } = 0. 96

e riconosciamo che tale probabilità è uguale a

P

σ/

n

X − μ

σ/

n

σ/

n

A questo punto, riconoscendo che

X − μ

σ/

n

= Z ∼ N (0, 1)

la relazione (1) diventa

P

n

σ

< Z <

n

σ

c) Tenendo conto del risultato campionario di cui al punto b), si determini la

numerosità campionaria che assicura che la varianza dello stimatore della pro-

porzione di alberi ammalati sia pari a 0. 001.

Svolgimento

a) Come è noto, l’ampiezza dell’I.C. (a livello 1 − α = 0. 99 ) per la proporzione

incognita di alberi malati è data da:

Amp = 2 · z 1 −

α

2

pq

n

Calcoliamo quindi innanzitutto z 1 −

α

2

. Dalla relazione

1 − α = 0. 99

ricaviamo che

α = 0. 01

cioè

α

e pertanto

α

Dalle tavole della distribuzione normale standard, interpolando tra i punti di

coordinate (2.57 : 0.99492) e (2.58 ; 0.99506), si ricava che:

quindi si pone:

z 1 −

α

2

= z 0. 995 = 2. 576.

Non avendo informazioni su p e q, consideriamo il caso più sfavorevole, cioè

quello in cui

p = q = 0. 5.

É questo il caso di massima incertezza per il quale il prodotto pq è massimo.

L’ampiezza dell’I.C. è di conseguenza uguale a:

Amp = 2 · 2. 576 ·

n

Imponendo che

Amp < 0. 1

otteniamo che

n

n

n >

da cui

n > 663. 5776 (arrotondando n ≥ 664).

Controllando 664 alberi si ha che l’ampiezza dell’I.C. a livello 0.99 per la pro-

porzione ignota di alberi malati è minore di 0.1.

b) Per determinare l’I.C. a livello 0.98, come al solito calcoliamo

1 − α = 0. 98

α = 0. 02

α

α

Dalle tavole della distribuzione normale standard, interpolando tra i punti di

coordinate (2.32 ; 0.98983) e (2.58 ; 0.99010), si ricava che:

= 0.^99

e quindi

z 1 −

α

2

= z

1. 99

La stima per la proporzione di alberi malati sulla base delle n = 100 osservazioni

campionarie è

p ˆ =

quindi

q ˆ = 1 − pˆ = 0. 6

possiamo scrivere l’I.C.:

[

P − z 1 −

α

2

pq

n

P + z 1 −

α

2

pq

n

]

Non conoscendo ovviamente i veri valori di p e q, al posto di essi, usiamo le loro

stime (pˆ e qˆ), ricavate dal campione e abbiamo quindi l’I.C.

[

P − z 1 −

α

2

pˆqˆ

n

P + z 1 −

α

2

pˆqˆ

n

]

cioè [

]

vale a dire:

[0.286 ; 0.514] I.C. per p a livello 0.98.

La stima per il peso medio dei gelati sulla base delle n = 100 osservazioni

campionarie è

x ¯ = 82

e ricordando che l’intervallo di confidenza per μ a livello 1 − α è dato da

[

X − z 1 −

α

2

σ

2

n

X + z 1 −

α

2

σ

2

n

]

sostituendo, otteniamo che

[

]

è l’I.C. per μ a livello 0.97.

Si ottiene pertanto:

[80.915 ; 83.085] I.C. per μ a livello 0.97.

b) La probabilità richiesta è la seguente:

P {|

X − μ| < 3 }.

Tale probabilità è però uguale a

P {|

X − μ| < 3 } = P {− 3 <

X − μ < 3 }

= P

σ/

n

X − μ

σ/

n

σ/

n

A questo punto, ricordando che

X − μ

σ/

n

= Z ∼ N (0, 1),

si ha che la probabilità cercata è pari a:

P {|

X − μ| < 3 } = P

σ/

n

< Z <

σ/

n

= P

< Z <

= P

< Z <

= P {− 6 < Z < 6 }

= Φ(6) − [1 − Φ(6)]

La probabilità che la differenza in valore assoluto tra la media campionaria e il

peso medio μ dei gelati sia inferiore a 3 g è pari pertanto a 1.

5. Sia X la variabile casuale che descrive il peso dei pacchetti di caffè di un lotto. Dal

lotto si estraggono n = 100 pezzi e si ottiene:

100 ∑

i=

x i

100 ∑

i=

x

2

i

Si costruisca l’intervallo di confidenza per il peso medio al livello di confidenza del

Svolgimento

L’esercizio richiede il calcolo dell’intervallo di confidenza per l’incognita media μ dato

da: [

X − z 1 −

α

2

σ

2

n

X + z 1 −

α

2

σ

2

n

]

Al solito, calcoliamo

1 − α = 0. 97

α = 0. 03

α

α

Dalle tavole della distribuzione normale standard, si ricava che:

= 0.^985

e quindi

z 1 −

α

2

= z

1. 985

É facile anche calcolare il valore che la variabile casuale media campionaria

X assume

per il campione estratto:

¯x =

100 ∑

i=

xi =

Per costruire l’I.C. sarebbe necessario conoscere la varianza σ

2

della popolazione; non

essendo σ

2 nota si impiega lo stimatore “varianza campionaria corretta” (S

2

c

) data da:

S

2

c

n − 1

n ∑

i=

(X

i

X)

2

Svolgimento

a) Bisogna determinare n tale che:

P {|

P − p| < 0. 05 } = 0. 98.

Riscriviamo la relazione precedente come segue:

P {− 0. 05 <

P − p < 0. 05 } = 0. 98

P

pq/n

P − p

pq/n

pq/n

A questo punto, ricordando che

P − p

pq/n

= Z ∼ N (0, 1)

la relazione (2) diventa

P

pq/n

< Z < −

pq/n

Stimando ora p con pˆ (ˆp =

= 0.52) e q con qˆ (ˆq = 1 − 0 .52 = 0.48), si

ottiene:

P

n

< Z <

n

P

n

< Z <

n

P

n < Z < 0. 1 ·

n

n

n

n

n

Consultando le tavole della distribuzione normale standard, si ricava che

= 0.^99.

Quindi

n = 2. 326

e pertanto:

n =

2

= 541. 0276 (arrotondando n = 542).

Tale valore ci informa che affinchè la differenza tra lo stimatore della proporzione

p e la proporzione stessa p abbia modulo minore di 0.05 con probabilità pari a

0.98, è necessario intervistare ulteriori 542 − 250 = 292 individui.

b) Per determinare l’I.C. a livello 0.97, come al solito calcoliamo

1 − α = 0. 97

α = 0. 03

α

α

Dalle tavole della distribuzione normale standard, si ricava che:

e quindi

z 1 −

α

2

= z

1. 985

La stima per la proporzione di individui che preferiscono il prodotto A ad altri

prodotti simili sulla base delle n = 250 osservazioni campionarie è

p ˆ =

e quindi

q ˆ = 1 − pˆ = 0. 48 ,

possiamo scrivere l’I.C.:

[

P − z 1 −

α

2

pq

n

P + z 1 −

α

2

pq

n

]

Non conoscendo ovviamente i veri valori di p e q, al posto di essi, usiamo delle

loro stime, ricavate dal campione e abbiamo quindi l’I.C.

[

P − z 1 −

α

2

pˆqˆ

n

P + z 1 −

α

2

pˆqˆ

n

]

cioè [

]

vale a dire:

[0.4514 ; 0.5886] I.C. per p a livello 0.97.

7. Si è svolta un’indagine su 100 persone per saggiare l’opinione su una proposta politica.

Avendo ottenuto 48 risposte favorevoli:

a) si determini l’intervallo di confidenza per la proporzione di risposte favorevoli

nella popolazione con un livello di confidenza del 97%;

b) Ricordando che

var(

P ) =

pq

n

basta imporre che

pq

n

Tenendo quindi conto delle informazioni campionarie, ponendo cioè

p = ˆp = 0. 48

e di conseguenza

q = ˆq = 1 − p = 0. 52 ,

si ottiene

n

Dalla precedente relazione si ricava che

n >

vale a dire

n > 249. 6 (arrotondando n ≥ 250).

Intervistando 250 individui si ha che la varianza dello stimatore della ignota

proporzione p di persone favorevoli alla proposta politica è inferiore a 0.001.