
Soluzione di test d'esame

D.  Con un campione di 68 unità si ottiene un intervallo di confidenza per  la media della popolazione  con margine di
errore di 10 unità. Se la deviazione standard della popolazione è pari a 50, il livello di confidenza usato è :
A) 99%. B) 80%. C) 90%. D) 95%.


R. ME = z  * sigma/sqrt[n]

quindi

10 = z * 50/sqrt(68)

e dunque

z = 10 * sqrt(68)/50 = 1.64

Quindi

P(Z < 1.64) = 0.95

P(Z > 1.64) = 0.05

e nelle due code della normale c’è il 10%.
Quindi il livello di confidenza è il 90 %

Risposta C).


D. Il supervisore di una linea produttiva ritiene che il tempo medio di assemblaggio di un certo
componente sia di 14 minuti. Si assuma che il tempo di assemblaggio si distribuisca normalmente
con deviazione  standard di 3.4 minuti. Il supervisore esamina poi il tempo di assemblaggio per 40
componenti scelti a caso ed osserva un tempo medio di 11.6 minuti. Ritenete che il tempo medio di
assemblaggio sia diverso da 14 minuti? Si consideri α= 0.01 .


R. X = tempo ~ N(mu = ? sigma = 3.4),   L’ipotesi nulla è H0: mu = 14 l’alternativa è H1: mu diverso da 14.
Regione critica

z > 2.58 o z < -2.58

dove z  = (Xmed - mu0)/ES

Qui Xmed = 11.6
n = 40
ES = sigma/sqrt[n] = 3.4 /sqrt(40) =  0.5375872.

z = (11.6 - 14)/0.5375872 = -4.46

Quindi si rifiuta H0 al livello dell’1%.

D.L'azienda produttrice di sacchi di cemento afferma che ciascun sacco contiene almeno \(50.1\) kg di cemento. La deviazione standard della quantità di cemento contenuta in ciascun sacco è \(1.2\) kg. La regola di decisione adottata dall'azienda è di mettere in manutenzione una macchina riempitrice se la media campionaria della quantità di cemento in un campione di \(40\) sacchi è inferiore a \(49.7\). Qual è la probabilità di commettere un errore del primo tipo?

R. La popolazione è \(X \sim N(\mu, \sigma = 1.2)\). L'ipotesi nulla e alternativa sono
\[
H_0: \mu \ge 50.1, \quad H_1: \mu < 50.1
\]
La regione critica è
\[
\bar X < 49.7
\]
La probabilità di errore del I tipo è
\[
P(\text{Rifiutare } H_0 \text{ se } \mu = \mu_0 = 50.1)
\]
cioè
\[
P(I) = P( \bar X < 49.7) \text{ con } X \sim (\mu_0, \sigma = 1.2) )
\]
Ora siccome la media campionaria ha distribuzione sotto ipotesi nulla
\[
\bar X \sim (50.1, \sigma_{\bar X}= 1.2/\sqrt{40} = 0.1897367 ),
\]
avremo
\[
P(I) = P( Z < (49.7 - 50.1) / 0.1897367) = P(Z < -2.1)
\]
ossia
\[
P(I) = 1- P(Z < 2.1) = 1 - 0.9821 = 0.018.
\]


D. Se \(X \sim N (\mu = 61.7, \sigma = 5.2) \) qual è il valore di \(k\) tale che \(P(59 < X < k) = 0.54\)?
R. Bisogna risolvere l'equazione con incognita \(k\). Si standardizza e si ottiene
\[
P(59 < X < k) = P((59 - 61.7)/5.2 < Z< (k - 61.7)/5.2) = 0.54
\]
cioè
\[
P(-0.52 < Z <  (k - 61.7)/5.2) = 0.54
\]
ossia
\[
P(Z < (k - 61.7)/5.2) - P(Z < -0.52) = 0.54
\]
e ancora
\[
P(Z < (k - 61.7)/5.2) =  P(Z < -0.52) + 0.54 = 1 - P(Z < 0.52) + 0.54
\]
Dalla Tavola 1 della normale si determina
\[
P(Z < 0.52) = 0.6985
\]
e quindi l'equazione di partenza è
\[
P(Z < (k - 61.7)/5.2) =  1 - 0.6985 + 0.54 = 0.8415
\]
Guardando ancora le tavole della normale MA ALL'INVERSO si vede che il valore \(z\) tale che
\[
P(Z < z) = 0.8415
\]
è (circa) \(z = 1\)! Quindi
\[
\frac{k - 61.7}{5.2} = 1
\]
da cui si ricava finalmente
\[
k = 5.2 + 61.7 = 66.9.
\]
DIFFICILE.


D. Sia \(Z \sim N(0,1)\) e sia \(Z _{10}\) il decimo percentile della normale standard. Trovare il valore di \(Z_{10}\).

R. Il decimo percentile è il valore che lascia a sinistra una probabilità del \(10\%\) sotto la normale standard \(N(0,1)\).  Quindi
\[
P(Z < Z_{10}) = 0.10
\]
Ovviamente è negativo ed è esattamente l'opposto del novantesimo percentile \(Z_{90}\) cioè del valore tale che
\[
P(Z< Z_{90}) = 0.9
\]
Questo valore si trova esattamente essere uguale a \(Z_{90} = 1.28\). Vedi la Tavola 1.
Quindi
\[
Z_{10} = - 1.28.
\]

D.  La tabella seguente riporta le frequenze relative congiunte di un insieme di nuove aziende che operano nel settore del commercio via internet, classificate per regione di ubicazione e prospettiva di crescita.  Se l'azienda ha una crescita attesa media o alta, qual è la probabilità che sia ubicata nel Nord -Ovest?
                        Regione
Crescita    Nord-Est    Sud    Centro   Nord-Ovest
￼￼￼Bassa         0.04      0.12     0.14     0.19
Media         0.05      0.08     0.06     0.12
Alta          0.03      0.05     0.08     0.04

Se l'azienda ha una crescita attesa media  o alta, qual è la probabilità che sia ubicata nel Nord-Ovest?

R. Si chiede la probabilità condizionata
\[
P( NO | \text{Crescita = media o alta}) = \frac{P( NO  \cap \text{Crescita = media o alta}) }{P(\text{Crescita = media o alta})}
\]
Quindi otteniamo
\[
\frac{0.12 + 0.04}{0.05 + 0.08 + 0.06 + 0.12 + 0.03 + 0.05 + 0.08 +0.04} \approx  0.31
\]
(Nel dare la soluzione si è approssimato alla seconda cifra).

D. Un negozio di computer ha ricevuto una fornitura di 14 computer, 5 dei quali con modem già istallato. Sfortunatamente sulle scatole mancano le etichette per distinguere i computer con modem dagli altri. Supponi di scegliere casualmente 4 computer.

Qual è la probabilità che esattamente 2 di essi siano provvisti di modem?

R. Estrarre "a caso" in questo caso vuol dire estrarre un campione senza ripetizione. Perché? Perché l'esercizio precisa che l'estrazione avviene da una popolazione di N = 14 elementi.

Poi se \( X = \) numero di computer col modem su 5 estratti si sa che \(X\) ha distribuzione ipergeometrica. Quindi
\[
P(X = 2) = \frac{{S \choose 2}{N-S \choose n-2}}{{N \choose n}}
\]  
dove \(N = 14\) è la dimensione della popolazione, \(S = 5\) numero di "successi" nella popolazione. Quindi si ottiene
\[
\begin{align*}
P(X = 2) &= \frac{{5 \choose 2}{9 \choose 2}}{{14 \choose 4}}\\
&= \frac{5 \cdot 4/2 \times 9 \cdot 8/2}{(14\cdot 13\cdot 12\cdot 11)/(4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1)} = \frac{360}{1001} = 0.3596.
\end{align*}
\]  

D. Si supponga di costruire la retta di regressione per i dati rappresentati nel diagramma di dispersione seguente.

￼
Qual è la coppia di valori più ragionevole per l'intercetta e la pendenza?
R. Disegnando ad occhio la retta dei minimi quadrati otteniamo
￼
Quindi l'intercetta con l'asse \(Y\) sarà negativa e la pendenza positiva.  Ci son solo 2 casi di questo tipo nelle risposte e cioè
A) \(b_0 = -20; b_1 = 0.50\) e B) \(b_0 = -20; b_1 =  2\).
Dal grafico si vede che la pendenza è minore di 1 (che corrisponde alla bisettrice del primo e terzo quadrante) è quindi la soluzione giusta è A).

D. Il supervisore di una linea produttiva ritiene che il tempo medio di assemblaggio di un certo componente sia di 14 minuti.
Si assuma che il tempo di assemblaggio si distribuisca normalmente con una deviazione standard di 3.4 minuti. Il supervisore esamina poi il tempo di assemblaggio per 14 componenti scelti a caso e osserva un tempo medio di 11.6 minuti. Ritenete che il tempo medio di assemblaggio sia diverso da 14 minuti? Si consideri \(\alpha = 0.01\).

R. Sistema di ipotesi:  \(H_0: \mu_0 = 14; H_1: \mu \ne 14\). Abbiamo un campione casuale di \(n = 14\) unità.
La statistica test è
\[
Z = \frac{\bar X- \mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}
\]
L'errore standard in questo caso è
\[
ES = 3.4/\sqrt{14} = 0.91
\]
Quindi
\[
z =  (11.6 - 14)/ES = -2.64
\]
e si rifiuta al livello dell'1% perché la regione di accettazione è \((-2.58, 2.58)\).

NOTA: nella soluzione allegata al compito in cui compare questo esercizio  a questo esercizio, l'errore standard è calcolato  erroneamente come
\[
ES = 3.2/\sqrt{40} = 3.2/6.32
\]
come se la dimensione campionaria fosse \(n = 40\).

Il test si può effettuare anche calcolando il pvalue.

Questo risulta
\[
P( Z < -2.64) + P(Z > 2.64) =  0.0083
\]
e quindi il test è altamente significativo (\(p < 0.01\)).

D. Il tempo che gli studenti dedicano allo studio segue una distribuzione normale con deviazione standard di 8 ore. Si estrae un campione casuale di 4 studenti. Quanto è la probabilità che la media campionaria superi la media della popolazione per più di 2 ore?
R. La media campionaria ha distribuzione \(\bar X \sim N(\mu, \sigma_{\bar X} = 8/\sqrt{4} = 4)\).  La domanda chiede di trovare
\[
P(\bar X > \mu + 2) = P( Z > (\mu + 2 - \mu)/4) = P(Z > 1/2)
\]
Quindi il risultato è \( 1 - P(Z < 0.5) = 0.3085.)


D. Un portafoglio comprende 20 azioni ALFA e 30 azioni BETA. Il prezzo delle azioni ALFA è una variabile casuale con media 10 e varianza 9, il prezzo delle azioni BETA è una variabile casuale con media 25 e varianza 16. I prezzi delle due azioni sono correlati negativamente con un coefficiente di correlazione lineare pari a \(-0.4\).
Calcolare il valore atteso e la varianza del valore del portafoglio.

R. Il prezzo delle azioni ALFA è \(X \sim (\mu_X = 10, \sigma_X = 3)\). Il prezzo delle BETA è \(Y \sim (\mu_Y = 25, \sigma_Y = 4)\). Il coefficiente di correlazione è
\[
\rho = \frac{\sigma_{XY}}{\sigma_X\sigma_Y} = -0.4
\]
Quindi la covarianza è
\[
\sigma_{XY} = \rho \sigma_X \sigma_Y = (-0.4)(3)(4) = -4.8.
\]
Il valore del portafoglio è
\[
V = 20 X + 30 Y
\]
Il valore atteso è
\[
E(V) = 20 \mu_X + 30 \mu_Y = 20 \cdot 10 + 30 \cdot 25 = 950
\]
La varianza è
\[
\begin{align*}
\mathrm{var}(V) &= \mathrm{20 X + 30 Y }\\
&= 400 \sigma_X^2 + 900 \sigma_Y^2 + (2) (20)(30)\sigma_{XY} \\
&= (400)(9) + (900)(16) + 2(20)(30)(-4.8)\\
&= 12240.
\end{align*}
\]

D. Un test a risposta multipla ha 5 domande ciascuna  con 5 possibili risposte. Supponi di tirare a caso  per tutte le domande. Qual è la probabilità di rispondere correttamente a tutte le domande?

R. Ogni domanda è una prova di Bernoulli con probabilità di successo \(p = 1/5 = 0.2\). Su \(5\) prove indipendenti e con la stessa difficoltà la probabilità di avere \(5\)  successi è
\[
p^5 = 0.2^5 = 0.00032.
\]

D. Se \(X\) è una variabile casuale Binomiale con \(n = 20\) e \(p = 0.5\) allora \(P(X = 20) = 1\). Vero o Falso?

R. Se fosse vero tutta la mass di probabilità sarebbe concentrata sull'evento \(X = 20\) che dovrebbe essere certo. E' evidentemente falso.
 Ciò vorrebbe dire che  se si fanno venti lanci di una moneta bilanciata è certo che si    otterranno 10 teste!

D. Per un certo campione si ottiene \(\bar x= 3.7\) e deviazione standard \(1.2\).
Si aggiunge 6.3 ad ogni valore del campione precedente. Calcolare media e deviazione standard del nuovo campione.

R. Per la proprietà della media e della varianza la nuova media è \(3.7 + 6.3 = 10\) e la nuova varianza resta la stessa. Quindi la nuova deviazione standard   è \(1.2\).

D. Se una variabile casuale \(X\) è normalmente distribuita con media \(1200\) e deviazione standard \(150\), allora la mediana è \(1048\). Vero o falso?

R. La normale è una distribuzione simmetrica in cui media mediana e moda coincidono. Quindi la mediana è \(1200\) non \(1048\).

D. Si abbia una popolazione di \(10\) oggetti. Si estraggano senza replicazione tutti i possibili campioni non ordinati di dimensione \(4\). Quanti campioni fanno parte dello spazio campionario?

R. Sono pari al numero di possibili combinazioni di 10 oggetti di classe 4 cioè
\[
{10 \choose 4} = \frac{(10)(9)(8)(7)}{(4)(3)(2)(1)} = 210.
\]
NOTA: campione non ordinato vuol dire semplicemente sottoinsieme. I sottoinsiemi di elementi della popolazione non sono distinti per l'ordine.

D. Negli ultimi 10 anni, i rendimenti dello Stock A sono stati in media del 8.4% con deviazione standard 2.1% e quelli dello Stock B sono stati in media del 3.6% con deviazione standard 0.9%. Quali delle seguenti affermazioni è vera?

R.

A) Lo Stock B ha una variabilità relativa più piccola dello Stock A. I due coefficienti di variazione sono uguali:
\[
CV_A = \frac{2.1}{8.4} = 0.25, \quad
CV_B =  \frac{0.9}{3.6} = 0.25
\]
Quindi A) è falsa.

B) I due stock presentano la stessa variabilità relativa. Abbiamo visto che B) è vera.

C) Lo Stock A ha una variabilità relativa più piccola dello Stock B. Abbiamo visto che è falsa.

D) Non c'è sufficiente informazione per dire quale dei due stock presenta la variabilità relativa più piccola. E' falsa perché per calcolare il CV basta avere media e deviazione standard.

D. L'errore standard della distribuzione della proporzione campionaria \(\hat P\) cresce se la proporzione nella popolazione \(p\) è prossima a
A) 0.75
B) 0.0
C) 0.50
D) 1.0

R. L'errore standard di \(\hat P\) è
\[
\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}.
\]
Se \(n\) è fissato e costante l'errore standard in funzione di \(p\) è la  funzione disegnata qui sotto.

￼

Perciò si vede che il massimo è in corrispondenza di \(p = 0.5\).

D. Una banca concede un prestito ipotecario all'87% dei richiedenti. Dopo che la richiesta viene accolta la banca manda un perito a valutare la proprietà. La banca paga al perito un salario di 2000 euro al messe più 200 euro per ciascuna perizia. Assumi che la banca avrà 10 richieste di prestito il prossimo mese. Qual è la varianza dell'ammontare che la banca deve pagare il suo perito ?

R. Sia \(X\) il numero di prestiti concessi su \(10\) richiesti. Perciò \(X\) è Binomiale con \(n = 10\) e \(p = 0.87\). Il salario mensile del perito è
\[
Y = 2000  + 200 X
\]
Il salario è aleatorio perché il numero di perizie sui prestiti concessi è incerto. Tuttavia la varianza del salario si calcola facilmente:
\[
\sigma^2_Y = 200^2 \sigma^2_X = 40000 (10) (0.87)(1-0.87) = 45240
\]
Quindi la deviazione standard è 213 euro.

Esercizi del compito F di Giugno 2012 risolti
Compito F
Soluzione

1) L'ipotesi nulla è \(H_0: \mu = 50.1\)  contro l'alternativa \(H_1 : \mu < 50.1\) kg. 
 Si suppone di avere un campione di 40 sacchi di cemento con pesi 
distribuiti come \(N(\mu, \sigma = 1.2)\). Si rifiuta l'ipotesi nulla (mandando in manutenzione la macchina) 
se \(\bar X < 49.7\). La probabilità \(P(I) = P(\)rifiutare H0, quando è vera cioè se \(\mu = 50.1)\). 
Quindi 
\[
P(I) = P( \bar X < 49.7; \mu = 50.1) = P( (\bar X - \mu)/\sigma/\sqrt{n} < (49.7 - \mu)/\sigma/\sqrt{n})  
\]
Quindi
\begin{align}
P(I) &= P(Z < (49.7 - 50.1) / (1.2/\sqrt{40})) \\
       &= P(Z < -2.10819) \\
       &= 1 - P(Z < 2.10819) = 1- 0.982 = 0.018.
\end{align}
Risposta [B].


2) p = probabilità che una persona prenda il raffreddore in inverno = 0.4. Se si selezionano "a caso"
10 persone (da una popolazione infinita) e si contano il numero di persone X con il raffreddore si intende
che  essendo questo un campione casuale (con ripetizione) X ~ Binomiale con parametri n = 10 e p = 0.4. 
Quindi P(X = 4) = C(10, 4) p^4 (1-p)^6 = 210 (1 - p)^6 p^4 = 0.251. Risposta [B].

3) L'ipotesi alternativa e' H1: mu > 37000 dove mu e' la media nella popolazione del reddito X di quelli che giocano alla lotteria. H0 è
mu < = 37000.
Si suppone che X ~ N(mu, sigma = 5756). Si ha un campione casuale di n = 25 famiglie. Se in questo campione la media 
e'  36243, la statistica test per verificare l'ipotesi H0 e'  Z = (Xmedia - mu)/sigma/Sqrt[n] = (36243 - 37000)/(5756/Sqrt[25]) = -0.66. Risposta [A}.
NOTA: non e' t = -0.66 perche' non occorre un test t di Student dato che si conosce la deviazione standard della popolazione. 

4) Se si rifiuta H0 al livello del 1%  si rifiuta anche al livello del 5%. Pero' non e' vero il viceversa: se si rifiuta al livello del 5% per esempio
perche' il P-value e' 0.04 non e' detto che si debba rifiutare al livello dell'1%. Infatti 0.04 non e' < 0.01.  Detto in un altro modo:
nel test sulla media dei una normale la regione critica (unilaterale) al livello del 5% e' {Z > 1.645} mentre la regione critica al livello dell'1% 
e' {Z > 2.33}. Percio' se si rifiuta al livello del 5% (per esempio per z = 1.7) non e' detto che si debba rifiutare al livello dell'1%. Risposta [FALSO]

5) L'ipotesi nulla e' H0: p = 0.634 contro l'alternativa H1: p < 0.634 . E' un test su una proporzione. 
Si ha un campione casuale di n = 220. Si osserva una proporzione campionaria di 0.587. Questo valore ci permette di rifiutare 
l'ipotesi nulla al livello del 10%? La statistica test e' Z = (pstimato - p0)/Sqrt[p0(1-p0)/n] = (0.587 - 0.634)/ Sqrt[0.634 (1 - 0.634)/220] = -1.45.
Questa statistica ha distribuzione approssimata N(0,1) sotto H0 se vale la condizione n pstimato(1-pstimato) > 220. Si verifica che questa condizione vale
(altrimenti non si poteva fare l'esercizio). La regione critica e' z < - z(alfa) con alfa = 0.10. Quindi guardando le tavole si vede che z(0.10) = 1.28. 
Infatti P(Z < 1.28) = 0.9. quindi la regione critica e' {z < -1.28}. Siccome abbiamo ottenuto -1.45 si rifiuta l'ipotesi nulla al livello del 10%. 
Si puo' alternativamente calcolare il p-value corrispondente alla statistica test -1.45, cioe' P( Z < -1.45) = 1 - P(Z < 1.45) = 0.0739 = 7.39%. 
Poiche' il pvalue < 10% si rifiuta l'ipotesi nulla al livello del 10%. 

NOTA: in questo esercizio NON basta rispondere "no, non dovremmo credere all'affermazione".   E' necessario fornire i dettagli sul foglio.

6) Istogramma. L'unica cosa a cui stare attenti e'  che essendo una variabile continua non si devono staccare i rettangoli.  

￼



7) La covarianza tra X e Y
A) e' compresa tra -1 e +1. E' FALSO in generale perche' la covarianza dipende dall'unità di misura di X e Y.
B) puo' essere positiva o negativa. VERO. Infatti se e' positiva c'e' associazione  lineare crescente e se e' negativa c'e' 
associazione lineare decrescente. Nota che puo' essere anche zero.
C) e'  sempre positiva. FALSO per quanto visto al punto B). 
D) e' sempre < 1. E' quasi sempre vero, ma puo' essere FALSO perche' puo' essere anche = 1. Se c'e' associazione lineare 
crescente ESATTA. 
Risposta [B]

8) X = numero di TV prodotto in un giorno. Questo vuol dire che X rappresenta la popolazione delle produzioni 
giornaliere di TV. La deviazione standard del numero di TV prodotte e' sigma(X) = 17.4. 
Ci dicono di calcolare un intervallo di confidenza per mu = E(X) = 
media della produzione nella popolazione di tutti le TV prodotte in un giorno, basandosi su un 
campione casuale  di n = 20 giorni.
Qui si sa che la media campionaria su questi 20 giorni e' 452.3. Percio' l'intervallo e' 
452.3 +o- ME dove ME e' il margine di errore. Il ME e' calcolato qui supponendo che la distribuzione 
campionaria della media sia normale (sperando caso mai nel Teorema centrale del limite). 
Quindi ME = z(alfa/2) sigma/Sqrt[n]. Siccome si vuole 1-alfa = 0.95,  z(alfa/2) = 1.96. Dunque
ME =  1.96 17.4/Sqrt[20] = 7.63. 
Risposta [D]

9) P( Utile almeno 8%) = 1 - P(Utile < 8%) = 1 - P(Utile < 8%). Quindi 
poiche' P(Utile < 8%) = 0.09 + 0.14 + 0.16 = 0.39,
P( P( Utile almeno 8%)  = 1 - 0.39 = 0.61. 

10) Numero medio di Assenze = 
(0*5 + 1 * 13+ 2*24 + 3*23 + 4 * 17 + 5 * 11 + 6*7)/(5 + 13 + 24 + 23 + 17 + 11 + 7) = 2.95. Risposta [B]

11) Se A e B sono mutuamente esclusivi A intersezione B = Insieme vuoto.  Esempio Gli eventi 
uno studente e' della provincia di Pisa e uno studente e' della provincia di Firenze. 
E' vero che gli eventi complementari sono incompatibili? se uno studente non e' di Pisa SICURAMENTE
non e' di Firenze? E' evidente che e' FALSO. Uno e' portato a dire che l'affermazione e' vera perche' 
pensa alle situazioni di eventi tipo Maschio e Femmina che sono incompatibili ma anche necessari.
In questo caso effettivamente il risultato e' vero. Ma per pisani e fiorentini la cosa non succede. 
Fate una figura con i diagrammi di Venn.
Risposta [FALSO]  
 
12) X ~ N(mu, sigma) implica che Xmedio ~ N(mu, sigma/Sqrt[n]). 
Quindi P(Xmedio < mu + sigma/Sqrt[n]) = P(( Xmedio - mu)/sigma/Sqrt{n] < 1 ) = P(Z < 1).
Analogamente P( Xmedio < mu - sigma/Sqrt[n]) = P(Z < -1).

A) Equivale a P(Z < 1) < P( Z < -1). FALSO  (Fate un disegno!)
C) Equivale a P(Z < 1) = P(Z < -1) . FALSO  (evidente)

Resta la scelta fra B) e D).  

B) Posto sigma/n = k, equivale a P( Xmedio < mu + k/2) < P(Xmedio < mu + k). VERO. 
D) Equivale a P( Xmedio < mu - k/2) < P(Xmedio < mu - k) . FALSO (fare un disegno!)

Quindi Risposta [B]    
   
13) L'errrore di stima e'  la differenza tra la stima nel campione e il parametro della popolazione. Siccome la stima varia da campione a campione l'errore di stima e' una variabile aleatoria. Quindi Risposta [VERO].

14) Tirando a caso, p = P(riposta giusta) = 1/5 = 0.2. Quindi su 5 domande indipendenti ciascuna con la stessa probabilità
p = 0.2 di azzeccarla, il numero X di risposte corrette ~ Binomiale con parametri p = 0.2 e n = 5. 
Quindi la P(X = 5) = 0.2^5 = 0.0032. Risposta [C].

15) La binomiale e' simmetrica solo se p = q = 1/2. Negli altri casi e' asimmetrica. Risposta [FALSO]

16) Z = valore del portafoglio = 20 X + 30 Y dove X e Y sono i prezzi dei due tipi di azione.
X ha media 10 e varianza 9 mentre Y ha media 25 e varianza 16. Siccome cor(X, Y) = -0.4, 
la covarianza e' cov(X, Y) = cor(X, Y) sigma(X) sigma(Y) = -0.4 * 3 * 4 = -4.8. Allora
il valore atteso del portafoglio e'
E(Z) = E(20 X + 30 Y) = 20 E(X) + 30 E(Y) = 20 *10 + 30 * 25 =  950. La sua varianza e'
var(Z) = var(20 X + 30 Y) = 20^2 var(X) + 30^2 var(Y) - 2 * 20 * 30 + cov(X, Y) = 400 * 9 + 900 *16  + 1200 * (-4.8) =    12240


17) Se si suppone che il guasto possa essere distribuito come una uniforme X  tra 0 e 4, la funzione di densità e' 
f(x) = 1/4 tra 0 e 4 e 0 altrove. La P( 0< X < 1) = Area del rettangolo con base 1 e altezza 1/4 = 0.25. 

18) La differenza interquartile di una N(0,1) e' Q3 - Q1 dove P(Z < Q3) = 0.75 e P(Z < Q1) = 0.25. Dalle tavole si vede che 
P( Z < 0.67) = 0.75.  Quindi P(Z < -0.67) = 0.25. Fate un disegno! Allora la differenza interquartile e' IQR = 0.67 - (-0.67) = 2 * 0.67 = 1.34.
La differenza interquartile della normale N(2, 1) e' la dispersione di una normale ottenuta spostando la normale standard a destra di 2. 
Quindi la dispersione resta la stessa ed e' uguale a 1.34. Volendo verificare precisamente, basta notare che se X ~ N(2, 1) 
P(X < 2 + 0.67) = 0.75 e P( X < 2 - 0.67) = 0.25. Quindi lo scarto interquartile e' IQR = (2 + 0.67) - (2 - 0.67) = 1.34.  
    
19) Se X ~ N(mu, sigma = 8) la media in un campione di n = 4 ha distribuzione Xmedio ~ N(mu, 8/2 = 4). Percio' la probabilità che 
la media campionaria differisca da mu per piu' di 4 e'
P(| Xmedio - mu | > 4)  = P(|Xmedio - mu| / 4 > 1) = P(|Z| > 1) dove Z ~ N(0,1). 
Quindi = 2(1 - P(Z < 1)) =  2 (1 - 0.8413)    = 0.3174. Risposta [C].

20) Questo e' facile la media e' PEGGIO della mediana come indice di tendenza centrale (di posizione) 
quando ci sono valori anomali. Risposta [FALSO].

Esercizi del compito H di Giugno 2012 risolti
Compito H
Soluzione

1) Una variabile si dice ordinale se esiste un ordinamento naturale delle modalita'. 
Per esempio la religione non e' ordinale, mentre il livello di istruzione si'. Quindi la risposta e' B).

2) A) la media e' sempre piu' piccola della mediana. FALSO puo' capitare tranquillamente il contrario. Per esempio
{1, 2, 30} ha media 11 e mediana 2.  
B) la deviazione standard e' sempre piu' piccola della varianza. FALSO, poiche DS e' la radice della varianza
se la varianza e' per esempio 0.25 la deviazione standard e' 0.5 che e' piu' grande.
C) La somma degli scarti dalla media e' sempre zero. VERO perche' Somma (x - media) = Somma(x) - Somma(media) 
= n media - n media = 0. (Qui molte persone si imbrogliano perche' non sanno che cos'e' uno scarto dalla media.)  
D) La somma degli scarti al quadrato dalla media e' sempre zero . FALSO. E' evidente che in generale gli scarti al quadrato sono positivi 
e quindi la loro somma non puo' essere zero. 
 
3) Esercizio del catering. Numero di persone che vanno al convegno X ~ N(84, sigma = 4).
Qual e' il numero di pasti che dovreste ordinare in modo tale che la probabilità di avere piu' persone che pasti sia del 5%?
La domanda e' ingannevole: i pasti sono la stessa cosa delle persone. Se si fissano k = 84 pasti per esempio
la probabilità che le persone siano piu' dei pasti e' P(X > 84) = 0.5 perche' 84 e'  la media. Qui invece si chiede trovare il numero di   
 pasti k tale che P(X > k) = 0.05. E' il solito problema inverso. 
Si standardizza ottenendo
P(Z > (k - 84)/4) = 0.05

Allora dalle tavole sappiamo che (k-84)/4 = 1.645 = 90.58. Qundi, se si ordinano 91 pasti 
c'e' la probabilità di circa il 5% di avere piu' persone che pasti. 

4) Il punteggio a un esame e' una variabile con media 73 e deviazione standard 2. Per la diseguaglianza di C. 
P( 70 < X < 76) = P(73 - 2 sigma < X < 73 + 2 sigma) >= 60% cioe' e' almeno del 60%. Percio' l'affermazione
"al piu' il 60% dei punteggi sono compresi nell'intervallo tra 70 e 76" e' FALSA.  Infatti e' come se dicesse
"la probabilità che X sia compresa tra la media piu' o meno 2 sigma  e'  al massimo del 60%" . E' il contrario!
Tale probabilità e' come minimo del 60%. 

5) L'ipotesi nulla e' mu >= 60 min contro H1: mu < 60. Supponendo che il tempo per completare dichiarazione sia
distribuito normalmente con media e varianza incognita, si usa un test t di Student. La statistica test  e' 
t = (63.2 - 60)/(7.7/Sqrt[24]) = 2.04. La soluzione percio' e' A) t = 2.04  e non C) z = 2.04 (test z) perche' 7.7 e' la 
deviazione standard stimata e non quella della popolazione normale. 

6) Qual e' il livello di confidenza associato all'intervallo di confidenza per una proporzione [12.88% , 19.92%]
basato su 600 osservazioni? 
 La proporzione stimata  e' il punto centrale dell'intervallo cioe' pc = (12.88 + 19.92)/2 = 16.4% = 0.164.
L'errore standard della stima e' ES = Sqrt[pc (1-pc)/600] = 0.0151164.

il margine di errore e' ME = 1/2 Ampiezza = (19.92 - 12.88)/2 = 3.52 %.
poiche' il ME = z(a/2) SE risulta che z(a/2) = ME/SE = 0.0352 /0.0151164 = 2.33.

Quindi P( Z > 2.33) = a/2

Dalle tavole della normale P(Z> 2.33) = 0.01 e quindi a/2 = 0.01.
Pertanto a = 0.02. Siccome il livello di confidenza e' 1 - a questo risulta 1 - 0.02 = 0.98. 

8) Riduzione del costo = X con E(X) = 265 e sigma(X) = 55.  In 5 anni la riduzione del costo e' 
5X  dove si suppone che la riduzione di costo sia costante ogni anno. 
Quindi la media della riduzione del costo totale e'  E(5 X) = 5 E(X) =  5* 265   = 1325.

La varianza e'  var(5 X)  = 25 var(X) = 25 * 55^2 , mentre la deviazione standard e'
5 * 55 = 275. 

9) Problema del car-sharing. L'ipotesi da verificare e' sulla proporzione p di utilizzatori. 
Si puo' fare il test che p = 0.2 contro p > 0.2  oppure
                                       p = 0.2 contro p < 0.2

In entrambi i casi la statistica test (approssimata, per n grande = 356)  è 
 z = (0.187 - 0.2) / Sqrt[0.2* 0.8/356] = -0.61.

Nel test p = 0.2 contro p > 0.2 la regione critica al livello del 5% e' Z > 1.645 percio' non si rifiuta H0
Nel test p = 0.2 contro p < 0.2 la regione critica al livello del 5% e' Z < -1.645 e anche qui non si rifiuta H0

Bene, quindi non si rifiuta mai l'ipotesi p = 0.2 

Le domande sono un po' a trabocchetto. 

A) Non c'e' evidenza che p  non sia  < 0.2. E' veramente una formulazione che fa confusione. 
Traduzione: non c'e' evidenza che p >= 0.2
ovvero c'e' evidenza contro p >= 0.2.  Abbiamo visto che e' FALSO. 

B) C'e' evidenza che p < 0.2. Per il  fatto che in un test l'evidenza e' sempre contro e mai a favore, 
 e' FALSO. 

C) Non c'e' evidenza che p < 0.2. Questo e' VERO perche' si puo' tradurre che
non c'e' evidenza contro p = 0.2.    

D) C'e' evidenza che p  non sia < 0.2. E' FALSO per lo stesso motivo di B) . 


10) Se x e' la percentuale cumulata che manca e' chiaro che 
x = (6 + 6 + 5 + 1)/(2 + 6 + 6 + 5 + 1) = 90%, cioe' D) . 

11) L'errore standard della media e' sigma/sqrt(n) quindi e' chiaro che se aumenta la dimensione campionaria n
l'ES diminuisce. Percio' l'affermazione e' FALSA.

12) La somma di due dadi e' 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12. Se A e' l'evento "esce un numero pari"
il complementare e' "esece un numero dispari". Quindi non A = {3, 5, 7, 9 , 11}. Risposta B) . 
La risposta A) e' sbagliata perche' contiene 1 che e' dispari ma non puo' capitare. 

13) p = 0.3 X = numero di famiglie su 20 che hanno il DVD. X e' Binomiale con indice n = 20 e p = 0.3. 
Percio' la media e' E(X) = np = 20 * 0.3 = 6 famiglie. La deviazione standard e' Sqrt[n p q] = Sqrt[ 6 0.7] = 2.04939.

14) Aumentando il livello di significatività di un test la probabillità del II tipo aumenta. 
Il livello del test e' P(I) quindi siccome se P(I) aumenta allora P(II) diminuisce, l'affermazione e' FALSA. 

15) La media di una variabile aleatoria si calcola come una media ponderata:

0 * 0.34 + 1 * 0.25 + 2 * 0.19 + 3 * 0.11 + 4* 0.07 + 5 * 0.04 =  1.44, risposta C).

16) A) Il campo di variazione e' la misura di variabilità piu' utile. E' un'affermazione azzardata. FALSO
B) Le misure di variabilità sono numeri che descrivono il grado di dispersione dei valori osservati. Dispersione e' sinonimo di variabilità.
VERO. 
C) LA media ponderata e' la misura di variabilità piu' utile. La media non e' una misura di variabilità ma di posizione. FALSO. 
D) Tutte le affermazioni A), B) , C) sono vere. Ovviamente e' FALSO. 

17) La probabilità che tutti i 4 computer siano occupati. E' come calcolare la probabilità di 4 successi su 4 prove indipendenti 
ciascuna delle quali ha probabilità di successo p = 0.6 (probabilità di essere occupato). Questa probabilità e' 
P(X = 4) = C(4,4) 0.6^4 * 0.4^0 = 1 * 0.6^4  * 1 =  0.1296.

18) E' esattamente la definizione di uno stimatore che e' una sintesi dei dati campionari che fornisce la stima puntuale 
di un parametro della popolazione. VERO. 

19) Se Y = a + bX E(Y) = E(a + bX) = a + b E(X). E' una proprieta' del valore atteso. VERO. 

20) P(-1.25 < Z < -0.75) = P(0.75 < Z< 1.25) = P(Z < 1.25) - P(Z < 0.75) =  0.89435  - 0.773373 = 0.1210. Risposta  B) .


Soluzioni di esercizi del Newbold

Esercizio 1.9
a. Grafici e misure di sintesi.
b. Per esempio, la stima della soddisfazione media.
c. Per esempio, la relazione tra media e intenzione ad iscriversi.

Esercizio 2.1
a. Variabile numerica che deriva da un processo di conteggio: quantitativa discreta.
b. Variabile numerica espressa in valuta: quantitativa continua.
c. Come per b.
d. Variabile categorica, le cui categorie hanno una gerarchia tra le modalità: qualitativa ordinale.

Esercizio 2.5
a. Variabile categorica, qualitativa nominale b. Variabile numerica, quantitativa discreta c. Variabile categorica, qualitativa nominale d. Variabile categorica, qualitativa nominale

Esercizio 2.7
a. Hours each time: è una variabile numerica ricodificata in classi, perciò rappresenta una variabile qualitativa ordinale.
b. Tutte le variabili E-H. NB: le variabili dicotomiche o dummy (che possono assumere solo due modalità) si considerano sempre qualitative nominali.
c. Days/Week: il numero di giorni a settimana rappresenta una variabile quantitativa discreta.

Esercizio 2.13
a. Si tratta di una variabile quantitativa discreta. Per la distribuzione di frequenze si consiglia di costruire una tabella, con il carattere ricodificato in classi, indicando nella prima colonna le classi (in ordine crescente) e nella seconda colonna la frequenza di ogni modalità.
Occorre innanzitutto scegliere il numero delle classi, tra 5 e 7. Si scelga per esempio un numero di classi pari a 5 (ma è corretto anche scegliere un numero diverso di classi!).
Per determinare l’ampiezza di ciascuna classe, occorre applicare la formula:

\(w= \frac{\text{Massimo}−\text{Minimo}}{\text{N. Classi}} = (65−12)/5 =53/5=10.6 \)

E’ importante arrotondare sempre per eccesso l’ampiezza determinata con la formula (in questo caso 11).
Le classi saranno dunque:

\([12;23) [23;34) [34;45) [45;56) [56;67)\)

La distribuzione di frequenze richiesta è:

\[
\begin{array}{crr}
\text{Classi} & \text{Frequenze} & \text{F. Relative} \%\\ \hline
[12, 23) &6  & 21 \\
[23, 34) &3   &11 \\
[34, 45) &10 & 36 \\
[45, 56) &2   & 7\\
[56, 67) &7  & 25\\ \hline
               & 28    & 100
\end{array}
\]

Esercizio 3.1
\(\bar x = \frac{20+73+ 75 +80+82}{5} = 66\)


Posizione centrale nella successione ordinata = (5+1)/3 =  3.
Mediana = 75.

La moda non riusciamo a calcolarla perché tutte le modalità hanno frequenza uguale.

Delle tre misure di sintesi, quella che descrive meglio i dati è la mediana,
poiché esiste un dato anomalo che sposta la media eccessivamente verso il basso.

Esercizio 3.5

La media è

\(\bar x = 20.74\)

Per la mediana prima ordino i dati

10.2 13.1 15.0 15.8 16.9 17.3 18.2 24.7 25.3 28.4 29.3 34.7

Quindi trovo la posizione centrale in questa graduatoria.
Poiché il numero di unità è pari, ci sono due posizioni centrali.
Le trovo calcolando   \((n+1)/2 = (12 + 1)/2 = 6.5\). Quindi le posizioni
sono la 6 e la 7. La mediana è la semisomma del sesto e del settimo
valore in graduatoria. Quindi Mediana = \((17.3 + 18.2)/2 = 17.75.\)

Esercizio 3.14
Il coefficiente di variazione è il rapporto tra deviazione standard e il valore assoluto della media. Occorre dunque anzitutto calcolare queste misure di sintesi.
La media è \(\bar x = 9\). La deviazione standard è (il libro la prefersice calcolata con denominatore \(n-1\))
\[
s = \sqrt{\frac{10}{4}} = 1.5811.
\]
Perciò il coefficiente di variazione è
\[
\frac{s}{|\bar x|} = 1.5811/9 = 0.1757 = 17.57\%.
\]

Esercizio 3.15
Il numero di osservazioni è \(n = 24\). La successione in ordine crescente è
\[
12, 13, 13, 13, 14, 16, 20, 20, 23, 25, 26, 27, 27, 28, 29, 35, 37, 37, 40, 40, 40, 45, 49, 66
￼￼￼￼￼￼￼￼\]
a. La media è \(\bar x = 28.9583\) secondi.

b. La deviazione standard (ossia lo scarto quadratico medio) è \(s = 13.5694\) secondi.  

c. Il minimo e il massimo sono \(12\) e \(66\). La mediana è la semisomma delle osservazioni al 12mo e 13mo posto.
Siccome sono tutt'e due 27 la mediana è 27. I quartili si possono calcolare analogamente con una formula spiegata sul libro.
Siccome non è in programma non mi soffermo sui dettagli.

d. Il coefficiente di variazione (non confondete con il campo di variazione!) è
\[
CV = \frac{s}{|\bar x|} = 13.5694/28.9583 = 46,86\%.
\]  
Esercizio 3.27
I dati rono raggruppati in classi. Quindi si calcolano i valori approssimati
di media e varianza definendo i punti centrali di classe \(c_i\) e calcolare
\( \bar x = \sum_i c_i n_i /n = 505/40.\) La tabella seguente è utile per fare i calcoli della varianza
\[
\begin{array}{crrrrrr}
\text{Classi} & \text{Freq} & c_i & \text{Freq} \times c_i & c_i - \bar{x} & (c_i - \bar{x})^2 & (c_i - \bar{x})^2 n_i \\  \hline
0-4       & 5       &    2    &   10     & -10.625 &   112.891 & 564.4531  \\
5-9       &  8      &   7     &   56     &  -5.625  &     31.641 & 253.1250\\
10-14  &  11    &   12   &  132   &  -0.625   &         0.391   & 4.2969\\
15-19  &   9     &  17    &  153    & 4.375    &        19.141   & 172.2656\\
20-24  &  7      &   22   &  154    & 9.375    &        87.891 &  615.2344\\ \hline
             & 40    &           & 505     &               &                      &  1609.3750\\
\end{array}
\]
 La varianza si calcola come
\[
\sum_i (c_i - \bar x)^2n_i/n = 1609.375/39 = 41.2661
\]
dove abbiamo usato il denominatore \(n-1\). La deviazione standard è 6.42.

Esercizio 3.30
a. Somma del numero di richieste x numero di polizze = 13 * 1 + 2* 5 + 3*4 + 4 * 2 + 5* 3 + 6* 2 = 70. Quindi
\[
\bar x  = \frac{70}{50} = 1.4 \text{ polizze.}
\]
Per calcolare la varianza è meglio usare
\[
\sigma^2  =  \sum x_i^2n_i / N - \bar x^2  
\]
Quindi
\[
\sigma^2 = \frac{1\times 13 + 4 \times 5 + 9 \times 4 + 16 \times 2 + 25 \times 3 + 36 \times 2 }{50} - 1.4^2
\]
e quindi \(\sigma^2 = \frac{258}{50} -1.4^2 = 3.\)
Il libro spesso usa per calcolare la varianza
\[
s^2 = \sigma^2 \frac{N}{N-1}
\]
Quindi in questo caso è \(s^2 = 3 \frac{50}{49} = 3.061\) e la deviazione standard è \(s = \sqrt{3.061} = 1.75.\)

Esercizio 3.38
\(x:      5,  21, 14, 11,   9,    4,   7, 21, 17, 14,   9,   7,   9,  21, 13, 14,   9,   4\)
\(y:   53, 65,  48, 66, 46, 56, 53, 57, 49, 66, 54, 56, 53, 52, 49, 56, 59, 56\)

 \(\bar x\) = 11.61   \(\bar y\) =  55.22

\( (x_i - \bar x)(y_i - \bar y):    14.69,  91.80, -17.25,  -6.59,  24.08,  -5.92,  10.25,  16.69, -33.53,  25.75,   3.19,  -3.59,   5.80, -30.25,  -8.64,   1.86,  -9.86,  -5.92\)

Covarianza = \( \sum (x_i - \bar x)(y_i - \bar y) ]/18 =  72.55/18 = 4.03 \)
Il libro divide per \(n-1 = 17\):
Covarianza = \(72.55/17 = 4.26\)

Varianza di \(X\) 
 \( (x_i-\bar x)^2:      43.71, 88.15,  5.71,  0.37,  6.82, 57.93, 21.26, 88.15, 29.04,  5.71,  6.82, 21.26, 6.82, 88.15,  1.93,  5.71,  6.82, 57.93\)

Somma = \( \sum (x_i - \bar x)^2 = 544.28\)     Varianza \(x = 542.28/18 = 30.12\)

Analogamente Varianza \(y = 32.73\).

Quindi il coefficiente di correlazione è  cor\((x,y) = 4.03/\surd (30.12 \times 32.73) = 0.128.\)


c) L'analisi mostra che le due variabili sono quasi incorrelate. Guardate lo scatter:
￼
Evidentemente non c'e' molta associazione tra la dose del farmaco e
la guarigione. Quindi supponendo che i farmaco sia sempre potenzialmente 
dannoso si potrebbe pensare di  prescrivere un dosaggio zero!

Esercizio 4.5
f. L'intersezione \(A \cap B \) è l'evento che ci vogliano 5 giorni. L'evento \(\bar A \cap B \) è l'evento che ci vogliano 4,3,2,1 giorni.
Quindi l'unione dei due è l'evento che ci vogliano 1,2,3,4,5 giorni cioè < 6 giorni. Questa è la definizione dell'evento \(B\).

g. \(\bar A \cap B\) è l'evento che ci vogliano 4,3,2,1 giorni. \(A\) è l'evento che ci vogliano 5,6,7 giorni. Quindi l'unione dei due è l'evento 1,2,3,4,5,6,7 giorni. Questo è l'evento \(A \cup B\). Quindi \(A \cup (\bar A \cap B) = A \cup B\).   Nota che per la proprietà distributiva
\[
A \cup (\bar A \cap B) = (A\cup \bar A) \cap (A \cup B) = S \cap (A \cup B) = A \cup B.
\]
Quindi non c'è bisogno di tutti questi conti.

Esercizio 4.7
a. Lo spazio campionario è il seguente  

1. M1M2  5. M2M1   9. M3M1  13. T1M1  17. T2M1
2. M1M3  6. M2M3  10. M3M2  14. T1M2  18. T2M2
3. M1T1  7. M2T1  11. M3T1  15. T1M3  19. T2M3
4. M1T2  8. M2T2  12. M3T2  16. T1T2  20. T2T1

Ci sono cioè 20 eventi elementari che abbiamo numerato. Non sono 25 perché non possono capitare T1T1, T2T2, ecc.
b. Allora
\[
A = \{3,4,7,8,11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20\}
\]
c.
\[
B = \{1,2,5,6,9,10,16,20\}
\]
d.
\[
\bar A = \{1,2,5,6,9,10\}
\]
e. \(A \cap B  = \{16,20\}\) è l'evento che si verifica se viene scelta almeno una Toyota  e le due auto hanno la stessa marca.
Invece \(\bar A \cap B = \{1,2,5,6,9,10\} \).
Quindi la loro unione è \(B\).

f. Abbiamo che l'unione di \(A\) e \(\bar A \cap B\) è
\[
\{3,4,7,8,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,1,2,5,6,9,10\}
\]
cioè eliminando i doppioni
\[
\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,13,14,15,16,17,18,19,20\}
\]
cioè tutti gli eventi elementari. Questa coincide con \(A \cup B\).

NOIOSISSIMO!


Esercizio 4.8
Lo spazio campionario e' AAAAABBBBBBB.
L'evento che un sottoinsieme di 2 lettere contenga una A e una B e' {A,B}.
I casi possibili sono C(5,1) * C(7,1) = 35.  Cioe' posso scegliere la  A in 5 modi possibili
e per ciascuna posso scegliere la  B in 7 modi possibili. Ricordate l'esercizio 
in cui bisognava pescare a caso un comitato di maschi e femmine.
Lo spazio campionario contiene C(12,2) = 12*11/2 = 66 casi possibili. 
Quindi la probablita` e' 35/66 =   0.53.

Per visualizzare il tutto potete costruire gli eventi elementari con una tabella:

￼

Da dove vedete che gli AB sono 35 e tutti i casi possibili sono 66.

Esercizio 4.9 
E' piu' difficile del precedente, ma si usa la stessa regola. 
Lo spazio campionario  e'  AAAAAABBBB.
I casi possibili sono C(10,3) = (10*9*8)/(3*2) = 120.

I casi favorevoli sono (usando la regola di prima) 
C(6,1) * C(4,2) = 6 * (4*3/2) = 36.

Quindi la probabilità e' 36/120 = 0.3.

Esercizio 4.10 
Stesso sistema:  l'insieme dei casi possibili e' C(16, 4) = 1820.
Casi favorevoli: C(10,2) * C(6,2) =  675.
Quindi la probabilità e' 675/1820 = 

Esercizio 4.11
Questo e' facile:  la probabilità e' uguale alla frequenza relativa di norvegesi  = 20000/120000 = 1/6.

Esercizio 4.12
Se per campione casuale intendiamo un campione senza ripetizione:

P(2 norvegesi su 2) = P(norvegese alla prima)/ P(norvegese alla seconda|norvegese alla prima) = 
20000/180000 * 19999/179999 =  0.01234

Nota che alla seconda estrazione la popolazione e' praticamente uguale. 

Esercizio 4.14

a. \(P(A) = P(10\% - 20\%  \cup  > 20 \%)  = 0.33 + 0.21 = 0.54.\)

b. \(  P(B) = P(<  –10\% \cup -10\% - 0\%) = 0.04 + 0.14 = 0.18.\)

c. \(\bar A\) è l'evento che  il rendimento non sia maggiore del \(10\%\).

d. \( P(\bar A￼) = 0.04 + 0.14 + 0.28 = 0.46.\)

e. L'intersezione tra più del 10% e rendimento negativo è l'evento impossibile.

f. \( P(A\cap B) = 0\).

g. L'unione di \(A\)  e \(B\) è l'evento che  il rendimento sia meno di  –10%, da -10% a 0%,  da 0% a 10%, da 10% a 20% e più del 20%.  

h. \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A\cap B) = 0.54 + 0.18 – 0 = 0.72.\)

i. \(A\) e \(B\) sono mutuamente esclusivi perché l'intersezione è vuota.

j. \(A\) e \( B\) non sono collettivamente esaustivi perché la probabilità della loro unione non è 1.

Esercizio 4.27
La concorrente ha in mente 3 diversi tipi di confezione E, S, L tutti ugualmente possibili. Traduzione P(E) = P(S) = P(L) = 1/3.  Tre strategie di marketing tutte ugualmente possibili. Traduzione P(I) = P(II) = P(III) = 1/3.  Si suppone che le scelte sul tipo di confezione e sulle strategie siano indipendenti.Traduzione: tutte le coppie di eventi (E, I) , (E, II), (E, III), (S, I), (S, II), (S, III), (L, I), (L, II), (L, III) sono indipendenti. La domanda riguarda la probabilità
\[
P( L \cap I) = ?
\]
La risposta si ottiene usando la regola del prodotto con eventi indipendenti: \(P(L \cap I) = P(L)P(I) = (1/3) (1/3) = 1/9.\)

Esercizio 4.30

Quanti sono i modi di permutare i 6 titoli? Sono 6! = 720.
Ora supponiamo che i primi tre titoli siano A,B,C. Il numero di 6-uple
che hanno i primi tre titoli uguali ad A,B,C sono formate fissando
A,B,C e permutando i rimanenti 3 titoli. Il numero di queste sono 3! = 6.

Quindi la probabilità cercata è 6/720 = 1/120 = 0.00833.


Esercizio 4.31
Avete lo stesso problema. 
Comitato: DDDDLL

In quanto modi possibili posso costruire un sottoinsieme di 3?
in   C(6,3) modi  = 20 modi. (prova)

Quanti sono i sottoinsiemi di 3 membri senza laureati?
Sono C(4,3) = 4.

Quindi la probabilità e' 4/20 = 0.2.



Esercizio 4.32
I possibili sottoinsiemi di 3 partecipanti presi da 5 sono le combinazioni di 
5 oggetti di classe 3:  C(5,3) = (5*4*3)/(3*2) = 10
Eccole:
{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 2, 5}, {1, 3, 4}, {1, 3, 5}, {1, 4, 5}, {2, 3, 4}, {2, 3, 5}, {2, 4, 5}, {3, 4, 5}

Tuttavia ognuna  di queste  terne si puo' permutare in tutti i modi. Per esempio se
il podio e' {1,2,3}, si possono avere le coppie ordinate (1,2,3), (1,3,2) , (2,3,1), (3,2,1) etc...
Le permutazioni dei membri della terna sono 3! = 3*2 = 6. Quindi il numero totale di podi 
e' 10 * 6 = 60. 
Li elenco qui sotto per chiarezza:

{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 2, 5}, {1, 3, 2}, {1, 3, 4}, {1, 3, 5}, {1, 4,
  2}, {1, 4, 3}, {1, 4, 5}, {1, 5, 2}, {1, 5, 3}, {1, 5, 4}, {2, 1, 3}, {2, 1,  4}, 
 {2, 1, 5}, {2, 3, 1}, {2, 3, 4}, {2, 3, 5}, {2, 4, 1}, {2, 4, 3}, {2,
  4, 5}, {2, 5, 1}, {2, 5, 3}, {2, 5, 4}, {3, 1, 2}, {3, 1, 4}, {3, 1, 5}, {3,  2, 1}, 
{3, 2, 4}, {3, 2, 5}, {3, 4, 1}, {3, 4, 2}, {3, 4, 5}, {3, 5, 1}, {3, 5, 2}, {3, 5, 4},
 {4, 1, 2}, {4, 1, 3}, {4, 1, 5}, {4, 2, 1}, {4, 2, 3}, {4, 2, 5}, {4, 3, 1}, {4, 3, 2}, 
{4, 3, 5}, {4, 5, 1}, {4, 5, 2}, {4,  5, 3}, {5, 1, 2}, {5, 1, 3}, {5, 1, 4},
 {5, 2, 1}, {5, 2, 3}, {5, 2, 4}, {5, 3, 1}, {5, 3, 2}, {5, 3, 4}, {5, 4, 1}, {5, 4, 2}, {5, 4, 3}

Quindi se si tira a caso la probabilità di pescare quella vincente è 1/60.

Esercizio 4.36
a)  C(5, 2) * C(6,4) = 150

b) Popolazione
MMMMM mmmmmm
I casi possibili sono 150.
Mettiamo i due fratelli nella squadra: Mm.
Quindi la popolazione diventa
MMMM mmmmm
e i casi favorevoli sono il numero di modi 
con cui si puo' formare il resto della squadra:
C(4, 1)* C(5,3) = 40

La probabilità = 40/150 = 0.27

c) La probabilità che nessuno dei fratelli sia scelto si trova 
notando che il numero di casi favorevoli è
C(4,2) * C(5,40) = 30
Quindi è 30/150 = 1/5 = 0.2.

Esercizio 4.37

Ci sono 6 fondi USA e 4 fondi INT.

a. Per fare un investimento occorre prendere 2 fondi USA e 2  INT. In quanti modi?
Sono \(AB\) dove
\(A = \) Numero di possibili sottoinsiemi di 2 elementi da 6 = \({6 \choose 2} = 15\)
\(B =\) Numero di possibili sottoinsiemi di 2 elementi da 4 = \({4 \choose 2} = 6\)
Quindi \(AB = 15 \times 6 =  90.\)

b. Traduzione: definiamo gli eventi

Sia \(C\) = Nessun fondo USA dei 2 scelti va male.  
Allora siccome c'è 1 fondo USA che va male e 5 che vanno bene  
\[
P( C) = \frac{{5 \choose 2}}{15} = 10/15.
\]
Sia poi \(D\) = Nessun fondo INT dei 2 scelti va male.
Siccome c'è 1 fondo INT che va male e 3 che vanno bene:
\[
P(D) = \frac{{3 \choose 2}}{6} = 3/6.
\]
Sia  \(E\) = Nessun fondo USA dei 2 scelti  e nessun fondo INT dei 2 scelti indipendentemente va male = \(C \cap D\).
Siccome sono indipendenti
\[
P(E) = (10/15)(3/6) = 1/3.
\]
Quindi ora si consideri che l'evento di cui si chiede la probabilità cioè \(F\) = almeno uno dei fondi scelti vada male = complementare di \(E\) avremo
\[
P(F) = 1 - P(E) = 1 - 1/3 = 2/3.
\]

Esercizio 4.38

\(A=\) preoccupato per il lavoro; \(B=\)  preoccupato per i voti. \(P(A) = 0.3\), \(P(B) = 0.25.\)
Inoltre \(P(A \cap B) = 0.2.\)

La probabilità chiesta è
\[
P(A \cup B ) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = 0.3 + 0.25 - 0.2=0.35.
\]  
Esercizio 4.42
Si deve calcolare la probabilità che si verifichi almeno uno degli inconvenienti A, B, C. Questo vuol dire \(P(A \cup B \cup B)\). Sappiamo che A e B sono indipendenti e quindi \(P(A \cap B) = P(A)P(B)\) e anche che A e C sono indipendenti. Perciò \(P(A \cap C) = P(A)P[C] \). Inoltre B e C si escludono a vicenda e quindi \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\). Il disegno seguente dovrebbe essere utile.

￼
La probabilità cercata perciò è
\[
\begin{align*}
P(A \cup B \cup C) &= P(B) + P[C] + P(A) - P(A\cap B) - P(A\cap C) \\
&= 0.02 + 0.01 + 0.04 - 0.02 \times 0.01 - 0.02 \times 0.04 = 0.069.
\end{align*}
\]
Guardate il disegno! Quando sommo P(A) conto due volte le probabilità delle intersezioni. Per questo occorre sottrarle.
ESERCIZIO DIFFICILE per voi.

Esercizio 4.50   
Sia \(A\) l'evento che il problema capita il lunedì. Sia \(B\) l'evento che il problema succeda durante l'ultima ora. Quindi \(P(A) = 0.3\) e \(P(B) = 0.2\). Inoltre siccome il 4% dei problemi avviene di lunedì e all'ultima ora vuol dire che \(P(A \cap B ) = 0.04\).

a. Chiede la probabilità che sapendo che un problema si verifica di lunedì questo NON si verifichi alla fine del turno, cioè
\[
P(\bar B |A) = \frac{P(\bar B \cap A)}{P(A)}
\]
Il numeratore è la probabilità della differenza tra gli eventi \(A\) e \(B\). Questa si trova (fare un disegno) con
\[
P(\bar B \cap A) = P(A) - P(A \cap B) = 0.3 - 0.04 = 0.26.
\]
Quindi  \(P(\bar B | A) = 0.26/0.3 = 0.867.\)


b. \(A\) e \(B\) sono indipendenti se e solo se \(P( \cap B) = P(A) P(B) \) e questo è chiaramente falso.  



Esercizio 4.52
A = Chi risponde alla telefonata diventa un nuovo cliente
B =  Il rispondente si era avvalso l'anno prima dei servizi della concorrenza

P(A) = 0.15
P(B|A) = 0.8
P(B) = 0.6

P(A | B) = ?

Per la formula di Bayes

P(A|B) = P(B|A) P(A)/P(B) = 0.8 * 0.15 /0.6 = 0.2

Esercizio 4.74
Definite l'evento \(G = \) gli utili crescono.

Inoltre consiederate i tre eventi \(H, L\) e \(S\) definiti come segue.

\(H = \) i tassi del prossimo anno superano quelli correnti di più dell''1%

\(L =\) i tassi del prossimo anno sono inferiori a quelli correnti di più dell' 1%

\(S = \) i tassi del prossimo anno si scostano da quelli correnti di meno dell'1%.

Per costruzione \(H, L, S\) sono una partizione dello spazio campionario (sono eventi necessari e incompatibili).  

Allora si sa che \(P(G | H) = 0.1\), \(P(G | L) = 0.8\)  e \(P(G | S) = 0.5\).  Inoltre si sa anche che
\[
P(H) = 0.25 , \quad P( L) = 0.15, \quad P(S) = 0.6.
\]
Notate che la somma fa 1.

a. Si chiede
\[
P(G \cap H) = P(G|H) P(H) = (0.1)(0.25) = 0.025
\]
b. Si chiede
\[
P(G) = P(G|H) P(H) + P(G|L) P(L) + P(G|S)P(S)
\]
Questa è la formula delle probabilità totali. Si ottiene
\[
P(G) = 0.025 + (0.8) (0.15) + (0.5)(0.6) = 0.445
\]
c. Chiede
\[
P(L |G) = P(G|L) P(L) /P(G) =  (0.8) (0.15) / 0.445 = 0.2697.
\]
Questa è la formula di Bayes.


Esercizio 4.76

L’esercizio è formulato in modo un po’ confuso. Se si legge attentamente alla fine si capisce che:

- L’esperimento consiste nell’estrazione casuale di uno studente universitario.

- Lo studente può essere bravo (B) , medio (M), scarso (S).

Siccome lo studente è bravo se si colloca tra il 25% dei migliori P(B) = 0.25
Siccome lo studente è scarso se si colloca tra il 25% dei peggiori P(S) = 0.25
Evidentemente P(M) = 0.5.

- Lo studente può essere stato ottimo (O) alle superiori.

Siccome lo studente è ottimo se si collocava tra il 10% dei migliori P(O) = 0.1.

- Ci viene detto che

P(O | B) = 0.7
P(O | M) = 0.5
P(O | S) = 0.2

Quindi possiamo impostare la tabella seguente

        O    non O  Tot

B     0.7     0.3     1
M     0.5     0.5     1
S     0.2     0.8     1

Tot   0.1     0.9     1

A questo punto vengono le domande.

a. Chiede P(O). Usando la formula delle probabilità totali si ha
\[
P(O) = P(O | B) P(B) + P(O | C) P(C) + P(O | S) P(S) = (0.7)(0.25) + (0.5)(0.5) + (0.2)(0.25) = 0.475.
\]

Esercizio 4.78
(Sono esercizi normali che potete trovare nel compito) 

P(M1) = 0.4 P(M2) = 0.6
Sono le probabilità che le caramelle siano prodotte dalla macchina 1 e 2. 

P(D | M1) = 0.1
P(D| M2) = 0  
E' la probabilità di produrre scatole difettose(sapore alterato) sapendo che il pezzo proviene dalla macchina 1 o 2.
La macchina 2 non produce pezzi difettosi e quindi la probabilità è 0.

P(M1 | non D) = ? 

e' la probabilità che la scatola provenga dalla macchina 1 sapendo che il sapore non e' alterato.

E' una applicazione della regola di Bayes.
$$
P(M1 | non D) = P(non D | M1) P(M1) / P(non D)
$$
P(non D | M1) P(M1)  = 0.36
P(non D) = P(non D | M1) P(M1) + P(non D | M2) P(M2) = 0.9 * 0.4 + 1 * 0.6 =  0.96

Quindi la soluzione e' 0.36/0.96 = 0.375.

Provate a disegnare l'albero.

Esercizio 4.82
Notare che A1 e A2 sono complementari cioe' P[A2] = 1 - P[A1].
Stessa cosa per B1 e B2. Quindi per la formula di Bayes:
 
P[A1 | B2 ] = P[B2| A1] P[A1] /  P[B2]  = (1 - P[B1| A1] ) P[A1] /  P[B2]   Perche' B1 e' complementare a B2 ! 

Ora P[B1] = P[B1| A1] P[A1] + P[B1 | A2] P[A2]   
per il teorema delle probabilità totale.

Quindi 
P[B1] = 0.4 *  0.5 + 0.7 * 0.5 = 0.55  e quindi P[B2] = 0.45

Allora P[A1 | B2] = { 1 -  0.4) * 0.5 / 0.45 = 0.66667.
Esercizio DIFFICILE.

Esercizio 4.85
\(A = \) Il prof. riceve il materiale
\(B = \) il prof. adotta il libro

Sappiamo che
\[
P(A) = 0.8, \quad P(B|A) = 0.3\quad P(B  | \bar A) = 0.1
\]
Perciò si chiede \(P(A|B\) che si trova con la formula di Bayes
\[
\begin{align*}
P(A|B) &= \frac{P(B|A)P(A)}{P(B|A)P(A) + P(B|\bar A) P(\bar A})\\
&= \frac{(0.3)(0.8)}{(0.3)(0.8) + (0.1)(1-0.8)} =  0.923
\end{align*}
\]




Esercizio 4.86
A1 = molto meglio   A2 = molto peggio   A3 = nella media

B = ottimo acquisto

P[A1] = 0.25     P[A2] = 0.25     P[A3] = 0.5
P[B | A1]  = 0.4     P[B| A2] = 0.1     P[B |  A3] = 0.2

P[A1 | B] = (.25 * 0.4)/ (.25 * 0.4 + .25*.1 + .5 *.2) = 0.444444.

Esercizio 4.95
\(W =\)  incidente causato da condizioni atmosferiche.  \(BI=\) l’incidente ha provocato feriti.
Abbiamo che
\[
P(W) = 0.3\quad  P(BI) = 0.2\quad 	 P(W|BI) = 0.4
\]
a.  \(P(W \cap BI) = P(W|BI)P(BI) = (0.4)(0.2) = 0.08.\)

b.  No, infatti \(P(W \cap BI) = 0.08 \ne 0.06 = P(W)P(B).\)

c. \( P(BI|W) = P(W\cap BI)/P(W) = 0.08 / 0.3 = 0.267.\)

d. Abbiamo
\[
\begin{align*}
P(￼\bar W \cap \overline{BI}￼) &= P(￼\overline{W \cup BI}) = 1-P(W \cup BI) \\
  &=1 – P(W) – P(BI) + P(W \cap BI) = 1 - 0.3 - 0.2 + 0.08 =0.58
\end{align*}
\]

Esercizio 4.96

Sia \(G=\) arrivo cavi grossi e \(F=\) arrivo cavi fini.
Si sa che \(P(G \cup F) = 0.8\) e inoltre
\(P(G \mid F) = 0.4\) mentre \(P(F \mid G) = 0.6\).

Perciò se si pone
\[
P(G) = x; P(F) = y; P(G \cap F) = z
\]
risulta
\[
\begin{align*}
0.8 &= P(G \cap F) = x + y - z \\
0.4 &= P(G | F) = z/y \\
0.6 &= P(F|G) = z/x
\end{align*}  
\]
È un sistema di tre equazioni in 3 incognite che va risolto e quindi si ottiene
\[
x = 0.4211, \quad y = 0.6316,  \quad  z = 0.2526.
\]
Queste sono le soluzioni dei quesiti a. b. c.

E' TROPPO DIFFICILE PER VOI!

Esercizio 4.101
Definiamo \(N =\)  turno di notte, \(F = femmina\), \(M = maschio\),  \(FP =\)  favorevole al piano.  
Sappiamo che
\[
\begin{align*}
P(N) &= 0.5, \quad P(F) = 0.3, \quad  P(M) = 0.7,\quad  P(F|N) = 0.2, \\
P(M|N) &= 0.8, \quad P(FP|N) = 0.65, P(FP|F) = 0.4.  
\end{align*}
\]
Perciò
\[
\begin{align*}
P(N \cap F) &= (0.5)(0.2) = 0.1, \\
P(FP) &= P(FP|M)P(M) + P(FP|F)P(F) = (0.5)(0.7) + (0.4)(0.3) = 0.47\\
P(N \cap FP) &= 	P(FP|N)P(N) = (0.65)(0.5) = 0.325\\
\end{align*}
\]

a. \[ P(FP\cap F) = P(FP|F)P(F) = (0.4)(0.3) = 0.12\]


b. \[P(N\cup F) = P(N) + P(F) – P(N \cap F) = 0.5 + 0.3 - 0.1 = 0.7\]


c. No,  verifica che \[ P(N\cap F) = 0.1 \ne   0.15 = P(N)P(F).\]  


d. \[ P(N|F) = P(N \cap F)/P(F) = 0.1/0.3 = 0.3333.\]


e. Abbiamo
\[
\begin{align*}
P(\bar N \cap \overline{FP}￼) &= 1 –P(N \cup FP) = 1 – P(N) – P(FP) + P(NS \cap FP)\\
 &= 1-0.5 -0.47 + 0.325 = 0.355.
\end{align*}
\]

Esercizio 4.102
a. \( {16 \choose 12} = 1820.\)

b. \(P(\text{numero di uomini } \ge 7) = [P( {8 \choose 5} +  {8 \choose 4} +  {8 \choose 2} + 8]/1820\) che dà come risultato
\[
162/1820 = 0.089.
\]


Esercizio 4.104
Sappiamo che se A = essere selezionato (e sottoposto alla cura)
B =  guarigione

P(A) = 10/100 = 0.10
P(B| A) = 0.75
P(B| non A) = 0.50

Quindi 

a) P(B e A) = P(A) P(B|A) = 0.10 * 0.75 = 0.075.

b) P(A | B) = P(A e B) /P(B) = P(B e A) / P(B) = 0.075/ P(B).
Ma P(B) = P(B|A) P(A) + P(B| non A) P(non A)  = 0.075 + 0.50 * (1 - P(A)) = 0.075 + 0.5 * 0.9 = 0.525.

Quindi P(A |B) = 0.075/ P(B) = 0.075/0.525  = 0.1429.

c) Diciamo che chiamiamo 10 pazienti specifici in un certo modo: Tizio, Caio, Sempronio .... Giulia. 
Qual e' la probabilità di pescare dai 100 pazienti proprio i precedenti 10?
Il numero di casi possibili è C(100, 10). 
Il numero di casi favorevoli sono 1! Quindi abbiamo che la probabilità è
1/C(100, 10) = 10! 90! / 100! = 1 / 17310309456440.

Esercizio 5.20
d. Quando dice "si scelgono a caso 2 scatole" vuol dire che il numero di graffette \(X_1\)  della prima scatola e \(X_2\) della seconda hanno la distribuzione di probabilità uguale a quella data e che sono indipendenti fra loro. La probabilità la prima scatola contenga come minimo 50 graffette è
\[
P(X_1 \ge 50) = 0.29 + 0.2 + 0.1 + 0.03 =  0.62.
\]
Chiamo questo evento \(A_1 = X_1 \ge 50\). Ovviamente anche per la seconda scatola \(P(X_2 \ge 50) = 0.62\). Chiamo questo secondo evento \(A_2 = X_2 \ge 50\). Ora chiede infine la probabilità che almeno una delle scatole contenga 50 o più graffette cioè
\[
P(A_1 \cup A_2) = P(A_1) + P(A_2) - P(A_1\cap A_2)
\]
Ora siccome le estrazioni delle due scatole sono indipendenti \(A_1\) e \(A_2\) sono due eventi indipendenti. Perciò abbiamo
\[
P(A_1 \cup A_2) = P(A_1) + P(A_2) - P(A_1)P(A_2)
\]  
e dunque
\[
P(A_1 \cup A_2) = 0.62 + 0.62 - 0.62\times 0.62 = 0.8556.
\]
f. Diciamo che \(Y = 16+2X\) centesimi sia il costo di produzione e perciò l'utile è \(U =150 - Y = 150 - 16 - 2X = 134 - 2X\) centesimi. Il valor medio e la deviazione standard dell'utile sono perciò
\[
\begin{align*}
E(U) &= 134 - 2 E(X) \\
\mathrm{var}(U) &= 4 \mathrm{var}(X)
\end{align*}
\]
Ora non resta che calcolare la media e la varianza di \(X\). Un pò di conti permettono di trovare
\[
E(X) = 49.9 \qquad  \mathrm{var}(X) = 1.3964^2
\]
Quindi
\[
E(X) = 134 - 2\times 49.9 = 34.2 \text{ centesimi }($0.34).
\]
e
\[
\sigma(U) = 2 \times 1.3964 = 2.7928 \text{ centesimi } ($0.0279).
\]

Esercizio 5.22
Un lotto contiene il \(10\%\) di pezzi difettosi. Si scelgono a caso due pezzi e si controllano.
\(X = \) numero di pezzi difettosi su due
a. Calcolare la distribuzione di probabilità.
\[
\begin{array}{cc}
x & P(x) \\
0 & 0.81\\
1 & 0.18\\
2 & 0.01\\
\end{array}
\]
Infatti \(X \sim Bin(n = 2, p = 0.1)\)
\[
\begin{align*}
P(X = 0) &= 0.9 \cdot 0.9 = 0.81\\
P(X = 1) &= 2\cdot 0.9 \cdot 0.1 = 0.18\\
P(X = 2) &= 0.1 \cdot 0.1 = 0.01  
\end{align*}
\]
b. Confezione di 20 pezzi con due pezzi difettosi. Si scelgono a caso due pezzi e si controllano.
\(Y =\) numero di pezzi difettosi su due
\[
\begin{array}{cc}
y & P(y)\\ \hline
0 & 0.8053\\
1 & 0.1895\\
2 & 0.0053\\ \hline
\end{array}
\]
Infatti
\[
\begin{align*}
P(Y = 0) &= \frac{18}{20} \frac{17}{19} = 0.8053\\
P(Y = 1) &= \frac{2}{20}\frac{18}{20} + \frac{18}{20}\frac{2}{19} = 0.1895\\
P(Y = 2) &= \frac{2}{20} \frac{1}{19} = 0.0053
\end{align*}
\]
c. Abbiamo
\[
\begin{align*}
E ( X ) &= 0 \cdot 0.81 + 1 \cdot 0.18 + 2 \cdot 0.01 = 0.2 \\
\mathrm{var}(X) &= 0^2 \cdot 0.81+1^2 \cdot 0.18+2^2 \cdot0.01-0.2^2 =0.18
￼￼\end{align*}
\]
d. Abbiamo
\[
\begin{align*}
E(Y) &= \sum y p(y) = 0 \cdot 0.8053 + 1 \cdot 0.1895 +  2 \cdot 0.0053 = 0.2001\\
\mathrm{var}(Y) &= \sum y^2p(y) - \mu_y^2 = 0^2 \cdot 0.8053+ 1^2\cdot 0.1895+ 2^2 \cdot 0.0053- 0.2001^2 = 0.1707
\end{align*}
\]
Esercizio 5.27
È LUNGO e DIFFICILE!!
\(P = \) profitto
\(X = \) numero di richieste
\(S = \)  numero di giornali in magazzino
\[
P =
\begin{cases}
0.2S - 0.05(X – S) & \text{ se } X > S \\
0.2X& \text{ se  } X = S \\
0.2X - 0.7(S – X)& \text{ se } X < S \\
\end{cases}
\]
Profitto per ogni combinazione di \(S\) e \(X\).
\[
\begin{array}{rrrrrrr}
S, X &   0  &    1   &      2 &      3   &     4   &      5        \\
0  &  0.00& -0.05& -0.10& -0.15& -0.20& -0.25   \\
1  & -0.70 & 0.20&  0.15&  0.10&  0.05&  0.00   \\
2 &  -1.40& -0.50&  0.40&  0.35&  0.30&  0.25   \\
3  & -2.10& -1.20& -0.30&  0.60&  0.55&  0.50  \\
4  & -2.80& -1.90& -1.00& -0.10&  0.80&  0.75  \\
5  & -3.50& -2.60& -1.70& -0.80&  0.10 & 1.00  \\
\end{array}
\]
Quindi calcolano i valori medi per ogni distribuzione condizionata.
\[
\begin{align*}
E[P|S=0] &= 0 +(-.05)(.16) + (-.1)(.18) + (-.15)(.32)+ \\
&+ (-.2)(.14) + (-.25)(.08) = -.122\\
E[P|S=1] &= (-.7)(.12) + (.2)(.16) + (.15)(.18) +\\
&+ (.1)(.32) + (.05)(.14) = .014\\
E[P|S=2] &= (-1.4)(.12) + (-.5)(.16) + (.4)(.18) + \\
&+(.35)(.32) + (.3)(.14) + (.25)(.08) = -.002\\
E[P|S=]3 &= (-2.1)(.12) + (-1.2)(.16) + (-.3)(.18) + \\
&+(.6)(.32) + (.55)(.14) + (.5)(.08) = -.189\\
E[P|S=4] &= (-2.8)(.12) + (-1.9)(.16) + (-1)(.18) +\\
&+ (-.1)(.32) + (.8)(.14) + (.75)(.08) = -.68\\
E[P|S=5] &= (-3.5)(.12) + (-2.6)(.16) + (-1.7)(.18) + \\
&+ (-.8)(.32) + (.1)(.14) + (1)(.08) = -1.304\\
\end{align*}
\]
Conclusione: il proprietario massimizza il profitto atteso ordinando 1 giornale.

Esercizio 5.40
La distribuzione del numero di partite vinte è  binomiale con \(n = 5\) e \(p = 0.4\)
Munendosi di pazienza oppure di una buona calcolatrice si ottiene la funzione di massa di probabilità e la funzione di ripartizione.

x p(x)
0 0.07776
1 0.25920
2 0.34560
3 0.23040
4 0.07680
5 0.01024
  1.00000

x F(x)
0 0.07776
1 0.33696
2 0.68256
3 0.91296
4 0.98976
5 1.00000

a. \(P(X = 5) = 0.01024\)
b. \(P(X \ge 3) =  0.23040 + 0.07680 + 0.01024 = 0.31744.
c. Se vincono la prima partita restano 4 partite per cui il numero di partite vinte \(Y\) è Binomiale con \(n = 4\) e \(p = 0.4\).
La distribuzione è

y  p(y)
0 0.1296
1 0.3456
2 0.3456
3 0.1536
4 0.0256
Ora la probabilità di vincere la maggioranza delle 5 partite è la probabilità di vincerne almeno 2  delle 4 restanti
cioè
\[
1 - P(Y = 0) - P(Y = 1) = 0.5248
\]

d. E' la media delle partite vinte cioè
\[
E(X) = np = 5 \times 0.4 = 2.
\]

e. Dato che i Clubs hanno vinto la prima il numero medio di partite vinte è \(1 + E(Y) = 1 + 4 \times 0.4 = 2.6.\)

E' un esercizio difficilino.

Esercizio 5.50
La regola è basata sulla formula
\[
\frac{{S \choose x}{N-S \choose n-x}}{{N \choose n}}
\]
dove \(N = \) numero di elementi della popolazione finita, \(S = \) numero di successi nella popolazione, \(n = \) dimensione del campione, \(x = \) numero di successi nel campione.  Quindi
\[
\frac{{25 \choose 5}{25 \choose 7}}{{50 \choose 12}} = 0.2104
\]


Esercizio 5.54

Nella popolazione ci sono \(N = 400\) unità di cui \(S = 200\) successi.
Estraggo un campione casuale senza ripetizione di dimensione \(n = 15\). Il numero di possibili campioni è
\[
{400 \choose 15} = \frac{400\cdot  399 \cdot 398 \cdot \cdots \cdot 386 }{15!} = 629498843449501998439382160
\]
Evidentemente non potete calcolarlo a mano!
Il numero di possibili campioni con \(8\)  successi e \(6\) insuccessi sono
\[
{200 \choose 8} {200 \choose 7} = 125840388797424048232485000

\]
Quindi la probabilità chiesta è il rapporto di questi due valori che risulta
\[
\frac{125840388797424048232485000}{629498843449501998439382160} = 	
0.1999.
\]
ESERCIZIO IMPOSSIBILE DA FARE A MANO!

Esercizio 5.58
Se \(X\) è il numero di richieste inoltrate da immigrati,  \(X\) è una variabile ipergeometrica  con \(N = 10\),
numero di successi (il numero di immigrati nella popolazione) \(S = 5\) e numerosità del campione \(n = 6\).
Qui le richieste approvate (per assurdo) sono state estratte a caso.
Con molta pazienza e una calcolatrice si ottiene la funzione di massa di probabilità e la funzione di ripartizione.

x    p(x)       F(x)
0 0.00000000 0.00000000
1 0.02380952 0.02380952
2 0.23809524 0.26190476
3 0.47619048 0.73809524
4 0.23809524 0.97619048
5 0.02380952 1.00000000

La probabilità che meno della metà delle richieste APPROVATE sia stata inoltrata da immigrati è la probabilità che su 6 richieste approvate al massimo 2 siano state inoltrate da immigrati cioè
\[
P(X \le 2) = 0.2619.
\]
ESERCIZIO DIFFICILE!

Esercizio 5.74
Le medie sono \(\mu_X =1.5\) e \( \mu_Y = 0.55\). La covarianza è
\[
\begin{align*}
\sigma_{XY} &= \sum_x \sum_y x y P(x,y) - \mu_x \mu_y  \\
&= 0.3 \times 1 + 0.25 \times 2 - 1.5 \times 0.55 = -0.025.
\end{align*}
\]
La varianza di \(X\) è
\[
\sigma_X^2 = \sum x^2 P(x) - \mu_x^2 = 1 \times 0.5 + 4 \times 0.5 - 1.5^2 =  0.25
\]
Analogamente la varianza di \(Y\) è \(\sigma^2 = 0.2475\).
Perciò il coefficiente di correlazione è
\[
\rho_{XY} = \frac{-0.025}{\sqrt{0.25 \times 0.2475}} = -0.1005.
\]

Esercizio 5.80
a. Distribuzione marginale di \(X\): \(P(X = 1) = 0.4, P(X = 2) = 0.6\). Distribuzione marginale di \(Y\):\(P(Y = 0) = 0.6\), \(PY=1) = 0.4\).

b. Media e Deviazione standard di \(X\):
\[
\begin{align*}
E(X) &= 1(0.4) + 2(0.6) = 0.4 + 1.2 = 1.6\\
\mathrm{var}(X) &= 1^2(0.4) + 2^2(0.6) - 1.6^2 = 0.24\\
E(Y) &= 0(0.6) + 1(0.4) = 0.4 \\
\mathrm{var}(X) &= 0^2(0.6) + 1^2(0.4) - 0.4^2 = 0.24
\end{align*}
\]
Covarianza tra \(X\) e \(Y\)
\[
\sigma_{XY} = 0(1)(0) + 0(2)(0.6) + 1(1)(0.4) + 1(2)(0)  - 1.6(0.4) = -0.24
\]
Coefficiente di correlazione
\[
\rho_{XY} = \frac{(-0.24)}{\sqrt{0.24(0.24)}} = -1.
\]
c.  Media di \(W\)
\[
E(W) = 2\mu_X - 4\mu_Y = 2(1.6) - 4(0.4) = 1.6
\]
Varianza di \(W\)
\[
\begin{align*}
\sigma^2_W &= 4 \sigma^2_X + 16 \sigma^2_Y - 2(2)(4) \sigma^2_{XY}\\
&=  4(0.24) + 16(0.24) - 2(2)(4)(-0.24) = 8.64.
\end{align*}
\]

Esercizio 5.99
a. La probabilità di vincere almeno 4 partite su 7 è (supponendo l'indipendenza delle partite e la probabilità di vittoria costante) Binomiale
\[
P(X \ge 4) = P(X = 4 \text{ o } 5\text{ o }6 \text{ o } 7)
\]
quindi è (forza con la calcolatrice!)
\[
{7 \choose 4}0.6^4 0.4^3 + {7 \choose 5}0.6^5 0.4^2  + {7 \choose 6}0.6^6 0.4^1 + 0.6^7 =  0.71021
\]
b. La probabilità che la settima gara sia decisiva è la probabilità che si siano vinte esattamente 3 partite sulle prime 6 e cioè
\[
P(3 \text{ successi  su } 6 \text{ partite}) = {6 \choose 3} 0.6^3 0.4^3 = 0.27648
\]
c.i. Una volta che le prime 4 partite sono finite in parità la probabilità che A vinca è che vinca almeno 2 partite sulle restanti 3:
\[
{3 \choose 2} 0.6^2 0.4^1 + {3 \choose 3} 0.6^3 0.4^0 = 0.648.
\]
c.ii La probabilità che sia necessaria una 7ma partita per determinare il vincitore è la probabilità che sulle prossime 2 partite A ne vinca 1:
\[
{2 \choose 1}0.6^1 0.4^1 = 0.48.
\]
DIFFICILE.
Esercizio 6.17
È un esercizio UTILE e FONDAMENTALE!! DISEGNATE LE FIGURE!
Si usano le tavole della normale standard e si sfrutta la simmetria.

a. \(P(Z <  1.20) = F (1.20) = 0.8849\)

￼
b. \( P(Z >1.33)=1-P(Z \le 1.33)= 1-F(1.33)=1-0.9082=0.0918\)
￼
c. \(P(Z <-1.70)= P(Z \ge 1.70)= 1-P(Z <1.70)=1-F(1.70)=1-0.9554=0.0446\)
￼
d. \(P(Z > -1) = P(Z < 1) = F(1) = 0.8413\)
￼
e.
\[
\begin{align*}
 P(1.20< Z < 1.33) &=P(Z<1.33)-P(Z<1.20)\\
&=F(1.33)-F(1.20)\\
&=0.9082-0.8849=0.0233
\end{align*}
\]
￼
f. \(P( -1.70 < Z <1.20) = F(1.20)-[1-F(1.70)] = 0.8849-(1-0.9554)=0.8403\)
￼
g. \(P(-1.70 < Z < -1)=P(1 < Z < 1.70)=F(1.70)-F(1)=0.9554-0.8413=0.1141\).
￼
NOTA BENE: in questi calcoli non importa se viene usato \(<\) o \(\le\)! Infatti per esempio
\[
P(Z \le 1)  = P(Z <1) + P(Z = 1) = P(Z<1) + 0
\]
perché la normale è una variabile continua.

Esercizio 6.18
a. Vai sulle tavole e guardi il valore più vicino a \(0.70\). Trovi
\[
\begin{align*}
F(z) &= 0.6985, \quad  z=0.52\\
F(z) &= 0.7019, \quad z = 0.53
\end{align*}
\]
Puoi fare in due modi: 1) Fai la semisomma \((0.52 + 0.53)/2 = 0.525\) oppure 2) guardi quale tra i due valori di probabilità è più vicino a \(0.70\).
In questo caso è \(z = 0.52\). Infatti \(0.6985\) è più vicino a \(0.70\) di \(0.7019\).

b. Per trovare \(z\) tale che \(P(Z < z) = 0.25\) non si può guardare sulla Tavola 1 perché questa per economia di spazio fornisce solo probabilità tra 0.5 e 0.999.
Quindi si ragiona in questo modo. Si risolve il problema simmetrico
\[
P( Z < z) = 0.75
\]
dove \(0.75 = 1 - 0.25\). Si trova col metodo del punto precedente che \(z = 0.67\). Come si vede \(0.67\) è il terzo quartile della normale standard. Il valore cercato che lascia a sinistra un'area \(0.25\) deve invece essere \(z = -0.67\) perché è simmetrico rispetto alla media \(0\). Infatti  
\[
P(Z < - 0.67) = 1 - P(Z < 0.67) = 1 - 0.75 = 0.25.
\]
Si nota anche che \(z = -0.67\) è il primo quartile della normale standard.

c. Per trovare \(P(Z > z) = 0.20\) si fa così: si osserva che se \(z\) soddisfa la relazione precedente allora
\[
P(Z < z) = 0.80
\]
Quindi si procede come per il caso a. e si trova \(z=0.84\).

d. Infine se dobbiamo trovare \(P(Z > z) = 0.60\) allora sarà
\[
P(Z < z) = 0.4
\]
Siccome la probabilità è più piccola di \(0.5\) si procede come nel caso b. Cioè prima si calcola
\[
P(Z < z) = 0.6
\]  
e si trova \(z = 0.25\). Poi si trova il valore di \(z\) giusto cambiando di segno. Cioè
\[
P(Z < -0.25) = 0.4
\]
e anche
\[
P(Z > -0.25) = 0.6
\]
Ognuna di queste soluzioni si può verificare alla fine. Per esempio nel caso d. si verifica che
\[
P( Z < -0.25) = 1 - P(Z <0.25) = 1 - 0.5987 \approx  0.4.
\]
 Naturalmente le soluzioni trovate sono sempre approssimate perché usiamo la Tavola 1 all'inverso.

Esercizio 6.20
\(X \sim N(80, \sigma = 10)\).

a. Abbiamo
\[
P(X > 60) = 1 - P(X < 60) = 1 - P( Z < (60 - 80)/10) = 1 - P(Z < -2) = P(Z < 2) = 0.9772.
\]
Fate un grafico della normale standard!

b. Abbiamo
\[
P( 72 < X < 82) = P(X <82) - P(X < 72)
\]
Quindi si ottiene
\[
P(Z < (82-80)/10 ) - P(Z < (72-80)/10) = P(Z < 0.2) - P(Z < -0.8)
\]
Dalle tavole
\[
P(Z <0.2) = 0.5793
\]
\[
P(Z < -0.8) = 1 - P(Z < 0.8) = 1 - 0.7881
\]
e quindi il risultato è \(0.5793 -  1 - 0.7881 = 0.3674\).

c.  Abbiamo
\[  
P(X < 55)  = P(Z < (55 - 80)/10) = P(Z < -2.50) = 1 - P(Z < 2.50) = 0.0062.
\]

d. Come trovare \(x\) tale che \(P(X > x) = 0.1\)?  
Ora,  si sa che \(P(Z >  1.282) = 0.1\)  per la normale standard \(Z\) (guardate le tavole della t di Student ultima riga).
Quindi, poiché   \(X = 80 + 10 Z\), si può scrivere
\[
P(80 + 10 Z > 80 + 10 \cdot 1.282) = 0.1
\] 
cioè
\[
P(X < 92.82) = 0.1
\]
e quindi la risposta è \(x = 92.82\).

e. Notare che se la probabilità che \(X\) assuma valori all'esterno è \(0.08\) allora in ciascuna coda deve essere \(0.04\).  Perciò prima si cerca per la normale \(N(0,1)\) 
\[
P(Z > z) = 0.04 
\]
Questo non si trova sulle tavole della t di Student. Occorre guardare la tavola 1 della normale all'inverso, in corrispondenza di \(P(Z < z) = 0.96\)  e si vede che \(z = 1.75\). Questo valore e' chiamato  \(z_{\alpha/2}\) dove \(\alpha = 0.08\). 
Perciò l'intervallo \((-1.75, 1.75)\)  è centrato nella media e ha le caratteristiche richieste per la normale standard. 
Ma qui abbiamo la normale \(N(80, \sigma = 10)\)  e quindi l'intervallo richiesto si ottiene applicando l'inverso della
trasformazione di standardizzazione, cioè:
\[
\text{Estremo inferiore } = 80 - 1.75 \cdot  10 = 62.5, \quad \text{Estremo superiore } = 80 + 1.75 \cdot  10  = 97.5
\]    
Notare la somiglianza con gli intervalli di confidenza.

Esercizio 6.23

c. Qual è il numero di unità vendute che ha probabilità 0.1 di essere superato?
Se \(X \sim N(1200, 100^2) \) sono le vendite si deve calcolare il valore \(d\)
tale che
\[
P( X > d ) = 0.1
\]
Devo usare le tavole all'inverso. Quindi standardizzo ambo i membri:
\[
P( Z > \frac{d - 1200}{100} ) = 0.1
\]
Sulle tavole trovo che
\[
P(Z \le 1.28) \approx 0.9
\]
e quindi \( P( Z > 1.28 ) \approx  0.1. \) Perciò
\[
\frac{d - 1200}{100} = 1.28
\]
e allora il valore cercato \(d\) è
\[
d = 1200 + 1.28 \times 100 = 1328.
\]


Esercizio 6.28
Se \(X \sim N(\mu, \sigma)\) è il punteggio  al test si chiede
\[
p = P( X > \mu + 1.5 \sigma)
\]
Quindi standardizzando ambo i membri rispetto alla media e alla deviazione standard (incognite) di \(X\) si ottiene
\[
p = P( Z > [(\mu + 1.5\sigma) - \mu]/\sigma ) = P(Z > 1.5)
\]
e quindi
\[
p = 1- P(Z\le 1.5) = 0.0668.
\]
Esercizio 6.30
Sia \(X\) lo share televisivo e supponiamo che abbia una distribuzione di probabilità normale di media \(\mu\) e deviazione standard \(\sigma\).  Si giudica che
\[
P(X > 17.8) = 0.25, \text{ e } P(X > 19.2) = 0.15.
\]
Per la normale standard si trova consultando le tavole:
\[
P(Z > 0.67) = 0.25 \text{ e } P(Z > 1.03) = 0.15.
\]
(Guardate \(F(z)\) e trovare lo \(z\) corrispondente.)
Perciò i valori \(17.8\) e \(19.2\) si possono scrivere come segue
\[
\begin{align*}
\mu + \sigma 0.67 &= 17.8 \\
\mu + \sigma 1.03 &= 19.2
\end{align*}
\]
Questo è un sistema lineare di due equazioni in due incognite che si può risolvere e
fornisce come soluzioni
\[
\mu =  15.265, \sigma  = 3.7838.
\]
E' UN ESERCIZIO DIFFICILE!

Esercizio 6.34
a.  Traduzione: se scelgo a caso 1 studente qual è la probabilità che il tempo \(x\) superato dal \(90\%\)  dei tempi nella popolazione \(X\)? Cioè:
\[
P(X > x)  = 0.9
\]
Allora si standardizza rispetto alla media e varianza di \(X\) e si ottiene
\[
P(Z > (x - 150)/40) = 0.9
\]
Intanto cerchiamo \(k\) tale che
\[
P(Z> k) = 0.9
\]
Sulla Tavola 2 della t di Student all'ultima riga (quella della normale standard) si trova
\[
P(Z > 0.1) = 1.282
\]
Quindi per simmetria avremo
\[
P(Z > -1.282) = 0.9
\]
Quindi il valore \(x\) cercato si trova risolvendo l'equazione
\[
(x-150)/40 = -1.282
\]
ossia \(x = 150 + (40)(-1.282) =  98.72.\)

b. È simile: trovare
\[
P(X < x) = 0.8
\]
Cioè
\[
P(Z < k) = P( Z < (x-150)/40) = 0.8
\]
Questa volta si va sulla Tavola 1 e si cerca il valore più vicino a \(0.8\). Si vede che è
\[
P(Z < 0.84) \approx 0.8
\]
quindi \(x\) soddisfa
\[
(x - 150)/40 = 0.84
\]
che si risolve ottenendo \(x = 150 + 40(0.84) = 183.6.\)

c. Tempo = \(X\).  Se seleziono due studenti in modo casuale i due tempi
dei due studenti sono \(X_1\) e \(X_2\) hanno la stessa distribuzione normale
e sono indipendenti. Chiamo successo per il primo studente se
dedica 2 ore o più  al lavoro. Lo stesso per il secondo studente.
La probabilità di successo è \(p = P( X \ge 120 min) = P(Z \ge (120 - 150)/40) \)  cioè
\(1 - P(Z < -0.75) = P(Z < 0.75) = 0.7734.\)

La probabilità che su due studenti indipendenti almeno 1 sia un successo  è
la probabilità  che non ci siano insuccessi = \( 1 -P(2 \text{ insuccessi}) = 1 -  q^2.\)
Siccome \(q = 1 - 0.7734 = 0.2266\) la risposta è \( 1 - q^2 = 1 - (0.2266)^2 = 0.9487.\)

Esercizio 6.38
Sappiamo che  \(X \sim N(\mu = 70, \sigma)\) ma la varianza non è nota. Quindi usiamo l'informazione
\[
P(X < 85) = 0.9322
\]
cioè standardizzando
\[
P(Z < (85-70)/\sigma ) = 0.9322
\]
Poiché dlle Tavole della normale (Tavola 1) si sa che \(P(Z < 1.5) = 0.9322\) avremo l'equazione
\[
1.5 = (85 - 70)/\sigma
\]
che risolta ci dà
\[
\sigma = 10.
\]
La probabilità che \(X > 80\) è
\[
P(Z > (80 - 70)/10) = P(Z > 1) = 1- P(Z < 1) = 0.1587.
\]
Ora  se poni \(p = 0.1587\)  come probabilità di \(1\)  successo in \(1\)  prova dove successo = lo studente supera \(80\)  punti, l'esercizio  chiede di trovare
\[
\begin{align*}
P(1, 2, 3, 4 \text{ successi su } 4 \text{ prove indipendenti e identiche}) & = 1 - P(0 \text{ successi in } 4 \text{ prove}) \\   
&= 1- {4 \choose 0} p^0 q^4 \\
&= 1- 1\cdot (1- 0.1587)^4 = 0.4990394.
\end{align*}
\]
La formula sopra deriva dal fatto che il numero di successi ha distribuzione Binomiale!!

È abbastanza DIFFICILE.

Esercizio 6.40
Il numero di successi è approssimabile con una normale con media \(np = 1600 \cdot 0.4 = 640\)
e deviazione standard \(\sqrt{npq} = \sqrt{1600 \cdot 0.4 \cdot 0.6} = 19.6\).
a. Calcolo
\[
P(X > 690) \approx P(Z > (690 - 640)/19.6) = P(Z > 2.55)
\]
cioè \(1- P(Z < 2.55) = 0.0054\).
b. Calcola
\[
P(X < 570) \approx P(Z < (570 - 640)/19.6) = P(Z <  -3.57) = 1 - 0.9888 = 0.0002.
\]
c. Calcola
\[
P( 550 < X < 650) = P( (550-640)/19.6 < Z< (650 - 640)/19.6) = P(-4.59 < Z< 0.51)
\]
Ora questa probabilità è
\[
P(Z < 0.51) - P(Z < -4.59) = 0.695 - 0 = 0.695.
\]
d. Qual è il numero di successi che ha probabilità 0.9 di non essere superato?
\(X\) = numero di successi ~ approssimativamente normale \(N(640, 384)\)  quindi \(\sigma = 19.6\).

Si chiede \(P(X <  x) = 0.09\). Cerca sulle tavole della \(N(0,1)\) il valore  \(z\) tale che \(P(Z < z) = 0.09\).
Questo valore non c'e' perché è sotto \(0.5\). Allora occorre cercare il valore simmetrico rispetto allo 0
cioè \(P(Z < -z) = 0.91\). Si trova \(P(Z < 1.34) = \) (circa) \(0.91\), e quindi \(P(Z < -1.34) = 0.09.\)

Quindi ritrasformando per \(X\) si ha \(x = 640 - (19.6)(1.34) =  613.74\). Quindi la risposta è \(614\) successi.

e.  Qual è il numero di successi che ha probabilità \(0.20\) di  essere superato?
Chiede: trova \(x\) tale che \(P(X > x) = 0.20\). Si cerca allora sulle tavole della \(N(0,1)\)  \(P(Z < z) = 0.80\). Si trova
\(P(Z < 0.84) = 0.80\). Quindi ristrasformando per \(X\) si ha \(x =  640 + (19.6)( 0.84) = 656.46\), cioè \(656\) successi. 

Esercizio 6.42

d. Usi  per la distribuzione di \(\hat P\)  una approssimazione normale con media \(0.4\) e \(\sigma = \sqrt{pq/n) = 0.01224745\).

Poi sai che
\[
P(\hat P < p) = P(Z < (p-0.4)/0.01224745)  = 0.2
\]
poni \(k =  (p-0.4)/0.01224745\) e poi osservi che  \(P(Z < k) = 0.2\) e' equivalente a
\[
P( Z <  -k) = 0.8
\]
Quindi dalle tavole trovi che \(-k = 0.84\) ossia (nota il MENO)
\[
-(p-0.4)/0.01224745 = 0.84
\]
e infine risolvi l'equazione per trovare \(p\)
\[
p = 0.4 - 0.84 * 0.01224745 = 0.3897121
\]
e. Farlo per esercizio perché è uguale al precedente.

Esercizio 6.48

La durata è \(X \sim N(\mu = 35000, \sigma 4000)\).  Sia
\[
p = P (\bar X >  38000)
\]
la probabilità che 1 pneumatico duri più di \(38 000\) km. Si calcola
\[
p = P(Z > (38000 - 35000)/4000) = P(Z > 0.75)
\]
Quindi
\[
p = 1 - P(Z < 0.75) = 0.22663
\]
Quindi \(p\) è la probabilità di successo in 1 prova. In un campione di \(n = 100\) prove indipendenti e identiche
qual è la probabilità che ci siano più di 25 successi?  Dobbiamo calcolare
\[
P(X > 25)
\]
dove \(X = \)  numero di successi è binomiale con \(n = 100\) e \(p = 0.22663\). Il calcolo lo facciamo approssimando (visto che \(n\) è grande) \(X\) con una normale con media e varianza
\[
\begin{align*}
\mu &= n p = (100)(0.22663) = 22.663\\
\sigma^2 & = npq = (100)(0.22663)(1-0.22663) = 17.52688
\end{align*}
\]
Quindi abbiamo
\[
\begin{align*}
P(X > 25) &= P(Z > (25-22.663)/\sqrt{17.52688}) \\
&=  P(Z > 0.56)  \\
&= 1-P(Z<0.56) = 0.2877
\end{align*}
\]
E' DIFFICILE

Esercizio 6.67
E`un esercizio facile. Se \(T = X + Y + Z\) è il guadagno totale allora
\[
E(T) = \mu_X + \mu_Y + \mu_Z = 20000 + 25000 + 15000 = 60000
\]
e visto che sono \(X, Y\) e \(Z\) indipendenti  
\[
\mathrm{var}(T) = \sigma_X^2 + \sigma_Y^2 + \sigma_Z^2 =  2000^2 + 5000^2 + 4000^2
\]
Quindi la deviazione standard è
\[
\sigma_T = \sqrt{2000^2 + 5000^2 + 4000^2} = 6708.2
\]

Esercizio 6.73
Abbiamo che il numero di unità vendute è \(X \sim N(\mu_X = 400, \sigma_X^2 = 900)\), e il numero di unità prodotte è \(Y \sim N(\mu_Y = 400, \sigma^2_Y = 1600)\).
Inoltre il prezzo di vendita unitario è 10 dollari. Quindi il ricavo è \(10X\). Il costo unitario di produzione è \(4\) dollari, quindi il costo fisso di produzione è \(4 Y\).
La differenza tra i due è
\[
W = 10X - 4Y
\]
Siccome \(X\) e \(Y\) sono normali allora \(W\) è normale. Rispetto alle solite applicazioni qui però le due normali sono correlate. Questo caso non l'abbiamo mai visto a lezione
Comunque possiamo calcolare la media e la varianza della variabile \(W\) usando le regole consuete. Perciò
\[
E(W) = 10 \mu_X - 4\mu_Y = 10(400) - 4(400) = 2400
\]
\[
\mathrm{var}(W) = 100 \sigma^2_X + 16 \sigma^2_Y - 2(10)(4) \sigma_{XY}
\]
Dobbiamo trovare la covarianza che è
\[
\sigma_{XY} = \rho_{XY} \sigma_X\sigma_Y = 0.5(30)(40) = 600
\]
Quindi
\[
\mathrm{var}(W) = 100(900) + 16(1600)- 2(10)(4)(600) = 67600
\]
e dunque
\[
\sigma_W = \sqrt{67600} = 260.
\]
A questo punto la domanda finale chiede qual è la probabilità
\[
P(W > 2000)?
\]
Siccome \(W \sim N(\mu_W= 2400,\sigma_W = 260)\) abbiamo
\[
P(W > 2000) = P(Z > (2000 - 2400)/260 ) = P(Z > - 1.54)
\]
e questa è uguale a
\[
P(Z < 1.54) = 0.9382
\]
È DIFFICILE.

Esercizio 6.90
\[
P(Z < \frac{50-70}{\sqrt{70}} = P(Z < -2.39) = 1- F_Z(2.39) = 0.0084.
\]

Esercizio 7.2
a.  Binomiale con  \(n = 2, p = 0.5\)
Funzione di probabilità


 x  P( X = x )
 0        0.25
 1        0.50
 2        0.25

b.  Binomiale con \(n = 4, p = 0.5\)
Funzione di probabilità

  x  P( X = x )
 0      0.0625
 1      0.2500
 2      0.3750
 3      0.2500
 4      0.0625

c.  Binomiale con  \(n = 10, p = 0.5\)

Funzione di probabilità
 x  P( X = x )
 0    0.000977
 1    0.009766
 2    0.043945
 3    0.117188
 4    0.205078
 5    0.246094
 6    0.205078
 7    0.117188
 8    0.043945
 9    0.009766
10    0.000977


Esercizio 7.5
a. La media è uguale alla media della popolazione cioè 100 e la varianza è uguale alla varianza della popolazione divisa per la numerosità campionaria cioè  81/25 = 3.24. Quindi \(\sigma_{\bar X} = \sqrt{3.24} = 1.8\).

b . Abbiamo
\[
P(\bar X > 102)  = P( Z > (102-100)/1.80) = P(Z> 1.11).
\]
Dalle tavole si trova che il risultato è 0.1335.

c. Abbiamo
\[
\begin{align*}
P( 98 \le \bar X \le 101)& = P((98 - 100)/1.8 \le Z \le (101 - 100)/1.8)\\
 &= P( -1.11 \le Z \le 0.56) \\
 &= P(Z \le 0.56) - [1- P(Z \le 1.11)]\\
&= 0.7123 - 0.1335 = 0.5788.
\end{align*}
\]
d.  Risulta
\[
\begin{align*}
P(\bar X \le 101.5) &= P[Z \le (101.5-100)/1.8] \\
&= P(Z \le  0.83) =0.7967
\end{align*}
\]

Esercizio 7.12
Sia \(X\) la variabile “prezzo di vendita delle nuove abitazioni”; \(X\) ha distribuzione incognita, media e deviazione standard note: \(X ~ ...( \mu = 115000;\sigma  25000) .\)
Sia \(n=100\) l’ampiezza di un campione casuale estratto da \(X\).

a. Essendo il campione sufficientemente ampio, si applica il teorema del limite centrale ottenendo
\[
\bar X \sim N(115000 , \sigma_{\bar X} = 25000\sqrt{100} = 2500)
\]
La probabilità richiesta è
\[
P(￼\bar X > 110000) = P(Z > (110000 - 115000) /2500) = P(Z > -2) = 0.9772
\]
b. La probabilità
\[
113000< X < 117000) = P(-0.4 < Z< 0.4) = 0.6554-(1-0.6554)= 0.3108
\]
￼￼￼d. Essendo gli intervalli di stessa ampiezza  e sfruttando la simmetria della distribuzione normale rispetto alla sua media \(115000\), \([114000; 116000]\) è l’intervallo in cui è più probabile trovare il prezzo medio campionario.

e. Quanto svolto nei punti precedenti è valido in quanto non è stato necessario attribuire alcuna distribuzione alla variabile \(X\). Qualunque sia la distribuzione di \(X\), è possibile applicare il teorema del limite centrale (perché la numerosità \(n=100\) del campione è sufficientemente grande) per il quale la media campionaria \(X\) ha con buona approssimazione distribuzione normale.

Esercizio 7.16
a. \(ES = \sigma/\sqrt{100} = 40/10 = 4.\) 

b. Media campionaria = \(\bar X  \approx  N(\mu, \sigma = 40/10 = 4)\) in quanto il campione è grande.
Nota che: \(Z = (\bar X - \mu)/4 \sim  N(0,1).\)
 
Quindi,  chiede \(P(\bar X > \mu + 5)\). Ossia standardizzando,
\[
P(Z > (\mu + 5 - \mu)/4 ) = P( Z> 5/4) = 1 - P(Z \le 1.25) = 1 - 0.8944 = 0.1056.
\]

c. \(P(\bar X - \mu > 4) = P(4 Z > 4) = 1 - P(Z \le 1) = 1 - 0.8413 .\)

d. Questa volta chiede che la distanza tra la media campionaria \(\bar X\)  e \(\mu\)  sia maggiore di 3. Si usa perciò il valore assoluto:
\[
\begin{align*}
P(| \bar X  - \mu | > 3) &= P(4|Z| > 3)\\
 &= P(Z \le -0.75) + P(Z > 0.75)\\
&= 2(1- 0.7734) = 0.4532.
\end{align*}
\] 


Esercizio 7.18
X = livello di impurità ~ N(mu, sigma = 1.6);  Campione casuale n = 100.
Xmedio ~ N(mu, sigma/Sqrt[n] = 0.16)

a. Sia k un incremento della media della popolazione. Si chiede: trova k tale che

P(Xmedio > mu + k) = 0.05

cioe' 

P(Xmedio - mu > k) = 0.05

Divido ambo i membri della disuguaglianza per sigma/Sqrt[n] = 0.16 e ottengo

P(Z > k/0.16)  = 0.05

Percio' poiche nella normale standard P(Z > h) =  0.05 si ha per h = 1.645
dovremo avere qui k/0.16 = 1.645 e cioe' k = 0.16 * 1.645 = 0.2632.

b. Chiede P(Xmedio < mu - k) = 0.10. Quindi P(Z < -k /0.16) = 0.10

Nella normale standard P(Z < h) = 0.10 si ha per h = - 1.282 [ATTENZIONE: guarda le tavole della t di Student ultima riga: P(Z > 1.282) = 0.10]
Quindi qui occorre che -k/0.16 = -1.282, cioe' k = 0.16 * 1.282 = 0.205.  Il libro da' come soluzione - 0.205, ma si sbaglia. La media campionaria 
deve essere inferiore di 0.205 alla media della popolazione non di MENO 0.205. 

c. Chiede P(|Xmedio - mu| >  k) = 0.15. Quando dice "differire" vuol dire sia per valori superiori che inferiori e quindi bisogna usare il valore assoluto. 

Quindi P(|Z| > k /0.16) = 0.15. Poiche' nella Normale standard P(|Z| > k) = 0.15 si ha per k =  1.44 [ATTENZIONE guarda le tavole della Normale.
Per z = 1.44  P(Z < 1.44) = 0.925. Quindi a destra di 1.44 ci sta 1 - 0.925 = 0.075 = 7.5%. Analogamente a sinistra di -1.44 ci sta 7.5% e quindi complessivamente 
nelle due code ci sta il 15%.  Guarda la figura: le due code sono delimitate da -1.44 e 1.44. 

￼




Pertanto nel nostro caso k/0.16 = 1.44 e cioe' k = 0.16 * 1.44  = 0.2304.


Esercizio 7.20 

Ore = \(X  ~ N(\mu, \sigma = 8.4)\).  Dimensione campionaria \(n\)  incognita.  La distribuzione campionaria della media è
\[
\bar X \sim  N(\mu, 8.4/\sqrt{n}).
\] 

a.  Chiede di trovare \(n\) tale che \(P( |\bar X - \mu| > 2) \le 0.05.\)

Scriviamo la condizione in un altro modo:
\[
P( \bar X > \mu + 2  \text{ oppure }  \bar X < \mu - 2) \le 0.05
\]
Quindi possiamo scrivere anche
\[
P( \bar X > \mu + 2) + P(  \bar X < \mu - 2) \le 0.05
\]
Poi si nota anche che
\[
P( \bar X > \mu + 2) = P( \bar X < \mu - 2)
\]
Quindi la condizione che è data all'inizio si può sostituire con
\[
2 P(\bar X > \mu + 2) \le 0.05.
\]
Calcolo la probabilità a primo membro standardizzando rispetto a media e varianza di \(\bar X\).
\[
P( \bar X > \mu + 2) = P( Z > \frac{\mu + 2 - \mu}{ 8.4/\sqrt{n}}) = P(Z > \sqrt{n} \frac{2}{8.4})
\]
Quindi la condizione che deve essere rispettata è
 \[
2 P(Z > \sqrt{n} \frac{2}{8.4}) \le 0.05
\]
ossia
 \[
 P(Z > \sqrt{n} \frac{2}{8.4}) \le 0.025
\]
Pongo \(h =  \sqrt{n} \frac{2}{8.4} \)  e cerco di risolvere l'equazione
\[
P(  Z > h)  = 0.25 \text{ ossia } P(Z \le h) = 0.975
\]
Le tavole della normale ci dicono che deve essere \( h = 1.96\). Perciò
\[
h =  \sqrt{n} \frac{2}{8.4} = 1.96
\]
Si risolve rispetto all'incognita \(n\) ottenendo
\[
\sqrt{n} = \frac{8.4 \cdot 1.96}{2} = 8.232
\]
da cui \(n = 67.77\). Percio' basta che \(n = 68\) affinché la richiesta sia soddisfatta. All'aumentare di \(n\) poiché
\(\sigma/\sqrt{n}\)  decresce e la probabilità nelle code diminuisce, si otterra' di sicuro che la probabilità richiesta sia \(\le 0.05\). 

b. Se si cambia \(0.05\) in \(0.10\) ovviamente invece di \(1.96\) basterebbe un valore più piccolo e quindi \(n\) è minore. 

c. Se si cambia \(0.05\) in \(0.01\) invece di \(1.96\) ci vorrebbe un valore più grande e quindi un \(n\) maggiore. 

   


Esercizio 7.38 

ES = pq/10. Il massimo errore si ha per p = 0.5
cioe' maxES = 0.5/10 = 0.05. 

Esercizio 7.39

Chiede di trovare n tale che P(| Proporzione - p | > 0.03) = 0.05.
 Quindi siccome Proporzione ~ approssimativamente Normale N(p, sigma = 0.5/sqrt(n) )
Z = sqrt(n) (Proporzione - p)/0.5 ~ N(0,1) ossia 

Proporzione - p = Z / (2 sqrt(n)). 

Allora 

P(| Proporzione - p | > 0.03) = P(|Z|  > 0.03 * [2 * sqrt(n)] ) = 0.05.

Siccome sappiamo che P(|Z| > 1.96) = 0.05 occorre che 

0.03 *[ 2 * sqrt(n)] = 1.96

e quindi sqrt(n) =  1.96/ 0.06 = 32.67
e dunque n > 32.67^2 = 1067.1

Esercizio 7.44
a. Abbiamo
\[
\hat p = \frac{211}{528} = 0.3996
\]
Quindi
\[
\sigma_{\hat p} = \sqrt{\frac{(0.3996)(0.6.004)}{120}} = 0.03934.
\]
b. Risulta che la probabilità cercata è
\[
P( Z < (0.33 - 0.3996)/0.03934) = P(Z < -1.77) = 0.0384
\]

c. La probabilità è dopo aver standardizzato
\[
P( (0.5 - 0.3996)/0.03934 < Z < (0.6 - 0.3996)/0.03934) = P(2.55 < Z < 5.09)
\]
Quindi siccome \(P(Z < 5.09) = 1\) risulta
\[
P(Z< 5.09) - P(Z< 2.55) = 1 - 1 - 0.9946 = 0.0054.
\]

Esercizio 7.46
ESERCIZIO DIFFICILE

Sia \(Y\) l'aumento di stipendio.  Allora \(Y \sim N( 12, \sigma = 3.6)\).
Estraggo a caso un dirigente e dico che ottengo un successo se  l'aumento è \( Y < 10\%\).
La probabilità di successo è
\[
p = P( Y < 10) = P(Z < (10-12)/3.6) = P( Z< -0.56).
\]
Quindi
\[
p = 1- P(Z < 0.56) = 1- 0.7123 = 0.2877.
\]
Poi considero un campione casuale (con ripetizione) di dirigenti dimensione \(n = 81\)
e guardo la proporzione di successi \(\hat P\) di successi nel campione.

L'esercizio chiede di calcolare la probabilità  \(P(\hat P >  0.5) \).

Ora \(\hat P \) ha distribuzione binomiale con media \(p = 0.2877\) e deviazione standard
\[
\sigma_P = \sqrt{\frac{pq}{n}} = \sqrt{\frac{(0.2877)(0.7123)}{81}} = 0.0503.
\]
Quindi usando l'approssimazione normale alla Binomiale
\[
P( \hat P > 0.5) \approx P( X > 0.5)
\]
dove \(X \sim N( p, \sigma_P)\).
Pertanto
\[
P(X > 0.5) = P(Z > (0.5- 0.2877)/0.0503) = P(Z > 4.22) = 0.
\]

Esercizio 7.66

Popolazione X ~N(420, sigma = 100)
Campione casuale n = 25
Xmedio ~ N(420, sigma = 100/sqrt(25) = 20)

a. P(Xmedio > 450) = 1 - P(Z <  (450 - 420)/20) = 1 - P(Z < 1.5) = 0.0668

b. P( 400 < Xmedio < 450) = P(Xmedio < 450) - P(Xmedio < 400) = (1-0.0668) - P(Z < (400 - 420)/20)  = 
0.93319 - P(Z < -1) = 0.93319 - (1- P(Z < 1)) = 0.93319 - 0.1587   = 0.7745.

c. Vuol dire qual'e' il valore c tale che P( Xmedio > c) = 0.10 ?
E' uguale a P(Xmedio < c) = 0.9. Per la normale standard il valore z tale che P(Z > z) = 0.10 e' z = 1.28 (guardate sulle tavole).
Ma Xmedio ha distribuzione  N(420, sigma = 100/sqrt(25) = 20) e quindi dovete trasformarlo con 
c = 420 + 20 * 1.28 = 445.6.

d. Vuol dire quale valore z tale che P(Xmedio < 0.10) ? Siccome per la normale standard il valore z tale che  P(Z < z) = 0.10 = -1.28
il valore cercato e' c = 420  + 20*(-1.28) = 394.4.

e. Vuol dire qual'e' il valore k tale che P(Deviazione stand. > k) = 0.05 ossia P(S2 > k^2) = 0.05.
Per risolvere questo esercizio bisogna sapere la distribuzione campionaria (chi-quadro) della varianza, che 
pero' non abbiamo fatto a lezione. 

f. Stesso problema dell'esercizio e.

g. Sarebbe stata minore perche' la distribuzione di Xmedio avrebbe avuto la stessa media,ma varianza piu' piccola e quindi le code si sarebbero ritirate.

Esercizio 7.72

a. P = proporzione che accetta di lavorare in un campione di n = 60 quando nella popolazione
p = 0.8. È Binomiale relativa : P ~ Binomiale(p = 0.8, n = 60) / 60.
npq = 0.8 * 0.2 * 60 =  9.6 > 9  e quindi si può usare l’approssimazione normale 

P ~N(mu = p = 0.8, sigma = sqrt(0.8*0.2/60) = 0.05163978

Perciò 

P( P < 0.7)  = P(Z < (0.7 - 0.8)/ 0.05163978) = P( Z < -1.94) = 0.0262.

b. Se il campione fosse di 6 soltanto occorre usare la Binomiale perché l’approssimazione normale non va bene.

P( P < 0.7) = P( #successi/6 < 0.7) = P( # successi < 4.2) = 1 - P(#successi = 5 o 6) 

P( # successi = 5) = C(6, 5) p^5 q^1 = 6 * 0.8^5 *0.2 = 0.393216

P( # successi = 6) = p^6 = 0.8^6 =  0.262144

P( P < 0.7)  = 1 - 0.393216 - 0.262144 = 0.34464.

c. In un campione di n = 6,  Xmed = stipendio medio ~ N(29000, 4000/sqrt(6) = 1632.993 = dev.st(Xmed))

P(Xmed >30000) = P(Z > (30000 - 29000)/1632.993) = P( Z > 0.61) = 0.2709.

d. P( Accettato e Stipendio >30000) = P( Accettato) P( Stipendio > 30000 | Accettato) 
= 0.8 * P( Z > (30000 - 29000) /4000) = 0.8 * P ( Z > 0.25)  = 0.8 *  0.4013 = 0.3210.


Esercizio 8.2

a. L'unico modo che conoscete per controllare se i dati sono un campione da una normale è fare un box-plot.
￼

Il box-plot segnala una lieve asimmetria che naturalmente può sparire in un campione più grande.

b. Uno stimatore non distorto (cioè corretto) ed efficiente della media \(\mu\) della popolazione è la media campionaria \(\bar X\).
Quindi
\[
\bar x = 101.375.
\]
c. Uno stimatore non distorto della varianza \(\sigma^2\) della popolazione è la varianza campionaria corretta
\[
S^2 = \frac{\sum (X_i-\bar X)^2}{n-1} = 201.6964.
\]
Perciò l'errore standard dello stimatore della media è
\[
ES = \frac{s}{\surd n} = \sqrt{201.6964/8}.
\]
d. Sia \(p\) la proporzione nella popolazione di case in vendita a meno di \(\$92 500\). Questa si può stimare con la proporzione analoga valutata nel campione. Lo stimatore in questione è non distorto. Si calcola con
\[
\hat P = \frac{\# \text{case a meno di } 92 500}{n} = 3/8.
\]
Infatti nel campione ci sono 3 pressi su 8 inferiori a \(\$92 500\).

Esercizio 8.9
Il fattore di affidabilità è \(z_{\alpha/2}\). Per trovare il valore dalle tavole si cerca il valore \(k\) tale che
\[
P( Z< k) = 1- \alpha/2
\]
a. \(1-\alpha = 0.96\) quindi \(\alpha/2 = 0.02\). Quindi \(z_{\alpha/2} = 2.05\). Infatti
\[
P(Z < 2.05) = \approx 0.98
\]

b. \(\alpha/2 = 0.06\).  Quindi \(z_{\alpha/2} = 1.56\).

c. \(\alpha/2 = 0.075\). Quindi \(z_{\alpha/2} = 1.44\).

d. \(\alpha/2 = 0.035\). Quindi \(z_{\alpha/2} = 1.81\).

e.  \(\alpha/2 = 0.07\). Quindi \(z_{\alpha/2} = 1.48\).

Esercizio 8.14
a. \(\alpha/2 = 0.04\). Quindi \(z_{\alpha/2} = 1.75\).

b. \(ES = 6/\sqrt{90} = 0.63246\).

c. Ampiezza = \(2 ME = 2 (1.75) ES = 2.2136.\).


Esercizio 8.22

a. n= 6 Livello = 1 - alfa = 95%. Sulle tavole trovate  t = 2.271
Quindi ME = t * s/sqrt(n) = 2.571 * 40 / sqrt(6) =   41.98
L'ampiezza e' 2*ME = 2 * 41.98 = 83.96.

b. n = 22, s = 20,  Livello = 99%, t con 21 gdl = 2.831.
2ME = 2 * 20/sqrt(22) * 2.831 = 24.1428.

c. n = 25, s = 50 , Livello = 90% t con 24 gdl = 1.714
2ME = 2 * 50/5 * 1.714 = 34.2.

Esercizio 8.38
Il campione ha numerosità \(n = 198\). Si vuole stimare la proporzione \(p\) di quelli che giudicano non etico il comportamento.
La proporzione campionaria è \(\hat p = 98/198 = 0.495\). L'intervallo di confidenza è (ci dice) uguale a \((0.445, 0.545)\). Quindi il margine di errore è
\[
ME = (0.545 - 0.445)/2 = 0.05 = z_{\alpha/2} ES
\]  
dove
\[
ES = \sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})/n} = 0.03553164
\]
è l'errore standard.  Perciò
\[
z_{\alpha/2} = ME/ES = 0.05/0.03553164 = 1.41
\]
Quindi dalla Tavola 1, a p.521
\[
\alpha/2 = 1 - F(1.41) = 1-0.9207 = 0.0793
\]
e inoltre
\[
\alpha = 2 \times 0.0793 = 0.1586
\]
Perciò il livello di confidenza è
\[
1-\alpha = 1 - 0.1586 = 0.8414.
\]
cioè l'\(84.14\%\).

Esercizio 8.47
Qui ci sono i dati grezzi e il campione è molto piccolo. La popolazione è incognita (non è detto che sia normale)

￼
a. Le stime più efficienti (se la popolazione è normale) sono la media e la varianza campionaria corretta:
\(\bar x = 3.375\), \(s^2 =  0.4993\).

b. Sia \(Y\)  la variabile aleatoria che vale 1 se il livello di impurità di un sacco è superiore a 3.75% e 0 altrimenti.
Questa variabile è Bernoulli con probabilità di successo \(p\) incognita. \(p\) è la proporzione nella popolazione di sacchi con un livello  di impurità superiore al 3.75%,
Il campione estratto da \(X\) genera il seguente campione da \(Y\):
\[
(0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1)
\]
in quanto solamente la seconda, la settima e l’ottava osservazione sono superiori a 3.75%. Perciò la stima di \(p\) è
\[
\hat p = 3/8.
\]

Esercizio 8.48

Media campionaria = 3.59
L'errore standard e'  1.045/sqrt(457) = 0.04888304.

Quindi l'IC e' (3.59 - t*  0.04888304 , 3.59 + t*  0.04888304) = (3.49, 3.69)
Questo vuol dire che 0.1 = t*  0.04888304  e quindi t = 0.1/ 0.04888304  = 2.045699 = 2.05
Siccome il campione ha dimensione n = 457, la t di Student con 456 gdl e' praticamente uguale alla N(0,1).
Sulle tavole della normale si vede che 2.05  corrisponde ad una probabilità cumulata 0.9798, cioe'
P(Z < 2.05) = 0.9798. Quindi alfa/2 = 1-0.9798 = 0.0202. Il livello di confidenza 1-alfa e' perciò 
1 - 2*0.0202 = 0.9696 = 95.96%.

Esercizio 8.49
\(n = 174\), \(\bar x = 6.06\), \(s = 1.43\).
Quindi
\[
6.16 -6.06 = 0.1 = z_{\alpha/2} (1.43/\sqrt{174})
\]
e
\[
z_{\alpha/2} = 0.922
\]
Quindi
\[
\alpha = 2 [1 - P(Z< 0.92)] = 0.3576
\]
e
\[
100(1-0.3576)\% = 64.24\%
\]
Esercizio 10.11
\(X\) = peso  della confezione in once. Si sa che \(X \sim N(\mu, \sigma = 0.4)\).
Il sistema di ipotesi è \(H_0: \mu \ge 16; H_1: \mu < 16\).
Campione casuale con \(n = 16\).
Peso medio \(\bar x = 15.84\).
Errore standard \(ES = \sigma/\surd n = 0.4/4 =0.1.\)  
Statistica test: \(Z = \frac{\bar X - 16}{0.1}\)
Livello = \(0.1\)
Regione critica:  \(Z < - z_{0.1} = -1.28\).

Quindi siccome \(Z = \frac{15.84-16}{0.1} = -1.6\) si rifiuta l'ipotesi al livello del \(10\%\).

Esercizio 10.17
Il giudizio è \(X\sim N (\mu, \sigma)\). L'ipotesi che la popolazione sia normale è alquanto discutibile.
Il sistema di ipotesi è \(H_0: \mu = 4; H_1: \mu \ne 4\).
Campione casuale con dimensione campionaria \(n = 1562\) quindi molto alta.
Giudizio medio campionario \( \bar x = 4.27\).
Deviazione standard campionaria \(s = 1.32\).
Errore standard \(ES = s/\sqrt{n} = 1.32/\sqrt{1562} =  0.033399\)
Statistica test = \(T = \frac{\bar X - 4}{ES}  \)
Livello del test = \(1\%\)
Gradi di libertà = \(g = 1562-1 = 1561\). Sono elevatissimi. La distribuzione campionaria di \(T\) è comunque normale standard sotto ipotesi nulla in virtù del teorema centrale del limite.
Regione critica \( T > t_{0.01/2,g} \text { oppure } T < -t_{0.01/2,g} \).

Decisione: siccome \(T = 8.08\) e \(t_{0.01/2,g}  = 2.576\) si rifiuta l'ipotesi. Si rifiuterebbe anche a un livello più piccolo di \(\alpha\).

Esercizio 10.26
Incremento di vendite = \(X\sim N(\mu, \sigma^2)\).
Sistema di ipotesi: H_0: \mu \ge 50; H_0: \mu < 50\) Il testo dice "si realizzerà un incremento medio di 50 casse" perciò si potrebbe anche usare \(H_0: \mu = 50\) ma in tal caso l'affermazione verrebbe falsificata se l'incremento medio fosse invece che di 50 casse, di 60 o più casse e ciò ovviamente non sembra molto ragionevole. Per cui ho optato per un ipotesi nulla \(H_0: \mu \ge 50\).
Campione casuale di dimensione \(n = 20\).
Media campionaria \(\bar x = 41.3\).
Deviazione standard campionaria \(s = 12.2\).
Errore standard \(ES = s/\sqrt{n} = 12.2/\sqrt{20} =   2.728.\)
Statistica test: \(T = \frac{\bar X - 50}{ES} \) distribuita sotto ipotesi nulla come una \(t\) di Student con 19 gradi di libertà.  
Livello del test \( 5\%\)
Gradi di libertà =\(19\)
Valore critico per un test unilaterale sinistro \(-t_{0.05, 19} =  -1.729\)

Decisione: Poiché \(t = \frac{41.3 - 50}{2.728} = -3.189\) si rifiuta l'ipotesi al livello del \(5\%\).

Esercizio 10.35
L'ipotesi nulla è  \(H_0: p \ge 0.75\) contro \(H_1: p < 0.75\) dove \(p\) è la proporzione di insegnanti che condividono l'affermazione.
La stima di \(\hat p = 118/172 = 0.686.\) L'errore standard sotto ipotesi nulla è
\[
ES = \sqrt{\frac{0.75\cdot 0.25}{172}}
\]
La statistica test è
\[
z = \frac{0.686- 0.75}{ES} = -1.94
\]
Il p-value è
\[
P( Z < -1.94) = P(Z > 1.94) = 1 - P(Z < 1.94) = 0.0262
\]
Quindi il test è significativo ma non altamente significativo. In particolare il test è significativo al livello del 5%.

Esercizio 10.40
a. L'ipotesi \(H_0: \mu \le 3\) contro \(H_1: \mu > 4\) si rifiuta al livello del \(5\%\) se
\[
\frac{\bar X - 3}{0.4/\sqrt{64}} > 1.645
\]
cioè se \(\bar X > 3.082\). Poiché nel campione \(\bar X = 3.07\) la decisione è non rifiutare l'ipotesi nulla.
b. La probabilità di rifiutare \(H_0\) quando è falsa e \(mu = 3.1\) con la regola precedente è
\[
P(\bar X > 3.082)
\]
però con \(\bar X \sim N(3.1, \sigma_{\bar X} = 0.4/\sqrt{64})\). Quindi
\[
P(Z > \frac{3.082- 3.1}{0.4/\sqrt{64}}) = P(Z > -0.36) = P(Z < 0.36) = 0.6406.
\]
Esercizio 10.42
La popolazione è dicotomica. Cioè \(X = 1\)  se il cliente preferisce prodotti non di marca a prezzo infereiore.  Quindi \(X \sim Bernoulli( p)\).
Il sistema di ipotesi da verificare è \(H_0: p \ge 0.5; H_1: p<0.5\).
Campione casuale di dimensione \(n = 802\).
Proporzione campionaria = \(\hat p = 378/802 = 0.4713217.\)
Errore standard sotto \(p = 0.5\): \(ES_0 = \sqrt{p_0(1-p_0)/n} = \sqrt{(0.5)(0.5)/802} =  0.01765561.\)
Statistica test \((\hat P - 0.5)/ES_0\) distribuita sotto \(p = 0.5\) approssimativamente come una normale standard per il teorema centrale del limite.
Livello del test = \(10\%\)
Valore critico per un test unilaterale sinistro \( -z_{0.1} = -1.28\).

Quindi si rifiuta al livello del \(10\%\)  se
\[
\frac{\hat P - 0.5}{0.01765561} < -1.28 \text{ ossia se } \hat{P} <0.477.
\]
Perciò in questo caso si rifiuta \(H_0\) al livello del \(10\%\).

La potenza del test chiesta è la probabilità di rifiutare \(H_0\) quando \(p = 0.45\).   Quindi è
\[
P( \hat P < 0.477) \text{ se } p = 0.45
\]
Notate che se \(p = 0.45\) allora \(\hat P\) è Binomiale con media \(p = 0.45\) e deviazione standard  
\[
\sqrt{pq/n} = \sqrt{(0.45)(0.55)/802} = 0.01756711
\]
e inoltre siccome la numerosità campionaria è elevata si può approssimare con una normale.
Quindi la probabilità di rifiutare è
\[
P(\hat P < 0.477) \approx P(Z <(0.477 - 0.45)/0.01756711) = P(Z < 1.537) = 0.9378.
\]
La seconda parte È DIFFICILE.

Esercizio 10.45
a.  
\[
\alpha ￼= P(\frac{30.8-32}{3/\sqrt{36}}) = P(Z < -2.4) = 0.0082
\]
b.  
\[
\alpha =  P(\frac{30.8-32}{3/\sqrt{9}})  = P(Z < -1.2) =0.1151
\]
c.
\[
\beta =  P(\frac{30.8-31}{3/\sqrt{36}})   ￼ = P(Z > -0.4) =0.6554
\]
Esercizio 10.52
Sia \(X\) la potenza giornaliera. Dunque \(X \sim N(\mu, \sigma = 120)\). Il sistema di ipotesi è
\[
H_0: \mu \ge 800, \quad H_1: \mu < 800
\]
Il campione casuale ha numerosità \(n = 100\) . La regione di rifiuto è definita da tutti i campioni cha hanno una media campionaria \(\bar X < 776\).  

a. La probabilità di errore del primo tipo è la probabilità di rifiutare se \(H_0\) è vera cioè
\[
P(I) = P(\bar X < 776; \text{ quando } \mu = 800)
\]
Quindi  sotto ipotesi nulla \(\bar X \sim N( \mu = \mu_0 = 800, \sigma_{\bar X}= \sigma/\surd{100} =12)\).

Allora
\[
\alpha = P(I) = P(Z < (776 - 800)/12)  =  P(Z < -2) = 1-P(Z<2) = 0.0228.
\]
b. La probabilità di errore del secondo tipo se la vera media fosse \(\mu = 740\) è la probabilità di accettare \(H_0\) quando \(H_0\) è falsa e \(\mu = 740\) cioè
\[
\beta = P(II) = P( \bar X \ge 776 ; \text{ quando } \bar X \sim N(740, \sigma_{\bar X} = 12))
\]
Quindi
\[
P(II) = P( Z \ge (776 - 740)/12) = P(Z \ge 3) = 1 - P(Z < 3) = 0.0014.
\]
c. Se fosse \(n = 200\)
i. \(\alpha\) sarebbe minore di quello della risposta a. Avremmo infatti \(\alpha = P(Z < -2.83)\).

ii. \(\beta\) sarebbe minore di quello calcolato per la risposta b. Avremmo infatti \( \beta = P(Z \ge 4.24)\).

d. Se fosse \(n = 100\) e avessimo una regione critica \(\bar X < 756\)

i. \(\alpha\) sarebbe minore di quello calcolato per la risposta a. Avremmo \(\alpha = P(Z < -3.67)\).

ii. \(\beta\) sarebbe maggiore di quello calcolato per la risposta b. Avremmo \(\beta = P(Z \ge 1.33)\).

Esercizio 10.53
a.  ￼ \( H_0: p \ge 0.25, \quad H_1: p < 0.25\). Regione critica al 5%: Rifiuta se \(z < -1.645\).
\[
z = \frac{0.215-0.25}{\sqrt{0.25(0.75)/545}} = -1.9
\]
quindi rifiuta al livello \(5\%\) .

 b.  ￼\(H_0\) si rifiuta se \(z ￼ < -1.645\) ossia se \(\hat p < .2195\).

i) Potenza
\[
 1 – P(Z > \frac{0.2195-0.2}{\sqrt{0.2(0.8)/545}} ￼) = 1 – P(Z > 1.14) = 0.8729
\]
ii) Potenza
\[
1 – P(Z > ￼\frac{0.2195-0.25}{\sqrt{0.25(0.75)/545}}) = 1 – P(Z > -1.64) = 0.0505
\]
iii) Potenza
\[
1 – P(Z > ￼\frac{0.2195-0.3}{\sqrt{0.3(0.7)/545}}) = 1 – P(Z > -4.1) = 0.0000
\]
