Lezioni di STATISTICA MATEMATICA

Università di Modena e Reggio Emilia
Facoltà di Ingegneria - sede di Modena
Lezioni
di
STATISTICA MATEMATICA
Docente: Prof. Valter Franceschini
per i Corsi di Laurea in Ingegneria Meccanica e dei Materiali
- a.a. 2008/09 -

INDICE
1 CALCOLO DELLE PROBABILITÀ 1
1.1 Calcolo combinatorio 1
1.2 La probabilità matematica 5
Spazi di probabilità finiti 8
Spazi finiti equiprobabili 9
1.3 Probabilità condizionata 14
Eventi indipendenti 16
Formula di Bayes 19
1.4 Variabili aleatorie 23
Variabili aleatorie discrete 25
Variabili aleatorie continue 26
1.5 Media e varianza 31
1.6 Variabili aleatorie bidimensionali 37
1.7 Distribuzioni binomiale, di Poisson e di Gauss 46
Distribuzione binomiale 46
Distribuzione di Poisson 49
Distribuzione di Gauss 51
1.8 Approssimazione normale 55
1.9 Altre distribuzioni 61
Distribuzione esponenziale 61
Distribuzione ipergeometrica 63
Distribuzione geometrica 65
2 STATISTICA DESCRITTIVA 66
2.1 Introduzione 66
2.2 Organizzazione e rappresentazione dei dati 66
2.3 Grandezze che sintetizzano i dati 71
3 STATISTICA MATEMATICA 81
3.1 Popolazioni e campioni 81
3.2 Stimatori 82
3.3 Distribuzioni chi-quadro e di Student 85
3.4 Intervalli di fiducia (o di confidenza) 87
3.5 Stima della media di una popolazione normale 87
3.6 Stima della varianza di una popolazione normale 91
3.7 Stima della differenza delle medie di due popolazioni normali 94
3.8 Stima di una proporzione 99
3.9 Basi logiche dei test 102
3.10 Formulazione di un test di ipotesi 104
3.11 Test di significatività 107
3.12 Test riguardanti la media di una popolazione normale 109
3.13 Test riguardanti la differenza delle medie di due popolazioni normali 117
3.14 Curve caratteristiche operative dei test 120
Tavole delle leggi N(0, 1), χ 2 n e Tn 125
Bibliografia 128

CAPITOLO 1: CALCOLO DELLE PROBABILITÀ
1.1 CALCOLO COMBINATORIO
DISPOSIZIONI
Definizione Una disposizione semplice di n oggetti dati presi k alla volta è una
k¡upla ordinata di k oggetti distinti scelti tra gli n (ovviamente k · n) .
Esempio 1.1.1 Le disposizioni semplici dei 3 oggetti dati a, b, c presi a coppie (per cui
k = 2, n = 3), sono
(a, b), (b, c), (c, a), (b, a), (c, b), (a, c) .
Proposizione Il numero di disposizioni semplici di n oggetti presi k alla volta, che
indichiamo con D(k; n), è il prodotto dei k numeri naturali decrescenti a partire
da n:
D(k; n) = n(n ¡ 1) ¢ ¢ ¢ (n ¡ k + 1) =
n!
(n ¡ k)! .
Infatti, se riempio k caselle in ordine, nella prima ho n possibilità di scelta, nella
seconda (n ¡ 1) possibilità, ..., nella k¡esima (n ¡ k + 1).
Definizione Una disposizione con ripetizione di n oggetti dati presi k alla volta
è una k¡upla ordinata i cui elementi, non necessariamente distinti, sono scelti fra
gli n.
Osservazione: differentemente dal caso delle disposizioni semplici, k può anche essere
maggiore di n.
Esempio 1.1.2 Le diposizioni con ripetizione dei tre oggetti a, b, c a due a due (per cui
n = 3, k = 2) sono
(a, a), (a, b), (b, a), (b, b), (b, c), (c, b), (a, c), (c, a), (c, c) .
Proposizione Il numero di disposizioni con ripetizione di n oggetti presi k alla
volta è
D R (k; n) = n k .
Infatti, se riempio k caselle in ordine, nella prima casella ho n possibilità di scelta,
nella seconda ho ancora n possibilità, e così per tutte le altre caselle. Ottengo quindi
il numero di oggetti elevato al numero di caselle.
Esempio 1.1.3 Il numero delle possibile schedine del totocalcio è 3 13 ; questo è infatti il
numero di disposizioni con ripetizione dei 3 simboli 1, 2, x, in 13 caselle ordinate.
Osservazione: Come si deduce da quanto appena visto, in questo contesto l’aggettivo
1

”semplice” significa ”senza ripetizioni”.
2

PERMUTAZIONI
Definizione Una permutazione di n oggetti dati è una n¡upla ordinata i cui
elementi sono tutti gli n oggetti.
Detto altrimenti, una permutazione è una disposizione semplice degli n oggetti dati
quando sono presi tutti n (si tratta del caso k = n). Di conseguenza il numero P (n)
delle possibili permutazioni di n oggetti vale
P (n) = n(n ¡ 1) ¢ ¢ ¢ 3 ¢ 2 ¢ 1 ´ n!
Il simbolo n! si legge “n fattoriale” e designa il prodotto dei primi n numeri naturali.
Per convenzione si pone 0! = 1. Si è dunque trovato che vale la seguente
Proposizione Il numero P (n) delle permutazioni di n oggetti è uguale a n! .
Esempio 1.1.4 Le permutazioni di 5 clienti di banca (che rappresentano i possibili modi di
metterli in ordine di attesa a uno sportello) sono 5!, ossia = 5 ¢ 4 ¢ 3 ¢ 2 ¢ 1 = 120.
COMBINAZIONI
Definizione Una combinazione semplice di n oggetti dati presi k alla volta,
k · n, è un sottoinsieme non ordinato di k oggetti distinti scelti tra gli n.
Esempio 1.1.5 Le combinazioni dei 3 oggetti a, b, c, presi 2 alla volta sono
fa, bg, fb, cg, fa, cg .
Si noti che fa, bg ´ fb, ag. Per gli insiemi astratti (per i quali si usa la parentesi graffa)
non vige alcuna struttura d’ordine.
Proposizione Il numero di combinazioni semplici di n oggetti presi k alla volta,
che indichiamo con C(k; n), vale
n
C(k; n) = .
k
Ricordato che
n n(n ¡ 1)...(n ¡ k + 1)
:= =
k
k!
n!
k!(n ¡ k)! ,
dimostriamo la proposizione enunciata. Per ciascuna combinazione in cui sono presi
k oggetti alla volta, esistono P (k) modi di metterli in ordine. Di conseguenza, fra
il numero D(k; n) delle disposizioni e il numero C(k; n) delle combinazioni vale la
seguente relazione
da cui
D(k; n) = C(k; n) ¢ P (k) ,
C(k; n) =
D(k; n)
P (k)
Da questa segue immediatamente la tesi della proposizione.
3
.

Esempio 1.1.6 Il numero di comitati di 4 persone che si possono formare da un gruppo di 9
è
C(4; 9) =
9
4
9 ¢ 8 ¢ 7 ¢ 6
= 9!/[4!(9 ¡ 4)!] = = 126 .
4 ¢ 3 ¢ 2 ¢ 1
Definizione Una combinazione con ripetizione di n oggetti dati presi k alla
volta è un insieme non ordinato di k oggetti, non necessariamente distinti, scelti
tra gli n.
Osservazione: come per le disposizioni con ripetizione, e differentemente dal caso
delle combinazioni semplici, k può anche essere maggiore di n.
Esempio 1.1.7
Le combinazioni con ripetizione dei 3 oggetti a, b, c, presi a coppie sono
fa, ag, fa, bg, fa, cg, fb, bg, fb, cg, fc, cg .
Analogamente, le combinazioni con ripetizione dei 2 oggetti a e b presi a terne sono
fa, a, ag, fa, a, bg, fa, b, bg, fb, b, bg .
Proposizione Il numero di combinazioni con ripetizione di n oggetti presi k alla
volta è
C R
n + k ¡ 1
(k; n) =
.
k
Dimostrazione
Si tratta di contare il numero di soluzioni (a1, a2, . . . , ak), con gli ai numeri interi,
soddisfacenti la relazione
Questa relazione equivale alla seguente
che a sua volta equivale a
1 · a1 · a2 · ¢ ¢ ¢ · ak · n .
0 < a1 < a2 + 1 < a3 + 2 < ¢ ¢ ¢ < ak + k ¡ 1 < n + k ,
0 < b1 < b2 < ¢ ¢ ¢ < bk < n + k ,
con i bi interi. Ne consegue che il numero cercato è uguale al numero di possibili
scelte di k oggetti distinti presi dall’insieme f1, 2, . . . , n + k ¡ 1g, e quindi è uguale a
C(k; n + k ¡ 1).
Esempio 1.1.8 Applichiamo la formula che ci dà CR (k; n) per verificare che il numero di
combinazioni con ripetizione nei due casi visti nell’esempio 1.1.7 è rispettivamente 6 e 4.
Dobbiamo ovviamente calcolare CR (2, 3) e CR (3, 2). Si ha
C R
3 + 2 ¡ 1 4
(2, 3) =
= = 6 ;
2 2
C R
2 + 3 ¡ 1 4
(3, 2) =
= = 4 .
3 3
4

Esercizio 1.1.1 Si consideri un gruppo costituito da 20 persone. Ci si pone il seguente
problema: qual è la probabilità che queste persone compiano gli anni in giorni tutti diversi?
Com’è facilmente intuibile, la probabilità che ci interessa è data dal rapporto fra il numero
Ndist dei casi possibili di 20 compleanni tutti distinti e il numero totale Ntot dei casi possibili
di 20 compleanni anche con coincidenze. Volendo formalizzare il problema in termini
matematici, indichiamo con (c1, c2, ..., c20) la 20¡upla definita dai 20 compleanni, con ci
giorno di compleanno della i-esima persona. Allora Ndist corrisponde al numero delle possibili
20¡uple di ci tutti distinti, con 1 · ci · 365, il che implica Ndist = D(20; 365).
D’altra parte Ntot corrisponde al numero di tutte le possibili 20¡uple con 1 · ci · 365,
ossia Ntot = D R (20; 365). Indicando con P la probabilità cercata si ha
P = Ndist
Ntot
= D(20; 365)
DR 365 ¢ 364 ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ 346
=
(20, 365) (365) 20 =
365
365
364
365
¢ ¢ ¢
346
¼ 59% .
365
Proposizione Vale la seguente formula, detta formula binomiale di Newton:
(a + b) n =
n
0
a n +
ovvero, in notazione compatta,
Dimostrazione
n
1
(a + b) n =
a n−1 b + ... +
n
k=0
n
n ¡ 1
n
a
k
n−k b k .
ab n−1 +
(a + b) n = (a + b)(a + b)...(a + b) [n volte]
n
n
b n
è una lunga somma che contiene più volte l’addendo generico a n−k b k . Fissiamo k,
con k · n. Quante volte appare tale addendo? Tante quante le possibili scelte di
k parentesi tra le n date, prendendo da ciascuna il fattore b (ottenendo così b k ), e
conseguentemente prendendo da ciascuna delle rimanenti n ¡ k parentesi il fattore a
(ottenendo così a n−k ). In altre parole: il fattore a n−k b k compare tante volte quante
n
sono le combinazioni semplici di k oggetti tra gli n dati. Cioè volte. Quindi tale
k
n
addendo va moltiplicato per e la somma va fatta rispetto a k come enunciato.
k
Esercizio 1.1.2 Provare la proprietà dei coefficienti binomiali
n ¡ 1 n ¡ 1 n
+ = .
k ¡ 1 k k
Procediamo con calcolo diretto:
n ¡ 1 n ¡ 1
+ =
k ¡ 1 k
= (n ¡ 1)! k + (n ¡ 1)! (n ¡ k)
(n ¡ 1)!
(k ¡ 1)! (n ¡ k)! +
k! (n ¡ k)!
(n ¡ 1)!
k! (n ¡ 1 ¡ k)! =
= (n ¡ 1)! (k + n ¡ k)
k! (n ¡ k)!
=
n
.
k
Osserviamo che è grazie a questa relazione che si costruisce il famoso “triangolo di Tartaglia”.
5

1.2 LA PROBABILITÀ MATEMATICA
Definizione Si chiama spazio campionario l’insieme S di tutti i possibili esiti
di un dato esperimento. Un evento è un insieme di esiti, cioè un sottinsieme
dello spazio campionario S. Si dice poi classe di eventi, e la denoteremo con Ω,
ogni insieme non vuoto di eventi che risulti essere chiuso rispetto alle operazioni
insiemistiche elementari, vale a dire:
i) dati due eventi A, B 2 Ω, allora anche A [ B 2 Ω (A [ B è l’evento che si
verifica se si verifica almeno uno fra gli eventi A e B);
ii) data una successione numerabile di eventi Ai 2 Ω, allora anche la loro unione
è un evento, cioè ∞
i=1 Ai 2 Ω;
iii) dato un evento A 2 Ω, allora anche il suo complementare A C ´ S ¡ A 2 Ω
(A C è l’evento che si verifica quando A non si verifica).
Dai tre assiomi che caratterizzano una classe di eventi Ω seguono queste altre proprietà:
— Dati due eventi A e B, anche A \ B è un evento; infatti:
A \ B = (A C [ B C ) C =) A \ B 2 Ω ;
— L’insieme vuoto ; e lo spazio S sono eventi; infatti, preso A 2 Ω, si ha
A \ A C = ; =) ; 2 Ω , A [ A C = S =) S 2 Ω .
L’evento ; è detto evento impossibile e S è detto evento certo.
Definizione Due eventi A e B sono detti incompatibili se sono disgiunti, cioè se
A \ B = ;. A parole: due eventi sono incompatibili se non si possono mai verificare
simultaneamente.
Esempio 1.2.1 Si consideri il seguente esperimento: si getta un dado e si guarda il risultato
della prova, vale a dire il numero che si presenta. Lo spazio campionario consiste nei sei
numeri possibili:
S = f1, 2, 3, 4, 5, 6g .
Consideriamo i seguenti eventi: A:“il risultato è un numero pari”; B:“il risultato è un
numero dispari”; C:“il risultato è un numero primo”. In termini si sottinsiemi di S :
A = f2, 4, 6g , B = f1, 3, 5g , C = f2, 3, 5g .
Si ha quindi, ad esempio:
A C = f1, 3, 5g = B ;
C C = f1, 4, 6g: è l’evento “il risultato non è un numero primo”;
B \ C = f3, 5g: è l’evento “il risultato è un numero dispari e primo”;
A [ C = f2, 3, 4, 5, 6g: è l’evento “il risultato è un numero pari o primo”.
Si noti che gli eventi A e B, essendo A \ B = ;, sono incompatibili.
6

Osservazione: Come si evince dall’esempio, gli eventi sono definiti mediante proposizioni
fatte nel linguaggio comune, e poi identificati con sottinsiemi di S. Sulla base di questa
considerazione risulta molto più appropriato parlare di eventi incompatibili piuttosto che di
eventi disgiunti, e di sottinsiemi disgiunti piuttosto che di sottinsiemi incompatibili. Accade
però spesso che i due aggettivi siano usati indifferentemente.
Definizione Sia S uno spazio campionario ed Ω una classe di eventi in S. Sia poi
P una funzione definita su Ω a valori in [0, 1]:
P : Ω ¡! [0, 1] .
Allora (S, Ω, P ) è detto spazio di probabilità e P (A) è detta probabilità dell’evento
A 2 Ω se valgono i seguenti tre assiomi:
1) P (S) = 1 ;
2) se A e B sono due eventi incompatibili, allora
P (A [ B) = P (A) + P (B) ;
3) se fAn, n 2 Ng è una successione numerabile di eventi incompatibili, si ha
∞
P
= P (An) .
[ ∞ n=1An
Gli assiomi 2) e 3) esprimono il fatto che le probabilità di eventi incompatibili si
sommano. In particolare l’assioma 3), che ovviamente ha significato solo nel caso in
cui Ω è un insieme infinito, si esprime sinteticamente dicendo che P è numerabilmente
additiva.
Teorema P (;) = 0 . (La probabilità dell’evento impossibile è nulla)
Dimostrazione
Sia A un qualunque evento di Ω. Poiché anche ; 2 Ω, segue che A [ ; 2 Ω. Inoltre,
A ed ; sono eventi incompatibili essendo A \ ; = ;. In virtù dell’assioma 2) si ha
quindi
n=1
P (A) = P (A [ ;) = P (A) + P (;) =) P (;) = 0 .
Teorema (regola di complementazione) Sia A 2 Ω un evento ed A C il suo complementare.
Allora si ha
Dimostrazione
P (A C ) = 1 ¡ P (A) .
Essendo A \ A C = ;, A ed A C sono eventi incompatibili. Di conseguenza, applicando
l’assioma 2) ad S, si ottiene
da cui consegue banalmente la tesi.
P (S) = P (A [ A C ) = P (A) + P (A C ) = 1 ,
7

Teorema Se A e B sono due eventi tali che
A µ B, allora
Dimostrazione
P (A) · P (B) .
Essendo A µ B si può decomporre B negli
eventi incompatibili A e B ¡ A = B \ A C . Si
può quindi scrivere
esssendo P (B ¡ A) ¸ 0.
P (B) = P (A [ (B ¡ A)) = P (A) + P (B ¡ A) ¸ P (A) ,
Teorema Se A e B sono due eventi qualunque,
allora
P (A ¡ B) = P (A) ¡ P (A \ B) .
Dimostrazione
L’evento A può essere decomposto negli eventi
incompatibili A ¡ B e A \ B, per cui, in virtù
dell’assioma 2), si ha
P (A) = P (A ¡ B) [ (A \ B) = P (A ¡ B) + P (A \ B) .
La tesi segue immediatamente.
Teorema (regola di addizione per eventi arbitrari)
Se A, B sono eventi arbitrari di uno
spazio di probabilità, allora
P (A [ B) = P (A) + P (B) ¡ P (A \ B) .
Dimostrazione
Scriviamo A [ B come unione dei due eventi
incompatibili A ¡ B e B. Applicando quindi
l’assioma 2) e il teorema precedente si ottiene
la tesi.
P (A [ B) = P (A ¡ B) [ B = P (A ¡ B) + P (B) = P (A) + P (B) ¡ P (A \ B) .
8

Sia S uno spazio campionario finito:
Spazi di probabilità finiti
S = fa1, a2, . . . , aNg
ed Ω l’insieme di tutti i sottinsiemi di S (inclusi S e ;). Si ottiene uno spazio di
probabilità finito assegnando a ciascun elemento ai di S un numero reale pi, detto
probabilità di ai e indicato come P (faig), tale che
i) pi ¸ 0 per ogni i = 1, 2, . . . , N;
ii) la somma delle singole probabilità è uguale a 1, ossia N
i=1 pi = 1 .
La probabilità P (A) di un qualsiasi evento A µ S viene quindi definita come la somma
delle probabilità degli eventi elementari faig contenuti in A:
P (A) = P
i:ai∈A
faig =
i:ai∈A
P faig =
i:ai∈A
Dimostriamo che la funzione P : Ω ! [0, 1] è una funzione di probabilità facendo
vedere che valgono gli assiomi 1) e 2). Per quanto riguarda la validità dell’assioma
1), si ha
P (S) = P
i:ai∈S
faig = P
N
i=1
faig =
N
P faig =
i=1
D’altra parte, se A e B sono eventi incompatibili, abbiamo
P (A [ B) = P
=
i:ai∈A
i:ai∈A∪B
pi +
faig =
i:ai∈B
i:ai∈A∪B
pi .
N
pi = 1 .
i=1
P faig =
pi = P (A) + P (B) ,
per cui vale anche l’assioma 2). Valgono dunque tutti gli assiomi richiesti perché P
sia una probabilità (essendo lo spazio finito, l’assioma 3) non ha significato).
Dal punto di vista pratico ci sono diversi modi di assegnare le probabilità pi agli
eventi elementari faig. Uno dei possibili modi è il seguente: se ripetiamo lo stesso
esperimento n volte e chiamiamo si il numero di volte che si verifica faig, si osserva
che il rapporto
si
n ,
detto frequenza relativa, a lungo andare tende a stabilizzarsi, cioè tende ad un limite
pi (compreso, ovviamente, tra 0 ed 1). Questo valore limite pi, così calcolato
empiricamente, viene assunto come la probabilità dell’evento elementare faig.
9

Spazi finiti equiprobabili
Definizione Si dice spazio equiprobabile (o uniforme) uno spazio di probabilità
finito dove ciascun elemento dello spazio campionario S (o, equivalentemente,
ciascun evento elementare) ha la stessa probabilità.
Dalla definizione e dagli assiomi della probabilità segue immediatamente che, se lo
spazio campionario S consta di N elementi, la probabilità di ciascun elemento di S
vale p = 1
. Avremo inoltre che, dato un qualunque evento A, la sua probabilità sarà
N
da
P (A) =
numero degli elementi di A
N
= jAj
N .
A parole: in uno spazio finito equiprobabile, la probabilità di un evento vale il
numero dei casi favorevoli diviso il numero dei casi possibili.
Nota bene: jAj denota la cardinalità di A, cioè il numero degli eventi elementari che
costituiscono A. Questa notazione sarà utizzata anche in seguito.
Esempio 1.2.2 Consideriamo un dado non truccato: avremo
S = f1, 2, 3, 4, 5, 6g, N = 6 , P (1) = P (2) = ¢ ¢ ¢ = P (6) = 1
6 .
Vogliamo calcolare, ad esempio, la probabilità degli eventi
Si avrà
A : esce un numero pari, B : esce un numero minore di 3.
P (A) =
jf2, 4, 6gj
6
= 1
jf1, 2gj
, P (B) = =
2 6
1
3 .
Esercizio 1.2.1 Si scelga a caso una carta da un mazzo ben mescolato di 52 carte da ramino.
Ci si chiede la probabilità di ottenere: 1) un asso; 2) una carta di fiori; 3) una figura; 4) una
figura non di cuori.
Lo spazio campionario S è ovviamente l’insieme delle 52 carte, per cui N=52. Siano poi
A1, A2, A3 e A4 gli eventi di cui si chiede, nell’ordine, la probabilità. Essendo lo spazio
equiprobabile (la carta è scelta a caso!), avremo:
P (A1) = jA1j
N
P (A2) = jA2j
N
P (A3) = jA3j
N
P (A4) = jA4j
N
= numero degli assi
N
= 4 1
=
52 13 ;
= numero delle carte di fiori
N
= numero delle figure
N
= 13 1
=
52 4 ;
= 12 3
=
52 13 ;
= numero delle figure non di cuori
N
10
= 9
52 .

Esercizio 1.2.2 Si effettuano cinque lanci successivi di una moneta non truccata. Ci si
chiede: qual è la probabilità che in cinque lanci esca “testa” almeno una volta?
Introduciamo l’appropriato spazio di probabilità:
S = (a1, a2, a3, a4, a5), con ai = T o ai = C, i = 1, ..., 5 ,
dove ai indica il risultato del lancio i-esimo, e T e C stanno ovviamente per “testa” e “croce”.
Siccome il numero delle possibili cinquine che costituiscono S è 2 5 , abbiamo N = 32, e quindi
p = 1
32 .
L’evento che ci interessa è
A = “esce almeno una testa” ,
che è il complementare dell’evento elementare f(C, C, C, C, C)g, la cui probabilità è ovviamente
p. Si ha quindi
P (A) = 1 ¡ P (AC ) = 1 ¡ 1 31
=
32 32 .
Esercizio 1.2.3 Problema: qual è la probabilità che fra M persone ce ne siano almeno due
con lo stesso compleanno?
Il problema, nella sostanza, è già stato affrontato nell’esercizio 1.1.1. Assunto che tutti gli
anni siano di 365 giorni (considerare anche gli anni bisestili complicherebbe considerevolmente
il problema), e che tutti i giorni siano equiprobabili, lo spazio di probabilità è
S = (a1, a2, . . . , aM), ai 2 [1, 2, . . . , 365] .
Siccome il numero degli eventi elementari è N = DR (M; 365) = 365M , ogni evento elementare
ha probabilità p = 1
.
365M Indicato con AM l’evento “gli M compleanni avvengono tutti in giorni diversi”, l’evento di
cui interessa la probabilità è il complementare di AM , cioè AC M . Ricordando quanto visto
nell’esercizio 1.1.1, generalizzandone il risultato si ottiene
P (AM) = jAMj
jSj
e quindi, in virtù della regola di complementazione,
D(M; 365)
=
DR 365 ¢ 364 ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ (365 ¡ M + 1)
=
(M; 365) 365M ,
P (A C M) = 1 ¡
M i=1 (366 ¡ i)
365M .
Facendo il calcolo, si ottiene, ad esempio, P (A C 10) ¼ 12%, P (A C 20) ¼ 41%, P (A C 30) ¼ 71%,
P (A C 50) ¼ 97%.
11

Esercizio 1.2.4 Carlo e Giorgio sono due amici che ogni giorno scommettono sul risultato
del lancio di un dado. Carlo punta sempre su un risultato dispari, Giorgio su un risultato
pari. Giorgio crede che i numeri riportati sulle facce del dado (ovviamente gli interi da 1 a 6)
siano equiprobabili. In realtà non è così in quanto Carlo, di nascosto, ha “truccato” il dado
facendo in modo che il numero 1 abbia probabilità 1
5 , lasciando però che gli altri numeri
siano equiprobabili. Quali sono le probabilità di vincere di Carlo e Giorgio rispettivamente?
Lo spazio campionario è ovviamente
S = f1, 2, 3, 4, 5, 6g .
Sia pi = P fig . Siccome sappiamo che p1 = 1
5 e che p2=p3=p4=p5=p6, dovendo essere
6 i=1 pi = 1, si ricava pi = 4
25 , per i = 2, . . . , 6. L’evento per cui vince Carlo è
A = “il risultato è dispari” = f1, 3, 5g .
Ovviamente l’evento per cui vince Giorgio è A C . Si ha dunque
e quindi
P (A) = P f1, 3, 5g = P f1g + P f3g + P f5g = 1 4 4 13
5 + 25 + 25 = 25 ,
P (A C ) = 1 ¡ P (A) = 12
25 .
In fin dei conti, Carlo è stato sleale, ma poteva esserlo molto di più.
Esercizio 1.2.5 Le probabilità che tre giocatori G1, G2 e G3 colpiscano il bersaglio sono
rispettivamente p1 = 1
6 , p2 = 1
4 , p3 = 1
. Ciascuno spara una volta al bersaglio. Trovare la
3
probabilità degli eventi:
a) A: “un solo giocatore colpisce il bersaglio”;
b) B: “uno o due giocatori colpiscono il bersaglio”.
Sia S ´ (s1, s2, s3) , con si = Y oppure si = N a seconda che il giocatore Gi colpisca
oppure no il bersaglio. E quindi
S ´ (Y,Y,Y), (Y,Y,N), (Y,N,Y), (Y,N,N), (N,Y,Y), (N,Y,N), (N,N,Y), (N,N,N) .
Sappiamo che P (fsi = Yg) = pi e di conseguenza P (fsi = Ng) = 1 ¡ pi. Essendo il
risultato di ciascun sparo indipendente dagli altri (il concetto di “eventi indipendenti” sarà
definito in maniera rigorosa più avanti), si ha
Avremo perciò
P (s1, s2, s3) = P (fs1g) ¢ P (fs2g) ¢ P (fs3g) .
P (A) = P (Y,N,N) + P (N,Y,N) + P (N,N,Y) =
= 1 3 2 5 1 2 5 3 1 31
¢ ¢ + ¢ ¢ + ¢ ¢ =
6 4 3 6 4 3 6 4 3 72
P (B) = P f(Y, Y, Y ), (N, N, N)g C
= 1 ¡ P (Y, Y, Y ) + P (N, N, N)
=
1 1 1 5 3 2
= 1 ¡ ¢ ¢ + ¢ ¢ =
6 4 3 6 4 3
41
72 .
12

Esercizio 1.2.6 Un dado “equo” a 4 facce riportanti i numeri 1, 2, 3 e 4 è lanciato tre volte.
Si chiede la probabilità di ottenere: i) almeno un tre; ii) nessun uno e nessun due.
Lo spazio campionario è
S = f(a1, a2, a3) , ai 2 [1, 2, 3, 4] , i = 1, 2, 3 .g
Sia A l’evento “si è ottenuto almeno un 3”. Indicando con Qk l’evento “il risultato del
k-esimo lancio è 3”, si ha AC = QC 1 \ QC 2 \ QC 3 . Essendo poi gli eventi Q1, Q2 e Q3
indipendenti uno dall’altro (in quanto il risultato di ciascuno non dipende da quello degli
altri due), anche gli eventi complementari QC k sono indipendenti. Tenendo conto di ciò e del
fatto che P (Q1) = P (Q2) = P (Q3) = 1
4 , per cui P (QC1 ) = P (QC2 ) = P (QC 3
3 ) = 4 , si ha
P (A) = 1 ¡ P (A C ) = 1 ¡ P Q C 1 \ QC2 \ QC C
3 = 1 ¡ P (Q1 ) ¢ P (Q C 2 ) ¢ P (QC3 ) =
3
3 = 1 ¡ =
4
37
¼ 57.8% .
64
Sia ora B l’evento “non si è ottenuto nessun uno e nessun due”. Indicando con Rk l’evento
“il risultato del k-esimo lancio è 3 o 4”, si ha B = R1 \ R2 \ R3. Anche in questo caso i
tre eventi Rk sono indipendenti; inoltre P (R1) = P (R2) = P (R3) = 1
2 . Ne consegue
1
3 P (B) = P (R1 \ R2 \ R3) = P (R1) ¢ P (R2) ¢ P (R3) = =
2
1
= 12.5% .
8
Esercizio 1.2.7 Un’urna contiene 20 palline numerate progressivamente. a) Vengono estratte
in blocco 4 palline: qual è la probabilità che venga estratta la pallina numero 1? b) Vengono
estratte una dopo l’altra 4 palline ogni volta con reimmissione: qual è la probabilità
che venga estratta la pallina numero 1?
Sia A l’evento ”fra le 4 palline estratte c’è anche la numero 1”. L’evento complementare A C
è dunque ”fra le 4 palline estratte non c’è la numero 1”. Calcoleremo P (A) come 1¡P (A C ),
essendo P (A C ) molto semplice.
a) Assumiamo come spazio S l’insieme di tutte le possibili disposizioni (p1, p2, p3, p4)
dei numeri da 1 a 20 presi quattro alla volta (senza ripetizioni). Essendo tali quaterne
equiprobabili, avremo
P (A) = 1 ¡ jAC j
jSj
D(4; 19) 19 ¢ 18 ¢ 17 ¢ 16 16 1
= 1 ¡ = 1 ¡ = 1 ¡ =
D(4; 20) 20 ¢ 19 ¢ 18 ¢ 17 20 5 .
Allo stesso risultato si poteva pervenire anche per altra via. Come spazio S, infatti, si può
assumere l’insieme di tutte le possibili combinazioni di 4 numeri interi (distinti) presi tra 1
e 20. Anche le combinazioni sono equiprobabili, per cui si ha
P (A) = 1 ¡ jAC j
jSj
C(4; 19)
= 1 ¡ = 1 ¡
C(4; 20)
19 4 20 4
= 1 ¡ 19!
15! 4!
16! 4!
20!
4 1
= 1 ¡ =
5 5 .
b) In questo caso, affinchè lo spazio campionario sia equiprobabile, bisogna assumere S
costituito da tutte le possibili disposizioni con ripetizione di 4 interi presi tra 1 e 20. Si ha
dunque
P (A) = 1 ¡ DR (4; 19)
D R (4; 20)
194
= 1 ¡ = 1 ¡
204 13
19
4 ¼ 1 ¡ 0.815 = 18.5% .
20

Esercizio 1.2.8 Da un mazzo ben mescolato di 52 carte da ramino se ne estraggono 5 a caso.
Si chiede la probabilità di: 1) un poker (PO); 2) un full (FU); 3) una doppia coppia (CC);
4) una coppia (C).
Lo spazio campionario S è costituito da tutte le possibili cinquine (non ordinate) di carte
ottenute combinando senza ripetizioni le 52 carte di un mazzo, ossia
S = f(c1, c2, c3, c4, c5) , ci 6= cjg , N = 52
5
= 2 · 598 · 960 .
La probabilità di ciascun evento si ottiene calcolando il numero degli eventi favorevoli e
dividendolo per N. Volendo calcolare la probabilità di un poker, contiamo quante sono le
possibili cinquine con quattro carte “uguali”. Scelte 4 carte “uguali”, e ci sono 13 possibili
scelte, la quinta carta può essere una qualunque fra le rimanenti 48. Avremo dunque
P (P O) = 13¢48
N
¼ 0.024% .
Volendo poi un full, cioè una cinquina del tipo aaabb, osserviamo che ogni tris aaa può
essere ottenuto con 13 diverse carte “a” e che per ciascun “a” se ne possono poi ottenere
4
3 = 4; per quanto riguarda poi la coppia bb, una volta scelto il tris, la si può ottenere con
12 diverse carte “b”, e per ciascun “b” ci sono 4
2 = 6 possibilità. Si ha quindi
P (F U) = 13¢
4 4
3 ¢12¢ 2 =
N
13¢4¢12¢6
¼ 0.14% .
N
La domanda 3) concerne le doppie coppie, cioè le cinquine del tipo aabbc. Ragionando in
modo analogo a quanto fatto per le precedenti domande, si ha
P (CC) = 13¢
4 4 4
2 ¢12¢ 2 ¢11¢ 1 =
2¢N
13¢6¢12¢6¢11¢4
¼ 4.75% ,
2¢N
dove il 2 a denominatore tiene conto del fatto che sono state conteggiate sia le ”quaterne”
del tipo aabb che quelle del tipo bbaa.
La domanda 4) richiede di calcolare la probabilità di una semplice coppia, vale a dire una
cinquina del tipo aabcd. In questo casi si ha
P (C) = 13¢
4 4 4 4
2 ¢12¢ 1 ¢11¢ 1 ¢10¢ 1 =
6¢N
13¢6¢12¢4¢11¢4¢10¢4
¼ 42.3% ,
6¢N
dove il 6 a denominatore tiene conto del fatto che per la formazione di una coppia del tipo
aabcd sono state conteggiate tutte le possibili terne bcd, bdc, cbd, cdb, dbc e dcb (cioè le
possibili permutazioni dei tre ogetti a, b, c).
14

1.3 PROBABILITÀ CONDIZIONATA
Definizione Dato uno spazio di probabilità (S, Ω, P ) e due eventi A e B di Ω
con P (B) > 0, si chiama probabilità condizionata di A dato B il numero
P (A \ B)/P (B). Tale numero, che esprime la probabilità che avvenga A una volta
che sia avvenuto B, sarà indicato con P (AjB). Si ha dunque, per definizione,
P (AjB) =
P (A \ B)
P (B)
Nel caso di uno spazio S finito ed equiprobabile, indicato con jEj il numero degli
elementi di un evento E 2 S, si ha
e quindi
P (A \ B) =
jA \ Bj
jSj
P (AjB) =
.
, P (B) = jBj
jSj ,
jA \ Bj
jBj
Esercizio 1.3.1 Si lanci una coppia di dadi. Se la loro somma è 6, si determini la probabilità
che almeno uno dei dadi abbia dato come risultato 2.
Lo spazio campionario è
S = f(h, k), h, k = 1, 2, 3, 4, 5, 6g ,
per cui, indicati con A e B i due eventi
B = “la somma è 6” = f(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)g ,
A = “almeno un 2” = f(2, 2), (2, k), (h, 2), h, k = 1, 3, 4, 5, 6g ,
si ha A \ B = f(2, 4), (4, 2)g. Essendo lo spazio equiprobabile, ne consegue
P (AjB) =
jA \ Bj
jBj
.
= 2
5 .
Esercizio 1.3.2 In una popolazione i genotipi AA, Aa e aa (che rappresentano in questo
problema gli eventi elementari) abbiano probabilità rispettivamente
P (AA) = 49
42
9
, P (Aa) = , P (aa) =
100 100 100 .
Supponiamo che dopo un certo tempo muoiano sistematicamente gli individui di tipo aa,
sicchè gli adulti sono o AA o Aa. Ci si chiede: qual è la probabilità di AA fra gli adulti?
Bisogna calcolare la probabilità condizionata di AA dato l’evento B = AA [ Aa :
P (AAj AA[Aa) =
P (AA \ [AA [ Aa])
P (AA [ Aa)
=
P (AA)
P (AA [ Aa) =
15
0.49 0.49
= ¼ 54% .
0.49 + 0.42 0.91

Teorema (o legge) delle probabilità composte
Dati gli eventi A e B, con P (B) > 0, vale la relazione
P (A \ B) = P (B)¢P (AjB) .
La dimostrazione segue banalmente dalla definizione di probabilità condizionata.
La legge appena formulata, che permette di calcolare la probabilità dell’intersezione
di due eventi note la probabilità di uno e la probabilità condizionata dell’altro dato
il primo, si può facilmente estendere a più eventi. Riscritta la legge nel caso di due
eventi A1 e A2,
P (A1 \ A2) = P (A1)¢P (A2jA1) ,
quella per tre eventi A1, A2 e A3 si ricava immediatamente
P (A1 \ A2 \ A3) = P ([A1 \ A2] \ A3) = P (A1 \ A2)¢P (A3jA1 \ A2) =
= P (A1)¢P (A2jA1)¢P (A3jA1 \ A2) .
Generalizzando al caso di n eventi A1, A2, . . . , An si ottiene
P \ n
i=1Ai = P (A1)¢P (A2jA1)¢P (A3jA1 \ A2) ¢ ¢ ¢ P (AnjA1 \ A2 \ ¢ ¢ ¢ \ An−1) .
Esercizio 1.3.3 Un’urna contiene 9 palline rosse e 6 gialle. Una dopo l’altra vengono estratte
a caso, senza reimmissione, tre palline. Calcolare la probabilità che siano tutte rosse.
Denotiamo con Ak, con k = 1, 2, 3, l’evento “la k-esima pallina è rossa”. L’evento di cui ci
interessa la probabilità è A1 \ A2 \ A3. Dal teorema delle probabilità composte segue che
P (A1 \ A2 \ A3) = P (A1)¢P (A2jA1)¢P (A3jA1 \ A2) = 9 8 7 12
¢ ¢ =
15 14 13 65 .
Proposizione Dati due eventi A e B, con P (A) > 0 e P (B) > 0, vale la relazione
P (AjB) =
P (A)
¢P (BjA) .
P (B)
Questa relazione consegue immediatamente dalla legge della probabilità composta
scrivendo
P (A \ B) = P (B)¢P (AjB) = P (A)¢P (BjA) .
È una formula di grande utilità in quanto permette di ricavare la probabilità condizionata
di un evento A dato B, sapendo la probabilità condizionata di B dato A. Ciò
aiuta, ad esempio, nelle diagnosi delle malattie, come si vede nell’esercizio che segue.
Esempio 1.3.1 Se la probabilità teorica del sintomo B, data la malattia A, è il 30%, posso
calcolare la probabilità che un paziente affetto dal sintomo B abbia la malattia A. Se, ad
esempio, in Emilia la percentuale delle persone affette dalla malattia A è il 15% e quella
delle persone che manifestano il sintomo B è il 5%, per cui P (A) = 0.15 e P (B) = 0.05,
la probabilità della malattia A dato il sintomo B è
P (A)
0.15
P (AjB) = ¢P (BjA) = ¢ 0.30 = 90% .
P (B) 0.05
16

EVENTI INDIPENDENTI
Definizione Due eventi A e B si dicono indipendenti se
P (A \ B) = P (A)¢P (B) .
Il significato di questa definizione, che vale qualunque siano gli eventi A e B, appare
chiaro se si considerano eventi di probabilità non nulla. Infatti, se P (B) > 0, dalla
definizione di probabilità condizionata, segue
e analogamente, supposto P (A) > 0, si ha
P (A) = P (AjB) ,
P (B) = P (BjA) .
A parole: la probabilità di A non dipende dal verificarsi oppure no di B, e viceversa.
Ciò giustifica la terminologia.
Teorema Se A e B sono indipendenti, lo sono anche A e B C , A C e B, A C e B C .
Dimostrazione
Dimostriamo dapprima l’indipendenza di A e B C . Essendo
P (B C ) = 1 ¡ P (B) , P (A) = P (A \ B) + P (A \ B C ) ,
si ha
P (A \ B C ) = P (A) ¡ P (A \ B) = P (A) ¡ P (A)¢P (B) =
= P (A)¢[(1 ¡ P (B)] = P (A)¢P (B C ) .
Quindi, se A e B sono indipendenti, lo sono anche A e B C .
Scambiando l’ordine, si può dedurre che lo sono anche A C
e B, e quindi anche A C e B C .
Esercizio 1.3.4 Un test diagnostico di una malattia è corretto nel 98% dei casi. Ci si chiede:
ripetendo due volte il test sullo stesso soggetto, qual è la probabilità di un doppio errore?
Sia A = “errore nel primo test”, B = “errore nel secondo test”. Essendo i due eventi
indipendenti, si ha
P (A \ B) = P (A)¢P (B) = 2 2 4
¢ = = 0.04% .
100 100 10000
Esercizio 1.3.5 Aldo e Bruno sparano ad un bersaglio. Siano A e B rispettivamente l’evento
“Aldo fa centro” e “Bruno fa centro”. Modello la situazione con una funzione di probabilità
P tale che P (A) = 1
2
4 e P (B) = 5 , e supponendo che A e B siano indipendenti. Supposto
che Aldo e Bruno sparino contemporaneamente contro il bersaglio, qual è la probabilità che
1) almeno uno dei due centri il bersaglio? 2) uno solo dei due centri il bersaglio?
17

L’evento “almeno uno fa centro” è A [ B. Siccome A e B sono indipendenti, avremo
P (A [ B) = P (A) + P (B) ¡ P (A \ B) = P (A) + P (B) ¡ P (A)¢P (B) =
= 1 2
+
4 5
1 2 11
¡ ¢ =
4 5 20 .
Per quanto riguarda invece l’evento “uno solo fa centro”, esso è dato da (A\B C )[(A C \B).
Tenendo conto che A ed B C sono indipendenti, così come A C e B, e che gli eventi A \ B C
e (A C \ B) sono incompatibili, si ha
P (A \ B C ) [ (A C \ B) = P (A \ B C ) + P (A C \ B) =
= P (A)¢P (B C ) + P (A C )¢P (B) =
= 1 3
¢
4 5
3 2 9
+ ¢ =
4 5 20 .
Definizione Dato uno spazio di probabilità (S, Ω, P ) si chiama partizione di S
un insieme di eventi incompatibili A1, A2, . . . , Ai, ¢ ¢ ¢ 2 Ω tali che
Ai = S .
i
Nel seguito considereremo partizioni finite, cioè partizioni formate da un numero finito
n di eventi. In tal caso l’indice i assumerà ovviamente i valori da 1 a n.
Teorema (o formula) della probabilità totale (o di fattorizzazione)
Dato un evento B e una partizione finita A1, A2, ...An di S, con P (Ai) > 0 per
ogni i, si ha
n
P (B) = P (Ai)¢P (BjAi) .
Dimostrazione
i=1
In virtù della definizione della legge delle probabilità composte, per ogni i possiamo
scrivere
P (Ai \ B) = P (Ai)¢P (BjAi) .
Sommando per i che va da 1 ad n, si ha
n
i=1 P (Ai \ B) = n
i=1 P (Ai)¢P (BjAi) ,
da cui, essendo
n
i=1 P (Ai \ B) = P n
i=1 (Ai \ B) = P ( n
i=1 Ai) \ B = P (S \ B) = P (B) ,
consegue la tesi.
Esercizio 1.3.6 Una fabbrica di autovetture riceve da tre fornitori i cambi da installare sulle
auto nelle seguenti percentuali: 65%, 25% e 10%. Sapendo che i tre fornitori producono i
cambi con una difettosità rispettivamente del 5%, 10% e 25%, si vuole conoscere la probabilità
che la fabbrica di auto ha di ricevere un cambio difettoso.
18

In questo caso l’esperimento consiste nell’arrivo di un cambio. I possibili eventi elementari
(e quindi incompatibili) sono i Bk, k = 1, 2, 3, essendo Bk l’evento ”il cambio arriva dal
fornitore k-esimo”. Chiaramente i Bk costituiscono una partizione di S. Indicato poi con A
l’evento ”il cambio ricevuto è difettoso”, si richiede P (A).
I dati dell’esercizio sono i seguenti:
P (B1) = 65% , P (B2) = 25% , P (B3) = 10% ;
P (AjB1) = 5% , P (AjB2) = 10% , P (AjB3) = 25% .
Utilizzando la formula di fattorizzazione si ha immediatamente
3
P (A) = P (Bi)¢P (AjBi) = 0.65¢0.05 + 0.25¢0.10 + 0.10¢0.25 = 0.0825 = 8.25% .
i=1
Esercizio 1.3.7 Com’è noto, le trasfusioni di sangue possono avvenire con le modalità seguenti:
dal gruppo 0 a tutti i gruppi; da A ai gruppi A e AB; da B ai gruppi B e AB; da
AB al solo gruppo AB. Supposto che le frequenze dei gruppi sanguigni siano
P (0) = 52%, P (A) = 32%, P (B) = 10%, P (AB) = 6% ,
ci si chiede: qual è la probabilità che un individuo x, scelto a caso, possa donare sangue a
un individuo y pure scelto a caso?
Sia S l’insieme delle coppie (x, y) in cui sia x che y possono essere uguali a 0, A, B o AB.
L’evento di cui vogliamo calcolare la probabilità è “x è donatore per y” e lo indichiamo con
[x ) y]. Introduciamo poi gli eventi
[x=0] = f(0, 0), (0, A), (0, B), (0, AB)g ,
[x=A] = f(A, 0), (A, A), (A, B), (A, AB)g ,
[x=B] = f(B, 0), (B, A), (B, B), (B, AB)g ,
[x=AB] = f(AB, 0), (AB, A), (AB, B), (AB, AB)g ,
e analogamente gli eventi [y=0], [y=A], [y=B],[y=AB]. Per calcolare P ([x ) y]) si può
usare il teorema della probabilità totale in due modi diversi: in un caso considereremo come
partizione di S gli eventi [x = 0], [x = A], [x = B] e [x = AB], nell’altro gli eventi [y = 0],
[y=A], [y=B] e [y=AB].
Modo 1
P ([x ) y]) = P ([x=0])¢P ([x ) y] [x=0]) + P ([x=A])¢P ([x ) y] [x=A])+
Modo 2
+ P ([x=B])¢P ([x ) y] [x=B]) + P ([x=AB])¢P ([x ) y] [x=AB]) =
= 52 32
¢1 +
100 100 ¢
32 6
+
100 100
+ 10
100 ¢
10 6
+
100 100
+ 6 6
¢ ' 66% .
100 100
P ([x ) y]) = P ([y=0])¢P ([x ) y] [y=0]) + P ([y=A])¢P ([x ) y] [y=A])+
+ P ([y=B])¢P ([x ) y] [y=B]) + P ([y=A]B)¢P ([x ) y] [y=AB]) =
= 52 52 32
¢ +
100 100 100 ¢
52 32
+
100 100
19
+ 10
100 ¢
52 10
+
100 100
+ 6
¢1 ' 66% .
100

Modo 3
L’esercizio può essere risolto anche senza ricorrere al teorema della probabilità totale, e ciò
in virtù del fatto che l’evento [x ) y] può essere visto come unione di eventi elementari
(x, y); più precisamente
[x ) y] ´ f(0, 0), (0, A), (0, B), (0, AB), (A, A), (A, AB), (B, B), (B, AB), (AB, AB)g .
Poiché gli individui sono scelti a caso, x e y sono indipendenti uno dall’altro, per cui
P (x, y) = P (x)¢P (y). Ad esempio, P (A, AB) = P (A)¢P (AB) = 32
100
Si ha quindi
¢ 6
100 .
P [x ) y] = P (0, 0) + P (0, A) + P (0, B) + P (0, AB) + P (A, A) +
+ P (A, AB) + P (B, B) + P (B, AB) + P (AB, AB) =
= P (0)¢P (0) + P (0)¢P (A) + P (0)¢P (B) + P (0)¢P (AB) + P (A)¢P (A)+
+ P (A)¢P (AB) + P (B)¢P (B) + P (B)¢P (AB) + P (AB)¢P (AB) =
= 52
100 ¢
52 32 10 6
+ + + +
100 100 100 100
32
100 ¢
32 6
+ +
100 100
+ 10
100 ¢
10 6
+ +
100 100
6 6
¢ ' 66% .
100 100
Teorema (o formula) di Bayes
Dato un evento B con P (B) > 0, e data una partizione finita A1, A2, ...An di S
con P (Ai) > 0 per ogni i, vale la relazione
P (AijB) = P (BjAi)¢P (Ai)
k P (BjAk)¢P (Ak) .
Dimostrazione
In virtù del teorema della probabilità composta si può scrivere
P (AijB) = P (B|Ai)·P (Ai)
P (B)
Sostituendo a denominatore P (B) con la sua espressione fornita dalla formula della
probabilità totale, si ottiene immediatamente la tesi.
Gli eventi Ai possono essere considerati come possibili cause dell’evento B, o ipotesi
che lo spiegano. Il fatto che costituiscano una partizione di S, per cui certamente
B ½ [iAi, comporta che se si verifica B, necessariamente si verifica anche uno (ed
uno solo in virtù della incompatibilità) degli eventi Ai. In altre parole, l’insieme
delle “cause” Ai è esaustivo: se si verifica B, una di esse deve aver agito. Una volta
osservato l’evento B, ci si può chiedere quale sia la causa che ha effettivamente agito, e
il teorema di Bayes risponde, naturalmente in senso probabilistico, a questa domanda.
La probabilità P (Ai) è la probabilità che si verifichi Ai indipendentemente dal verificarsi
o meno dell’evento B; viene detta probabilità a priori. La probabilità condizionata
P (AijB) è la probabilità di Ai valutata sapendo che si è verificato B, e viene
chiamata probabilità a posteriori.
20
.

Gli esercizi che seguono, in particolare il primo, sono utili ad illustrare il significato
di probabilità a priori e posteriori, e come si applica il teorema di Bayes.
Esercizio 1.3.8 Si abbiano tre scatole, indistinguibili una dall’altra, contenenti ciascuna due
palline: una contiene due palline bianche (scatola 1), un’altra una pallina bianca ed una
rossa (scatola 2), la terza due palline rosse (scatola 3). Scelta una scatola a caso, si estrae
una pallina. La pallina è bianca. Ci si chiede: qual è la probabilità che la pallina sia stata
estratta dalla scatola i?
Indicato con B l’evento “la pallina estratta è bianca” e con Ai l’evento “la pallina è stata
estratta dalla scatola i”, ci interessa calcolare le probabilità P (AijB). Osserviamo che si ha
P (A1) = P (A2) = P (A3) = 1
3 ; P (BjA1) = 1 , P (BjA2) = 1
2 , P (BjA3) = 0 .
Il fatto che le probabilità non condizionate P (Ai) (probabilità a priori) siano tutte uguali a
1
3 consegue ovviamente dal fatto che le tre scatole sono indistinguibili. Applicando il teorema
di Bayes si ha quindi
P (A1jB) =
=
P (BjA1)¢P (A1)
P (BjA1)¢P (A1) + P (BjA2)¢P (A2) + P (BjA3)¢P (A3) =
1¢ 1
3
+ 1
2
1¢ 1
3
¢ 1
3
+ 0¢ 1
3
P (A2jB) = P (BjA2)¢P (A2)
1
2
P (A3jB) = P (BjA3)¢P (A3)
1
2
=
=
= 0¢ 1
1
3
1
2
1 1
2 ¢ 3
1
2
3
1
2
= 2
3 ;
= 1
3 .
= 0 .
Osserviamo che si trova confermato il fatto ovvio che P (A3jB) = 0. Osserviamo anche
come il verificarsi dell’evento B influisca sulle probabilità degli eventi Ai modificandone le
probabilità.
Nota bene: dato un evento A, con 0 < P (A) < 1, gli eventi A e A C costituiscono
la più semplice partizione di S utilizzabile nell’applicazione del teorema di Bayes. Gli
esempi che seguono utilizzano tutti una partizione di questo tipo.
Esercizio 1.3.9 In una scuola il 4% dei maschi e l’1% delle femmine sono più alti di 1.80
metri. Inoltre, il 60% sono femmine. Fra la totalità degli studenti ne viene scelto a caso uno
che risulta essere più alto di 1.80 metri. Si chiede: qual è la probabilità che sia femmina?
Sia S l’insieme di tutti gli studenti. Siano poi F l’evento “lo studente scelto è femmina”
ed A l’evento “l’altezza dello studente è maggiore di 1.80”. Si deve determinare P (F jA).
Osservato che F C coincide con l’evento “lo studente è maschio”, i dati del problema sono
P (F ) = 0.60 , P (F C ) = 0.40 , P (AjF ) = 0.01 , P (AjF C ) = 0.04 .
21

Utilizzando il teorema di Bayes con la partizione di S data da F e F C , si ottiene
P (F jA) =
=
P (AjF )¢P (F )
P (AjF )¢P (F ) + P (AjF C )¢P (F C ) =
0.01¢0.60 0.006 3
= = ¼ 27.3% .
0.01¢0.60 + 0.04¢0.40 0.022 11
Esercizio 1.3.10 Si sa che lo 0,5% dei soggetti di una città è ammalato di AIDS. Si sa che
i test diagnostici danno una diagnosi corretta nell’80% dei sani e nel 98% dei malati. Qual
è la probabilità di un individuo, scelto a caso fra quelli sottoposti a test, di esser sano posto
che sia stato diagnosticato malato?
Sia S l’insieme degli individui sottoposti ai test per l’AIDS. Consideriamo gli eventi: A =
“l’individuo scelto è sano”, A C = “l’individuo è malato”, B = “la diagnosi dell’individuo è:
sano”, B C = “la diagnosi è: malato”. Le statistiche sopra riportate implicano che
P (A C ) = 0.005 , P (BjA) = 0.80 , P (B C jA C ) = 0.98 .
Determiniamo con la formula di Bayes P (AjB C ). Si ha
P (AjB C ) =
=
P (BCjA)¢P (A)
P (BCjA)¢P (A) + P (BCjAC )¢P (AC ) =
(0.995)(0.20)
' 0.976
(0.20)(0.995) + (0.98)(0.005)
(probabilità molto alta; se fossimo però dentro una categoria a rischio, avremmo una incidenza
di malattia P (A C ) più elevata, per cui questa probabilità sarebbe più contenuta).
Esercizio 1.3.11 Una fabbrica che produce lampadine ha due linee di produzione A e B:
dalla A esce il 60% delle lampadine prodotte e dalla B il rimanente 40%. Sappiamo inoltre
che un 2% delle lampadine prodotte dalla linea A è difettoso, mentre la percentuale di difetti
per l’altra linea è il 3.8%. Ci si chiede: qual è la probabilità che una lampadina difettosa,
scelta a caso fra tutte le lampadine prodotte in un dato periodo, sia uscita dalla linea A?
Sia S l’insieme di tutte le lampadine prodotte dalla fabbrica in un dato periodo. Se A è
l’evento “la lampadina scelta è uscita dalla linea A”, A C è l’evento “la lampadina è uscita
dalla linea B”. Indicato poi con D l’evento “la lampadina è difettosa”, i dati del problema
sono
P (DjA) = 0.02 , P (DjA C ) = 0.038, P (A) = 0.6 .
Il numero che cerchiamo è la probabilità condizionata di A dato per avvenuto D, cioè
P (AjD). Utilizzando la formula di Bayes, si ottiene
P (DjA) ¢ P (A)
P (AjD) =
P (DjA) ¢ P (A) + P (DjAC ) ¢ P (AC ) =
0.012
=
¼ 0.441 = 44.1%
0.012 + 0.0152
22
(0.02)(0.6)
(0.02)(0.6) + (0.038)(0.4) =

Esercizio 1.3.12 In un cappello ci sono 10 monete, 9 normali ed una truccata con due teste.
Se ne estrae una a caso, che lanciata k volte consecutive dà k teste. Qual è la probabilità
che la moneta estratta sia quella truccata?
Sia A l’evento “la moneta estratta dal cappello è quella truccata”. Chiaramente ne consegue
che A C rappresenta l’evento “la moneta estratta è normale”. Indicato poi con Tk l’evento
“k consecutivi lanci della moneta danno k teste”, i dati del problema sono
P (A) = 1
10 ; P (AC ) = 9
10 ; P (TkjA) = 1 ; P (TkjA C ) = 1
2 )k .
Applicando la formula di Bayes si ha quindi
P (AjTk) =
P (TkjA)¢P (A)
P (TkjA)¢P (A) + P (TkjA C )¢P (A C ) =
Ad esempio, per k=2, 4, 6, 8 si ha
1¢ 1
10
1¢ 1
10 + 1
2
k ¢ 9
10
= 2k
9 + 2 k
P (AjT2) = 4
13 ; P (AjT4) = 16
25 ; P (AjT6) = 64
73 ; P (AjT8) = 256
265 .
Osserviamo che 8 teste consecutive danno già una probabilità del 96.6% che la moneta
estratta sia quella truccata.
Come ultima osservazione, notiamo che ci sono due modi di fare un campionamento,
cioè di “scegliere a caso” un certo numero di elementi da una popolazione:
1) con reimmissione;
2) senza reimmissione.
Rimarchiamo il fatto seguente, peraltro molto intuitivo: se il numero N di individui
della popolazione é infinito o molto grande, non c’è differenza apprezzabile tra
estrarre con reimmissione ed estrarre senza reimmisione. In questo caso, pertanto,
conviene per semplicità calcolare ogni cosa “come se” si estraesse con reimmissione.
L’esercizio che segue illustra le due diverse modalità di campionamento e mostra, per
quanto sia solo N =10, il fatto precedentemente rimarcato.
Esercizio 1.3.13 Una scatola contiene 10 viti, di cui tre difettose. Si estraggono due viti a
caso. Con quale probabilità nessuna delle due è difettosa?
Considerati gli eventi A = “prima vite estratta non difettosa”, B = “seconda vite estratta
non difettosa”, l’evento di cui ci interessa la probabilità è A \ B.
Estraendo con reimmissione, prima di estrarre la seconda volta abbiamo nella scatola l’identica
situazione di 10 viti di cui tre difettose; si ha pertanto P (A) = P (B) = 7
10 e
quindi
P (A \ B) = P (A)¢P (B) = 7 7
¢ = 49% .
10 10
Estraendo invece senza reimmissione, l’evento B non è più indipendente da A, per cui si ha
. Di conseguenza
P (A) = 7
10
, P (BjA) = 6
9
P (A \ B) = P (A)¢P (BjA) = 7 6
10 ¢ 9 ' 47% .
23

1.4 VARIABILI ALEATORIE
Definizione Dato uno spazio di probabilità (S, Ω, P ), si dice variabile aleatoria
(o casuale) una funzione X che ad ogni s 2 S associa un numero X(s) 2 R, in
modo che ogni insieme fs : X(s) · ag sia un evento contenuto in Ω.
L’evento fs : X(s) · ag si chiama immagine inversa o contro-immagine dell’intervallo
(¡1, a] e viene indicato con X −1 (¡1, a] o, adottando una forma più concisa ed
esplicita, con X ·a. Più in generale, se B è un sottinsieme di numeri reali, si indica
con X −1 (B) l’evento fs : X(s) 2 Bg.
È facile far vedere che, 8a 2 R, gli insiemi di numeri reali X −1 (a, +1) , X −1 (a, b] ,
X −1 fag , X −1 (a, b) , X −1 (¡1, a) e X −1 [a, +1) sono eventi. Ad esempio,
il fatto che X −1 (a, +1) sia un evento consegue banalmente dal fatto che l’insieme
fs : X(s) > ag è il complementare dell’evento fs : X(s) · ag. Anche gli eventi
appena elencati sono denotati in forma concisa con X >a , a

Si ha così : P (Y =0) = P (f2g) + P (f4g) + P (f6g) = 1
2 ,
P (Y =1) = P (f1g) + P (f3g) + P (f5g) = 1
2 ,
P (1

VARIABILI ALEATORIE DISCRETE
Definizione Una variabile aleatoria X è discreta se
1) c’è un insieme finito o numerabile di valori xj, tali che P (X =xj) > 0 ;
2)
j P (X =xj) = 1 .
Ovviamente, j = 1, ..., n nel caso finito e j 2 N nel caso numerabile.
Una variabile aleatoria discreta, essendo individuata dai valori xj e dalle corrispondenti
probabilità pj ´ P (X =xj), può
essere così rappresentata:
x1, x2, ...
X :
p1, p2, ...
In maniera equivalente essa è poi rappresentabile mediante la relativa funzione di
probabilità f(x) definita come
f(x) =
pj
0 altrove
se x = xj (j = 1, 2, ...)
oppure mediante la relativa funzione di distribuzione F (x) già definita per una qualunque
variabile aleatoria , che nel caso discreto diventa
F (x) =
f(xj) .
j: xj · x
Più esplicitamente, come peraltro già visto nell’esempio 1.4.2, F (x) è la seguente
funzione a gradini
⎧
0 se x < x1
p1 se x1 · x < x2
⎪⎨
p1 + p2 se x2 · x < x3
F (x) =
¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢
⎪⎩
p1 + ¢ ¢ ¢ + pn−1 se xn−1 · x < xn
¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢
Esempio 1.4.3 Nel caso di un dado non truccato, la variabile casuale X definita nell’esempio
1.4.1 e la relativa funzione di probabilità sono date da
1
1 2 3 4 5 6
6
X :
, f(x) =
0
per x = 1, 2, 3, 4, 5, 6
altrimenti
.
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
La funzione distribuzione di X e il relativo grafico sono riportati qui sotto.
⎧
0 per x < 1
1
6
1
⎪⎨ 3
per
per
1 · x < 2
2 · x < 3
1
F (x) = 2
2
3
5
⎪⎩ 6
1
per
per
per
per
3 · x < 4
4 · x < 5
5 · x < 6
x ¸ 6
26
,
.

Esempio 1.4.4 Si consideri l’esperimento del lancio simultaneo di due dadi non truccati. In
questo caso lo spazio compionario S è costituito dai 36 eventi elementari (i, j), con i, j =
1, 2, 3, 4, 5, 6. Consideriamo la variabile aleatoria discreta Z, con Z := somma dei due
numeri estratti. Si ha quindi
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
12
Z :
1
36
2
36
3
36
Il grafico sottoriportato mostra la funzione di distribuzione relativa a Z.
4
36
5
36
6
36
5
36
4
36
3
36
2
36
VARIABILI ALEATORIE CONTINUE
Definizione Una variabile aleatoria X si dice assolutamente continua se esiste
una funzione f :R !R + 0 che permette di rappresentare la funzione distribuzione
F (x) di X come funzione integrale, cioè tale che
F (x) =
x
−∞
f(t)dt , 8x 2 R .
La funzione f(¢), che è assunta continua eccetto al più che in un numero finito
di punti,è detta densità di probabilità (o, più semplicemente, densità) della
variabile aleatoria X.
Nel seguito (come peraltro già fatto nel titolare il paragrafo), per semplicità, ci riferiremo
alle variabili casuali ”assolutamente continue” con il solo aggettivo ”continue”.
Osservazione: Qui e altrove si usano integrali ”impropri”, cioè integrali definiti su un intervallo
con un estremo di integrazione infinito (qualche volta entrambi). Senza approfondire
l’argomento, ricordiamo che
x
−∞
f(t)dt := lim
a→−∞
x
a
f(t)dt ,
+∞
x
1
36
a
f(t)dt := lim
a→+∞
x
f(t)dt .
Per quanto riguarda poi l’integrale su tutto l’asse reale, una possibile definizione è la seguente:
+∞
−∞
f(t)dt :=
0
−∞
27
f(t)dt +
+∞
0
f(t)dt .

La funzione densità gode di alcune proprietà che adesso elenchiamo.
1) Vale la relazione
P (a < X · b) = b
a
f(t)dt .
Essa consegue immediatamente dal fatto che P (a

Esempio 1.4.5 Si consideri la variabile casuale continua di densità
1
2x f(x) =
0
se 0·x·2
.
altrove
Si chiede di verificare che f(x) è effettivamente una densità, calcolarne la funzione di distribuzione
F (x) e quindi disegnarla assieme alla f(x). Si chiede anche di calcolare P ( 1
2

I grafici di f(x) e F (x) sono dunque i seguenti:
f(x)dx = 1, e quindi risulta verificato che
f(x) è una densità. Per quanto concerne infine il calcolo di P (X · ¡0.5), si ha
Essendo limx→+∞ F (x) = 1, ne consegue +∞
−∞
P (X · ¡0.5) = F (¡0.5) = 1
8 .
Questa probabilità corrisponde all’area sottesa da f(x) fra ¡1 e ¡ 1
2 , ossia, come si vede dal
grafico, all’area di un triangolo di base 1
1
2 e altezza 2 .
Esercizio 1.4.2 Si consideri una variabile casuale X avente la seguente funzione di distribuzione:
⎧
0
⎪⎨ 1
50
F (x) =
⎪⎩
per x·0
x2
¡
per 0·x·5
1
50x2 + 2
5x ¡ 1
1
per
per
5·x·10
x¸10 .
a) quali sono i possibili valori della X? b) qual è la funzione densità della X?
a) La variabile aleatoria X assume, con probabilità 1, i valori compresi tra 0 e 10. Infatti:
P (0·X ·10) = F (10) ¡ F (0) = 1 .
b) Poichè nei punti di continuità di f(x) vale la relazione F ′ (x)=f(x), si ha
⎧
0 per x·0
⎪⎨ 1
25x per 0·x·5
f(x) =
¡
⎪⎩
1 2 x + per 5·x·10
25 5
0 per x¸10 .
Riportiamo qui sotto i grafici della funzione di distribuzione e della funzione densità della
variabile casuale X. Osserviamo che dal grafico di f(x) risulta evidente la simmetria della
distruibuzione rispetto ad x=5.
30

FUNZIONI DI VARIABILE ALEATORIA
Spesso, data una variabile casuale X, interessa una sua funzione g(X), che a sua volta
è una variabile casuale. Negli esempi che seguono si considerano appunto variabili
casuali di questo tipo. L’ultimo esempio, per quanto semplice, è forse quello più
significativo in quanto mostra come si ricava la funzione di probabilità (nel caso di
un variabile casuale discreta).
Esercizio 1.4.3 In un processo automatico si riempiono bottigliette di sciroppo. Il contenuto
di ciascuna bottiglietta risulta Y = 100+X ml (millilitri), dove X è la variabile casuale
definita nell’esercizio 1.4.1. Si chiede: in una partita di 1000 confezioni, quante approssimativamente
conterranno meno di 99.5 ml?
Il numero di bottigliette cercato è uguale a 1000 moltiplicato per P (Y · 99.5), cioè per
P (X + 100 · 99.5) = P (X · ¡0.5) .
Questa probabilità è già stata calcolata nell’esercizio 1.4.1 e vale 1
8 . Il numero approssimativo
delle bottiglie aventi contenuto inferiore a quanto richiesto è dunque
1
8 ¢1000 = 125 .
Esercizio 1.4.4 Si considerino le variabili casuali Y =3X, Q=X 2 e R= p X, dove X è la
variabile casuale dell’esercizio 1.4.2. Calcolare:
Si ha:
a) P (3·Y ·21) ; b) P (Q¸64) ; c) P (2·R·3) .
a) P (3·Y ·21) = P (3·3X ·21) = P (1·X ·7) = F (7) ¡ F (1) = 4
5 ;
b) P (Q¸64) = P (X 2 ¸64) = P [(X ·¡8) [ (X ¸8)] = P (X ¸8) = 1 ¡ F (8) = 2
25 ;
c) P (2·R·3) = P (2· p X ·3) = P (4·X ·9) = F (9) ¡ F (4) = 33
50 .
Esercizio 1.4.5 Si consideri la variabile casuale X sotto definita e si ricavi la funzione di
probabilità della variabile Y := X2 .
¡2
X :
¡1 0 1
2
1
5
1
5
Osservato che mentre X assume il valore xi la variabile Y assume il valore x2 i , ne consegue
che Y può assumere solo i valori 0, 1 e 4. Più precisamente Y assume il valore 0 quando X
assume il valore 0, il valore 1 quando X assume il valore -1 oppure 1, il valore 4 quando X
assume il valore -2 oppure 2. Per quanto riguarda, ad esempio, la probabilità che Y assuma
il valore 1, essa sarà data dalla somma delle probabilità che X assuma i valori -1 e 1, ossia:
P (Y =1) = P (X =¡1) + P (X =1). La variabile casuale X2 sarà dunque la seguente:
0 1 4
Y = X 2 :
1
5
31
1
5
2
5
1
5
2
5
1
5

1.5 MEDIA E VARIANZA
Definizione
Si chiama media (o valor medio o valore atteso o aspettazione matematica
o speranza matematica) della variabile aleatoria X il numero, che indicheremo
indifferentemente con µX o E(X), così definito:
µX ´ E(X) :=
xif(xi) , se X è discreta ,
µX ´ E(X) :=
i
+∞
−∞
xf(x)dx , se X è continua .
Nel caso discreto numerabile, per garantire la convergenza della serie, si assume che
essa sia assolutamente convergente, cioè che sia
i jxijf(xi) < +1.
Osservazione: Nel caso discreto la media è la somma dei valori xi moltiplicati per le
rispettive probabilità f(xi) ´ P (X =xi). Essa rappresenta dunque la media ponderata
dei possibili valori di X, ciascuno pesato con la sua probabilità.
Esempio 1.5.1 Si consideri l’esperimento del lancio simultaneo di una coppia di dadi non
truccati. Abbiamo già visto che lo spazio campionario S è
S = f(i, j), i, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6g .
Sia X la variabile aleatoria che assegna a ciascun evento elementare (i, j) il massimo fra i
e j. Allora l’insieme immagine di X, cioè l’insieme di tutti i possibili valori che la X può
assumere, è il seguente
Tenendo conto che
X(S) = f1, 2, 3, 4, 5, 6g .
P (X =1)=P f(1, 1)g = 1
36 ,
P (X =2)=P f(1, 2)g + P f(2, 1)g + P f(2, 2)g = 3
36 ,
e, generalizzando, essendo 2k—1 il numero degli eventi elementari f(i, j)g che hanno come
valore massimo k,
2k ¡ 1
P (X =k)= , k = 3, 4, 5, 6 ,
36
la variabile aleatoria X risulta così definita:
1 2 3 4 5 6
X :
.
1
36
3
36
5
36
7
36
La media di X si calcola dunque nel modo seguente:
µX =
6
k=1
xkf(xk) = 1¢ 1 3 5 7 9 11 161
+ 2¢ + 3¢ + 4¢ + 5¢ + 6¢ = ¼ 4.47 .
36 36 36 36 36 36 36
32
9
36
11
36

Proposizione Data la variabile casuale X, la media della variabile casuale g(X)
è la seguente:
E[g(X)] =
g(xi)f(xi) , se X è discreta ,
E[g(X)] =
i
+∞
−∞
g(x)f(x)dx , se X è continua.
La proposizione consegue direttamente dalle definizione di media.
g(X)=X
Ad esempio, se
2 , si ha
E[X 2 ] =
x 2 i f(xi) , se X è discreta ,
E[X 2 ] =
i
+∞
−∞
x 2 f(x)dx , se X è continua.
Nel seguito vedremo che il calcolo di E[X 2 ] è estremamente utile.
Definizione
Si chiama varianza (o variazione standard) della variabile aleatoria X il numero,
che indicheremo con σ2 X o V ar(X), così definito:
σ 2 X ´ V ar(X) := E (X ¡ µX) 2 .
Quindi, tenendo conto della definizione di µX,
σ 2 X ´ V ar(X) :=
(xi ¡ µX) 2 f(xi) , se X è discreta ,
σ 2 X
´ V ar(X) :=
i
+∞
−∞
(x ¡ µX) 2 f(x)dx , se X è continua .
La varianza σ2 X è sempre non negativa. Esiste un unico caso in cui è nulla. Questo
caso, che è privo di interesse probabilistico, si ha se e solo se la variabile X è degenere,
cioè se la sua funzione di probabilità vale 1 in un punto x1 e 0 in ogni altro punto x.
Definizione La radice quadrata della varianza si chiama deviazione standard (o
scarto quadratico medio) e si indica con σX.
La varianza (e quindi anche la deviazione standard) misura la “dispersione” dei valori
assunti da X rispetto al suo valor medio µX: tanto più grande è σ2 X , tanto più i valori
di X saranno lontani dal valor medio; per contro, tanto più σ2 X è piccola, tanto più
i valori di X saranno raccolti attorno a µX. Si può anche dire che la media di una
variabile casuale è tanto più attendibile quanto più piccola è la sua varianza.
Teorema σ 2 X = E(X2 ) ¡ µ 2 X .
Facciamo la dimostrazione nel caso discreto. Nel caso continuo si procederà in maniera
del tutto analoga con integrali al posto di sommatorie. Ricordando la definizione di
33

µX e che
i f(xi)=1, si ottiene
= (xi ¡ µX) 2 f(xi) =
(x 2 i ¡ 2xiµX + µ 2 X )f(xi) =
σ 2 X
i
=
x 2
i f(xi) ¡ 2µX
i
i
i
xif(xi) + µ 2 X
=
x 2 i f(xi) ¡ 2µ 2 X + µ 2 X = E(X 2 ) ¡ µ 2 X .
i
f(xi) =
Teorema (trasformazione lineare di una variabile aleatoria)
Data una variabile aleatoria X, si consideri la variabile aleatoria aX + b, con a e b
reali qualunque, a 6= 0. Valgono allora le seguenti relazioni:
Dimostrazione
µaX+b = aµX + b , σ 2 aX+b = a2 σ 2 X .
Come nel caso del precedente teorema, proviamo anche questo nel caso discreto. La
variabile aleatoria aX + b è la seguente:
ax1 + b ax2 + b ... axn + b
...
f(x1) f(x2) ... f(xn) ...
Ricordando che
i f(xi) = 1, si ha immediatamente
µaX+b =
(axi + b)f(xi) = a
xif(xi) + b
f(xi) = aµX + b .
i
Ora, sfruttando questo risultato, calcoliamo la varianza:
= (axi + b ¡ µaX+b) 2 f(xi) =
(axi + b ¡ aµX ¡ b) 2 f(xi) =
σ 2 aX+b
= a
i
2
Corollario E(X ¡ µX) = 0 .
i
(xi ¡ µX) 2 f(xi) = a 2 σ 2 X .
Si ottiene immediatamente dall’ultimo teorema ponendo a=1 e b=¡µX.
Corollario σ 2 aX = a2 σ 2 X .
Si ottiene immediatamente dall’ultimo teorema ponendo b=0.
Corollario σ 2 X+b = σ2 X .
Si ottiene immediatamente dall’ultimo teorema ponendo a=1.
i
Definizione Sia X una variabile casuale con varianza σ2 X >0. Si chiama variabile
casuale standardizzata associata ad X la variabile casuale X∗ così definita:
X∗ X ¡ µX
= .
34
σX
i
i
i

Proposizione Ogni variabile casuale standardizzata ha media nulla e varianza
uguale ad 1, ossia
σ 2
X ¡ µX
X∗ = V ar
σX
µX∗ = 0 , σ2 X∗ = 1 .
Queste proprietà di X∗ seguono immediatamente dai teoremi e dai corollari precedenti.
Infatti:
X ¡
µX X
µX∗ = E
= E ¡
σX σX
µX
=
σX
1
E(X) ¡ µX = 0 ,
σX
X
= V ar
σX
¡ µX
σX
= 1
σ2 σ
X
2 X = 1 .
Definizione Data una variabile aleatoria X, si chiama mediana di X un valore
x0 tale che
P (X 1 per x ¸ x0. È anche facile constatare che vi possono essere più mediane;
2
più precisamente le mediane costituiscono un intervallo chiuso (che eventualmente si
riduce ad un punto).
I tre grafici proposti qui sotto illustrano le tre situazioni più comuni: a) F (x) è
continua in ogni x (e quindi associata ad una variabile casuale X continua con f(x)
continua 8x): esiste un unico x0 tale che F (x0)= 1
2 ; b) F (x) è costante a tratti (e
quindi associata ad una variabile casuale X discreta), con F (x) 6= 1,
8x. In questo
caso, se F (x) assume i valori α e β con α < 1
2 < β, saltando da α a β nel punto x∗ ,
allora x0 = x ∗ . c) F (x) è costante a tratti , con F (x) = 1
2 , per x1 · x < x2: ogni
x 2 [x1, x2] può essere assunto come x0.
Esempio 1.5.2 Consideriamo di nuovo l’esperimento dell’esempio 1.5.1. Calcoliamo la varianza
di X mediante la relazione σ 2 X =E(X2 )¡µ 2 X . A tal fine andiamo a calcolare E(X2 ).
E(X 2 ) = 6 i=1 x2i f(xi) 2 1 3 5 7 9 11 791
= 1 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62 = ¼ 21.97 .
36 36 36 36 36 36 36
Ora, applicando il risultato precedentemente ricordato e utilizzando il valore di µX trovato
nell’esempio 1.5.1, si ottiene
σ 2 X = E(X2 ) ¡ µ 2 X ¼ 21.97 ¡ (4.47)2 ¼ 21.97 ¡ 19.98 = 1.99 ,
e quindi la deviazione standard
σX ¼ p 1.99 ¼ 1.41 .
35
2

Esempio 1.5.3 Sia X la variabile aleatoria continua (già considerata nell’esempio 1.4.5) la
cui funzione densità è
1
2x f(x) =
0
se 0·x·2
.
altrove
Calcoliamo media e varianza (quest’ultima in due modi: sia applicando la definizione che
attraverso il calcolo di E(X 2 )).
x¢xdx =
σ 2 X = +∞
−∞ (x ¡ µX) 2f(x)dx =
2
x ¡ 0
4
3
µX = +∞
−∞ xf(x)dx = 2
0
1
2
3 2
x 4
6 =
0
3 ,
2 ¢ 1
2xdx =
x 4
σ 2 X = E(X2 ) ¡ µ 2 X = +∞
−∞ x2f(x)dx ¡ µ 2 X = 2 1
0 2x3dx ¡ 16
9 =
8
4 ¡ 9 (x3 ¡ x2 2 )
4 2
x
8
0
0
¡ 16
9
= 2
9 ,
= 2
9 .
Esercizio 1.5.1 Si eseguano tre lanci consecutivi di una moneta truccata in modo tale che
P (T ) = 3
4 . Sia X la variabile casuale che rappresenta il numero di teste ottenute nei tre
lanci. Si chiede di calcolarne la media, la varianza e la deviazione standard.
La variabile X può assumere i valori 0,1,2,3. Le probabilità che X assuma ciascuno di questi
valori sono le seguenti:
P (X =0) = P (CCC) =
1 3 1
4 = 64 ,
P (X =1) = P (T CC) + P (CT C) + P (CCT ) = 3 3
1 2 9
4 4 = 64 ,
P (X =2) = P (T T C) + P (T CT ) + P (CT T ) = 3
3 2 1 27
4 4 = 64 ,
P (X =3) = P (T T T ) =
3 3 27
4 = 64 ,
0 1 2 3
La funzione di probabilità di X è dunque la seguente: X : 1 9 27 27 .
Avremo quindi:
64 64 64 64
µX = 0¢ 1 9 27 27 9
+ 1¢ + 2¢ + 3¢ =
64 64 64 64 4 ;
σ 2
X = 0 ¡ 9
2 ¢
4
1
64 +
1 ¡ 9
2 ¢
4
9
64 +
2 ¡ 9
2 ¢
4
27
64 +
3 ¡ 9
2 ¢
4
27 9
=
64 16 ;
9 3
σX = =
16 4 .
Per il calcolo della varianza si sarebbe potuto procedere anche utilizzando la relazione σ2 X =
E(X 2 ) ¡ µ 2 x . In tal caso si sarebbe dovuto calcolare E(X2 ) ottenendo
E(X 2 ) = 02 ¢ 1
64 + 12 ¢ 9
64 + 22 ¢ 27
64 + 32 ¢ 27 45
=
64 8 ,
e quindi, come prima,
σ 2 X = E(X2 ) ¡ µ 2 x
36
= 45
8
81 9
¡ =
16 16 .

Esercizio 1.5.2 Si consideri la variabile aleatoria X definita nell’esercizio 1.4.2. Si chiede di
calcolarne la media, la varianza e la mediana.
La funzione densità e di distribuzione di X sono le seguenti:
⎧
0 per x·0
⎪⎨ 1
25 x per 0·x·5
f(x) =
¡
⎪⎩
1 2
25x + 5 per 5·x·10
0 per x¸10 .
La media e la varianza sono date da
µX =
+∞
−∞
xf(x)dx =
σ 2 X = E(X2 ) ¡ µ 2 X =
5
0
5
0
x2 dx +
25
x3 dx +
25
10
5
10
5
¡ x2
⎧
0 per x·0
⎪⎨ 1
50
F (x) =
⎪⎩
x2
per 0·x·5
¡ 1
50x2 + 2
5x ¡ 1 per 5·x·10
1 per x¸10 .
25
¡ x3
25
2x
+ dx =
5
+ 2x2
5
x 3
75
5
0 +
dx ¡ 25 = 25
6 .
¡ x3
75
x2 10
+ = 5 ;
5 5
Per calcolare la mediana occorre determinare un x0 tale che F (x0) = 1
2 . Chiaramente si
ricava x0 = 5. Il fatto che µX ed x0 coincidano e valgano 5 è un’ovvia conseguenza della
simmetria della distribuzione rispetto ad x=5 (si riveda il grafico di f(x) precedentemente
riportato).
Esercizio 1.5.3 Calcolare media, varianza e mediana di una generica variabile aleatoria
uniformemente distribuita.
Sia [a, b] l’intervallo in cui la variabile aleatoria ha densità non nulla. Ricordiamo che
⎧
⎧
⎪⎨
0 per x·a
⎪⎨
0 per x·a
1
x ¡ a
f(x) =
per a

1.6 VARIABILI ALEATORIE BIDIMENSIONALI
In un esperimento, invece che ad un unico risultato numerico, possiamo essere interessati
a più valori (ad esempio, per una persona, a peso, altezza, età, ecc.). Ciascuno
di tali valori è una variabile aleatoria, ma anche la n-upla di valori ottenuti può essere
considerata come una variabile aleatoria multipla o n—dimensionale. Qui, per
semplicità, tratteremo solo, seppure brevemente, le variabili aleatorie bidimensionali.
Definizione
Dato uno spazio di probabilità (S, Ω, P ), si dice variabile aleatoria bidimensionale
una coppia di funzioni (X, Y ) che ad ogni s 2 S associa un coppia di numeri
reali X(s), Y (s) , tali che ogni insieme fs : X(s) · a , Y (s) · bg sia un evento
contenuto in Ω.
Anche nel caso di variabili casuali bidimensionali lo strumento essenziale per il loro
utilizzo è la funzione distribuzione, la cui definizione si ottiene immediatamente generalizzando
quella per variabili unidimensionali. Infatti, si ha
Definizione
Data una variabile aleatoria bidimensionale (X, Y ) definita sullo spazio di probabilità
(S, Ω, P ), si chiama funzione di distribuzione o di ripartizione ad essa
associata la funzione F : R 2 ! [0, 1] così definita:
F (x, y) = P (X ·x, Y · y) , (x, y) 2 R 2 .
La virgola nella probabilità appena scritta equivale ad una intersezione. Per favorire la
comprensione del significato della F (x, y), ne ricordiamo tutte le possibili espressioni:
F (x, y) = P (X ·x, Y · y) =
= P s 2 S : X(s) · x, Y (s) · y =
= P (X · x) \ (Y · y) =
= P s 2 S : X(s) · x \ s 2 S : Y (s) · y .
Ragionando sulla base del disegno riportato qui
accanto e utilizzando la proprietà additiva della
probabilità nel caso di eventi incompatibili, si dimostra
che
P (x1

Le funzioni di distribuzione FX(x) della X e FY (y) della Y sono dette funzioni di
distribuzione marginali della variabile congiunta (X, Y ).
Le variabili casuali bidimensionali, così come quelle unidimensionali, possono essere
di tipo discreto o di tipo continuo.
Una variabile bidimensionale (X, Y ) è discreta se esiste un insieme finito o numerabile
di coppie di numeri reali (xr, ys), r = 1, 2, . . . , s = 1, 2, . . . , tali che
P (X =xr, Y =ys) = prs ¸0 , con
prs = 1 .
Eventuali coppie (xr, ys) con prs =0 possono rappresentare coppie di valori mai assunti
dalla variabile casuale, che però per comodità sono presi ugualmente in considerazione
assegnando loro probabilità nulla.
Si chiama funzione di probabilità congiunta la funzione
prs se (x, y) = (xr, ys) r = 1, 2, . . . , s = 1, 2, . . .
f(x, y) =
0 altrove
mentre si chiamano funzioni di probabilità marginali le funzioni
pr• =
fX(x) =
s prs se x = xr
,
0 altrove
p•s =
fY (y) =
r prs se y = ys
.
0 altrove
Nel caso di una variabile aleatoria (X, Y ) discreta finita, supposto r = 1, 2, . . . , N e
s = 1, 2, . . . , M, le funzioni di probabilità congiunta e marginali vengono rappresentate
attraverso la seguente tabella:
Y
r,s
y1 y2 . . . . . . . . . yM
x1 p11 p12 . . . . . . . . . p1M p1•
x2 p21 p22 . . . . . . . . . p2M p2•
X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
xN pN1 pN2 . . . . . . . . . pNM pN•
p•1 p•2 . . . . . . . . . p•M
Una variabile bidimensionale (X, Y ) è continua se esiste una funzione f(x, y), non
negativa, tale che
F (x, y) =
x
−∞
y
−∞
f(u, v)dudv .
La funzione f(x, y) è detta funzione densità congiunta. Naturalmente si ha
+∞ +∞
−∞
−∞
f(u, v)dudv = 1 ,
39
,

che costituisce la condizione perché una funzione f(x, y)¸0 sia una funzione densità.
Si può poi dimostrare che le funzioni di distribuzione marginali sono date da
x +∞
FX(x) =
f(u, v)dv du ,
FY (y) =
−∞ −∞
y +∞
−∞
−∞
f(u, v)du dv ,
e quindi, per definizione di funzione densità, le densità marginali delle variabili X
e Y sono date da
fX(x) =
+∞
−∞
f(x, v)dv , fY (y) =
+∞
−∞
f(u, y)du .
Sia A un sottinsieme di R 2 tale che l’insieme s : X(s), Y (s) 2 A sia un evento di
Ω. Un importante teorema riguardante la funzione densità congiunta è il seguente:
Teorema (senza dimostrazione)
P (X, Y ) 2 A
=
A
f(x, y) dx dy .
Un corollario, molto utile ai fini della risoluzione degli esercizi (come si vedrà nell’esercizio
1.6.4), segue in maniera immediata dal teorema appena enunciato:
Corollario Siano (X, Y ) una variabile casuale bidimensionale, f(x, y) la sua funzione
densità congiunta, Φ(X, Y ) una variabile casuale funzione di X e Y , e B un
boreliano di R. Vale la relazione
P Φ(X, Y ) 2 B
= f(x, y) dx dy , con A = (x, y) : Φ(x, y) 2 B .
A
La dimostrazione è immediata:
P Φ(X, Y ) 2 B s
= P : Φ X(s), Y (s) 2 B =
= P s : X(s), Y (s) 2 (x, y) : Φ(x, y) 2 B
=
= P s : X(s), Y (s)
2 A .
Teorema ( senza dimostrazione) Se (X, Y ) è una variabile casuale bidimensionale e
Φ(X, Y ) una variabile casuale funzione di X e Y , si ha
E[Φ(X, Y )] =
E[Φ(X, Y )] =
N
M
Φ(xr, ys) prs , se X e Y sono discrete (e finite);
r=1 s=1
+∞ +∞
−∞
−∞
Corollario E[aX + bY ] = aE[X] + bE[Y ] .
Corollario E N k=1 αkXk
N = k=1 αkE[Xk] .
Φ(x, y) f(x, y) dxdy , se X e Y sono continue.
40

Definizione Si chiama covarianza delle variabili casuali X e Y , e la indicheremo
con σX,Y o Cov(X, Y ), il numero
σX,Y ´ Cov(X, Y ) := E (X ¡ µX)(Y ¡ µY ) .
In virtù del teorema precedente la covarianza risulta quindi così definita:
N M
σX,Y = (xr ¡ µX)(ys ¡ µY )prs , se X e Y sono discrete (e finite);
σX,Y =
r=1 s=1
+∞ +∞
−∞
−∞
(x ¡ µX)(y ¡ µY )f(x, y)dxdy , se X e Y sono continue.
Teorema σX,Y = µXY ¡ µXµY .
Dimostrazione
σX,Y = E (X ¡ µX)(Y ¡ µY ) = E
XY ¡ µXY ¡ µY X + µXµY =
= E(XY ) ¡ µXE(Y ) ¡ µY E(X) + µXµY = µXY ¡ µXµY .
Teorema σ 2 X±Y = σ2 X + σ2 Y § 2σX,Y .
Dimostrazione
σ 2 X±Y = E (X § Y ) ¡ (µX § µY ) 2 = E (X ¡ µX) § (Y ¡ µY ) 2 =
= E (X ¡ µX) 2 + (Y ¡ µY ) 2 § 2(X ¡ µX)(Y ¡ µY ) = σ 2 X + σ 2 Y § 2σX,Y .
Il teorema appena dimostrato per due variabili casuali, si può facilmente generalizzare
alla somma di n variabili Xi:
n n
Teorema V ar Xi = V ar
i=1 i=1
Xi +2 Cov
Xi, Xk .
(senza dimostrazione)
i=1,...,n−1
k=i+1,...,n
Teorema σ2 X,Y · σ2 Xσ2 Y . (senza dimostrazione)
Introduciamo ora l’importante concetto di indipendenza fra variabili casuali.
Definizione Due variabili aleatorie X e Y sono indipendenti quando la funzione di
distribuzione congiunta F (x, y) è uguale al prodotto delle funzioni di distribuzioni
marginali FX(x) e FY (y), cioè quando
F (x, y) = FX(x) ¢ FY (y) , 8x, y 2 R .
Teorema (senza dimostrazione)
CNS perchè due variabili aleatorie X e Y siano indipendenti è che si abbia
P (X 2 A, Y 2 B) = P (X 2 A) ¢ P (Y 2 B) , 8 A , B Boreliani .
Teorema (senza dimostrazione)
CNS perchè due variabili aleatorie X e Y discrete siano indipendenti è che sia
P (X =xr, Y =ys) = P (X =xr) ¢ P (Y =ys) .
41

Teorema (senza dimostrazione)
CNS perchè due variabili aleatorie X e Y continue siano indipendenti è che sia
f(x, y) = fX(x) ¢ fY (y) .
Teorema Date due variabili casuali X e Y indipendenti, vale la relazione
Dimostrazione
µXY = µX ¢µY .
Facciamo la dimostrazione nel caso discreto. Sfruttando il teorema precedentemente
enunciato per variabili casuali discrete si può scrivere:
µXY =
xrys P (X =xr, Y =ys) =
xrys P (X =xr) P (Y =ys) =
r
s
=
xr P (X =xr) ¢
ys P (Y =ys) = µX ¢µY .
r
s
Dalla relazione appena dimostrata, applicando i due teoremi dimostrati alla pagina
precedente, seguono immediatamente le due relazioni del corollario che segue.
Corollario Date due variabili casuali X e Y indipendenti, valgono le relazioni
i) σX,Y = 0 ; ii) σ 2 X±Y = σ2 X + σ2 Y .
Definizione Si chiama coefficiente di correlazione fra le variabili casuali X e Y ,
e lo denotiamo con ρX,Y , il numero
r
ρX,Y = σX,Y
σXσY
Il coefficiente di correlazione fra due variabili casuali è nullo se e solo se la loro covarianza
è nulla. In questo caso diciamo che X e Y sono incorrelate. Ora, come
affermato nel precedente corollario, σX,Y è certamente nulla se X e Y sono indipendenti.
Tuttavia, la covarianza può essere nulla anche se X e Y non sono indipendenti.
Se σX,Y 6= 0, X e Y si dicono correlate. Essendo σ2 X,Y ·σ2 Xσ2 Y (teorema enunciato in
precedenza), si ha sempre jρX,Y j·1. Ne consegue che X e Y sono tanto più correlate,
quanto più ρX,Y è in modulo prossimo ad uno. Nel caso di correlazione massima, cioè
jρX,Y j = 1, X e Y sono linearmente dipendenti, per cui Y = αX + β, con α < 0 se
ρX,Y =¡1 e α>0 se ρX,Y =1.
In virtù della definizione di variabili incorrelate, dal teorema relativo alla varianza
della somma di n variabili casuali, segue immediatamente il seguente
Corollario Se X1, X2, . . . , Xn sono n variabili casuali incorrelate, allora la varianza
della loro somma è uguale alla somma delle loro varianze, vale a dire
V ar
X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + Xn = V ar(X1) + V ar(X2) + ¢ ¢ ¢ + V ar(Xn) .
42
.
s

In particolare, se le Xi hanno tutte la stessa varianza σ2 , si ha
V ar
2
X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + Xn = nσ .
Inoltre, tenendo conto del fatto che V ar(aX) = a2V ar(X), si ha anche
V ar
2
a1X1 + a2X2 + ¢ ¢ ¢ + anXn = a1V ar(X1) + a2 2V ar(X2) + ¢ ¢ ¢ + a2 nV ar(Xn) .
Esercizio 1.6.1 Da un’urna contenente due palline bianche, una nera e due rosse, si estraggono
una dopo l’altra con reimmissione due palline. Sia X1 la variabile casuale che descrive
l’esito della prima estrazione e X2 quella che descrive l’esito della seconda estrazione. Ciascuna
delle due variabili assume valore 1 se la pallina estratta è bianca, valore 0 se è nera
o rossa. Si chiede di descrivere le leggi di probabilità congiunta e marginali, calcolare la
covarianza e il coefficiente di correlazione.
Essendo l’estrazione con reimmissione, gli esiti delle due estrazioni sono eventi indipendenti
e quindi si ha
P (X1 = x1r, X2 = x2s) = P (X1 = x1r)¢P (X2 = x2s) ,
per r, s = 1, 2 e x11 = x21 = 0 , x12 = x22 = 1 . Questa relazione tra le probabilità assicura
l’indipendenza delle due variabili casuali X1 e X2 e permette immediatamente di rappresentarne
la funzione di probabilità congiunta mediante la seguente tabella:
X1
0
1
X2
0 1
3 3 ¢ 5 5
2 3 ¢ 5 5
3
5
3 2 ¢ 5 5
2 2 ¢ 5 5
Andiamo ora a calcolare le medie µX1 , µX2 e µX1X2 , le varianze σ2 X1 e σ2 . Una volta
X1
ottenuti questi valori, attraverso i teoremi visti calcoleremo immediatamente la covarianza
e il coefficiente di correlazione ρX1,X2 .
σX1,X2
µX1 = µX2 = 0¢ 3
σ 2 X1 = σ2 X2 =
µX1X2
2 2
+ 1¢ =
5 5 5 ;
0 ¡ 2
2 ¢
5
3
5 +
1 ¡ 2
2 ¢
5
2 6
=
5 25 ;
= x1rx2sprs = 0¢0¢ 9 6 6 4 4
+ 0¢1¢ + 1¢0¢ + 1¢1¢ =
25 25 25 25 25 ;
r,s
σX1,X2 = µX1X2 ¡ µX1 ¢µX2 = 4
25
2
5
3
5
2
5
2 2
¡ ¢
5 5 = 0 ; ρX1,X2 = σX1,X2
σX1σX2 = 0 .
Osserviamo che in virtù dell’indipendenza di X e Y sapevamo già, grazie ad un teorema che
abbiamo visto, che σX1,X2 era nulla. Il calcolo è stato fatto ugualmente per fare pratica.
43

Esercizio 1.6.2 Si risolva il problema dell’esercizio precedente senza reimmissione.
Non reimmettendo la pallina estratta per prima, l’esito della seconda estrazione viene a
dipendere dall’esito della prima. Di conseguenza le probabilità congiunte cambiano e si ha
P (X1 = x1r, X2 = x2s) = P (X1 = x1r)¢P (X2 = x2sjX1 = x1r) .
Le variabili casuali X e Y non sono indipendenti e la tabella che rappresenta la funzione di
probabilità congiunta risulta così modificata:
X1
0
1
X2
0 1
3 2
5 ¢ 4
2 3
5 ¢ 4
3
5
3 2
5 ¢ 4
2 1
5 ¢ 4
Ripetendo i calcoli fatti per l’esercizio precedente otteniamo
3 2 2
µX1 = µX2 = 0¢ + 1¢ =
5 5 5 ;
σ 2 X1 = σ2 X2 =
0 ¡ 2
2 ¢
5
3
5 +
1 ¡ 2
2 ¢
5
2 6
=
5 25 ;
µX1X2 =
x1rx2sprs = 0¢0¢ 6 6 6 2 1
+ 0¢1¢ + 1¢0¢ + 1¢1¢ =
20 20 20 20 10 ;
σX1,X2
ρX1,X2
r,s
= µX1X2 ¡ µX1 ¢µX2 = 1
10
= σX1,X2
σX1 σX2
= ¡ 1
4 .
2
5
3
5
2
5
2 2 3
¡ ¢ = ¡
5 5 50 ;
Il fatto che la media e la varianza delle variabili singole siano le stesse dell’esercizio precedente
non deve sorprendere: le distribuzioni marginali non sono cambiate. Giova piuttosto
osservare che ora le variabili X e Y non sono indipendenti e, essendo ρX1,X2 6= 0, neppure
incorrelate.
Esercizio 1.6.3 Un’urna contiene 112 dadi di cui 56 (cioè la metà) sono equi, mentre gli altri
sono stati manipolati in modo che, per ciascuno di essi, la probabilità di ottenere 1 sia 1
2 ,
mentre ogni altro risultato si verifica con probabilità 1
. Si chiede:
10
a) Un dado viene estratto a caso e lanciato; indichiamo con X la variabile aleatoria che
rappresenta il risultato del lancio. Qual è la probabilità di ottenere 3? Quanto vale E(X)?
b) Un dado viene estratto a caso e lanciato due volte. Indicato con X il risultato del primo
lancio e con Y quello del secondo, qual è la probabilità di ottenere X =2 e Y =3?
c) Sapendo che i due lanci hanno dato come risultato X =2 e Y =3, qual è la probabilità
che si tratti di uno dei dadi truccati?
d) Le variabili casuali X e Y sono indipendenti?
44

a) Le probabilità con cui la variabile aleatoria X assume i valori 1, 2, ..., 6 dipendono dal
fatto che il dado estratto sia oppure no equo. Indicato con A l’evento “il dado estratto è
equo” e quindi con AC l’evento “il dado estratto è alterato”, si ha
1 2 3 4 5 6
XjA :
1
6
1
6
1
6
1
6
Applicando la formula della probabilità totale, per cui
1
6
1
6
, XjA C
1 2 3 4 5 6
:
P (X =k) = P (X =kjA) ¢ P (A) + P (X =kjA C ) ¢ P (A C ) ,
la variabile non condizionata X risulta così definita:
1 2 3 4 5 6
X :
.
1
3
2
15
Si ha dunque P (X =3) = 2
15 e, facendo i calcoli, E(X) = 6 k=1 k ¢ P (X =k) = 3.
2
15
b) Consideriamo la variabile bidimensionale (X, Y ), con Y variabile identica alla X. La sua
funzione di probabilità congiunta sarà definita dalle relazioni
P (X =j, Y =k) = P (X =j, Y =k)jA ¢ P (A) + P (X =j, Y =k)jA C ¢ P (A C ) =
= P (X =jjA) ¢ P (Y =kjA) ¢ 1
2 + P (X =jjAC ) ¢ P (Y =kjA C ) ¢ 1
2 .
In particolare
P (X =2, Y =3) = P (X =2jA) ¢ P (Y =3jA) ¢ 1
2 + P (X =2jAC ) ¢ P (Y =3jA C ) ¢ 1
2 =
2
15
2
15
= 1 1 1 1 1 1 17
¢ ¢ + ¢ ¢ =
6 6 2 10 10 2 900 .
Volendo, anche se non richiesto dall’esercizio, calcolare e mostrare la tabella completa che
rappresenta la funzione di probabilità congiunta della variabile aleatoria (X, Y ), abbiamo:
1
2
Y
1
2
1 2 3 4 5 6
5
36
7
180
7 3 180
X
7 4 180
5
6
7
180
7
180
1
3
7
180
17
900
17
900
17
900
17
900
17
900
2
15
7
180
17
900
17
900
17
900
17
900
17
900
2
15
7
180
17
900
17
900
17
900
17
900
17
900
c) Indicato con B l’evento fX =2, Y =3g, ci si chiede ora P (A C jB). Utilizzando la formula
di Bayes, otteniamo
2
15
P (A C jB) = P (BjAC ) ¢ P (A C )
P (B)
45
7
180
17
900
17
900
17
900
17
900
17
900
2
15
=
2
15
7
180
17
900
17
900
17
900
17
900
17
900
1
10
2
15
1
10
1 ¢ 10
17
900
¢ 1
2
1
10
1
3
2
15
2
15
2
15
2
15
2
15
1
10
= 9
34 .
1
10
1
10
.

d) Perchè due variabili aleatorie X e Y siano indipendenti (vedi pag. 36) deve essere
P (X =xr, Y =ys) = P (X =xr) ¢ P (Y =ys) ,
per ogni coppia (xr, ys). Nel nostro caso, con xr =2 e ys =3, si ha
17
900 = P (X =2, Y =3) 6= 2 2
P (X =2) ¢ P (Y =3) = 15 ¢ 15 = 4
225 .
Di conseguenza X e Y non sono indipendenti.
Esercizio 1.6.4 Due variabili casuali X e Y sono indipendenti ed uniformi su [0, 1]. Calcolare:
a)
P XY > 1
;
2
b)
P XY < 1
X >
4
1
.
2
Essendo X e Y uniformi ed indipendenti sull’intervallo [0, 1], la variabile congiunta (X, Y )
ha una funzione densità f(x, y) data dal prodotto delle funzioni densità di X e Y .
conseguenza, indicato con Q il ”quadrato” ´ (0, 1) £ (0, 1), si ha:
Di
0
f(x, y) =
1
se
se
(x, y) /2 Q
(x, y) 2 Q .
Ricordando poi un corollario sulle funzioni densità congiunte, sappiamo che
P Φ(X, Y ) 2 B
= f(x, y) dx dy , con A = (x, y) : Φ(x, y) 2 B .
A
Di conseguenza, essendo Φ(X, Y ) = XY , abbiamo che
P (XY 2 B) = f(x, y) dx dy = dx dy , con A = (x, y) : xy 2 B .
A
A∩Q
a) Dovendo essere XY > 1
2 , si ha B = z > 1
2 , e quindi A è la regione, tutta contenuta
in Q, costituita dai punti (x, y) tali che xy> 1
2 (vedi figura). Di conseguenza la probabilità
richiesta è
P XY > 1
1
= dx dy =
2
=
A∩Q
1
1
2
1 ¡ 1
2x
1
2
1
dx dy =
1
2x
dx = 1
2 (1 ¡ loge 2) .
b) Per calcolare la probabilità richiesta in questo punto, si procede analogamente a quanto
fatto per il punto a) tenendo però conto che si tratta di una probabilità condizionata:
P XY < 1
X >
4
1
=
2
P [XY < 1
Posto A ′ = (x, y) : xy< 1
4
P XY < 1
X >
4
1
=
2
1
4 , X > 2 ]
, x> 1
2
A ′ ∩Q
1
= 2
1
2
1
2
P [X > 1
2 ]
.
, si ha quindi
dx dy
= 2
1
1
2
1 1
dx =
4x 2 loge 2 .
46
1
4x
dx dy =
0

1.7 DISTRIBUZIONI BINOMIALE, DI POISSON E DI GAUSS
DISTRIBUZIONE BINOMIALE
Consideriamo esperimenti con due soli risultati: ad esempio, il lancio di una moneta
produce come risultato o testa o croce; un individuo, scelto a caso da un gruppo,
possiede oppure no una data caratteristica; un dato prodotto, uscito da una linea di
produzione, è difettoso oppure no. Generalizzando, siano A (il “successo”) e B ´ A C
(“il fallimento”) i due possibili risultati del nostro esperimento, e siano p = P (A) e
q = P (B) = 1¡p le loro probabilità. Considerando ora una variabile casuale Y che
assume il valore 1 nel caso di successo e 0 nel caso di fallimento, essa risulta così
definita:
Y :
0
1¡p
1
.
p
Una variabile casuale di questo tipo è detta di Bernoulli o bernoulliana.
diato verificare che
E(Y ) = p , V ar(Y ) = pq .
È imme-
Supponiamo poi che dell’esperimento in questione siano fatte n prove e sia X la variabile
aleatoria che ne descrive il risultato: sarà X =k se si verificano esattamente k
successi. Ebbene, il teorema che segue, e che non dimostriamo, ci fornisce la probabilità
P (X =k). (Si consiglia di rivedere gli esercizi 1.5.1 e 1.5.2 per una giustificazione
del teorema basata su due problemi specifici).
Teorema (di Bernoulli) La probabilità che in n prove indipendenti l’evento A
avvenga esattamente k volte vale
n
p
k
kqn−k , k = 0, 1, ..., n ,
dove p è la probabilità di A in una singola prova e q=1¡p.
Si dà quindi la seguente
Definizione Dati 0 < p < 1 e n 2 N, si chiama variabile aleatoria binomiale la
variabile aleatoria discreta (e finita) avente la seguente funzione di probabilità:
P (X =k) ´ f(k) = n k n−k
k p q , q=1¡p , k = 0, 1, . . . , n .
n n!
Ricordando che = , si può anche scrivere
k k!(n ¡ k)!
0 1 2 ... n ¡ 2 n ¡ 1 n
X :
qn npqn−1 n!
2!(n ¡ 2)! p2qn−2 n!
...
(n ¡ 2)!2! pn−2q2 npn−1q pn
.
Spesso, piuttosto di dire che abbiamo una variabile aleatoria X binomiale, parleremo
di distribuzione binomiale. Qualche volta, poi, per indicare una variabile aleatoria
X binomiale di parametri n e p scriveremo X ' B(n, p).
47

Si noti che effettivamente la somma di tutte le probabilità P (X =k) è 1. Infatti, per
la formula binomiale di Newton, si ha
n
n
p
k
k q n−k = (p + q) n = 1 n = 1 .
k=0
Teorema (senza dimostrazione)
Una variabile casuale X binomiale ha media e varianza date da
µX = np , σ 2 X
= npq .
Per poter calcolare operativamente la funzione distribuzione F (k) = P (X · k) o la
funzione di probabilità f(k) è molto utile la seguente relazione:
P (X = k+1) = p n¡k
1¡p k+1
P (X = k) .
Esercizio 1.7.1 Se la probabilità di avere un figlio maschio è 1
2 , per una famiglia con 5 figli,
qual è la probabilità di avere: (i) due maschi; (ii) almeno un maschio; (iii) almeno 3 femmine.
Sia X la variabile aleatoria binomiale che rappresenta il “numero di maschi fra n = 5 figli”:
5
1 2 1
3
1
5 P (X =2) =
= 10 ¢ =
2 2 2 2
5
16 ;
5
1 0 1
5 P (X ¸1) = 1 ¡ P (X =0) = 1 ¡
=
0 2 2
31
32 ;
2
5
1 k 1
5−k P (X ·2) =
=
k 2 2
1 1 1 1
+ 5 ¢ + 10 ¢ =
32 32 32 2 .
k=0
Esercizio 1.7.2 Sia p=98% la probabilità che un test diagnostico su una persona dia una
risposta corretta. Si chiede qual è la probabilità che eseguendo il test su un gruppo di 7
individui esso dia una risposta corretta per (i) tutti 7; (ii) almeno 6; (iii) meno della metà.
Indichiamo con X la variabile aleatoria binomiale che rappresenta il numero delle diagnosi
veritiere sulle 7 eseguite. Si ha
7
98
7 2
0 7 98
P (X =7) =
= 1¢
7 100 100 1014
¼ 0.868 ;
7
98
6 2
1 7
98
7 2
0 P (X ¸6) =
+
¼ 0.124 + 0.868 = 0.992 ;
6 100 100 7 100 100
3
7
98
k 2
7−k P (X ·3) =
¼ 0.53¢10
k 100 100
−5 .
k=0
48

Esempio 1.7.1 Si consideri ancora il test dell’esercizio precedente, questa volta con p=90%,
che supponiamo eseguito su una popolazione di n =250 persone. Calcoliamo la media e la
deviazione standard della variabile aleatoria Y che rappresenta il numero dei test corretti.
In virtù del teorema precedente si ha
µY = np = 250¢ 90
100 = 225 ; σY = p npq =
250¢ 90 1
100 ¢ 10 = p 22.5 ¼ 4.74 .
Questo esempio mostra come il concetto di media coincida col concetto intuitivo di “valore
più probabile”, e quindi di “valore atteso”. La deviazione standard (o scarto quadratico
medio) fornisce invece un indice (ce ne sono diversi) della dispersione dei risultati attorno al
valore atteso quando l’esperimento è compiuto tante volte.
Esercizio 1.7.3 (a) Due ristoranti sono in concorrenza avendo gli stessi 10 clienti. Si supponga
che i clienti scelgano a caso ed indipendentemente uno dall’altro il ristorante, e che
arrivino al ristorante tutti alla stessa ora. Si chiede di determinare il numero di posti a sedere
che ciascun ristorante dovrebbe avere perché ci sia almeno il 95% di probabilità di poter
servire tutti i clienti che arrivano. (b) Risolvere lo stesso problema per tre ristoranti.
(a) Se X è la variabile casuale che rappresenta il numero di clienti che arrivano ad uno stesso
ristorante, X ha chiaramente una distribuzione binomiale, vale a dire si ha
P (X =i) = 10 i 10−i
i p (1 ¡ p) .
Inoltre, nel caso in questione, poichè la scelta del ristorante da parte di ogni cliente è casuale,
si ha p = q = 1
2 . Il numero di posti che garantisce con una probabilità di almeno il 95% di
poter servire tutti i clienti che arrivano è dato dal minimo k tale che
P (X ·k) = k 10 1 i
1 10−i
1 10 k 10
i=0 i 2 2 = 2 i=0 i ¸ 0.95 .
Indicata con Sk la somma in questione dei coefficienti binomiali, si può quindi scrivere
Sk ´ k
10
i=0 ¸ 2 ¢ 0.95 = 972.8 .
Di conseguenza, essendo
10
i
¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ S6 =758 S7 =968 S8 =1013 S9 =1023 S10 =1024 ,
il minimo k che soddisfa la relazione è 8.
(b) Se i ristoranti sono tre, si ha p= 1
3
P (X ·k) = k
i=0
o, equivalentemente,
Σk ´
i=0
10
i
1
3
i 2
3
Calcolati i termini Σk con un pò di lavoro, si ha:
2
e q= 3 . In questo caso si ha quindi
10−i
1 10 k = 3 i=0 210−i 10
i ¸ 0.95 ,
k
2 10−i
10
¸ 3
i
10 ¢ 0.95 = 56096.55 .
¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ Σ4 =46464 Σ5 =54528 Σ6 =57888 Σ7 =58848 ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ .
Il minimo k per cui risulta soddisfatta la relazione è dunque 6. Nel caso di tre ristoranti
bastano quindi 6 posti a sedere per avere la probabilità di almeno il 95% di poter servire i
clienti che arrivano.
49

DISTRIBUZIONE DI POISSON
Definizione Una variabile aleatoria X è detta variabile aleatoria di Poisson con
parametro µ (µ>0) se può assumere gli infiniti valori k = 0, 1, 2, ... con probabilità
P (X =k) = f(k) = µk
k! e−µ ,
Rappresentata in forma esplicita, una variabile aleatoria di Poisson è dunque del tipo
0 1 2 3 ... k ...
X :
e−µ
−µ µ2
.
µe
2!
e−µ µ3
3! e−µ ...
µ k
k! e−µ ...
Si osservi che effettivamente la somma di tutte le probabilità vale 1. Infatti, si ha
+∞
k=0
µ k
k! e−µ = e −µ
+∞
k=0
µ k
k! = e−µ ¢ e +µ = 1 ,
essendo +∞
k=0 xk
k! = ex (si tratta della ben nota serie esponenziale).
Teorema (senza dimostrazione)
La variabile aleatoria di Poisson di parametro µ ha media uguale a µ e varianza
pure uguale a µ.
Il fatto che µX =σ2 X =µ implica che, aumentando µ, aumenta di pari passo anche la
dispersione dei valori rispetto alla media.
La distribuzione di Poisson è tra le più importanti del calcolo delle probabilità. Essa è stata
ottenuta come limite della distribuzione binomiale, della quale è una buona approssimazione
quando n è molto grande e p molto piccolo; per questo è anche detta distribuzione degli
eventi rari. Per farne capire l’importanza nelle applicazioni e il gran numero di situazioni
in cui essa si applica, elenchiamo alcuni casi in cui la distribuzione di Poisson descrive assai
bene i dati osservati:
— il numero casuale delle particelle α emesse da un corpo radioattivo e rilevate in un intervallo
di tempo fissato; lo stesso vale per molte altre variabili aleatorie osservate in connessione con
la radioattività;
— il numero di refusi in una o più pagine di un libro;
— il numero di clienti che entrano in un ufficio postale in una giornata;
— il numero di persone, di una data categoria, con più di 100 anni;
— il numero delle chiamate in arrivo ad un centralino telefonico, così come il numero di
collegamenti ad un numero sbagliato;
— il numero di transistor che si guastano nel primo giorno di utilizzo.
Come si può desumere dall’elenco di applicazioni appena proposto, la variabile aleatoria
di Poisson è adatta a descrivere il numero di fenomeni casuali distribuiti con una data
densità media µ nell’unità di tempo o nell’unità di volume o nell’unità di superficie... Gli
esempi che seguono illustrano operativamente quanto affermato.
50

Osservazione: Si può facilmente dimostrare che vale la seguente relazione:
P (X =k + 1) = µ
P (X =k) .
k + 1
Esempio 1.7.2 Nel 1910 Rutherford e Geiger provarono che il numero di particelle α emesse
al secondo da una sostanza radioattiva era una variabile aleatoria di Poisson con µ = 0.5.
Determiniamo la probabilità di osservare due o più particelle in un secondo?
P (X ¸2) =
+∞
(0.5) k
k!
e −0.5 = 1 ¡ P (X =0) ¡ P (X =1) =
k=2
= 1 ¡ e −0.5 ¡ 0.5¢e −0.5 ¼ 1 ¡ 0.91 = 9%
Esempio 1.7.3 Una certa sospensione batterica contiene 5 batteri per cm 3 (valor medio).
Qual è la probabilità che un campione causale di 1 cm 3 contenga (i) nessun batterio; (ii)
al piú due batteri; (iii) almeno 5 batteri?
Esempio 1.7.4
P (X =0) = e −5 ¼ 0.007 ;
P (X ·2) = 1 + 5 + 52
2!
e −5 ¼ .125 ;
P (X ¸5) = 1 ¡ P (X ·4) = 1 ¡
1 + 5 + 52 53
+
2! 3!
54
+ e
4!
−5 ¼ 0.560 .
Si desidera determinare la carica batterica di un campione di latte. Per valutare il numero
di batteri in una sospensione se ne cerca la diluizione limite alla quale si trova ancora almeno
un batterio capace di riprodursi. Supponiamo, ad esempio, di diluire 1 cm 3 di latte prima
di un fattore 10 −1 , poi 10 −2 , quindi 10 −3 e infine 10 −4 , trovando in ogni caso, dopo
incubazione, sviluppo dei batteri. Supponiamo invece che diluendo di un fattore 10 −5 , si
trovi che il campione di 1 cm 3 risulti sterile. Ciò permette di concludere che nel campione
di 1 cm 3 diluito 10 4 volte vi era almeno un germe capace di riprodursi, e quindi che quel
latte conteneva circa 10 4 germi per cm 3 .
Volendo raffinare l’approssimazione della carica batterica presente nel latte in esame, inoculiamo
la sospensione diluita di un fattore 10 −4 in 20 provette, mettendone 1 cm 3 in ciascuna.
Supponiamo di trovare che 8 di esse mostrano crescita, mentre le altre 12 risultano sterili.
La distribuzione di Poisson permette di prevedere che, se vi sono in media µ germi per
cm 3 di diluito, il numero di provette che non riceveranno alcun germe (cioè sterili) risulterà
proporzionale a P (X =0) = e −µ . Avremo dunque
da cui
e−µ = 12
20 = 0.6 ,
µ = ¡loge(0.6) = ¡loge10¢log10(0.6) = ¡2.3026¢(¡0.222) = 0.51 .
Allora la concentrazione di germi nel latte è 0.51¢10 4 =5.1 ¢ 10 3 germi per cm 3 .
51

Esercizio 1.7.4 Una compagnia di assicurazioni riceve in media 5 richieste di rimborso al
giorno. Assumendo che il numero delle richieste che arrivano in giorni successivi sia indipendente,
si chiede: (a) che frazione delle giornate vedrà arrivare meno di 3 richieste?
(b) con quale probabilità in una settimana (di 5 giorni lavorativi) arrivano 4 richieste in
esattamente 3 giorni?
(a) Poichè il numero di assicurati è grande, ma la probabilità che essi mandino una richiesta
in un dato giorno è piuttosto piccola, il numero totale di richieste al giorno, che indichiamo
con X, è una variabile casuale approssimativamente Poissoniana con media E(X) = 5. Si
ha quindi
P (X 0), e si scrive X ' N(µ, σ2 ),
se la funzione densità è
f(x) = 1
σ p 2π e−(x−µ)2 /2σ 2
.
La funzione f(x) è detta funzione di Gauss. Si tratta di una funzione “a campana”
simmetrica rispetto ad x◦ = µ, che ha un massimo per x◦, dove assume il valore
massimo f(µ) = 1
σ p . Quest’ultimo ha il significato di fattore di normalizzazione,
2π
cioè è quel numero tale che
+∞
−∞
f(x)dx = 1 .
Come già sappiamo, questa uguaglianza, la cui dimostrazione viene omessa, dice che
f(x) è effettivamente una densità di probabilità.
Teorema E(X) = µ , V ar(X) = σ 2 .
Il fatto che la media di X sia µ è una ovvia conseguenza della simmetria del grafico
della densità rispetto ad x◦ = µ. Omettiamo, per semplicità, di dimostrare che la
52

varianza è σ 2 . A proposito di σ si può notare che più è piccolo, più è alto il picco
f(µ), e dunque la campana è più concentrata intorno alla media µ, il che concorda
perfettamente con il significato di varianza.
Dalla espressione della densità otteniamo la funzione distribuzione:
da cui
F (x) =
x
−∞
P (a·X ·b) = F (b) ¡ F (a) =
1
σ p 2π e−(t−µ)2 /2σ 2
b
a
dt ,
1
σ p 2π e−(t−µ)2 /2σ 2
Naturalmente, trattandosi di una variabile casuale continua, si ha P (a · X · b) =
P (a·X

Questo teorema risulta di grande utilità pratica. Infatti, una volta tabulata la Φ(x),
il cui grafico ha l’andamento mostrato nella figura sottoriportata, attraverso le tavole
ottenute è possibile ottenere anche i “corrispondenti” valori per una qualunque
variabile normale. Le tavole di Φ(x) sono fornite alla fine di queste dispense.
Essendo
si ha
b ¡ µ
a ¡ µ
P (a·X ·b) = F (b) ¡ F (a) = Φ ¡ Φ ,
σ
σ
P (µ ¡ σ < X < µ + σ) = Φ(1) ¡ Φ(¡1) ' 68.3% ;
P (µ ¡ 2σ < X < µ + 2σ) = Φ(2) ¡ Φ(¡2) ' 95.5% ;
P (µ ¡ 3σ < X < µ + 3σ) = Φ(3) ¡ Φ(¡3) ' 99.7% .
Queste probabilità sono molto indicative del comportamento di una variabile casuale
normale. La prima, ad esempio, ci dice che è ragionevole aspettarsi che più dei due
terzi dei valori osservati di X ' N(µ, σ 2 ) cadano nell’intervallo (µ ¡ σ, µ + σ). La
terza ci dice invece che fra mille osservazioni di X, mediamente solo tre cadono fuori
dall’intervallo (µ ¡ 3σ, µ + 3σ).
Data la variabile casuale X ' N(µ, σ2 ), l’uso più diretto delle tavole relative alla funzione
Φ consiste nel determinare P (X ·x) sapendo che è uguale a Φ x−µ
. Qualche
σ
volta, però, nelle applicazioni è data una probabilità α (spesso assegnata come percentuale)
e si cerca il numero x tale che Φ(x)=α. Questo numero x è spesso denotato
con φα e chiamato quantile relativo ad α, ovvero percentile n¡esimo se α= n
100 .
Nell’ambito di applicazioni in cui sono assegnate come dati le probabilità, può poi
essere utile ricordare le seguenti approssimazioni
P (µ ¡ 1.96σ < X < µ + 1.96σ) ¼ 95% ;
P (µ ¡ 2.58σ < X < µ + 2.58σ) ¼ 99% .
Nella determinazione di probabilità attraverso le tavole di N(0, 1), talvolta anche
considerazioni geometriche sulle aree sottese dal grafico della densità possono essere
di grande aiuto. Una relazione estremamente utile, che permette di limitare la tabulazione
dei valori della funzione distribuzione Φ(x) ad x > 0, deducibile in modo
immediato dalla simmetria della funzione densità rispetto all’asse y, è la seguente:
Φ(¡x) = 1 ¡ Φ(x) .
54

Grazie a questa relazione, si può osservare che posto Φ(x) = α, si ha Φ(¡x) = 1 ¡ α.
Da qui, passando alla notazione precedentemente introdotta relativa ai quantili, segue
φ1−α = ¡φα. Ad esempio, φ0.95 = ¡φ0.05. Il grafico qui sotto riportato rende evidente
sia la relazione che ci dà Φ(¡x) dato Φ(x), sia la relazione sui quantili.
Teorema (senza dimostrazione)
Se X ' N(µ, σ 2 ), allora la variabile aleatoria X ∗ = aX + b (a > 0) è normale con
media µ ∗ = aµ + b e varianza (σ ∗ ) 2 = a 2 σ 2 .
Esercizio 1.7.5 Consideriamo la variabile aleatoria X ' N(0.8; 4). Essendo µ = 0.8 e
σ= p 4=2, andiamo a calcolare a modo di esempio alcune probabilità.
P (X ·¡1.16) = Φ[(¡1.16 ¡ 0.8)/2] = Φ(¡0.98) = 1 ¡ Φ(0.98) ¼ 16.35% ;
P (X ¸1) = 1 ¡ Φ[(1 ¡ 0.8)/2] = 1 ¡ Φ(0.1) ¼ 46.02% ;
P (2·X ·3) = Φ[(3 ¡ 0.8)/2] ¡ Φ[(2 ¡ 0.8)/2] = Φ(1.1) ¡ Φ(0.6) ¼ 13.86% .
Esercizio 1.7.6 Si consideri la variabile casuale X ' N(¡2; 0.25). Si chiede di determinare
c 2 R tale che
(a) P (X ¸c) = 20% ;
(b) P (¡2 ¡ c·X ·¡2 + c) = 90%.
Essendo µ=¡2 e σ= p 0.25=0.5, si ha:
(a)
c + 2
P (X ¸c) = 1 ¡ F (c) = 1 ¡ Φ = 0.2,
0.5
da cui Φ 2(c + 2) = 0.8.
Dalle tavole della legge N(0, 1) si ricava: 2(c + 2) ¼ 0.84 =) c ¼ ¡1.58.
(b)
¡2 + c + 2
¡2 ¡ c + 2
P (¡2 ¡ c·X ·¡2 + c) = Φ
¡ Φ
=
0.5
0.5
= Φ(2c) ¡ Φ(¡2c) = 0.9.
Essendo Φ(2c) ¡ Φ(¡2c) = Φ(2c) ¡ (1 ¡ Φ(2c)) = 2Φ(2c) ¡ 1, deve essere
Φ(2c)=0.95, da cui, tramite le tavole, 2c ¼ 1.64, e quindi: c ¼ 0.82.
55

Esercizio 1.7.7 Il voto ad una prova d’ingresso è distribuito normalmente. Solo il 10% dei
candidati, quelli con punteggio migliore, verrà assunto. Ad esame finito, il voto medio risulta
72 e la deviazione standard 9. Qual è il voto minimo c che un candidato deve ottenere per
essere assunto?
Essendo µ = 72 e σ = 9, deve essere
c ¡ µ
P (X ¸c) = 1 ¡ Φ
σ
· 1
10
c ¡ 72
da cui Φ ¸
9
9
10 .
Dalle tavole di N(0, 1) si ricava che questa relazione è soddisfatta se
c ¡ 72
¸ 1.29 ,
9
cioè c ¸ 83.61 ,
che arrotondato fornisce come voto minimo c=84.
1.8 APPROSSIMAZIONE NORMALE
La nozione di indipendenza fra variabili casuali, e quella di convergenza in legge che
ora richiamiamo, permettono di enunciare l’importante teorema di limite centrale (di
cui ometteremo la dimostrazione).
Definizione Una successione di variabili aleatorie fXngn converge in legge (o
in distribuzione) alla variabile aleatoria X se e solo se, dette Fn(x) ed F (x) le
rispettive funzioni distribuzione, si ha
limn→∞ Fn(x) = F (x) ,
per ogni punto x 2 R di continuità per F (x).
Osserviamo ora che data una successione di variabili aleatorie fXngn indipendenti,
ciascuna di media µ e varianza σ 2 , in virtù di teoremi visti in precedenza, se consideriamo
la variabile aleatoria Sn = X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + Xn, si ha
E(Sn) = nµ , V ar(Sn) = nσ 2 .
Teorema di limite centrale
Sia fXngn una successione di variabili aleatorie indipendenti e identicamente distribuite,
di media µ e varianza σ 2 > 0. Allora la loro somma n¡esima standardizzata
S ∗ n = X1 + ... + Xn ¡ nµ
σ p n
converge in legge ad una variabile aleatoria N(0, 1).
Questo teorema costituisce uno risultato notevole: la legge di S ∗ n, che in generale è
complicata da esprimere, si approssima, per n grande, con una legge N(0, 1), e questo
qualunque sia la legge delle variabili Xn. Sostanzialmente il teorema di limite centrale
56

afferma questo: un effetto casuale che sia la risultante di molti effetti aleatori, ciascuno
dei quali dia solo un piccolo contributo all’effetto finale, segue approssimativamente
una legge normale. Ad esempio, si assume spesso che un errore di misurazione segua
una legge normale. Infatti, in assenza di errore sistematico, è ragionevole pensare che
la discrepanza tra il valore vero e quello misurato sia la risultante di numerosi piccoli
errori che si sono sovrapposti. Spesso l’esperienza conferma la validità di questa
approssimazione.
Dunque, il teorema di limite centrale giustifica l’approssimazione nella pratica della
legge S∗ n con una N(0, 1). Generalmente si considera che la soglia di applicabilità
(cioè il minimo n a partire dal quale l’approssimazione si può ritenere valida) sia
per n compreso tra 30 e 50. Occorre però osservare che questa soglia è da ritenersi
appropriata per la maggior parte delle distribuzioni che si incontrano nella pratica,
ma non per tutte indistintamente. Nel caso in cui si ha Xi ' B(1, p), l’esperienza
mostra che l’approssimazione è soddisfacente quando sono soddisfatte entrambe le
condizioni np ¸ 5 e n(1 ¡ p) ¸ 5. Quindi, nel caso di valori di p estremi, cioè molto
prossimi a 0 o 1, il valore necessario di n può essere molto grande.
L’approssimazione con la legge normale si basa sulla relazione seguente:
P X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + Xn · x
= P S ∗ x ¡ nµ
n ·
σ p
x ¡ nµ
' Φ
n σ p
,
n
dove Φ indica, come già visto, la funzione di distribuzione di N(0, 1). Facendo riferimento
a questa relazione parleremo sempre di approssimazione normale.
Nel caso di variabili casuali Xi a valori interi, è naturale che il numero x che compare
nella relazione appena scritta sia esso pure un intero. Denotandolo con k per
evidenziare questo fatto, in generale è conveniente riscrivere la relazione nel modo
seguente:
P X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + Xn · k + 1
1 k−nµ+ 2
' Φ
2
σ √
, n
Il considerare x=k+ 1
2 rende, nella maggior parte dei casi, più corretta l’approssimazione.
A giustificazione di questo fatto si supponga di voler approssimare P X1 +
X2 + ¢ ¢ ¢ + Xn =k mediante N(0, 1). Ovviamente, essendo questa una distribuzione
continua, la probabilità cercata sarebbe nulla. In realtà ha senso valutarla tenendo
conto che si approssima una distribuzione discreta con una continua: ciò porta ad
associare all’intero k l’intervallo di ampiezza 1 centrato in k, cioè k ¡ 1
1
2 , k + 2 . Di
qui si può ragionevolmente porre
P X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + Xn=k
= P k ¡ 1
2 < X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + Xn · k + 1
¼
2
1 k + 2 ¡ nµ
¼ Φ
σ p 1 k ¡ 2 ¡ nµ
¡ Φ
n
σ p
.
n
Fra i casi in cui conviene applicare l’approssimazione normale in questo modo rientra
certamente il caso delle prove di Bernoulli. Infatti se Y è il numero di successi in n
prove indipendenti, si ha Y =X1 + ... + Xn, dove ciascun Xi ' B(1, p) è la variabile
aleatoria relativa alla singola i¡esima prova. In tal caso, essendo
57

E(Xi)=p , V ar(Xi) = pq ,
l’approssimazione migliore in generale sarà
1 k + 2 ¡ np
P (Y ·k) ¼ Φ p .
npq
Esercizio 1.8.1 Qual è la probabilità di ottenere almeno 29 teste in 50 lanci di una moneta
equilibrata?
Si tratta di calcolare P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X50) ¸ 29, con le Xi indipendenti e del tipo
B 1, 1
2 . Essendo µXi = 1
2 e σXi = 1
2 , si ha
P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X50 ¸29) = 1 ¡ P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X50 ·28) ¼
28.5 ¡ 50¢0.5
¼ 1 ¡ Φ
0.5¢ p
3.5
= 1 ¡ Φ p ¼
50
12.5
¼ 1 ¡ Φ(0.99) ¼ 1 ¡ 0.84 = 0.16 .
Occorre osservare che questo risultato è assia preciso. Se avessimo fatto il calcolo utilizzando
la formula con k anzichè quella con k + 1
, avremmo ottenuto una approssimazione assai
2
peggiore. Infatti:
P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X50 ¸29) = 1 ¡ P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X50 ·28) ¼
28 ¡ 50¢0.5
¼ 1 ¡ Φ
0.5¢ p
3
= 1 ¡ Φ p12.5 ¼
50
¼ 1 ¡ Φ(0.85) ¼ 1 ¡ 0.80 = 0.20 .
Esercizio 1.8.2 Determinare la probabilità di ottenere più di 25 ”sette” in 100 lanci di una
coppia di dadi equi.
La variabile aleatoria Y = “numero di ’sette’ nell’ambito di 100 lanci” può essere definita
come X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X100, con ciascuna Xi ' B(1, 1
6
6 ), essendo p= 36 , in quanto sono 6
i risultati che danno ’sette’ sui 36 possibili esiti del lancio di due dadi. Si ha dunque
µXi =p= 1
6 , σ2 5 =pq= Xi 36 .
Di conseguenza, approssimando con la normale, abbiamo:
1
25.5 ¡ 100¢ 6
P (Y ¸26) = 1 ¡ P (Y ·25) ¼ 1 ¡ Φ
=
√ 5
6 ¢10
5.3
= 1 ¡ Φ p5 ¼ 1 ¡ Φ(2.37) ¼ 0.01 .
58

Esercizio 1.8.3 Un segnale consiste in una parola di 1000 bit, ciascuno dei quali può assumere
i valori 0 oppure 1. Nel corso della trasmissione del segnale ogni bit può essere distorto
con probabilità p=0.01. Si chiede: qual è la probabilità che un segnale contenga almeno 10
bit distorti?
Sia Xi ' B(1, p) la variabile aleatoria che dice se l’i¡esimo bit del segnale è distorto
oppure no. Dobbiamo determinare P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X1000 ¸10). Osservato che np=10,
per cui n è sufficientemente grande da rendere affidabile una approssimazione alla normale,
procediamo in tal senso.
P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X1000 ¸10) = 1 ¡ P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X1000 ·9) ¼
9.5 ¡ 1000¢0.01
¡0.5
¼ 1 ¡ Φ p = 1 ¡ Φ p ¼
1000¢0.01¢0.99
9.9
¼ 1 ¡ Φ(¡0.159) = Φ(0.159) ¼ 0.564 = 56.4% .
Esercizio 1.8.4 Nella trasmissione di un’immagine ogni bit viene distorto con probabilità
0.0002. Ne consegue che il colore di un pixel, che è rappresentato da un byte, cioè da una
8-pla di bit, resta integro con probabilità q =0.9984 (in realtà, essendo q =(0.0002) 8 , se si
fanno i calcoli, ci si accorge che questo è un valore approssimato). Sapendo che un’immagine
è composta da 512£256 = 131072 pixel, quali sono le probabilità che vi siano (a) almeno
190 pixel distorti; (b) almeno 210; (c) almeno 230?
Indicata con Xi ' B(1, p), p = 0.0016, la variabile che dice se l’i¡esimo pixel è oppure
no distorto, si deve approssimare P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X131072 ¸ k), con k = 190, k = 210
e k =230. Poichè np ¼ 210, n è certamente tale da consentire una buona approssimazione
mediante la normale. Si ha quindi
P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X131072 ¸190) = 1 ¡ P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X131072 ·189) ¼
189.5 ¡ 131072¢0.0016
¼ 1 ¡ Φ p ¼
131072¢0.0016¢0.9984
¡20.215
¼ 1 ¡ Φ
¼ 1 ¡ Φ(¡1.398) ¼
14.464
¼ Φ(1.40) ¼ 0.919 = 91.9% ;
P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X131072 ¸210) = 1 ¡ P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X131072 ·209) ¼
209.5 ¡ 209.715
¼ 1 ¡ Φ
¼ 1 ¡ Φ(¡0.015) ¼
14.464
= Φ(0.015) ¼ 0.506 = 50.6% ;
P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X131072 ¸230) = 1 ¡ P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X131072 ·229) ¼
229.5 ¡ 209.715
¼ 1 ¡ Φ p ¼ 1 ¡ Φ(1.37) ¼
14.464
¼ 1 ¡ 0.915 = 0.085 = 8.5% .
59

Esercizio 1.8.5 Un calcolatore esegue la somma di un milione di numeri (il che implica
l’esecuzione di 106 somme). In ogni addizione il risultato prodotto è soggetto ad un errore di
arrotondamento. Supponiamo che i singoli errori siano indipendenti uno dall’altro e che abbiano
distribuzione uniforme nell’intervallo ¡ 1
210−10 , + 1
210−10 (il che significa supporre
che la decima cifra decimale sia significativa). Si chiede: (a) qual è la probabilità che la
settima cifra decimale della somma risultante sia significativa? qual è la probabilità che
l’ottava cifra sia significativa?
Introduciamo le variabili casuali Xi := “errore compiuto nella i¡esima addizione”. Si tratta
di 106 variabili casuali uniformemente distribuite nell’intervallo ¡ 1
210−10 , + 1
2 10−10 , per
le quali, come abbiamo visto nell’esempio 1.5.4, si ha
a + b
E(Xi) =
2 = 0 , V ar(Xi)
(b ¡ a)2
= =
12
10−20
.
12
Perché la k¡esima cifra decimale sia significativa occorre che
¡ 1
2 10−k · X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X 10 6 · 1
2 10−k .
Posto per comodità Y = 10 6
i=1 Xi, la probabilità richiesta nella domanda (a), approssimata
con la normale, risulta quindi
P ¡ 1
2 10−7 · Y · 1
2 10−7
) ¼ Φ
10 −7
2
10 6 ¢ 10−20
12
¡ Φ
¡ 10 −7
2
10 6 ¢ 10−20
12
= Φ p 3 ¡ Φ ¡ p 3 ¼ Φ(1.73) ¡ Φ(¡1.73) ¼
¼ 2Φ(1.73) ¡ 1 ¼ 2¢0.958 ¡ 1 = 0.916 = 91.6% .
Per quanto riguarda poi la domanda (b), procedendo esattamente allo stesso modo, si ha
P ¡ 1
2 10−8 · Y · 1
2 10−8
) ¼ Φ
10 −8
2
¡ 10 −8
106 ¢ 10−20
¡ Φ
12
106 ¢ 10−20
=
12
p p
3
3
= Φ ¡ Φ ¡ ¼ Φ(0.173) ¡ Φ(¡0.173) ¼
10 10
¼ 2Φ(0.173) ¡ 1 ¼ 2¢0.568 ¡ 1 = 0.114 = 11.4% .
60
2
=

Esercizio 1.8.6 Si sa che esistono in circolazione dei dadi truccati in modo tale da produrre
il 6 con probabilità 2
9 . Ci si pone il problema di stabilire se un dato dado è truccato oppure
no. La procedura adottata è la seguente: il dado viene lanciato 900 volte, e se il 6 esce
almeno 180 volte, si decide che il dado è truccato. Ci si chiede: qual è la probabilità che un
dado che viene assunto come truccato lo sia effettivamente?
Sia Xi ' B(1, p = 2
9 ) la variabile aleatoria che dice se all’i¡esimo lancio esce il 6 oppure no.
La probabilità da calcolare, posto per comodità X = X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X900, è P (X ¸180).
Valutiamo tale probabilità approssimandola con la normale. Si ha:
2
179.5 ¡ 900¢ 9
P (X ¸180) = 1 ¡ P (X · 179) ¼ 1 ¡ Φ
=
900¢ 2
9
¢ 7
9
= 1 ¡ Φ
¡20.5
p
14
¼ 1 ¡ Φ(¡1.64) = Φ(1.64) ¼
10
3
¼ 0.95 = 95% .
Dunque, è lecito aspettarsi che nel 95% dei casi il test adottato dia la risposta giusta.
Ci si potrebbe anche chiedere: qual è la probabilità che il 6 esca almeno 180 volte se il dado
non è truccato? In tal caso, indicata con Yi ' B(1, 1)
la variabile aleatoria che descrive
6
l’esito dell’i¡esimo lancio di un dado “equo”, e posto Y = Y1 + Y2 + ¢ ¢ ¢ + Y900, si ha
1
179.5 ¡ 900¢ 6
P (Y ¸180) = 1 ¡ P (Y · 179) ¼ 1 ¡ Φ
=
900¢ 1
6
¢ 5
6
= 1 ¡ Φ
29.5
5 p
5
¼ 1 ¡ Φ(2.64) ¼ 0.004 = 0.4% .
61

1.9 ALTRE DISTRIBUZIONI
DISTRIBUZIONE ESPONENZIALE
Definizione Una variabile aleatoria continua X ha una distribuzione esponenziale
con parametro λ (λ > 0), se la sua funzione densità è
f(x) =
0 per x

i tempi d’attesa affinché un dato evento si verifichi. Ad esempio, se X indica il tempo
misurato a partire dall’inizio del funzionamento di un dato pezzo di una macchina,
ci si può chiedere qual è la probabilità che il pezzo non si rompa prima che sia
decorso un dato tempo x. Ebbene, la risposta è data da P (X ¸x), ossia
P (X ¸x) = 1 ¡ F (x) = e −λx .
Una proprietà caratteristica delle variabili casuali esponenziali è che non hanno
memoria. Questo fatto, che non dimostreremo, matematicamente è espresso dalla
seguente relazione fra probabilità:
P (X >s + t j X >s) = P (X >t) .
Ciò significa che se X è il tempo d’attesa fino al primo guasto di una data apparecchiatura,
questo tempo non dipende dal fatto che l’apparecchiatura abbia già funzionato
per un dato tempo s. In altre parole, la distribuzione di probabilità di X non dipende
dall’istante iniziale.
Esercizio 1.9.1 Il numero di chilometri (misurato in migliaia) che un dato pneumatico può
percorrere prima di deteriorarsi è rappresentabile con una variabile aleatoria X avente distribuzione
esponenziale con parametro λ=0.05. Determinare la probabilità che un pneumatico
di questo tipo duri (i) almeno 30 Km; (ii) tra i 35 e i 40 km.
Si ha
P (X ¸30) = 1 ¡ F (30) = e −30λ = e −0.05·30 = e −1.5 ¼ 0.223 ;
P (35·X ·40) = F (40) ¡ F (35) = e −1.75 ¡ e −2 ¼ 0.174 ¡ 0.135 = 0.039.
Esercizio 1.9.2 Un apparecchio elettronico è composto da due elementi in parallelo, l’uno
indipendente dall’altro e ciascuno con un tempo di vita esponenziale di media 8 giorni. Con
quale probabilità l’apparecchio durerà un tempo non superiore a 12 giorni, supposto che esso
funzioni se una almeno delle due componenti funziona?
Poiché una variabile aleatoria esponenziale ha media uguale all’inverso del parametro λ,
nel nostro caso si ha λ = 1
. Di conseguenza ciascuna componente ha un tempo di vita
8
Xi, i = 1, 2, avente densità
fXi =
0 per x

Esercizio 1.9.3 Una lampada ha un tempo di vita che segue una legge esponenziale di media
µ uguale a 10 giorni. Non appena smette di funzionare essa viene sostituita con una nuova.
Qual è la probabilità che 40 lampade siano sufficienti per un anno?
Indicata con Xi la durata della lampada i¡esima, possiamo supporre le Xi indipendenti e
con legge esponenziale di parametro λ = 1
10 . Poiché nel caso di una variabile aleatoria di
tipo esponenziale si ha σ2 = 1
λ2 = µ 2 , abbiamo dunque µ=σ=10. La probabilità richiesta,
approssimata mediante la normale, diventa quindi
P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X40 ¸365) = 1 ¡ P (X1 + X2 + ¢ ¢ ¢ + X40

Esempio 1.9.1 Si consideri l’esperimento di estrarre un campione di 2 lampadine da una
scatola che ne contiene 10, 3 delle quali difettose. Si chiede di scrivere la funzione di probabilità
della variabile casuale
X = numero di lampadine difettose estratte ,
nel caso di estrazione: (a) senza reimmissione; (b) con reimmissione.
(a) Abbiamo: N =10 ; M =3 ; n=2 ; k = 0, 1, 2 . E di conseguenza:
3 7
0 2
P (k=0) = f(0) = 10 =
2
7
15 ,
3 7
1 1
P (k=1) = f(1) = 10 =
2
7
15 ,
3 7
2 0
P (k=0) = f(2) = = 1
15 .
(b) Ricordando la distribuzione binomiale, essendo p= M 3
7
N = 10 , q = 10 , si ha
2
P (k=0) = f(0) = p
0
0 q 2
7
2 = =
10
49
100 ,
2
P (k=1) = f(1) = p
1
1 q 1 = 2 3 7 42
=
10 10 100 ,
2
P (k=0) = f(2) = p
2
2 q 0
3
2 = =
10
9
100 .
Esempio 1.9.2 Da un lotto costituito di 800 pezzi si estrae un campione di 150 unità. Se il
campione contiene al più 2 pezzi difettosi, il lotto viene accettato; altrimenti viene rifiutato.
Qual è la probabilità che un lotto contenente il 5% di pezzi difettosi venga accettato?
Consideriamo una distribuzione ipergeometrica con parametri N = 800 , M = 800 ¢ 5
100 =
40 , n=150 . La probabilità che il lotto sia accettato è data da
2
40 800−40
k 150−k
f(0) + f(1) + f(2) =
¼ 0.0112 .
k=0
Questo esempio è interessante in quanto illustra come viene effettuato un controllo di
accettazione o collaudo statistico. Vengono determinati dei piani di campionamento
caratterizzati dalle cosiddette specifiche che, nel caso in questione, sono la numerosità n del
campione da estrarre e il numero massimo ammissibile di unità difettose. L’esempio mostra
come si calcola la probabilità che il lotto sia accettato pur avendo una data difettosità.
Esercizio 1.9.4 Una partita di 150 libri ne contiene 30 che presentano un difetto nella rilegatura.
Se 10 libri vengono scelti a caso per un controllo, qual è la probabilità che 3 libri tra i 10
estratti siano difettosi? Effettuare il calcolo sia nell’ipotesi di estrazione senza reimmissione
che in quella di estrazione con reimmissione.
Applicando la formula della distribuzione ipergeometrica con parametri N = 150 , M =
30 , n=10 , abbiamo
f(3) =
30 120
3 7 150 10
10
2
800
150
¼ 0.2065 .
65

Se invece applichiamo la distribuzione binomiale B(10, p) con p= 30
150 =0.2, otteniamo
10
f(3) = (0.2)
3
3 (0.8) 7 ¼ 0.2013 .
L’esercizio appena risolto mostra che in certi casi la distribuzione ipergeometrica e
quella binomiale producono risultati pressochè uguali (nel caso specifico differiscono
per meno dell’1%). La spiegazione sta nell’affermazione seguente (che non dimostriamo).
Se N, M ed N¡M sono grandi in confronto ad n, allora non è molto
rilevante se il campionamento viene effettuato con o senza reimmissione, in quanto
la distribuzione ipergeometrica può essere ben approssimata con la distribuzione binomiale
(con p = M
N ), che in un certo senso è più semplice. In una ”popolazione
infinita” si usa sempre la distribuzione binomiale indifferentemente dal tipo di campionamento.
DISTRIBUZIONE GEOMETRICA
Definizione Una variabile aleatoria discreta X ha una distribuzione geometrica
di parametro p , 0

CAPITOLO 2: STATISTICA DESCRITTIVA
2.1 INTRODUZIONE
Per statistica descrittiva o metodologica si intende il complesso di quelle norme utilizzate
dallo sperimentatore per raccogliere, rappresentare ed elaborare insiemi di dati
osservati.
I dati raccolti riguardano solo un campione e non l’intera popolazione. L’elaborazione
statistica ha l’obiettivo di ricavare informazioni sulla popolazione estraendole dai (pochi)
dati che sono stati osservati sul campione. Naturalmente le informazioni a cui
siamo interessati riguardano una o più caratteristiche della popolazione in questione.
Volendo dare una veste matematica a quanto appena detto, sia X una variabile aleatoria,
di tipo discreto o continuo, definita su un insieme S (la popolazione). Sono noti
i valori che X assume in corrispondenza degli elementi di un sottinsieme C di S (il
campione). Sia N = jSj e n = jCj. Il campione è dunque una n—pla (x1, x2, . . . , xn),
dove ciascun xi rappresenta il valore noto che X(s) assume per s=si 2 C. Essendo,
in generale, n ¿ N, la variabile aleatoria X è incognita in molti (moltissimi) elementi
su cui è definita. Il compito della statistica è quello di desumere dai dati del campione
il maggior numero di informazioni circa la distribuzione di X, avendo anche un’idea,
il più possibile precisa, del grado di affidabilità di queste informazioni. A questa variabile
aleatoria ci riferiremo d’ora in poi come alla variabile aleatoria sottostante al
nostro esperimento.
Un’indagine statistica di tipo descrittivo può essere articolata nei seguenti quattro
passi:
1) rilevazione dei dati; 2) organizzazione dei dati;
3) presentazione dei dati organizzati; 4) interpretazione e conclusioni.
2.2 ORGANIZZAZIONE E RAPPRESENTAZIONE DEI DATI
Rilevazione dei dati
La rilevazione, che è l’inizio del procedimento statistico, è l’insieme dei meccanismi
che permettono di ottenere le informazioni necessarie da elaborare. Strumenti basilari
di questo momento sono i questionari, i modelli di rilevazione, le inchieste telefoniche,
l’accesso e la consultazione di banche dati, etc.
Le modalità di rilevazione dei dati xi sono particolarmente importanti. Occorre infatti
aver chiaramente fissati gli obiettivi, valutata la fattibilità, definita l’estensione in
termini geografici, temporali, economici. Infine, è fondamentale aver scelto in modo
appropriato la tecnica di campionamento (che qui però non discutiamo).
67

Organizzazione dei dati
In genere i dati grezzi ottenuti dalla rilevazione sono difficilmente interpretabili: occorre
organizzarli opportunamente. Quando i dati sono di tipo numerico, e lo sono
nella grande maggioranza dei casi, il modo più semplice di farlo consiste nell’ordinarli
in modo crescente o decrescente. Ciò permette immediatamente di stabilire il campo
di variazione degli xi (o rango), cioè il minimo intervallo che li contiene tutti. Questo
indice ci dice già qualcosa (ad esempio i valori minimo e massimo della variabile
campionata); tuttavia esso può essere poco indicativo, soprattutto se n è grande. Può
dunque essere conveniente organizzare i dati in classi.
Come si formano le classi? Si tratta di un punto importante in quanto una cattiva
scelta delle classi può portare ad una cattiva interpretazione della distribuzione dei
dati. Proponiamo dunque alcuni criteri di formazione delle classi ritenuti ottimali.
Il numero delle classi è importante. Se le classi sono troppe, in ogni classe ci sarebbero
pochissimi elementi (o addirittura nessuno); se sono poche, essendovi concentrati
molti elementi, potrebbe sfuggirci la globalità della distribuzione. In genere il numero
delle classi è compreso fra 6 e 20. Secondo Sturges il numero ottimale di classi è
nc = [1 + 1.443 lg n] ,
con lg n che indica il logaritmo naturale di n e [a] l’intero più vicino ad a.
È conveniente che le classi abbiano la stessa ampiezza. In questo caso, se r è l’ampiezza
del campo di variazione dei dati ed nc il numero delle classi in cui si è deciso di
organizzare i dati, se ne deduce per ciascuna classe un’ampiezza ℓ data da
ℓ = r
.
Tale ampiezza, tuttavia, in genere non è quella più conveniente; torna utile “aggiustarla”
in modo che i punti di mezzo di ciascun intervallo siano della stessa grandezza,
come ordine di approssimazione, dei dati xi e che nessun xi cada su un estremo dell’intervallo.
Ad esempio, se gli xi sono interi qualunque (cioè non sono dei multipli di
un intero k), allora conviene prendere ℓ intero e dispari, e ciascun intervallo del tipo
(h ¡ 1
1
2 , h + ℓ ¡ 2 ), dove h è un intero. Scelte analoghe possono essere fatte se gli xi
sono numeri decimali (tutti con lo stesso numero di decimali). I due esempi proposti
nel seguito saranno utili a chiarire il senso di quanto appena detto.
nc
Funzioni di frequenza
Per avere altri tipi di informazione sempre più precisi ed esaurienti, si possono definire
altri indici statistici. Indicato con x il punto medio della generica classe, tali indici
sono i seguenti:
— la funzione di frequenza, che associa ad ogni classe il numero degli elementi che
la compongono; la indicheremo con ϕ(x);
— la funzione di frequenza relativa, che esprime il rapporto fra il numero degli
elementi della classe ed il numero totale n di elementi del campione; indicatala con
ϕr(x), si ha dunque ϕr(x) ´ ϕ(x)
n ;
— la funzione di frequenza cumulativa, cioè il numero degli elementi della classe e
68

delle classi precedenti; sarà rappresentata da ϕc(x);
— la funzione di frequenza cumulativa relativa, ovvero il rapporto tra il numero
degli elementi dato dalla frequenza cumulativa e il numero totale n di elementi del
campione; denotata con ϕcr(x), si ha perciò ϕcr(x) ´ ϕc(x)
n .
Rappresentazioni grafiche
Nella statistica descrittiva la rappresentazione grafica dei dati riveste un ruolo molto
importante, in quanto serve a fornire in modo immediato una descrizione del fenomeno
oggetto di studio. Gli strumenti disponibili sono diversi, più o meno significativi, più
o meno adatti a seconda degli obiettivi che si intende conseguire mostrando in quel
modo i dati. Quelli più matematici e significativi sono l’istogramma, il grafico a
bastoni e i poligoni di frequenza.
L’istogramma costituisce probabilmente lo strumento più comune di rappresentazione
di dati statistici. Si ottiene nel modo seguente: prima si riportano sull’asse delle
ascisse le classi indicando per ciascuna il relativo punto di mezzo x; poi, in corrispondenza
di ciascuna classe, si disegna un rettangolo avente area proporzionale a ϕ(x) o,
equivalentemente, a ϕr(x). Sull’asse delle ordinate si possono riportare i valori della
funzione ϕ(x) oppure quelli di ϕr(x). Se poi si riportano nel grafico sia ϕ(x) che
ϕr(x) (in opportuna scala), rispettivamente a sinistra e a destra del grafico, si ottiene
il duplice obiettivo di poter leggere entrambi i valori.
Osservazione: Nell’istogramma della pagina che segue le classi hanno la stessa ampiezza, e
quindi i rettangoli hanno tutti la stessa base. Ovviamente ciò non è più vero se si considerano,
come peraltro è lecito, classi di diversa ampiezza.
Un grafico a bastoni è del tutto equivalente ad un istogramma, e si costruisce in maniera
del tutto analoga. Per quanto riguarda poi i poligoni di frequenza, l’esempio che
segue permetterà facilmente di capire come si costruiscono e qual è il loro significato.
Esempio 2.2.1 La tabella che segue riporta i pesi (in chilogrammi) di 50 studentesse, che per
brevità sono già stati ordinati (in ordine crescente). Naturalmente, ogni numero è ripetuto
tante volte quante sono le studentesse aventi quel peso.
53 55 56 57 57 58 58 59 59 60
60 60 61 61 61 61 62 62 62 62
63 63 63 63 63 64 64 64 64 64
64 65 65 65 65 65 66 66 66 66
67 67 67 68 68 69 70 71 71 73
Dalla tabella si deduce immediatamente che il campo di variazione è [53,73]. Applicando poi
la formula di Sturges per determinare il numero ottimale di classi, si ha
nc = [1 + 1.443 lg 50] = [1 + 5.64] = 7 , e quindi ℓ = 20
7
¼ 2.86 .
In base a quanto detto in precedenza, essendo l’unità di misura adottata un numero intero (i
chili), è conveniente che ℓ sia un intero dispari e che gli intervalli abbiano come punto medio
69

un intero. Scegliamo dunque ℓ=3 e prendiamo gli intervalli di ampiezza 3 a partire da 52.5.
La tabella che segue riporta gli intervalli relativi a ciascuna classe, il loro punto di mezzo
x, il numero di elementi di ogni classe e le quattro funzioni di frequenza precedentemente
definite ϕ(x), ϕr(x), ϕc(x) e ϕcr(x).
Classi Punto x ϕ(x) ϕr(x) ϕc(x) ϕcr(x)
di pesi di mezzo
52.5 ¡ 55.5 54 2 0.04 2 0.04
55.5 ¡ 58.5 57 5 0.10 7 0.14
58.5 ¡ 61.5 60 9 0.18 16 0.32
61.5 ¡ 64.5 63 15 0.30 31 0.62
64.5 ¡ 67.5 66 12 0.24 43 0.86
67.5 ¡ 70.5 69 4 0.08 47 0.94
70.5 ¡ 73.5 72 3 0.06 50 1.00
Seguono nell’ordine l’istogramma, il grafico a bastoni, il poligono di frequenza ed il poligono
di frequenza relativa cumulativa.
70

Osserviamo che, in un certo senso, il poligono di frequenza (primo grafico di questa pagina)
“rappresenta” la funzione densità della variabile aleatoria X sottostante al fenomeno studiato;
analogamente il poligono di frequenza cumulativa (secondo grafico) “rappresenta” la
funzione di distribuzione di X.
Esempio 2.2.2 La tabella che segue riporta le altezze (in centimetri) di 80 atleti, anche in
questo caso già ordinati (in modo crescente). Si chiede di organizzare questi dati in classi
e di calcolarne le quattro funzioni di frequenza, rappresentando poi il tutto con una tabella
del tipo di quella dell’esercizio precedente.
160 162 164 165 167 168 168 169 169 170
170 171 171 172 172 172 172 173 173 174
174 174 175 175 175 176 176 176 177 177
177 177 178 178 178 178 178 178 179 179
179 179 179 179 179 180 180 180 180 181
181 181 181 182 182 182 182 182 183 183
184 184 185 185 186 186 187 187 188 189
190 190 191 192 192 193 194 197 199 201
71

Dalla tabella si legge subito che il campo di variazione è [160,201]. Applicando poi la formula
di Sturges per determinare il numero ottimale di classi, si ha
nc = [1 + 1.443 lg 80] = [1 + 6.32] = 7 , e quindi ℓ = 41
7
¼ 5.86
Volendo scegliere come ℓ un intero dispari, o si sceglie 5, che comporta poi di prendere nc=9,
oppure si sceglie 7, che comporta nc =6. Per non avere un numero di classi troppo piccolo,
scegliamo ℓ=5 e quindi nc = 9. I dati organizzati in classi portano dunque a questa tabella:
Classi di Punto x ϕ(x) ϕr(x) ϕc(x) ϕcr(x)
altezze di mezzo
158.5 ¡ 163.5 161 2 0.025 2 0.025
163.5 ¡ 168.5 166 5 0.063 7 0.088
168.5 ¡ 173.5 171 12 0.150 19 0.238
173.5 ¡ 178.5 176 19 0.237 38 0.475
178.5 ¡ 183.5 181 22 0.275 60 0.750
183.5 ¡ 188.5 186 9 0.113 69 0.863
188.5 ¡ 193.5 191 7 0.087 76 0.950
193.5 ¡ 198.5 196 2 0.025 78 0.975
198.5 ¡ 205.5 201 2 0.025 80 1.000
2.3 GRANDEZZE CHE SINTETIZZANO I DATI
Ci proponiamo ora di caratterizzare una distribuzione statistica, cioè un insieme di
dati xi, i = 1, 2, . . . , n, del tipo di quelli visti finora, attraverso misure che ne riassumano
le principali proprietà. In tal modo si parla anche di misure di tendenza
centrale: si chiamano così alcune caratterizzazioni sintetiche della distribuzione che
servono a dare un’idea di dove la distribuzione sia collocata e quanto sia concentrata.
Media
Definizione Date n osservazioni numeriche xi , i = 1, 2, . . . , n , si chiama media
aritmetica, o più semplicemente media, delle osservazioni il numero
x = 1 n i=1 n
xi .
Ai fini di collegare questa definizione a quella di media di una variabile casuale,
osserviamo che in generale tra i dati xi ce ne sono di quelli che sono ripetuti più
volte. Ebbene, supposto che gli xi distinti siano m (ovviamente m · n), indichiamo
questi numeri con z1, z2, . . . , zm. Denotata poi con αk la molteplicità (cioè il numero
di presenze) di zk, ovviamente con α1 + α2 + ¢ ¢ ¢ + αm =n, potremo scrivere
72

x = 1 n i=1 n
xi = 1 m k=1 n
αkzk = m αk
k=1 n zk = m k=1 pkzk .
Il numero pk = αk
n rappresenta la frequenza relativa del dato zk. Confrontando quest’ultima
espressione di x con la definizione di media di una variabile aleatoria finita,
ne deduciamo che la media aritmetica appena definita altro non è che la media di
una variabile aleatoria che assume gli m valori zk con probabilità pk. La media x dei
dati xi può dunque essere vista come la media di una variabile aleatoria X finita, che
assume i valori xi con probabilità uguali alla loro frequenza relativa nel campione,
ossia
P ( X =xi) = pi , pi = αi
n ,
essendo αi il numero di volte in cui ciascun xi è presente nel campione.
La variabile aleatoria X costituisce una rozza approssimazione della vera variabile
aleatoria sottostante al problema. La media, che abbiamo appena definito, così come
la mediana e la varianza che definiremo in seguito, sono indici coerenti con questa
approssimazione.
Ricordando le proprietà della media di una variabile aleatoria, si può affermare che
— se ogni osservazione di un campione è letta in una scala diversa, ovvero se ogni dato
è moltiplicato per una costante a, allora
ax = ax ;
— se (x1, x2, . . . , xn) e (y1, y2, . . . , yn) sono due serie di osservazioni di uno stesso
fenomeno, allora la media della somma è uguale alla somma delle medie, cioè
x + y = x + y ;
— se due osservazioni sono legate da una relazione funzionale del tipo y = a + bx, con
a e b costanti, allora
y = a + bx .
Quando i dati sono forniti già organizzati in classi, la media può essere ugualmente
calcolata con la formula seguente:
x = 1
nc
xk ϕ(xk) ,
n
k=1
dove xk è il punto medio dell’intervallo k¡esimo e ϕ(xk) fornisce, come abbiamo già
visto, il numero degli xi appartenenti alla classe k¡esima.
Osserviamo che questa formula può essere utilizzata anche quando ci sono assegnate
tutte le n osservazioni xi e la loro organizzazione in classi viene fatta da noi solo
successivamente al fine di una rappresentazione più sintetica dei dati. In tal caso la
media così calcolata è una approssimazione, in generale molto buona, di quella vera
(cioè di quella che si ottiene dalla definizione). Il vantaggio di quest’ultima formula
sta nel fatto che, utilizzando le classi, è richiesto un numero molto minore di calcoli.
73

Mediana
Definizione Date n osservazioni numeriche xi , i = 1, 2, . . . , n , si chiama mediana
delle osservazioni il valore “centrale” dell’insieme ordinato.
Quindi, a seconda che n sia pari o dispari, si ha
⎧
⎨
xmed =
⎩ 1
2
x n+1
2
x n 2 + x n
2 +1
se n è dispari
se n è pari
Anche per la mediana, così come abbiamo fatto per la media, ci si può porre il problema
di come determinarla quando i dati xi non sono noti individualmente in quanto
forniti già organizzati in classi. In questo caso, per poter definire operativamente la
mediana, occorre introdurre alcune ulteriori notazioni.
Supposto che le classi si susseguano in ordine crescente, indichiamo con (λi−1, λi)
l’intervallo associato alla classe i¡esima e con xi il suo punto medio. Allora ϕc(xi)
denota il valore della funzione di frequenza cumulativa della classe i¡esima, cioè
il numero complessivo di elementi contenuti nelle prime i classi. Chiamiamo classe
mediana, indicando con m il suo numero d’ordine, quella classe per cui
ϕc(xm)¸ n , 2 con n
ϕc(xm−1)<
2 .
Ciò posto, la mediana xmed può essere così definita:
xmed = λm−1 +
n
2 ¡ ϕc(xm−1)
ϕc(xm) ¡ ϕc(xm−1) ℓ = λm−1 +
n
2
.
¡ ϕc(xm−1)
ℓ .
ϕ(xm)
Osserviamo che xmed appartiene certamente alla classe mediana (cioè all’intervallo
(λm−1, λm)) se ϕc(xm) > n
2 , mentre si ha xmed = λm se ϕc(xm) = n
accadere solo se n è pari).
2 (il che può
Moda
Molto spesso i dati sono divisi in classi che non sono di tipo numerico (ad esempio
sesso, gruppo sanguigno, professione, provincia di apppartenenza, etc...). In questo
caso non ha alcun senso parlare di media o mediana, per cui può tornare utile un’altra
misura di tendenza centrale, valida per qualunque tipologia di dati. Questa misura,
però, non esiste per tutte le distribuzioni, ma solo per quelle unimodali. La figura che
segue mostra una distribuzione unimodale assieme a due multimodali.
74

Definizione Si definisce moda di una distribuzione unimodale di dati il valore fra
questi più ripetuto. La moda, che può anche non essere unica, sarà indicata con
xmod.
Per definire la moda quando i dati sono forniti già divisi in classe, occorre determinare
preliminarmente la classe modale, cioè la classe nella quale si trova la moda. Di solito
la classe modale è quella in cui ϕ(x) è massima. Supposto che tale classe sia unica,
se (λj−1, λj) è l’intervallo associato e xj il suo punto medio, la moda è così definita:
xmod = λj−1 +
jϕ(xj) ¡ ϕ(xj−1)j
ℓ .
jϕ(xj) ¡ ϕ(xj−1)j + jϕ(xj+1) ¡ ϕ(xj)j
Se la classe modale non è unica, si hanno più mode.
Ci si può chiedere come sono disposte l’una rispetto all’altra le tre misure di tendenza
centrale che abbiamo definito (quando esistono tutte tre). Ebbene, disegnata la distribuzione
dei dati, la loro reciproca disposizione dipende dalla simmetria o asimmetria
di questo grafico. Supposto che la distribuzione sia unimodale (vedi figura), se il grafico
è perfettamente simmetrico, allora media, mediana e moda coincidono. Se invece
il grafico è asimmetrico, allora la moda corriponde ovviamente al massimo del grafico,
mentre media e mediana sono sempre disposte con la mediana più vicina della media
alla moda come nelle figure che seguono.
75

Esempio 2.3.1 Calcoliamo media, mediana e moda dei dati dell’esempio 2.2.1.
Per quanto riguarda la media, facendo uso della definizione, si ottiene
x = 1 50 i=1 50
xi = 1
3163
(53 + 55 + ¢ ¢ ¢ + 73) = = 63.26 .
50 50
Se invece si calcola la media utilizzando le classi, indicato con xk il punto medio dell’intervallo
corrispondente alla k¡classe, si ha
x ¼ 1
50
= 3162
50
nc
k=1
xkϕ(xk) = 1
(54¢2 + 57¢5 + 60¢9 + 63¢15 + 66¢12 + 69¢4 + 72¢3) =
50
= 63.24 .
Come si vede, per quanto approssimato, il valore della media così ottenuto è molto prossimo
a quello corretto ottenuto in precedenza. Venendo alla mediana, il suo calcolo è immediato.
Infatti, essendo n=50, cioè pari, dalla tabella contenente i dati ordinati si legge che x25 =63
e x26 =64. Si ha quindi
xmed = x25 + x26
=
2
63 + 64
= 63.5 .
2
Anche xmed può essere calcolato utilizzando la formula per i dati organizzati in classi; in tal
caso si ottiene
xmed = λm−1 +
Per quanto riguarda invece la moda, si ha
n
2
¡ ϕc(xm−1)
ℓ = 61.5 +
ϕ(xm)
xmod =64 ,
25 ¡ 16
3 = 63.3 .
15
in quanto valore ripetuto più di ogni altro. D’altra parte, se xmod è calcolata sulla base
dell’organizzazione in classi, essendo la classe modale quella di centro xj =63, si ha
xmod = 61.5 +
j15 ¡ 9j
3 = 63.5 .
j15 ¡ 9j + j12 ¡ 15j
Esempio 2.3.2 Calcoliamo media, mediana e moda dei dati dell’esempio 2.2.2.
Facendo uso della definizione per calcolare la media, si ottiene
x = 1
80
80
i=1
xi = 1
14332
(160 + 162 + ¢ ¢ ¢ + 201) = = 179.15 .
80 80
Se invece calcoliamo la media utilizzando la formula per i dati organizzati in classi, abbiamo
x ¼ 1
80
nc
k=1
xkϕ(xk) = 1
(161¢2 + 166¢5 + 171¢12 + 176¢19 + 181¢22+
80
+ 186¢9 + 191¢7 + 196¢2 + 201¢2) = 14335
80
76
¼ 179.19 .

Anche in questo caso il valore della media ottenuto utilizzando la formula per le classi è
molto prossimo a quello corretto ottenuto in precedenza.
Per quanto concerne la mediana, dalla tabella dei dati ordinati, essendo x40 = x41 = 179,
segue ovviamente xmed =179. Se poi si effettua il calcolo con la formula specifica per i dati
organizzati in classi, si ha
xmed = λm−1 +
n
2
¡ ϕc(xm−1)
ℓ = 178.5 +
ϕ(xm)
40 ¡ 38
5 ¼ 178.5 + 0.45 = 178.95 ,
22
che costituisce certamente un’ottima approssimazione di 179, che è il valore esatto di xmed.
Infine, dalla tabella dei dati, si ha xmod = 179. Facendo invece il calcolo sulla base dell’organizzazione
dei dati in classi, otteniamo:
xmod = 178.5 +
j22 ¡ 19j
5 ¼ 179.44 .
j22 ¡ 19j + j9 ¡ 22j
Abbiamo finora visto misure di tendenza centrale che servono ad individuare il“centro”
della distribuzione. Ciò però non vuol dire sapere come i dati siano distribuiti intorno
al centro. In certi casi i dati possono essere estremamente concentrati attorno a questo
valore centrale, in altri possono essere estremamente sparsi. Torna quindi utile avere
delle misure di dispersione. Ovviamente il caso limite di dispersione nulla si ha quando
tutti i dati coincidono.
Il primo indice di dispersione è il campo di variazione o rango, che abbiamo già definito.
Questo intervallo ci dà una prima, anche se spesso grossolana, idea di come stanno le
cose. Ad esempio, se i dati riguardano le temperature di un giorno in una data città,
conoscere le temperature minima e massima può essere già utile. È però evidente che
questo indice risente in maniera significativa di valori particolarmente alti o bassi.
Deviazione standard e varianza
La deviazione standard σ, o scarto quadratico medio, già introdotta per una variabile
casuale come radice quadrata della varianza, è l’indice di dispersione probabilmente
più usato. Nel caso di un campione di dati x1, x2, . . . , xn, la deviazione standard è
definita nel modo seguente:
σ = 1
n
(xi ¡ x)
n
2 .
Anche la varianza σ 2 , definita come
σ 2 = 1
n
i=1
n
(xi ¡ x) 2 ,
i=1
costituisce una misura di dispersione molto comune. Ad essa sono espressamente
rivolti alcuni capitoli della statistica matematica.
Come la media x e la mediana xmed, anche σ può essere associato alla variabile casuale
X definita in precedenza come quella variabile casuale finita per la quale P ( X =xi) è
uguale alla frequenza relativa di xi nel campione. Si ha infatti σ 2 =V ar( X).
77

Le quantità (xi ¡ x) rappresentano gli scarti dalla media dei dati. Di qui il nome di
“scarto quadratico medio” per σ e l’affermazione che la varianza è uguale alla media
dei quadrati degli scarti dalla media. Osserviamo che quando si fa la radice quadrata
per ottenere la deviazione standard, si ritorna alla “dimensione” dei nostri dati.
Due formule molto importanti viste per la varianza sono le seguenti:
σ 2 aX+b = a2 σ 2 X , σ2 X = E(X2 ) ¡ E 2 (X).
La prima formula torna utile quando ci sono dei cambiamenti di scala e/o delle traslazioni
dei dati: se si moltiplicano tutti i dati per uno stesso fattore, allora anche la
deviazione standard risulterà moltiplicata per lo stesso fattore; se invece si traslano
tutti i dati, la deviazione standard non ne viene influenzata. Quest’ultimo fatto risulta
perfettamente comprensibile se si pensa al significato di questo indicatore come
misura di dispersione: importa solo la posizione dei dati xi rispetto alla media, e non
la dislocazione dell’insieme di questi dati sull’asse x.
La seconda formula ci permette invece la possibilità di calcolare la varianza (e quindi
la deviazione standard) anche in questo modo:
σ 2 = 1
n
x
n
2 i ¡ x 2 .
i=1
Anche per il calcolo della varianza σ 2 (e quindi della deviazione standard), se i dati
sono raggruppati in classi, si possono utilizzare i punti di mezzo xk degli intervalli
associati alle classi e le loro frequenze ϕ(xk). La formula che dà σ 2 (in modo appros-
simato) è la seguente:
σ 2 = 1
n
nc
k=1
(xk ¡ x) 2 ϕ(xk) .
Deviazioni medie
Altri due indici di dispersione sono la deviazione media dalla media e la deviazione media
dalla mediana, che indichiamo rispettivamente con Dmed(x) e Dmed(xmed). Tali indici
sono dati dalla media aritmetica delle differenze in valore assoluto rispettivamente
dalla media x e dalla mediana xmed, ossia da
Dmed(x) = 1
n
n
i=1
jxi ¡ xj , Dmed(xmed) = 1
n
n
jxi ¡ xmedj .
Esempio 2.3.3 Calcoliamo la varianza, la deviazione standard e le deviazioni medie
dalla media e dalla mediana dei dati dell’esempio 2.2.1.
Calcoliamo la varianza utilizzando la relazione σ 2 X = E(X2 ) ¡ E 2 (X), sapendo che x =
63.22 (vedi esempio 2.3.1):
σ 2 = 1
n
n
i=1
x 2 i ¡ x2 = 1
50
50
i=1
78
i=1
x 2 i ¡ (63.26)2 ¼ 17.13 .

A questo punto per avere la deviazione standard basta calcolare la radice quadrata di σ 2 :
σ = p 17.02 ¼ 4.14 .
Il calcolo della varianza poteva essere semplificato mediante la formula che utilizza i punti
di mezzo delle classi e le loro frequenze. In questo modo si ottiene:
σ 2 ¼ 1
n
nc
k=1
(xk ¡ x) 2 ϕ(xk) = 1
50
7
(xk ¡ 63.22) 2 ϕ(xk) = (54 ¡ 63.22) 2 ¢2+
k=1
+ (57 ¡ 63.22) 2 ¢5 + (60 ¡ 63.22) 2 ¢9 + (63 ¡ 63.22) 2 ¢15 + (66 ¡ 63.22) 2 ¢12+
+ (69 ¡ 63.22) 2 ¢4 + (72 ¡ 63.22) 2 ¢3 ¼ 18.30 ,
da cui σ ¼ 4.28. Di qui si vede come la formula basata sulla suddivisione in classi, essendo
ovviamente la distribuzione che ne deriva più grossolana rispetto a quella dei dati di partenza,
fornisca (in questo caso) un valore della deviazione standard con un errore di circa il 3.6%.
Calcoliamo infine le deviazioni medie dalla media e dalla mediana (sapendo dall’esempio
2.3.1 che xmed =63.5):
Dmed(x) = 1
n
jxi ¡ xj =
n
1 50
jxi ¡ 63.22j = 3.26 ;
50
Dmed(xmed) = 1
n
i=1
n
i=1
jxi ¡ xmedj = 1
50
i=1
50
I calcoli sono ovviamente stati fatti con un programma di calcolo.
i=1
jxi ¡ 63.5j = 3.26 .
Esempio 2.3.4 Calcoliamo la varianza, la deviazione standard e le deviazioni medie
dalla media e dalla mediana dei dati dell’esempio 2.2.2.
Procedendo come nell’esempio precedente, essendo ora x = 179.15 e xmed = 179 (vedi
esempio 2.3.2), si ha
σ 2 = 1
80
80
i=1
x 2 i ¡ (179.15) 2 ¼ 67.05 , da cui σ = p 67.05 ¼ 8.19 .
Se poi si effettua il calcolo (approssimato) mediante la formula che usa i punti di mezzo degli
intervalli delle classi, si ha
σ 2 ¼ 1
n
nc
k=1
(xk ¡ x) 2 ϕ(xk) ¼ 68.90 , da cui σ ¼ 8.30 ,
con un errore su σ di poco superiore all’1%. Calcoliamo infine le deviazioni medie dalla
media e dalla mediana (sapendo dall’esempio 2.3.1 che xmed =63.5):
Dmed(x) = 1
n
Dmed(xmed) = 1
n
n
i=1
n
i=1
jxi ¡ xj = 1
80
80
i=1
jxi ¡ xmedj = 1
80
jxi ¡ 179.15j ¼ 6.24 ;
80
i=1
jxi ¡ 179j ¼ 6.22 .
Come per l’esempio precedente, i calcoli sono stati fatti con un programma di calcolo.
79

Esercizio 2.3.5 Calcolare la media, la mediana, lo scarto quadratico medio e le deviazioni
medie dalla media e dalla mediana dei seguenti dati:
46 31 1 33 2 44 66 8 54 99 92 98 69 50
Innanzitutto ordiniamo i 14 dati in senso crescente:
Calcoliamo la media:
1 2 8 31 33 44 46 50 54 66 69 92 98 99
x = 1
693
(1 + 2 + 8 + ¢ ¢ ¢ + 98 + 99) = = 49.5 .
14 14
Per quanto riguarda la mediana abbiamo
xmed = x7 + x8
=
2
46 + 50
= 48 .
2
Dovendo poi calcolare lo scarto quadratico medio, ci serve la varianza:
σ2 = 1
2 2 2 2 2 2 1 + 2 + 8 + ¢ ¢ ¢ + 98 + 99 ) ¡ (49.5) = 1019.25 ,
14
da cui
Infine
Dmed(x) = 1
14
Dmed(xmed) = 1
14
σ = p 1018.25 ¼ 31.93 .
14
i=1
14
i=1
jxi ¡ 49.5j = 363
14
jxi ¡ 47j = 363
14
¼ 25.93 ;
¼ 25.93 .
Il fatto che queste due ultime medie siano uguali ha una facile spiegazione geometrica:
quando i dati sono in numero pari e anche la media è compresa fra i due dati di mezzo
(cioè x n
2 e x n 2 +1), si ha sempre Dmed(x) = Dmed(xmed).
Esercizio 2.3.6 Calcolare la media, la mediana e le deviazioni medie dalla media e dalla
mediana dei dati dell’esercizio precedente sostituendo 91 a 1.
Sostituito il numero 1 con 91 il nuovo campione ordinato è il seguente:
2 8 31 33 44 46 50 54 66 69 91 92 98 99 .
Calcoliamo la nuova media e la nuova mediana
x = 1
783
(2 + 8 + 31 + ¢ ¢ ¢ + 98 + 99) =
14 14
xmed = x7 + x8
2
Calcoliamo ora le due deviazioni medie:
= 50 + 54
Dmed(x) = 1
14
2
= 52 .
14
i=1 jxi ¡ 55.93j ¼ 25.63 ;
80
¼ 55.93 ;

Dmed(xmed) = 1 14 i=1 14
jxi ¡ 52j = 355
¼ 25.36 .
14
Si può verificare che ora, essendo x esterno all’intervallo [x7, x8] (di cui la mediana è il punto
medio), Dmed(x) e Dmed(xmed) sono diversi.
Esercizio 2.3.7 Uno studente di ingegneria ha sostenuto 16 esami, ciascuno dei quali con
un dato numero di crediti formativi. I voti riportati dallo studente, ciascuno con a fianco il
numero dei crediti relativi a quell’esame, sono i seguenti:
28 (6) 21 (8) 22 (5) 24 (6) 24 (8) 25 (4) 25 (6) 26 (8)
27 (5) 27 (4) 27 (6) 19 (10) 28 (5) 29 (7) 30 (8) 30 (4)
Si chiede di calcolare: a) la media, la mediana e la deviazione standard dei voti; b) la
media, la mediana e la deviazione standard dei crediti; c) la media ponderata dei voti
assumendo come pesi i crediti.
a) Ordiniamo innanzitutto i 16 voti. Si ha
19 21 22 24 24 25 25 26 27 27 27 28 28 29 30 30
Indicati con v1, v2, . . . , v16 i voti così ordinati e con v, vmed e σv rispettivamente la media,
la mediana e la deviazione standard, abbiamo
v = 1 16
16
i=1
1 16
σv = (vi ¡ 25.75)
16
2
vi = 412
16 = 25.75 ; vmed = v8 + v9
2
i=1
b) Ordiniamo anche i crediti:
1
2
¼ 3.07 .
= 26.5 ;
4 4 4 5 5 5 6 6 6 6 7 8 8 8 8 10
Indicati con c1, c2, . . . , c16 i crediti così ordinati e rispettivamente con c, cmed e σc le relative
media, mediana e deviazione standard, abbiamo
c = 1 16
16
i=1
1 16
σc = (ci ¡ 6.25)
16
2
ci = 100
16 = 6.25 ; cmed = c8 + c9
2
i=1
1
2
¼ 1.71 .
= 6 ;
c) Calcoliamo infine la media ponderata dei voti, vpond, assumendo come pesi i relativi
crediti. Riordinati i ci in modo che ci sia corrispondenza fra voti e crediti:
abbiamo
10 8 5 6 8 4 6 8 4 5 6 6 5 7 4 8
vpond =
16
i=1 vi¢ci
16
i=1 ci
81
= 25.38 .

CAPITOLO 3: STATISTICA MATEMATICA
3.1 POPOLAZIONI E CAMPIONI
Definizione Si definisce popolazione un insieme i cui elementi hanno in comune
almeno una caratteristica (od attributo).
Esempi di popolazioni: gli ingegneri che si sono laureati in Italia dal 1950 al 1980; i
giorni con vento superiore ai 100 Km/h a Trieste nel mese di aprile dal 1900 al 1999;
gli italiani aventi diritto al voto per il senato alle elezioni politiche del 2001; i corpi
celesti dell’universo; gli alberi passati e presenti di tutte le foreste del mondo.
Esempi di caratteristiche nel caso degli ingegneri: l’età al momento della laurea; l’età
al momento del primo impiego come ingegnere; l’altezza; il peso; il sesso; il primo
stipendio; ecc.
Le popolazioni possono essere finite o infinite. In genere popolazioni molto numerose
sono considerate infinite anche se non lo sono (ad esempio i corpi celesti dell’universo).
Ogni caratteristica della popolazione, nella maggior parte dei casi, viene misurata da
un valore numerico per ciascuno degli N elementi che la compongono. Di conseguenza
uno studio completo della popolazione implicherebbe un insieme di N numeri. In
genere, però, N è così grande da rendere impraticabile, per ovvi motivi, la misurazione
della caratteristica per l’intera popolazione. Ci si limita dunque a farlo solo per un suo
sottinsieme, spesso assai limitato, detto campione. Uno scopo delle ricerche statistiche
è quello di inferire (da cui il nome di inferenza statistica), cioè fare delle deduzioni o
delle previsioni sulla popolazione mediante l’esame di un campione.
Matematicamente la caratteristica oggetto di studio è una variabile aleatoria X la
cui distribuzione ci è più o meno sconosciuta. In ogni caso la variabile casuale X
sottostante alla popolazione in questione avrà una media ed una varianza, che nel
seguito indicheremo semplicemente con µ e σ 2 , ossia
µ = µX = E(X) , σ2 = σ2 X = V ar(X) .
Nel seguito ci riferiremo spesso a µ e σ2 come alla media e alla varianza della popolazione
oggetto di indagine, sottintendendo ovviamente con ciò µX e σ2 X .
Definizione Si chiama campione casuale di dimensione n, estratto da una popolazione
avente X come variabile aleatoria sottostante, una variabile n-dimensionale
(X1, X2, . . . , Xn), con le Xi indipendenti e aventi la stessa distribuzione di X.
Quando si misura la caratteristica della popolazione limitandosi ad un campione di
dimensione n, si ottengono n misure x1, x2, . . . , xn: ciò equivale ad una singola esecuzione
dell’esperimento rappresentato dalla variabile n-dimensionale (X1, X2, . . . , Xn)
con risultato (x1, x2, . . . , xn).
Sul problema della scelta del campione, che nella pratica consiste nell’estrarre n elementi
da un insieme di N, con n ¿ N, ci limitiamo ad osservare l’importanza che ciò
venga realmente fatto a caso e che esistono diverse tecniche utili allo scopo.
82

3.2 STIMATORI
Sia (X1, X2, . . . , Xn) un campione di una data popolazione la cui distribuzione è nota
in funzione di un parametro incognito θ. Uno degli obiettivi della statistica inferenziale
è quello di stimare θ mediante una appropriata funzione dei risultati campionari xi.
Definizione Si definisce statistica una funzione g(X1, X2, . . . , Xn) delle variabili
casuali Xi (e quindi, a sua volta, una variabile casuale) che non contiene parametri.
Definizione Si definisce stimatore una statistica che viene utilizzata per stimare
un parametro incognito θ.
Sia f(X1, X2, . . . , Xn) = θ uno stimatore e (x1, x2, . . . , xn) un valore misurato del
campione. Ebbene, il valore ˆ θ = f(x1, x2, . . . , xn) è detto stima puntuale del
parametro θ. È convenzione molto seguita quella di indicare le stime puntuali con
l’accento circonflesso, ad esempio ˆ θ, ˆσ 2 , . . . . Nel caso della media stimata, tuttavia,
anzichè con ˆµ, si continuerà ad indicarla con x, sia per conservare la notazione già
usata nella Statistica descrittiva, sia per coerenza col fatto che la media verrà stimata
con lo stimatore X che definiremo tra poco.
Definizione Uno stimatore T del parametro θ si dice corretto se la sua media
coincide con θ medesimo, ossia: E(T ) = θ.
MEDIA CAMPIONARIA
Il problema statistico che si presenta più frequentemente nelle applicazioni è il seguente:
supposte la media vera µ e la varianza vera σ 2 ignote, si cerca di stimarle in
modo attendibile eseguendo un “gran” numero di esperimenti (ma non esageratamente
grande). La pratica corrente è quella di stimare µ calcolando la media aritmetica dei
valori misurati (osservati) xi, cioè
n
i=1 xi .
x = 1
n
Volendo giustificare ciò, osserviamo che x coincide col valore misurato della variabile
aleatoria definita come media aritmetica delle n variabili aleatorie Xi.
Definizione Si chiama media campionaria di un campione (X1, X2, . . . , Xn) la
variabile casuale X così definita:
X = 1
n
Xi .
n
Teorema La media campionaria è uno stimatore corretto della media vera µ, ossia
i=1
E(X) = E(X) = µ .
Dimostrazione: Ricordando che E(Xi)=E(X)=µ, si ha
E(X) = 1
n
E(Xi) =
n
nµ
= µ .
n
i=1
83

Teorema La varianza della media campionaria vale quella di X diviso n, ossia
V ar(X) = 1
σ2
V ar(X) =
n n .
Dimostrazione
V ar(X) = 1
n n i=1 V ar(Xi)
V ar Xi =
n2 n2 = nσ2
n2 σ2
=
n .
i=1
I due teoremi appena visti ci dicono che la media campionaria X ha media coincidente
con la media µ della popolazione da cui proviene il campione e la sua dispersione
attorno a µ, misurata in termini di deviazione standard, è inversamente proporzionale
alla radice quadrata della dimensione n del campione. Questo significa che al crescere
di n i valori delle corrispondenti medie campionarie tendono a concentrarsi sempre
più attorno al loro valore medio, che altri non è che la media della popolazione, molto
spesso oggetto della nostra indagine statistica.
VARIANZA CAMPIONARIA
Definizione Si chiama varianza campionaria di un campione (X1, X2, . . . , Xn),
n > 1, la variabile casuale S2 così definita
S 2 = 1
n
Xi ¡ X)
n ¡ 1
2 .
i=1
Lo stimatore S 2 viene utilizzato per stimare la varianza σ 2 di X (e l’esponente 2 che
compare in S 2 serve appunto a ricordarci questo). Il fatto che si usi questo stimatore
anzichè
˜S 2 = 1 n
i=1
Xi ¡ X)
n
2 ,
come potrebbe apparire più naturale, è dovuto al fatto che quest’ultimo non è un
estimatore corretto, mentre S2 lo è. Si può infatti dimostrare (cosa che non facciamo)
che
E(S2 ) = σ2 , E( ˜ S2 n ¡ 1
) =
n σ2 .
Dunque, volendo stimare la varianza vera σ 2 , lo faremo calcolando il numero
ˆσ 2 = 1
n ¡ 1
n
xi ¡ x) 2 .
Di qui si ottiene anche la stima ˆσ della deviazione standard:
i=1
ˆσ = p ˆσ 2 .
Osserviamo che in questo modo per stimare σ si è usato lo stimatore S = p S2 , che
però non è uno stimatore corretto in quanto si può dimostrare che E(S) < σ. Per
questa ragione qualche volta può essere conveniente utilizzare lo stimatore ˜
S = ˜S 2 ,
per quanto anch’esso non corretto. Noi però negli esempi che seguiranno faremo
sempre uso dello stimatore S (cioè calcoleremo sempre l’approssimazione ˆσ).
84

COVARIANZA CAMPIONARIA
Talvolta, per la stessa popolazione, sono oggetto di indagine due diverse caratteristiche,
per cui il campione casuale considerato è bidimensionale: (Xi, Yi), i = 1, . . . , n .
Ciò comporta ovviamente che ci siano due variabili casuali X e Y sottostanti al nostro
esperimento e che ciascuno degli n risultati (o osservazioni) consista in una coppia di
numeri (xi, yi). Oltre all’interesse per ognuna delle due caratteristiche, e quindi dei
due campioni (X1, X2, . . . , Xn) e (Y1, Y2, . . . , Yn) presi singolarmente, ci può essere da
parte dello sperimentatore anche l’interesse a capire se fra X e Y c’è qualche forma
di dipendenza lineare o, detto altrimenti, qualche forma di correlazione. A tal fine
occorre stimare la covarianza σX,Y della variabile congiunta (X, Y ), il che può essere
fatto utilizzando lo stimatore definito come segue:
Definizione Si chiama covarianza campionaria del campione (Xi, Yi), i = 1, . . . , n ,
la variabile aleatoria
SX,Y = 1
n
(Xi ¡ X)(Yi ¡ Y ) .
n ¡ 1
La covarianza vera σX,Y viene dunque così stimata:
σX,Y ¼ ˆσX,Y = 1
n
(xi ¡ x)(yi ¡ y) =
n ¡ 1
1
n
xiyi ¡
n ¡ 1
1
n n
i=1
i=1
i=1
i=1
xi
n
Nella formula x e y sono ovviamente le medie aritmetiche degli xi e degli yi (e quindi i
valori osservati delle due medie campionarie “marginali” X e Y ). L’espressione alternativa
data per ultima di ˆσX,Y , che si ottiene con semplici manipolazioni algebriche,
può essere comoda se il calcolo è fatto con una calcolatrice tascabile delle più semplici.
Come già visto nel x 1.6, per vedere se fra X e Y c’è una qualche correlazione, piuttosto
che utilizzare la covarianza, conviene far ricorso al coefficiente di correlazione ρX,Y .
Ricordandone la definizione già data, e denotate con ˆσX e ˆσY le stime delle deviazioni
standard di X e Y , tale coefficiente può essere stimato nel modo seguente:
ρX,Y ¼ ˆρX,Y = ˆσX,Y
ˆσX ˆσY
Esempio 3.2.1 20 lanci di due dadi (di colore diverso per distinguere l’ordine dei risultati)
hanno dato per risultato le seguenti coppie numeriche (xi, yi):
xi : 4 5 3 2 2 5 3 4 6 6 4 5 3 3 4 1 5 4 2 1
yi : 2 2 2 3 6 4 4 1 6 1 4 1 5 5 3 1 4 1 2 1
Si considerino poi le coppie (ai, di), con ai = xi +yi e di = xi ¡yi, e (xi, zi), con zi = 2xi.
Si chiede di calcolare:
a) le medie x, y, a, d e z;
b) le varianze ˆσ 2 X , ˆσ2 Y , ˆσ2 A , ˆσ2 D e ˆσ2 Z ;
c) le deviazioni standard ˆσX, ˆσY , ˆσA, ˆσD e ˆσZ;
d) le covarianze ˆσX,Y , ˆσA,D e ˆσX,Z;
e) i coefficienti di correlazione ˆρX,Y , ˆρA,D e ˆρX,Z.
85
.
i=1
yi
.

Facendo i calcoli (nel nostro caso con un programma specifico fatto all’uopo) si ottengono i
seguenti risultati:
a) x = 3.6 , y = 2.9 , a = 6.5 , d = 0.7 , z = 7.2 ;
b) ˆσ 2 X ' 2.25 , ˆσ2 Y ' 3.04 , ˆσ2 A ' 5.74 , ˆσ2 D ' 4.85 , ˆσ2 Z ' 9.01 ;
c) ˆσX ' 1.50 , ˆσY ' 1.74 , ˆσA ' 2.40 , ˆσD ' 2.20 , ˆσZ ' 3.00 ;
d) ˆσX,Y ' 0.221 , ˆσA,D ' ¡0.789 , ˆσX,Z ' 4.505 ;
e) ˆρX,Y ' 0.084 , ˆρA,D ' ¡0.149 , ˆρX,Z = 1 .
Nota Le covarianze vere valgono: σX,Y = σA,D = 0 e σX,Z = σX¢σZ. Infatti le variabili
casuali X e Y sono chiaramente indipendenti, A e D sono fortemente dipendenti ma non
correlate, mentre X e Z sono linearmente dipendenti (i dati stanno sulla retta z = 2x) e
quindi con covarianza massima.
3.3 DISTRIBUZIONI CHI-QUADRO E DI STUDENT
Vediamo ora due distribuzioni campionarie di notevole importanza in Statistica, entrambe
collegate alla distribuzione normale.
Definizione Date n variabili aleatorie Xi normali standardizzate indipendenti, la
variabile aleatoria somma dei loro quadrati è detta chi-quadro (o chi-quadrato)
con n gradi di libertà ed è indicata con χ2 n. Si ha dunque
χ 2 n =
n
X 2 i , Xi ' N(0, 1) .
i=1
Una distribuzione χ 2 n ha una funzione densità f(x) che è nulla per x < 0 e con l’andamento
mostrato in figura per x ¸ 0 (per n = 2, 4, 6, 8, 10). Per n piccolo f(x) ha
il picco vicino all’origine, ed è sempre più dispersa e sempre più simmetrica per n
grande.
86

Dalla definizione di χ2 n segue immediatamente che, se (X1, X2, . . . , Xn) è un campione
casuale estratto da una popolazione distribuita normalmente con media µ e varianza σ2 ,
allora la variabile aleatoria
Z 2 n
Xi ¡ µ
2 =
σ
i=1
segue una distribuzione χ 2 n. Si può poi dimostrare che la varianza campionaria S 2 è
proporzionale ad una distribuzione chi-quadro con n-1 gradi di libertà. Più precisamente
si ha
n ¡ 1
σ 2 S2 ' χ 2 n−1 .
Definizione Se Z è una variabile aleatoria normale standardizzata e χ 2 n è una
variabile aleatoria chi-quadro con n gradi di libertà, se Z e χ 2 n sono indipendenti,
allora la variabile aleatoria
Z
Tn =
χ2 n/n
segue una distribuzione t di Student con n gradi di libertà.
Come per la funzione densità della χ 2 n , anche nel caso di Tn non riportiamo esplicitamente
la funzione densità, limitandoci a mostrarne i grafici per n = 1, 6, 20, 120. È
importante osservare come per n grande la distribuzione di Student tenda alla normale
standardizzata. Già a partire da n = 30 i valori di Tn sono ben approssimati da
quelli di N(0, 1).
Alla fine sono riportate due tavole delle distribuzioni χ 2 n e Tn con i valori più significativi
ai fini delle applicazioni. In analogia con una terminologia già introdotta per
la distribuzione N(0, 1), le soluzioni xα e tα delle equazioni
P χ2
n · xα =α e P Tn · tα =α
saranno chiamate quantili relativi ad α (rispettivamente della distribuzione χ2 n e della
distribuzione di Student Tn). Nel seguito, per brevità, scriveremo le due equazioni
precedenti utilizzando i simboli χ2 n e Tn per indicare le funzioni distribuzione anzichè
le variabili casuali. Si scriverà quindi
χ 2 n (xα)=α e Tn(tα)=α .
87

3.4 INTERVALLI DI FIDUCIA (o CONFIDENZA)
Come abbiamo già detto, uno stimatore è una variabile aleatoria che serve per stimare
un parametro incognito θ della nostra popolazione. Ovviamente i parametri che ci
interessa maggiormente stimare sono la media µ e la varianza σ 2 . In questo ambito di
problemi, un esempio di domanda molto comune è la seguente: dato un campione,
quale intervallo del tipo (x ¡ δ, x + δ) conterrà la media incognita µ con probabilità
del 95% ? oppure del 99% ? Di qui nasce la definizione che segue.
Definizione Si definisce intervallo di fiducia (o confidenza) di livello 100(1¡α)%
per il parametro θ un intervallo (θ1, θ2) tale che
P (θ1 · θ · θ2) = 1 ¡ α ,
con θ1 = f1(X1, X2, . . . , Xn) e θ2 = f2(X1, X2, . . . , Xn) variabili aleatorie funzione
del campione casuale.
In genere interessano piccoli valori di α; tipicamente α = 0.05 oppure α = 0.01. Il
livello di fiducia nei due casi è quindi il 95% per α=0.05, il 99% per α=0.01.
Se P (θθ2) = α
2 , l’intervallo di fiducia è detto bilaterale simmetrico
(omettendo però spesso l’attributo simmetrico). Se poi si ha P (θ > θ2) = α oppure
P (θ

Inoltre, si può dimostrare che, essendo la popolazione distribuita normalmente, anche
X è normale. Di conseguenza la variabile casuale
Z =
X ¡ µ
σ/ p n
segue la distribuzione normale standardizzata, le cui probabilità possono essere desunte
dalle tabelle statistiche della densità normale Φ(x). Diamo innanzitutto la stima
per intervalli bilaterali (simmetrici). A tal fine andiamo a determinare il quantile superiore
u α , cioè la soluzione dell’equazione
2
Φ(u) = 1 ¡ α
2 ,
ed essendo Φ(¡u α
2 ) = 1 ¡ Φ(u α
α ) = 2 2 , l’intervallo ¡u α
2 , u
α è tale che
2
P
= P
= 1 ¡ α .
¡u α
2 · Z · u α
2
X ¡ σ p u α
2 n · µ · X + σ p u α
2 n
Di conseguenza l’intervallo bilaterale
X ¡ σ p n u α 2 , X + σ p n u α 2
che è aleatorio in quanto è tale il suo punto centrale X, contiene con probabilità 1¡α
il valore vero µ. Eseguito l’esperimento, l’intervallo osservato si ottiene dall’intervallo
aleatorio sostituendo alla media campionaria X la media aritmetica x dei valori osservati
negli n esperimenti. Useremo quindi l’intervallo osservato per dare una stima di µ
di livello di fiducia 1¡α:
µ 2
x ¡ σ
p u α
n
2
,
, x + σ
p n u α
2
Osserviamo che, se cresce il numero n degli esperimenti, l’ampiezza dell’intervallo
diminuisce, e dunque la stima si fa più informativa: fare esperimenti è costoso, ma poi
“ripaga”. Tuttavia, osserviamo anche che, poiché l’ampiezza dell’intervallo diminuisce
in modo inversamente proporzionale a p n, il vantaggio che si ottiene aggiungendo via
via nuovi dati diventa gradualmente sempre meno significativo. D’altra parte, se
aumenta il grado di fiducia, diminuisce α e il quantile u cresce; di conseguenza cresce
l’ampiezza dell’intervallo e quindi la stima diventa meno informativa.
89
.

Diamo ora anche le due stime per intervalli unilaterali. Per ottenerla si deve risolvere
l’equazione Φ(u) = 1¡α ,
determinando così il quantile uα tale che
P Z ·uα = P Z ¸¡uα = 1 ¡ α ,
o, equivalentente,
P
µ ¸ X¡ σ
p uα = P µ · X+
n σ
p uα = 1 ¡ α .
n
Gli intervallo aleatori, rispettivamente destro e sinistro,
X¡ σ
p uα , +1 e ¡1 , X+
n σ
p uα
n
contengono la media µ con probabilità 1¡α, e quindi rappresentano la stima cercata
di µ mediante intervalli unilaterali al livello di fiducia 1¡α. Naturalmente, una volta
eseguito l’esperimento, tali intervalli saranno approssimati con
x¡ σ
p uα , +1 e ¡1 , x+
n σ
p uα
n
Esempio 3.5.1 Per determinare la durata del cambio di un’auto vengono scelti casualmente
200 cambi dalla produzione, che supponiamo distribuita normalmente con scarto tipo uguale
a 4000 km. Essi vengono testati finché presentano un difetto serio. Se la durata media
dei 200 cambi sottoposti a test è 50000 km, quali sono gli intervalli di fiducia bilaterali e
unilaterali sinistri della durata media dell’intera produzione al 95%, al 97.5% e al 99% ?
I dati sono: n = 200 , x = 50000 , σ = 4000 . Osservato che i livelli di fiducia richiesti
corrispondono nell’ordine ad α=0.05, 0.025 e 0.01, indicando con u α 2 il valore per cui
abbiamo
α
Φ(u α ) = 1 ¡ 2 2 ,
Φ(u0.0250) = 0.9750 =) u0.0250 ' 1.96 ,
Φ(u0.0125) = 0.9875 =) u0.0125 ' 2.24 ,
Φ(u0.0050) = 0.9950 =) u0.0050 ' 2.57 .
Gli intervalli di fiducia bilaterali di livello 1¡α, sono dati da
Essendo σ/ p n ¼ 282.84, si ha
x¡ σ
p n u α 2 , x+ σ
p n u α 2
α = 0.050 =) µ 2 [50000 ¡ 555, 50000 + 555] = [49445, 50555]
α = 0.025 =) µ 2 [50000 ¡ 634, 50000 + 634] = [49366, 50634]
α = 0.010 =) µ 2 [50000 ¡ 727, 50000 + 727] = [49273, 50727] .
Per quanto riguarda invece i corrispondenti intervalli unilaterali sinistri, procedendo analogamente,
e mettendo 0 anziché ¡1 come estremo sinistro degli intervalli (si tratta della
durata di un cambio, che ovviamente non può essere negativa), si ottiene
α = 0.050 =) µ 2 (0 , 50000 + 464] = (0 , 50464]
α = 0.025 =) µ 2 (0 , 50000 + 555] = (0 , 50555]
α = 0.010 =) µ 2 (0 , 50000 + 659] = (0 , 50659] .
I tre casi considerati evidenziano come all’aumentare del livello di fiducia, cioè alla richiesta
di maggior attendibilità della stima, aumenti l’ampiezza dell’intervallo.
90
.

) caso di varianza incognita
Supponiamo ora, come di norma accade nella pratica, che la varianza σ 2 non sia nota.
In tal caso si procede come nel caso precedente sostituendo a σ 2 lo stimatore corretto
della varianza campionaria
S 2 = 1
n ¡ 1
n
Xi ¡ X) 2 ,
i=1
X ¡ µ
e sostituendo poi alla variabile casuale Z la variabile
S/ p , che si dimostra essere
n
una variabile di Student con n¡1 gradi di libertà. Posto quindi
Tn−1 =
X ¡ µ
S/ p n ,
indicato con t α 2 il quantile superiore fornito dalla soluzione dell’equazione
P (Tn−1 · t) = 1 ¡ α
2 ,
o, equivalentemente, considerata la simmetria della distribuzione di Student, il quantile
t α
, si ha
2 per cui P (Tn−1 · ¡t) = α
Di conseguenza l’intervallo aleatorio
2
P X ¡ S p t α
2 n · µ · X + S p t α
2 n
X ¡ S p t α
2 n , X + S p t α
2 n
= 1 ¡ α .
conterrà con probabilità 1¡α la media vera µ. Utilizzandone il valore osservato daremo
una stima di µ di livello di fiducia 1¡α:
µ 2
,
x ¡ ˆσ
p t α
2 n , x + ˆσ p t α
2 n
dove ˆσ è il valore di S ottenuto dagli n esperimenti.
Osservazione 1: la non conoscenza della varianza della popolazione fa si che l’ampiezza
dell’intervallo di fiducia per piccole dimensioni del campione (diciamo n ¿ 30)
risulti assai più ampia di quella che si avrebbe se σ 2 fosse nota.
Osservazione 2: ai fini del calcolo di un intervallo di fiducia per la media quando
la varianza non è nota, è sufficiente che del campione siano note la dimensione n, la
media campionaria x e la varianza campionaria ˆσ 2 (in altre parole non è necessario
conoscere uno per uno gli n dati xi).
Esempio 3.5.2 Durante 8 prove su strada un prototipo di furgone ha consumato rispettivamente
14,12,11,13,15,12,16,13 litri di gasolio per 100 km di percorrenza. Supponendo che
la distribuzione dei consumi segua approssimativamente la distribuzione normale, costruire
gli intervalli di fiducia al 95% e al 99% della media vera del consumo di quel prototipo.
91
,

Calcoliamo la media e la varianza campionaria:
x = 1
n
xi =
n
i=1
106
= 13.25 ;
8
ˆσ 2 = 1
n
(xi ¡ x)
n ¡ 1
2 = 19.5
7 ¼ 2.79 =) ˆσ = p 2.79 ¼ 1.67 .
i=1
Come abbiamo appena visto, indicato con t α
1 ¡ α
, l’intervallo di fiducia di livello 1¡α è il seguente:
2
2 il quantile per cui si ha P (Tn−1 · t α
2
x ¡ ˆσ
p t α
2 n , x + ˆσ p t α
2 n
Dalle tavole della distribuzione di Student (con 7 gradi di libertà) si ottiene:
T7(t0.025) = 0.975 =) t0.025 ' 2.365 =) µ 2 [11.85, 14.65] ,
T7(t0.005) = 0.995 =) t0.005 ' 3.499 =) µ 2 [11.18, 15.32] .
Esempio 3.5.3 Ripetere i calcoli dell’esercizio precedente con il campione che si ottiene aggiungendo
ai dati precedenti i seguenti consumi ottenuti con 12 prove aggiuntive: 15,14,12,13,
11,16,14,15,12,14,12,13.
Calcoliamo la media e la varianza con il campione (ora di dimensione n=20) ottenuto con
l’aggiunta dei nuovi dati.
Si ha quindi
x = 1
106 +
20
ˆσ 2 = 1
19
20
i=1
20
xi
i=9
= 106 + 161
20
= 13.35 ;
(xi ¡ x) 2 = 44.55
19 ¼ 2.35 =) ˆσ = p 2.35 ¼ 1.53 .
T19(t0.025) = 0.975 =) t0.025 ' 2.093 =) µ 2 [12.63, 14.07] ,
T19(t0.005) = 0.995 =) t0.005 ' 2.861 =) µ 2 [12.37, 14.33] .
Confrontando queste stime con quelle dell’esempio precedente si può osservare come, quando
la dimensione del campione è piccola, aumentandola le stime diventino molto migliori.
3.6 STIMA DELLA VARIANZA DI UNA POPOLAZIONE NORMALE
Affrontiamo ora il problema di fornire una stima della varianza di una popolazione
avente in prima approssimazione una distribuzione normale. Lo faremo utilizzando
gli intervalli di fiducia e, come nel caso della media, le stime che otterremo saranno
rigorose nel caso di una popolazione esattamente normale.
92
.
) =

Consideriamo dunque un campione (X1, X2, . . . , Xn) estratto da una popolazione normale
avente media µ e varianza σ2 . Abbiamo già detto che la variabile aleatoria
n ¡ 1
V =
σ2 S2 n
Xi ¡ X
2 =
σ
i=1
segue una distribuzione χ2 n−1. Indicato con x1 il valore per cui l’area alla sua sinistra
sottesa dalla curva di densità di probabilità χ2 α
n−1 vale 2 e con x2 il valore per cui
pure l’area alla destra vale α
2 (vedi figura), si ha
P x1 · V · x2 = 1 ¡ α .
Sostituendo V con la sua espressione si ottiene
n ¡ 1
P x1 ·
σ 2 S2 · x2
= 1 ¡ α ,
da cui, con alcuni passaggi algebrici,
2 (n ¡ 1)S
P
· σ2 (n ¡
1)S2
· = 1 ¡ α .
x2
Possiano dunque affermare che, a livello di fiducia 1¡α, l’intervallo
2 (n ¡ 1)ˆσ
, (n ¡ 1)ˆσ2
x2
x1
contiene la varianza vera σ2 della popolazione. Ricordiamo che ˆσ 2 denota la varianza
campionaria osservata e, per quanto precedentemante detto, x1 e x2 sono le soluzioni
delle equazioni
χ2 n−1(x1)= α
2 , χ2n−1(x2)=1 ¡ α
2 .
Osservazione 1: essendo x1 e x2 rispettivamente a denominatore del secondo estremo
e del primo estremo dell’intervallo di fiducia cercato, x1 va calcolato per difetto e
x2 per eccesso.
Osservazione 2: ai fini del calcolo di un intervallo di fiducia per la varianza, del
campione è sufficiente conoscere la dimensione n e la varianza campionaria ˆσ 2 (e
quindi non è essenziale conoscere la media campionaria e tantomeno gli n dati xi).
Osservazione 3: se la media µ della popolazione fosse nota, allora si può sostituire
X con µ, avendo così a che fare con la variabile casuale
93
x1

V =
n
Xi ¡ µ
2 ,
σ
i=1
che segue la distribuzione χ2 con n (anzichè n¡1) gradi di libertà. In questo caso,
indicati con x1 e x2 le soluzioni delle equazioni
χ2 α
n (x1)=
2 , χ2n (x2)=1 ¡ α
2 ,
e con ˆs 2 il valore osservato della somma
i (Xi ¡ µ) 2 , l’intervallo di fiducia per σ2 al
livello considerato sarebbe
ˆs 2
x2
, ˆs2
.
x1
Esempio 3.6.1 Un campione di dimensione 7 di una popolazione normale ha varianza
campionaria ˆσ 2 =0.098. Si chiede di calcolarne gli intervalli di fiducia ai livelli 90% e 95%.
Supposto poi che gli stessi dati si riferiscano ad un campione di dimensione 36, si chiede di
calcolarne anche in questo caso gli intervalli di fiducia suddetti.
Per n=7, per α=0.10 ed α=0.05 abbiamo:
χ 2 6(x1) = P χ 2
6 · x1 = 0.050 =) x1 ¼ 1.63 ,
χ 2 6 (x2) = P χ 2
6 · x2 = 0.950 =) x2 ¼ 12.60 ;
χ 2 6 (x1) = P χ 2
6 · x1 = 0.025 =) x1 ¼ 1.23 ,
χ 2 6(x2) = P χ 2
6 · x2 = 0.975 =) x2 ¼ 14.45 .
Di conseguenza, gli intervalli di fiducia richiesti sono:
α = 0.10 =)
α = 0.05 =)
6 ¢ 0.098 6 ¢ 0.098
,
12.6 1.63
6 ¢ 0.098 6 ¢ 0.098
,
14.45 1.23
¼ [0.046, 0.361] ;
¼ [0.040, 0.479] .
Per n=36 si ha:
χ 2 35 (x1) = P χ 2
35 · x1 = 0.050
χ
=) x1 ¼ 22.46 ,
2 35 (x2) = P χ 2
35 · x2 = 0.950
χ
=) x2 ¼ 49.81 ;
2 35(x1) = P χ 2
35 · x1 = 0.025
χ
=) x1 ¼ 20.56 ,
2 35(x2) = P χ 2
35 · x2 = 0.975 =) x2 ¼ 53.21 .
In questo secondo caso gli intervalli di fiducia richiesti sono dunque i seguenti:
α = 0.10 =)
α = 0.05 =)
35 ¢ 0.098 35 ¢ 0.098
,
49.81 22.46
35 ¢ 0.098 35 ¢ 0.098
,
53.21 20.56
94
¼ [0.068, 0.153] ;
¼ [0.064, 0.167] .

3.7 STIMA DELLA DIFFERENZA DELLE MEDIE
DI DUE POPOLAZIONI NORMALI
Un problema che si pone spesso nella realtà industriale, ma non solo, è quello di
confrontare le medie di due popolazioni, di solito per poter fare delle affermazioni con
un certo grado di fiducia sulla loro differenza. L’obiettivo è una modifica del processo
produttivo al fine di migliorare il valore medio di una catteristica del prodotto.
Consideriamo dunque due campioni casuali (X1, X2, . . . , Xn) e (Y1, Y2, . . . , Ym), che
supporremo indipendenti, di dimensioni n ed m rispettivamente, estratti da due popolazioni
con media µ1 e varianza σ2 1 la prima, media µ2 e varianza σ2 2 la seconda. Il
miglior estimatore per la differenza delle medie µ1¡µ2 è il seguente:
X ¡ Y = 1
n
Xi ¡
n
1
m
Yi .
m
i=1
Supposto che le due popolazioni abbiano una distribuzione normale, daremo una stima di
µ1¡µ2 nei seguenti casi:
sono note;
a) σ 2 1 e σ2 2
i=1
b) σ2 1 e σ2 2 non sono note, ma sono uguali;
c) σ2 1 e σ2 2 non sono note e non sono uguali.
a) Le varianze σ 2 1 e σ 2 2 sono note
Essendo i due campioni indipendenti, la varianza di X¡Y è data da
σ 2 ∆
= σ2
X−Y
e la variabile casuale Z così definita
= σ2 + σ2
X Y = σ2 1
n + σ2 2
m ,
Z = (X ¡ Y ) ¡ (µ1 ¡ µ2)
σ∆
è distribuita normalmente con media 0 e varianza 1. Riprendendo ora il quantile
, si può scrivere
superiore u α
2
P ¡u α < Z < u α
2 2
o, equivalentemente,
P
= P ¡u α < 2 (X ¡ Y ) ¡ (µ1 ¡ µ2)
< u α = 1 ¡ α ,
2
σ∆
(X ¡ Y ) ¡ σ∆ u α
2 < µ1 ¡ µ2 < (X ¡ Y ) + σ∆ u α
2
= 1 ¡ α .
Esplicitato il valore di σ∆, l’intervallo bilaterale che contiene µ1¡µ2 con probabilità
1¡α quando le varianze σ2 1 e σ2 2 sono note, è dunque il seguente:
·
2 σ1 (X ¡ Y ) ¡ u α
2 n + σ2 2
m , (X ¡ Y ) + u
2 σ1 α
2 n + σ2
2
.
m
Eseguito l’esperimento, sostituendo i valori misurati x e y al posto delle corrispondenti
variabili casuali X e Y , si ottiene una stima per µ1¡µ2 al livello di fiducia 100(1¡α)%.
95

Esercizio 3.7.1 Due diversi tipi di guaine isolanti per cavi elettrici vengono testati per determinare
a che voltaggio cominciano a rovinarsi. Sottoponendo gli esemplari a livelli crescenti
di tensione si registrano i guasti alle tensioni seguenti:
Tipo X 36 44 41 53 38 36 34 54 52 37 51 44 35 44
Tipo Y 52 64 38 68 66 52 60 44 48 46 70 62
Supponiamo di sapere che il voltaggio tollerato dai cavi abbia distribuzione normale: con
media incognita µ1 e varianza σ2 1 =40 per il tipo X, media µ2 e varianza σ2 2 =100 per il tipo
Y. Si chiede di determinare: i) un intervallo bilaterale con il 95% di confidenza per µ1 ¡ µ2;
ii) un valore che permetta di affermare che µ1 ¡ µ2 gli è superiore con il 95% di confidenza.
i) Calcoliamo innanzitutto le medie x e y dei due campioni, che hanno dimensione rispettivamente
n=14 e m=12. Si ha
x = 1 12
xk ¼ 42.78
12
y = 1
14
yk ¼ 55.83
14
k=1
Come abbiamo appena visto dalla teoria, la stima di un intervallo di fiducia bilaterale al
livello 1¡α è la seguente:
k=1
·
2 σ1 (x ¡ y) ¡ u α
2 n + σ2 2
m , (x ¡ y) + u
2 σ1 α
2 n + σ2 2
m
Essendo α = 0.005, si ha u α
2 = u0.025 ¼ 1.96 (come già visto nell’esercizio 3.5.1). L’intervallo
di fiducia richiesto risulta dunque così stimato:
¡13.05 ¡ 1.96 ¢ p 11.191 , ¡13.05 + 1.96 ¢ p 11.191 ¼ [¡19.61, ¡6.49] .
ii) La domanda è equivalente alla richiesta di determinare l’intervallo destro al livello di
fiducia 95%. Per quanto detto nel x 3.5, la stima di tale intervallo sarà data da
2 σ1 (x ¡ y) ¡ uα
n + σ2
2
, +1 .
m
Essendo u0.05 ¼ 1.645 si ottiene
¡13.05 ¡ 1.65 ¢ p 11.191 , +1 ¼ [¡18.53 , +1) .
b) Le varianze σ 2 1 e σ 2 2 non sono note, ma possono ritenersi uguali
Posto σ2 =σ 2 1 =σ2 2, il problema è innanzitutto quello di ottenere una stima per σ2 . I
due stimatori corretti per σ2 1 e σ2 2 sono rispettivamente
S 2 1
= 1
n ¡ 1
n
(Xi ¡ X) 2 , S 2 2
i=1
Per un teorema enunciato in precedenza sappiamo che
n ¡ 1
σ 2 S2 1 » χ 2 n−1 e
96
= 1
m ¡ 1
.
m
(Yi ¡ Y ) 2 .
i=1
m ¡ 1
σ 2 S2 2 » χ 2 m−1 .

Inoltre, essendo le due distribuzioni indipendenti, anche le due chi-quadro ora scritte
lo sono. Di conseguenza pure la loro somma ha una distribuzione di tipo chi-quadro,
con un numero di gradi di libertà uguale alla somma di quelli delle due distribuzioni
di partenza. Si ha cioè
n ¡ 1
σ2 S2 m ¡ 1
1 +
σ2 S2 2 » χ 2 n+m−2 .
Ciò premesso, una migliore stima per σ2 è data dalla seguente ”pooled variance”
(varianza ponderata):
Essendo poi
S 2 p = (n ¡ 1)S2 1 + (m ¡ 1)S 2 2
n + m ¡ 2
σ 2 ∆
= n ¡ 1
n + m ¡ 2 S2 m ¡ 1
1 +
n + m ¡ 2 S2 2 .
= σ2
X−Y = σ2 1
n + σ2 2
m =
1 1
+ σ
n m
2 ,
la miglior stima per σ2 ∆ è rappresentata da
S2 ∆ =
1 1
+ S
n m
2 p .
Ne consegue che la variabile casuale
T = (X ¡ Y ) ¡ (µ1 ¡ µ2)
1 1
+
n m Sp
segue una distribuzione di Student con n + m ¡ 2 gradi di libertà. Indicando ora con
t α
2
si ha
il quantile superiore fornito dalla soluzione dell’equazione
P (Tn+m−2 · t) = 1 ¡ α
2 ,
¡t α 2 · (X ¡ Y ) ¡ (µ1 ¡ µ2)
1
P
1
+
n m Sp
· t α
2 ,
e quindi, operando con semplici passaggi algebrici, si ottiene
= 1 ¡ α .
P (X ¡ Y ) ¡ t α 2 S∆ · µ1 ¡ µ2 · (X ¡ Y ) + t α 2 S∆
Pertanto l’intervallo di fiducia all’(1 ¡ α)% per la differenza delle medie delle due
popolazioni è
(X ¡ Y ) ¡ t α
2 S∆ , (X ¡ Y ) + t α
2 S∆
.
Effettuato l’esperimento, la stima ottenuta per questo intervallo sarà quindi
(x ¡ y) ¡ t α ˆσ∆ , (x ¡ y) + t α ˆσ∆ ,
2 2
con ˆσ∆ dato, in virtù delle precedenti posizioni, da
1 1
2 (n ¡ 1)ˆσ 1 + (m ¡ 1)ˆσ
ˆσ∆ = +
n m
2 2
=
n + m ¡ 2
1 1
= +
n m
n i=1 (xi ¡ x) 2 + m i=1 (yi ¡ y) 2
n + m ¡ 2
97
.

Osservazione. Spesso ci si trova nella situazione in cui la numerosità di un campione
è molto maggiore dell’altro. In tal caso, supposto n À m, conviene stimare la varianza
incognita con l’estimatore
T = (X ¡ Y ) ¡ (µ1 ¡ µ2)
.
S1
p
m
Essendo poi n molto grande, è lecito supporre n + m ¡ 2 > 30 , il che permette di
approssimare la distribuzione di Student con la distribuzione normale standardizzata.
. L’intervallo di fiducia precedentemente
È quindi lecito utilizzare u α 2 anzichè t α
2
trovato diventa quindi
(X ¡ Y ) ¡ u α
2
che sarà poi stimato con
(x ¡ y) ¡ u α
2
S1
p m , (X ¡ Y ) + u α
2
ˆσ1
p m , (x ¡ y) + u α
2
S1
p ,
m
ˆσ1
p .
m
Esercizio 3.7.2 Un produttore di batterie dispone di due tecniche di fabbricazione differenti.
Due gruppi di batterie scelti a caso, 12 prodotte con la tecnica I e 14 con la tecnica II, sono
risultate avere le seguenti capacità (in ampere-ora):
Tecnica I 140 136 138 150 152 144 132 142 150 154 136 142
Tecnica II 144 132 136 140 128 150 130 134 130 146 128 131 137 135
Ipotizzando che le varianze delle due popolazioni siano uguali, si chiede di determinare: i)
un intervallo di confidenza al 90%, bilaterale, per la differenza delle medie; ii) un intervallo
unilaterale sinistro per µ1¡µ2 al livello di confidenza 95%.
i) Indicato con (X1, X2, . . . , X12) il campione relativo alla tecnica I, e con (Y1, Y2, . . . , Y14)
quello relativo alla tecnica II, per cui n=12 e m=14, calcoliamo le loro medie misurate x
e y. Si ha
x = 1
14
14
k=1
xk = 143 y = 1
12
12
k=1
yk ¼ 135.786
Come abbiamo appena visto dalla teoria, la stima dell’intervallo bilaterale al livello di fiducia
1¡α è la seguente:
(x ¡ y) ¡ t α ˆσ∆ , (x ¡ y) + t α ˆσ∆ ,
2 2
Dovendo calcolare ˆσ∆ occorre prima calcolare la somma degli scarti quadratici. Si ha:
Si ha quindi
ˆσ∆ =
12
i=1
(xi ¡ x) 2 = 556 ;
14
i=1
1 1
+
12 14
12 i=1 (xi ¡ x) 2 + 14 i=1 (yi ¡ y) 2
24
98
(yi ¡ y) 2 = 622.357 .
¼
0.1548
556 + 622.36
24
¼ 2.757 .

Essendo α = 0.10 ed avendo a che fare con la distribuzione di Student a 24 gradi di libertà
(n + m ¡ 2=24), si ha t α
2 = t0.05 ¼ 1.711. L’intervallo di fiducia richiesto risulta dunque
così stimato:
(143 ¡ 135.79) ¡ 1.71 ¢ 2.76 , (143 ¡ 135.79) + 1.71 ¢ 2.76 ¼ 2.49, 11.93 .
ii) Determiniamo ora un intervallo unilaterale sinistro per µ1¡µ2 al livello di confidenza
95%. La stima di tale intervallo sarà data da
¡1 , (x ¡ y) + tαˆσ∆ .
Essendo t0.05 ¼ 1.711 si ottiene
¡1 , (143 ¡ 135.79) + 1.71 ¢ 2.76 ¼ (¡1 , 11.93] .
c) Le varianze σ 2 1 e σ 2 2 non sono note, né possono ritenersi uguali
In questo caso la variabile casuale da utilizzare per costruire l’intervallo di fiducia è
la seguente:
Tℓ = (X ¡ Y ) ¡ (µ1 ¡ µ2)
2 S1 n + S2 ,
2
m
dove Tℓ segue approssimativamente la distribuzione t di Student con ℓ gradi di libertà,
con ℓ che si può calcolare, ad esempio, con la formula di Smith-Satterthwaite:
ℓ =
2 ˆσ 1
n + ˆσ2 2 2
m
2 ˆσ
2 1
n
n ¡ 1 +
2 ˆσ
2 2
¢
m
m ¡ 1
Si può anche aggiungere il suggerimento di approssimare per difetto ℓ, il che corrisponde
ad una logica di tipo conservativo nell’esecuzione di un test d’ipotesi. Cerchiamo
di spiegare cosa significa questa affermazione, anche se richiede argomentazioni
che risulteranno chiare solo più avanti (x3.10). Supposto che l’approssimazione per
difetto dia ℓ=10 e che questa porti a rigettare l’ipotesi nulla H0, anche ℓ=11, comportando
una regione di accettazione contenuta in quella relativa ad ℓ=10, implicherebbe
il rigetto di H0. Il contrario non necessariamente vale.
Esercizio 3.7.3 Determinare l’intervallo di cui alla domanda i) dell’esercizio precedente nell’ipotesi
che le due varianze σ2 1 e σ2 1 non siano uguali.
L’intervallo richiesto è formalmente lo stesso dell’esercizio precedente con la differenza che
ora t α 2 è determinato dalla distribuzione di Student ad ℓ gradi di libertà, con ℓ dato dalla
formula precedente, e
2 ˆσ 1
ˆσ∆ =
n + ˆσ2 2
m .
Calcoliamo innanzitutto ˆσ 2 1 e ˆσ2 2 utilizzando i conti già fatti nell’esercizio precedente.
99

ˆσ 2 1 = 1
n¡1
ˆσ 2 2
Si ha quindi
= 1
m¡1
n
(xi¡x) 2 = 1
11
i=1
ˆσ∆ ¼
m
i=1
(yi¡y) 2 ¼ 1
13
50.545
12
12
i=1
14
i=1
(xi¡143) 2 = 556
11
¼ 50.545
(yi¡135.786) 2 ¼ 622.78
13
+ 47.874
14 ¼ p 4.212 + 3.420 ¼ 2.763 .
Calcoliamo ora la dimensione ℓ della distribuzione di Student. Abbiamo:
¼ 47.874 .
50.545 47.874
2 +
2
ℓ ¼ 12 14
4.212 + 3.420)
50.545
2
47.874
2 ¼
(4.1212)
12 + 14
11
13
2
+
11
(3.420)2
¼ 23.83
13
Siccome ℓ deve essere un intero, sembra naturale arrotondarlo assumendo così ℓ = 23.
Di conseguenza, avendo la distribuzione di Student lo stesso numero di gradi di libertà
dell’esercizio precedente ed essendo ˆσ∆ praticamente lo stesso, anche l’intervallo risulterà
praticamente lo stesso. Ciò è probabilmente dovuto a due fatti concomitanti: sia le varianze
che le dimensioni dei due campioni differiscono di poco.
3.8 STIMA DI UNA PROPORZIONE
Consideriamo una popolazione di elementi, ognuno dei quali può soddisfare oppure no,
indipendentemente uno dall’altro, un dato requisito. Si vuole stimare la proporzione
p dei membri della popolazione che posseggono il requisito in questione.
Considerato un campione casuale (X1, X2, . . . , Xn) di dimensione n, avremo
1 se l’i¡esimo elemento del campione ha il requisito
Xi =
0 se l’i¡esimo elemento del campione non ha il requisito .
Indicata quindi con Y = n
i=1 Xi la variabile casuale che denota quanti elementi
del campione posseggono il requisito, la statistica Y = Y/n dà la proporzione del
campione con il requisito. Questa statistica, chiamata proporzione del campione, è il
naturale stimatore per p. Essendo poi ciascuna Xi una variabile di Bernoulli, si ha
Xi ' B(1, p) e quindi E(Y ) = np , V ar(Y ) = n p q = n p (1 ¡ p).
In virtù del teorema di limite centrale, Y è approssimativamente normale con media
p e varianza p(1¡p)/n, ossia
p (1¡p)
Y » N p, .
n
Ciò, a sua volta, implica
Y ¡ p
» N(0, 1) .
p(1¡p)/n
Volendo determinare un intervallo di fiducia per p di livello 1¡α, indicato come al
α = 1 ¡ 2 , si ha
solito con u α
2 il quantile della normale standardizzata tale che Φu α
2
100

P ¡u α · 2
Y ¡ p
· u α ¼ 1 ¡ α ,
2
p(1 ¡ p)/n
da cui, isolando p nel mezzo della disuguaglianza, si ottiene
P
p(1 ¡ p)/n ¼ 1 ¡ α .
Y ¡ u α
2
p(1 ¡ p)/n · p · Y + u α
2
Si è così ottenuta una regione che contiene p con livello di fiducia 1¡α. C’è però
un problema che incontriamo per la prima volta: gli estremi di un intervallo di fiducia
debbono essere delle statistiche, cioè non debbono contenere alcun parametro
incognito. In questo caso gli estremi contengono infatti il parametro p, per cui ci
troviamo nell’anomala situazione di tentare di usare p per stimare p. Il problema
può però facilmente essere superato stimando p con con l’estimatore Y . Indicato
quindi con ˆp ´ y la stima puntuale di p ottenuta utilizzando Y , l’intervallo di fiducia
(approssimato) per p al livello 1¡α è il seguente:
ˆp ¡ u α
2
ˆp(1 ¡ ˆp)/n , ˆp + u α
2
ˆp(1 ¡ ˆp)/n .
Esercizio 3.8.1 Un campione di 100 transistor viene estratto da una grossa fornitura e testato.
In tutto 80 pezzi hanno i requisiti adeguati. Si chiede di determinare gli intervalli di
fiducia di livelli 95% e 99% per la percentuale p di transistor accettabili.
I quantili della normale standardizzata che interessano sono i seguenti:
Essendo n=100 e ˆp=0.80, si ha
u0.025 ' 1.96 , u0.005 ' 2.57 .
livello 95% =) p 2 [0.80 ¡ 1.96 0.8 ¢ 0.2/100 , 0.80 + 1.96 0.8 ¢ 0.2/100]
livello 99% =) p 2 [0.80 ¡ 2.57 0.8 ¢ 0.2/100 , 0.80 + 2.57 0.8 ¢ 0.2/100] .
Gli intervalli di fiducia richiesti sono dunque approssimativamente i seguenti:
livello 95% =) p 2 [0.80 ¡ 0.0784 , 0.80 + 0.0784] = [0.7216 , 0.8784]
livello 99% =) p 2 [0.80 ¡ 0.1028 , 0.80 + 0.1028] = [0.6972 , 0.9028] .
Esercizio 3.8.2 Un sondaggio su un giornale riporta che il 52% della popolazione, con un
margine d’errore di §4%, è soddisfatto dell’operato dell’amministrazione. Cosa significa
ciò? È possibile stabilire quante persone sono state intervistate?
È pratica comune per i mezzi d’informazione fornire intervalli di fiducia al 95%. Ciò premesso,
l’intervallo di fiducia in questione, essendo ˆp=0.52 e u0.975 ' 1.96, ed essendo non nota la
dimensione del campione, è approssimativamente il seguente:
ˆp § 1.96 ˆp(1 ¡ ˆp)/n = 0.52 § 1.96 0.52 ¢ 0.48/n .
Siccome il margine d’errore è del 4%, ciò significa che
1.96 0.52 ¢ 0.48/n ¼ 0.04 ,
da cui, tenendo conto che n è intero, si ricava n ¼ 599 .
101

Un problema di un certo interesse concerne una stima della dimensione del campione
che permetta di ottenere un intervallo di fiducia per p al livello 1¡α non più ampio di
una lunghezza d assegnata. Il problema può presentarsi con queste due varianti: a)
è disponibile a priori una stima puntuale ˆp; b) una tale stima non è disponibile.
Caso a). L’ampiezza dell’intervallo di fiducia per p ha ampiezza
ˆp(1 ¡ ˆp)/n .
Si dovrà quindi avere
da cui
2 u α 2
2 u α
2
ˆp(1 ¡ ˆp)/n · d ,
n ¸ 4u2α 2 ˆp(1 ¡ ˆp) .
d2 Caso b). Siccome la funzione p(1¡p) ha come valore massimo 1
4
qualunque sia il valore di p, scegliendo
n = u2 α
2
,
d2 sarà sempre garantita un’ampiezza dell’intervallo non superiore a d.
(assunto per p= 1
2 ),
Esercizio 3.8.3 Un’azienda produce circuiti integrati, ciascuno dei quali risulta accettabile
indipendentemente da tutti gli altri con probabilità incognita p. Si vuole ottenere un intervallo
di fiducia per p ad un livello 99%, la cui ampiezza sia approssimativamente 0.05. Si
raccoglie allora un primo campione di 30 chip, 26 dei quali risultano accettabili, fornendo
una prima, grossolana, stima puntuale di p, data da ˆp= 26
30 . Si chiede di determinare:
a) la dimensione n1 del campione che si ottiene utilizzando la stima ˆp;
b) l’intervallo di fiducia utilizzando un campione di dimensione n1 ottenuto aggiungendo
n1¡30 chip a quelli già verificati (fissando a piacere il numero dei chip accettabili);
c) determinare la dimensione n2 del campione necessaria a garantire un’ampiezza non
superiore a 0.05 se non fosse stata determinata preventivamente ˆp.
a) Essendo u0.005 ¼ 2.58, si ha
n1 = 4u2α 2 ˆp(1 ¡ ˆp) ¼ 42.582
d2 0.052 26
30
4
¼ 1231 .
30
b) Dobbiamo dunque testare altri 1201 chip. Fra questi supponiamo che 1040 siano accettabili.
L’intervallo di fiducia che si ottiene è pertanto dato da
1066 1066 165 1
§ 2.58
1231 1231 1231 1231 ,
ovvero
(0.8409, 0.8910) .
c) Se non avessimo predeterminato (seppur grossolanamente) p, la dimensione n2 del campione
atta a garantire l’ampiezza richiesta per l’intervallo di fiducia sarebbe stata
n2 = u2α 2.582
2 ¼ ¼ 2663 .
d2 0.052 Dunque, se non avessimo predeterminato una stima puntuale per p, per avere la certezza di
un intervallo di fiducia con l’ampiezza richiesta, avremmo dovuto adottare un campione di
dimensione più che doppia!
102

3.9 BASI LOGICHE DEI TEST
Ci poniamo questo problema: i tecnici di una ditta produttrice di nastri dichiarano di
aver messo a punto un nuovo trattamento per il materiale utilizzato tale da rendere più
resistente il nastro, portandone il carico di rottura a trazione a 80 N. Come valutare la
loro affermazione?
È chiaro che un qualunque controllo (test) va fatto su un campione e sulla base del
risultato si decide se la produzione deve continuare con le vecchie o con le nuove
tecniche di trattamento del materiale. Il processo decisionale scelto è il seguente: si
considera un campione casuale costituito di 49 nastri estratto dalla popolazione dei nastri
prodotti col nuovo trattamento e si sottopone ciascuno di questi 49 nastri alla prova di
rottura fatta con l’apposita attrezzatura. Se il carico di rottura medio osservato è inferiore
a 78.5 N, la nuova tecnica viene rifiutata, mentre se risulta maggiore si ritiene dimostrata
la maggior resistenza e quindi accettata la nuova tecnica.
Indicata con x la media campionaria misurata del campione, sono possibili i seguenti
4 casi:
1) x > 78.5N e il nuovo trattamento è effettivamente tale da rendere il nastro più
resistente. In questo caso l’accettazione della nuova tecnica è una scelta corretta.
2) x 78.5N benchè il nuovo trattamento non sia effettivamente tale da rendere il
nastro più resistente. In questo caso l’accettazione della nuova tecnica è una scelta
sbagliata. Questo tipo di errore è detto errore o rischio di II a specie.
4) x < 78.5N e il nuovo trattamento non è effettivamente tale da rendere il nastro
più resistente. In questo caso il rifiuto della nuova tecnica è una scelta corretta.
Facendo delle ipotesi sulla distribuzione della popolazione e assumendo che la varianza
di questa distribuzione non cambi per effetto del nuovo trattamento, si possono valutare
le probabilità degli errori di I a e II a specie.
Ipotizziamo dunque che nel problema considerato la distribuzione sia normale e che
si abbia σ 2 = 21.4N 2 . Ciò implica che la media campionaria X, relativa al nostro
campione di dimensione n=49, abbia media µ=µ0 =80N (se i tecnici dicono il vero)
e deviazione standard σ=
21.4
49
' 0.661N.
103

Il rischio di errore di Ia specie è rappresentato dall’area sottesa dalla curva normale a
sinistra del valore 78.5 N (vedi figura), il che equivale alla probabilità che X per n=49
sia minore di 78.5 N. Indicata di nuovo con Z la media campionaria standardizzata,
si ha
P [X < 78.5
X ¡ µ
µ0 = 80] = P
σ/ p 78.5 ¡ µ
<
n σ/ p
78.5 ¡ 80
= P Z < '
n
0.661
' Φ(¡2.27) = 1 ¡ Φ(2.27) ' 0.012 .
Dunque, c’è una probabilità di poco superiore all’1% di commettere l’errore di I a
specie, cioè di rifiutare l’affermazione fatta quando questa è vera.
Volendo valutare il rischio di II a specie, occorre
supporre che il carico di rottura medio vero per
quel tipo di nastro non sia quello indicato dai
tecnici, ma un altro. Ipotizziamo dunque, ad
esempio, che sia 78 N anzichè 80 N. In questo
caso la media campionaria X avrebbe distribuzione
normale con media µ = µ1 = 78. Supponendo
che la deviazione standard rimanga la
stessa, la probabilità dell’errore di II a specie è
quella di avere delle medie di campioni di dimensione 49 maggiori di 78.5 N.
Calcoliamo tale probabilità, che è rappresentata dall’area evidenziata nella figura.
P [X > 78.5
X ¡ µ
µ1 = 78] = P
σ/ p 78.5 ¡ µ
>
n σ/ p
78.5 ¡ 78
= P Z > '
n
0.661
' 1 ¡ Φ(0.756) ' 0.225 = 22.5% .
In definitiva, avendo stabilito quel criterio decisionale, siamo riusciti a quantificare i
rischi di errore, cioè le probabilità di scelte errate a seconda della situazione vera che
è e rimane ovviamente incognita. L’aver scelto una simile strategia per accettare o
rifiutare l’affermazione dei tecnici significa fare un test di ipotesi.
Rimane il dubbio che l’aver fissato il limite di 78.5 N per quelle medie campionarie
possa risultare troppo favorevole all’accettazione dell’affermazione fatta. Nella pratica,
dovendo decidere se accettare oppure no l’ipotesi che la media (incognita) di una data
popolazione abbia un dato valore, si procede nel modo seguente: si stabilisce il rischio α di
errore di I a specie ed in base ad esso si determina un intervallo; se la media campionaria
osservata cade esternamente a tale intervallo, l’ipotesi viene rifiutata. Nel caso specifico
visto in precedenza l’intervallo in questione è [78.5, +1) che corrisponderebbe, come
il calcolo fatto in precedenza mostra, ad un rischio α di I a specie circa uguale a 0.012.
Il criterio descritto, così come formulato, è risolutivo solo nel caso di rifiuto. Se accettare
o no l’ipotesi nel caso in cui la media osservata cada internamente all’intervallo,
dipende da chi deve prendere la decisione e dai suoi obiettivi. Ovviamente, come
nel caso del problema appena considerato, si può anche decidere di accettarlo immediatamente.
Oppure si può decidere di fare ulteriori “verifiche” (ovviamente di
tipo statistico). Ad esempio, si può valutare anche il rischio di II a specie assumendo
come valore vero per la media campionaria un valore µ1 < µ0 e decidere in base alla
probabilità di tale rischio se accettare oppure no H0. La scelta di un µ1 minore di µ0
104

è ovviamente legata al fatto che il rischio di una scelta sbagliata si ha solo nel caso in
cui il valore vero di µ è minore di µ0.
3.10 FORMULAZIONE DI UN TEST DI IPOTESI
Molto spesso vengono formulate delle ipotesi di lavoro che riguardano un parametro
θ di una popolazione. Per decidere se accettare oppure respingere una tale ipotesi ci
si può servire dei risultati di un test statistico, che può essere formulato seguendo i
passi che seguono.
1) Definire l’ipotesi di lavoro, che chiameremo ipotesi nulla e indicheremo con H0.
Nel caso più semplice, e più comune, ciò sarà fatto attribuendo al parametro θ un
valore θ0: H0 : θ=θ0.
Ad esempio, se il parametro sotto indagine è la media, si pone µ=µ0, essendo µ0 un valore
prefissato; se invece il parametro è la varianza, si pone σ2 = σ2 0 , con σ2 0 valore prefissato.
L’indagine potrebbe riguardare anche la differenza fra due medie µ1 e µ2: in tal caso si
ipotizza che µ1¡µ2 =0, ossia che µ1 =µ2. Si sono così individuati tre possibili ipotesi nulle:
H0 : µ=µ0 ; H0 : σ 2 =σ 2 0 ; H0 : µ1=µ2). Nell’esempio del paragrafo precedente l’ipotesi
nulla è: H0 : µ=80 N.
In contrapposizione all’ipotesi nulla si può formulare un’ipotesi alternativa HA. Ad
esempio, ipotesi alternative per l’ipotesi nulla H0 : θ =θ0 sono le seguenti: HA : θ 6=
θ0 ; HA : θθ0. Se l’ipotesi nulla H0 è vera, automaticamente l’ipotesi
alternativa HA è falsa. Se accettiamo H0, dobbiamo automaticamente rifiutare HA.
Nell’esempio del paragrafo precedente si ha HA : µ

6) Determinare, in base a quanto precedentemente stabilito, la regione di accettazione
dell’ipotesi nulla H0. Tale regione, che indichiamo con A , deve essere tale
che
P θ 2 A = 1 ¡ α .
In molti casi (fra cui l’importante caso θ = µ), essa viene determinata in modo che
risulti cosiffatta:
⎧
⎪⎨ [θ0 ¡ δα , θ0 + δα] se HA : θ6=θ0 ;
A = [θ0 ¡ δ
⎪⎩
′ α , +1) se HA : θθ0 .
Indicato poi con Θ l’insieme dei numeri reali sul quale il parametro θ assume i propri
valori, si chiama regione critica o di rifiuto la regione complementare di A rispetto
a Θ. Posto pertanto
R = Θ ¡ A ,
ne consegue che, se un valore misurato ˆ θ non sta in A, allora necessariamente sta in
R, e viceversa. Nel caso di ipotesi alternativa HA : θ6=θ0 si parla di test bilaterale e
la regione critica è detta a due code, mentre nel caso di HA : θθ0
abbiamo un test unilaterale e una regione critica ad una coda.
7) Si estrae un campione della dimensione stabilita e con i valori osservati del
campione si determina la stima puntuale ˆ θ del parametro. Si hanno quindi le seguenti
implicazioni:
ˆθ 2 R =) l’ipotesi nulla H0 viene rigettata
ˆθ 2 A =) l’ipotesi nulla H0 non può essere rigettata.
Osserviamo che, nel caso in cui ˆ θ cade in R, il test è risolutivo in quanto l’ipotesi nulla
viene respinta in favore dell’ipotesi alternativa HA. Al contrario, se ˆ θ cade in A, il
test non è risolutivo. In tal caso infatti esso ci dice che l’ipotesi nulla non può essere
rifiutata, la qual cosa non significa automatica accettazione: sta allo sperimentatore
decidere se accettare oppure no l’ipotesi nulla solo sulla base del fatto che non è stata
smentita al livello di fiducia 1¡α prefissato.
Volendo supportare l’accettazione di H0 con altri riscontri, lo sperimentatore può
procedere andando a valutare anche il rischio di II a specie per un’ipotesi alternativa
H∗ A . Viene dunque calcolata la probabilità β di accettare come vera l’ipotesi H0
quando, essendo vera H∗ A , essa è falsa:
β = P θ 2 A j H∗
A .
Ebbene, supposto che lo sperimentatore abbia in precedenza fissato un βmax, se
β · βmax, ciò può costituire l’elemento risolutivo ai fini della decisione finale circa
l’accettazione o no dell’ipotesi nulla H0.
La probabilità di rifiutare H0 quando H0 è falsa, che vale 1¡β, viene detta potenza
del test. Sottoponendo il nostro test a diverse ipotesi alternative H ∗ A1 , H∗ A2 , H∗ A3 ,...,
si ottengono diversi valori di β: β1, β2, β3,..., che individuano una curva β = β(θ) ,
detta curva operativa caratteristica del test. Di questa riparleremo più avanti.
L’ideale sarebbe un test che minimizza contemporaneamente entrambi i rischi di I a
e II a specie, ma ciò è impossibile. Al decrescere dell’uno, l’altro cresce. Il solo modo
106

di abbassarli entrambi è aumentare la dimensione n del campione, e quindi, in parole
povere, spendere di più in prove ed analisi dei risultati.
Va comunque notato che, indipendentemente da come si opera, un errore è sempre
possibile. Ogni volta che H0 viene rifiutata, può aver luogo un errore di I specie; ogni
volta che H0 non viene rifiutata, può verificarsi un errore di II specie. Non c’è alcun
modo di evitare questo dilemma. Il mestiere dello statistico è quello di adottare metodi
per decidere se rifiutare oppure no l’ipotesi H0 che mantengono ragionevolmente piccole
le probabilità di fare l’uno o l’altro errore.
Considerazioni sulla scelta di H0 e HA
Diversamente da quanto assunto nella definizione dei passi utili alla formulazione di un
test, molto spesso l’interesse reale suggerirebbe un’ipotesi nulla basata su una disuguaglianza:
H0 : θ · θ0 (oppure H0 : θ ¸ θ0), con conseguente ipotesi alternativa
HA : θ > θ0) (oppure HA : θ < θ0). Nel linguaggio proprio della statistica si parla di
ipotesi nulla semplice o composta a seconda che H0 esprima un’uguaglianza o una
disuguaglianza.
Poiché con H0 composta la trattazione matematica del problema risulta assai più
complicata, nel seguito considereremo sempre ipotesi nulle semplici. A questo proposito
occorre osservare che se, ad esempio, l’ipotesi nulla fosse H0 : θ·θ0 (ovviamente
in contrapposizione a HA : θ > θ0), essa può essere ragionevolmente sostituita da
H0 : θ=θ0 sulla base delle considerazioni che seguono. L’esecuzione del test porta a
rigettatare H0 se la stima puntuale ˆ θ del parametro θ risulta maggiore di un certo
θ1 a sua volta maggiore di θ0. Più semplicemente: H0 viene rigettata se ˆ θ è “abbastanza
più grande” di θ0. Di norma, se ciò porta a rigettare l’ipotesi nulla θ = θ0, a
maggior ragione si deve rifiutare ogni ipotesi θ=θ ∗ con θ ∗

In questo problema il parametro θ che interessa è la media della variabile casuale X che
rappresenta la quantità di vino contenuto in una bottiglia. Si ha dunque θ = µ e l’ipotesi
nulla è H0 : µ = 720 . Le possibili ipotesi alternative sono pertanto HA : µ 6= 720 oppure
HA : µ720 .
Supponiamo che sia un’associazione di consumatori ad effettuare il test. In questo caso c’è
tutto l’interesse a evidenziare un eventuale riempimento delle bottiglie per difetto. Viene
dunque scelta l’ipotesi alternativa HA : µ< 720. L’ipotesi nulla sarà da rigettare in favore
di HA nel caso in cui la stima puntuale ˆµ della media calcolata mediante i valori osservati
del campione non cada internamente alla regione di accettazione A, cioè se
ˆµ /2 [720 ¡ δ ′ α , +1) .
Supponiamo ora che sia il produttore ad effettuare il test di verifica. Quale ipotesi alternativa
sceglierà? Certamente non sceglierà HA : µ < 720, perchè se così facesse potrebbe
avvalorare l’ipotesi che egli mette nelle bottiglie meno vino di quanto dichiara. D’altra parte,
se l’ipotesi alternativa scelta fosse HA : µ>720, potrebbe apparire un pò troppo sfacciato.
Non rimane dunque che la scelta ”neutra” HA : µ6=720. Tenendo conto della struttura di
A, H0 verrebbe rigettata in favore di HA se
ˆµ /2 [720 ¡ δα , 720 + δα] .
Dovendo essere P µ 2 [720 ¡ δα , 720 + δα] =P µ 2 [720 ¡ δ ′ α , +1) =1 ¡ α ,
è evidente che δ ′ α θ0 ,
p = P T ·ˆt H0 se HA : θ

Al numero p ci si riferisce con diversi nomi; i più comuni sono valore p o p-dei-dati.
Come risulterà evidente dagli esempi proposti nel seguito, se si eseguisse un test
di ipotesi con livello di significatività α, se α < p, il valore osservato ˆ θ cadrebbe
internamente alla regione di accettazione e H0 non potrebbe essere rigettata; d’altra
parte, se α>p, ˆ θ cadrebbe esternamente e l’ipotesi nulla sarebbe da rigettare. Questa
considerazione suggerisce la seguente definizione di carattere generale:
Definizione Si chiama valore p (o p-dei-dati) il minimo α per cui l’ipotesi nulla
deve essere rigettata con un test d’ipotesi di livello di fiducia 1¡α.
Esempio 3.11.1 Ingegneri addetti alla costruzione di automobili stanno usando sempre
più l’alluminio nella speranza di ridurre il costo delle auto e aumentare il numero di miglia
percorse con un gallone di benzina. Per un particolare modello di auto, il numero medio
di miglia su autostrada ottenuto per gallone è 26 con una deviazione standard σ = 5mpg.
Si spera che un nuovo design, che utilizza più alluminio, incrementi la media, dando per
scontato che σ non cambi. Gli ingegneri, volendo testare la loro ipotesi, eseguono un test di
significatività nel modo seguente.
Si assumono le seguenti ipotesi: H0 : µ · 26 , HA : µ > 26 .
Assunta naturalmente come statistica del test la media campionaria X, si concorda di rifiutare
l’ipotesi H0 in favore di HA se il valore osservato x di X risulterà ”alquanto maggiore”
di 26. Con ”alquanto maggiore” intendiamo troppo grande perchè ciò possa essere avvenuto
solo per caso se il valore medio vero è ancora 26.
Da un test con un campione di 36 dati risulta una media x = 28.04 mpg. Per vedere se x
è abbastanza più grande di 26 da poter rigettare H0, calcoliamo il valore p del test, cioè
calcoliamo la probabilità di osservare un valore di X maggiore od uguale a 28.04 se µ=26 e
σ=5. In virtù del teorema di limite centrale lo stimatore X è (almeno) approssimativamente
normale con media µ=26 e deviazione standard σ/ p n=5/6. Si ha quindi
p = P (X ¸ 28.04 j µ=26 , σ=5) = P
X ¡ 26
5/6
¸ 28.04 ¡ 26
5/6
¼ P [Z ¸ 2.45] = 1 ¡ P [Z · 2.45] ¼ 1 ¡ 0.9929 = 0.0071 .
=
La probabilità che X assuma un valore maggiore di 28.04 è dunque molto piccola. Ci sono
due possibili spiegazioni per questo fatto. O l’ipotesi nulla è vera e noi abbiamo osservato
un campione veramente raro che per caso ha una media grande, oppure l’ipotesi nulla è
falsa e il nuovo processo di costruzione delle auto ha effettivamente portato ad un aumento
delle miglia percorse per gallone di benzina. La seconda spiegazione è di gran lunga quella
più ragionevole! Infatti il valore p trovato rappresenta la probabilità dell’errore di I specie
che si commette rifiutando H0 a favore di HA quando si assume come regione di rifiuto
R = [28.04 , +1). E nel caso specifico p è minore dell’1%.
L’esempio proposto permette di capire meglio il significato del valore p. Più piccolo è
p, più fortemente il test suggerisce il rigetto dell’ipotesi nulla a favore di quella alternativa.
109

3.12 TEST RIGUARDANTI LA MEDIA DI UNA POPOLAZIONE
NORMALE
Tratteremo ora i test riguardanti la media affrontando dapprima il caso in cui la
varianza è nota e poi il caso in cui è incognita.
a) Test nel caso di varianza nota
Consideriamo un campione casuale (X1, X2, . . . , Xn) di dimensione n proveniente da
una distribuzione normale. Per sottoporre a test l’ipotesi di provenienza da una
popolazione di media µ = µ0, usiamo la statistica Z ' N(0, 1) che si ottiene, come
abbiamo già visto, normalizzando la media campionaria X, ossia
X ¡ µ0 p
Z = n ,
σ
dove σ2 è la varianza della popolazione che assumiamo nota.
Il problema è quello di testare l’ipotesi nulla H0 : µ=µ0 contro l’ipotesi alternativa
HA : µ6=µ0: l’ipotesi nulla è da rifiutare se il valore osservato di Z è “troppo grande”
o “troppo piccolo”, dove “troppo grande” e “troppo piccolo” sono quantificati dal
valore del rischio di prima specie che si intende correre. Più precisamente, fissata
uguale ad α la probabilità di tale rischio, e indicato con u α
2 il quantile soluzione
dell’equazione
Φ(u) = 1 ¡ α
2 ,
per il rischio di errore di prima specie si ha
P
Z < ¡u α
2
[ Z > u α
2
= P
X ¡ µ0
σ
p n < ¡u α
2
[
X ¡ µ0
σ
p n > u α
2
= α .
Questa formula esprime la probabilità di rifiutare l’ipotesi nulla H0 : µ=µ0 quando
essa è vera. Pertanto la regione di rifiuto per questo test bilaterale è costituita da
tutti i valori di Z (o equivalentemente di X) per cui
Z < u α 2
Risolvendo rispetto a X si ottiene
Posto
ossia
X
¡ µ0 p
n
σ
< u α 2 .
X < µ0 ¡ σ p n u α 2 oppure X > µ0 + σ
p n u α 2 .
x1 = µ0 ¡ σ p n u α 2 , x2 = µ0 + σ p n u α 2 ,
abbiamo dunque determinato l’intervallo [x1, x2], detto intervallo di accettazione. Se
il valore osservato x di X cade esternamente ad esso, l’ipotesi nulla H0 : µ=µ0 sarà
da rifiutare in favore dell’ipotesi alternativa HA : µ 6= µ0. Se invece x 2 [x1, x2],
allora l’ipotesi nulla non sarà da rifiutare, il che non equivale a dire che sia da
accettare (come nell’esempio introduttivo del x 3.9).
110

Oltre al test bilaterale, esiste la possibilità di eseguire anche dei test unilaterali a
seconda di esigenze tecniche specifiche. In questo caso si possono avere due ipotesi
alternative: HA : µµ0. Indicato con uα il quantile soluzione
dell’equazione
Φ(u) = 1 ¡ α,
valgono le seguenti relazioni:
X ¡ µ0 p
P Z < ¡uα = P n < ¡uα = α ;
σ
X ¡ µ0 p
P Z > +uα = P n > +uα = α .
σ
Posto quindi
le due precedenti probabilità diventano
ξ1 = µ0 ¡ σ p n uα , ξ2 = µ0 + σ p n uα ,
P (X < ξ1) = α ; P (X > ξ2) = α .
La prima delle due probabilità ci assicura che, nel caso HA : µ < µ0, se rigettiamo
l’ipotesi nulla a favore di quella alternativa quando il valore di x è minore di ξ1,
l’errore di I a specie commesso è uguale ad α. La seconda probabilità ci garantisce
invece un errore dello stessa entità nel caso si rifiuti l’ipotesi nulla a favore dell’ipotesi
alternativa HA : µ > µ0 se la media calcolata x risulta maggiore di ξ2.
Pertanto, nel caso di test unilaterale per la media (nota la varianza) si procede nel
modo seguente: nel caso HA : µ < µ0, l’ipotesi H0 si rigetta se x < ξ1; nel caso
HA : µ > µ0, H0 si rigetta se x > ξ2.
La tabella che segue riassume i casi considerati.
111

Osservazione. Gli intervalli di accettazione [x1 , x2] (nel caso di test bilaterale),
[ξ1 , +1) e (¡1 , ξ2] (nel caso di test unilaterale) sono espressi nell’unità di misura
dei dati del campione. Se la media osservata vi cade dentro, allora l’ipotesi nulla non
può essere rigettata. Le conclusioni del test possono però essere tratte, in maniera
più immediata, anche utilizzando la media osservata “standardizzata”, vale a dire
x ¡ µ0 p
z = n .
σ
Se questa cade all’interno dell’intervallo di accettazione per Z, allora l’ipotesi nulla
non può essere rigettata. Per quanto detto precedentemente gli intervalli di accettazione
di Z, che per comodità chiameremo “intervalli standardizzati”, sono i seguenti:
[¡u α
2 , u α
2 ] se HA : µ = µ0 ;
[¡uα , +1) se HA : µ < µ0 ;
(¡1 , +uα] se HA : µ > µ0 .
b) Test nel caso di varianza incognita (test t)
Consideriamo un campione casuale (X1, X2, . . . , Xn) di dimensione n proveniente da
una distribuzione normale. Per sottoporre a test l’ipotesi di provenienza da una
popolazione di media µ = µ0, si usa la statistica Tn−1, cioè
X ¡ µ0 p
Tn−1 = n ,
S
con S varianza campionaria. Come già sappiamo, questa variabile casuale segue la
distribuzione di Student con n¡1 gradi di libertà. In questo caso il test viene spesso
indicato come test t.
Volendo testare l’ipotesi nulla H0 : µ=µ0 in contrapposizione con l’ipotesi alternativa
HA : µ 6= µ0, in analogia con quanto appena fatto nel caso di varianza nota, fissata
uguale ad α la probabilità del rischio di prima specie, si ha
P Tn−1 < ¡t α
2 [ Tn−1 > t α
2
=
con t α
2
= P
soluzione dell’equazione
X ¡ µ0 p
n < ¡t α
2
S
[
X ¡ µ0 p
n > t α
2
S
Tn−1(t) = 1 ¡ α
2 .
Di conseguenza la regione aleatoria di rifiuto della ipotesi nulla diventa
X < µ0 ¡ S p n t α
2 oppure X > µ0 + S p n t α
2 .
µ0 ¡ ˆσ
p n t α
2 , µ0 + ˆσ
2
= α ,
Eseguito l’esperimento e indicato come in precedenza con ˆσ il valore osservato di S,
risulta dunque determinato il seguente intervallo di accettazione:
[x1, x2] =
p t α .
n
112

Se il valore osservato x di X cade esternamente a questo intervallo, l’ipotesi nulla
H0 : µ = µ0 è da rifiutare in favore dell’ipotesi alternativa HA : µ 6= µ0. Se invece
x 2 [x1, x2], allora l’ipotesi nulla non potrà essere rifiutata.
Quando l’ipotesi alternativa è HA : µµ0, si deve eseguire un test
unilaterale. In tal caso, indicata con tα la soluzione dell’equazione: Tn−1(t) = 1¡α ,
posto
ξ1 = µ0 ¡ ˆσ p n tα , ξ2 = µ0 + ˆσ p n tα ,
si ha
P (X < ξ1) = α ; P (X > ξ2) = α .
La prima delle due probabilità ci suggerisce di rifiutare l’ipotesi nulla H0 a favore
dell’ipotesi alternativa HA : µ
µ0, di rifiutare H0 se si ha x> ξ2. Quanto affermato può essere sintetizzato dicendo
che, nel caso di test unilaterale, gli intervalli di accettazione sono:
[ξ1 , +1) se HA : µ < µ0 ;
(¡1 , ξ2] se HA : µ > µ0 .
La tabella data in precedenza per il caso “varianza nota” rimane quindi valida anche
nel caso “varianza incognita” fatto salvo il fatto che ora l’intervallo [x1, x2] e i valori
ξ1 e ξ2 sono calcolati utilizzando i quantili della distribuzione di Student (ad N¡1
gradi di libertà) anzichè quelli della normale standardizzata.
Osservazione. Analogamente a quanto osservato in precedenza nel caso di varianza
nota, le conclusioni del test ora proposto possono essere tratte in maniera più immediata
ragionando direttamente sugli intervalli di accettazione per Tn−1, che anche in
questo caso chiameremo “intervalli standardizzati”:
[¡t α
2 , t α 2 ] se HA : µ = µ0 ;
[¡tα , +1) se HA : µ < µ0 ;
(¡1 , +tα] se HA : µ > µ0 .
Se il valore osservato della statistica Tn−1, cioè
x ¡ µ0 p
t = n ,
ˆσ
cade esternamente all’intervallo di accettazione standardizzato, l’ipotesi nulla è da
rigettare.
Esempio 3.12.1 Si supponga di avere un campione di 200 cambi per autovetture, supposti
provenire da una popolazione distribuita normalmente avente σ =3250 Km. a) Possiamo
assumere con un rischio di prima specie pari al 5% che la durata media della popolazione
costituita da tutti i cambi di quel tipo sia di 44800 Km, se la durata media del campione
analizzato è stata di 44500 Km ? b) Calcolare il valore p.
a) Omettendo l’unità di misura (il Km), i dati che abbiamo sono i seguenti:
n = 200 , x = 44500 µ0 = 44800 , σ = 3250 .
113

Seguiamo ora la procedura indicata precedentemente passo per passo:
1. I dati del campione sono assunti come provenienti da una popolazione normale (o
approssimativamente tale) con varianza nota σ 2 .
2. L’ipotesi nulla è H0 : µ=µ0 =44800 contro l’ipotesi alternativa HA : µ6=µ0.
3. La statistica da testare è: Z =
X ¡ µ0
σ/ p n
X ¡ 44800
' .
230
4. Il rischio α di prima specie per questo test bilaterale è uguale al 5%.
5. Dalle tavole della normale standard ricaviamo: u α
2 = u0.025 ¼ 1.96.
6. La regione di rifiuto è: X /2 [x1, x2], con x1 = µ0 ¡ δ e x2 =µ0 + δ . Essendo
δ= σ p n u α 2 =230¢1.96 ¼ 450 , tale regione corrisponde a
X /2 [44350 , 45250] .
Poichè il valore calcolato di X, cioè x, vale 44500, e quindi è interno a questo intervallo,
l’ipotesi nulla non può essere rigettata.
6’. La regione di rifiuto può essere espressa in modo più immediato in forma “standardizzata”,
nel qual caso è data da: jZj > u α
2 = u0.025 ¼ 1.96. Standardizzando quindi il
valore osservato di X, si ottiene
x ¡ µ0
z =
σ/ p 44500 ¡ 44800
= ¼ ¡1.305 .
n 230
Essendo jzj < 1.96, come in precedenza arriviamo alla conclusione che l’ipotesi nulla non
può essere rifiutata.
Osservazione. Se avessimo avuto x = 44300, l’ipotesi nulla, per la quale la durata media
della popolazione costituita dai cambi è 44800 Km, sarebbe stata da respingere a favore
dell’ipotesi alternativa HA : µ6=44800 km.
b) p = 2 P (Z ¸jzj) = 2P (Z ¸1.305) = 2 1¡P (Z ·1.305) ¼ 2(1¡0.904) = 0.192 .
Essendo p assai grande, risulta significativamente confermata la ”non rigettabilità” di H0.
Esempio 3.12.2 Riprendiamo l’esempio 3.5.2. I consumi di un motore sperimentale registrati
durante 8 prove, per 100 Km di percorrenza, sono stati: 14, 12, 11, 13, 15, 12, 16, 13.
Possiamo affermare che il consumo medio di benzina per quel tipo di motore non supera 12
litri per ogni 100 Km di percorrenza con un livello di significatività α=0.01 ?
Come abbiamo già visto nell’esempio 3.5.2, dai dati rilevati nelle prove si ottiene
La procedura da seguire è la seguente:
x = 13.25 ; ˆσ ¼ 1.67 .
1. I dati del campione sono assunti come provenienti da una popolazione normale (o
approssimativamente tale) con varianza incognita.
2. L’ipotesi nulla corretta sarebbe H0 : µ · 12 contro l’ipotesi alternativa HA : µ > 12.
Questo caso tuttavia, avendo a che fare con un’ipotesi nulla composta sarebbe di difficile
trattazione. Conviene pertanto assumere l’ipotesi nulla semplice H0 : µ = µ0 = 12 e
ragionare poi sui risultati ottenuti per trarre conclusioni sull’ipotesi nulla composta.
114

3. La statistica da testare è: T7 =
X ¡ µ0
S
p X ¡ 12p
n = 8.
S
4. Il rischio di prima specie che siamo disposti a correre è: α = 1%.
5. La regione di rifiuto è: T7 > tα = t0.01 ¼ 2.998, da cui
X > ξ2 = µ0 + ˆσ p n tα = 12 + 1.67
p 8 ¢2.998 ¼ 12 + 1.77 = 13.77 .
6. Essendo x (valore calcolato di X) uguale a 13.25, l’ipotesi nulla H0 : µ = 12 non può
essere rigettata con un errore di prima specie dell’1%.
6’. Il valore della statistica Tn−1 osservato dal campione vale:
x ¡ µ0 p 13.25 ¡ 12p
t = n = 8 ' 2.117 .
ˆσ
1.67
Essendo t minore di t0.01 =2.998, l’ipotesi nulla H0 : µ=12 non può essere rigettata.
7. Consideriamo ora il caso in cui l’ipotesi nulla è composta, cioè H0 : µ·12. Osserviamo
innanzitutto che il valore ξ2 della relazione di cui al punto 5) può scriversi in funzione di µ0:
ξ2(µ0) ¼ µ0 + 1.77 .
Ciò premesso, si può ragionare in questo modo: ogni ipotesi nulla semplice H0 : µ=µ ∗ con
µ ∗ X ¡ 1.77 .
Tenendo conto del fatto che il valore osservato di X è x = 13.25, ne consegue che l’ipotesi
nulla semplice H0 : µ=µ ∗ , contrapposta all’ipotesi alternativa HA : µ>12, non può essere
rifiutata con un errore di prima specie dell’1% per
µ ∗ 2 [13.25 ¡ 1.77 , 12] = [11.48 , 12].
Al contrario, se avessimo avuto H0 : µ=11.4, doveva essere rifiutata in favore di HA.
Esempio 3.12.3 In una clinica si vuole sperimentare un nuovo farmaco che dovrebbe servire
per ridurre il tasso di colesterolo nel sangue. A tal fine vengono cercati 50 volontari tra quei
pazienti che hanno un livello di colesterolo medio-alto (cioè maggiore di 220), e a ciascuno
viene somministrato il farmaco per un mese. Alla fine si riscontra una riduzione media di
14.8, con una deviazione standard campionaria di 6.4. Verificare, se è possibile, che tale
riduzione è dovuta esclusivamente ad un fatto fortuito.
Se la riduzione è totalmente fortuita, le variazioni riscontrate sono distribuite normalmente
con media nulla. Testiamo dunque l’ipotesi nulla H0 : µ=µ0 =0 contro l’ipotesi alternativa
HA : µ6=0. Procediamo rapidamente senza seguire passo per passo la procedura.
I dati sono i seguenti: n=50 , x=14.8 , ˆσ=6.4 , µ0 =0 .
Sappiamo che l’intervallo di fiducia bilaterale al livello 1¡α, espresso in forma standardizzata,
è dato da ¡t α
2 , +t
α . Il problema è che nessun α è assegnato. Tuttavia, se si calcola la
2
media standardizzata utilizzando la deviazione standard campionaria puntuale, si ottiene
x ¡ µ0 p 14.8p
t = n = 50 ¼ 16.35 .
ˆσ 6.4
Dalla tabella dei quantili della legge di Student (non essendo riportato n=49 basta guardare
T50), si vede subito che t è esterno all’intervallo di fiducia per qualunque ragionevole livello
115

di significatività α. Dunque, in ogni caso, l’ipotesi nulla deve essere rigettata, il che esclude
che la riduzione di colesterolo sia un fatto puramente fortuito.
L’esempio che segue è storico; esso riprende esperimenti eseguiti da Student per confrontare
le tecniche di trattamento dell’orzo utilizzate nella preparazione della birra,
più precisamente per valutare gli effetti dell’essicazione in forno prima della semina. A
parte l’interesse storico, esso risulta utile ad illustrare come il problema di avvalorare
oppure no una tesi di lavoro possa essere affrontato in due modi diversi, il primo “neutrale”
rispetto alla scelta che il test potrà suggerire, il secondo invece “sbilanciato” in
favore dell’accettazione dell’ipotesi di lavoro.
Esempio 3.12.4 Sono oggetto di indagine 11 varietà d’orzo; per ciascuna si riporta la
differenza di redditività fra la variante essicata e quella non essicata, misurata in libbre per
acro:
di : +106 ¡20 +101 ¡33 +72 ¡36 +62 +38 ¡70 +127 +24
Supposto che la differenza di redditività abbia una distribuzione normale (di varianza incognita),
si chiede di verificare l’ipotesi nulla H0 : µ = µ0 = 0, secondo la quale l’essicazione
preliminare non avrebbe nessun effetto.
Affronteremo il problema in due modi diversi: a) assumendo come ipotesi alternativa HA :
µ 6= 0; b) assumendo come ipotesi alternativa HA : µ > 0. In ciascun caso lo faremo per
α=10% , α=5% e α=1% . Essendo la varianza incognita, dovremo utilizzare la statistica
di Student a 10 gradi di libertà (essendo n=11). È facile verificare che i dati del campione
hanno media x ¼ 33.7 e scarto quadratico medio ˆσ ¼ 66.2.
Derogando per semplicità dalla regola di svolgere l’esercizio seguendo passo per passo seguendo
la procedura data per un test, si ha:
a) Essendo HA : µ6=0, il test è bilaterale. La regione di accettazione è data da
=
µ0 ¡ ˆσ
p t α
2 n , µ0 + ˆσ p t α
2 n
Ora, essendo
¡ 66.2
p 11 t α 2 , 66.2
p 11 t α 2
= ¡19.95 t α 2 , 19.95 t α 2
t0.05 = 1.812 , t0.025 = 2.228 , t0.005 = 3.169 ,
le regioni di accettazione, nell’unità di misura dei dati del campione, sono
per α = 0.10 ) [¡36.15 , 36.15] ;
per α = 0.05 ) [¡44.54 , 44.54] ;
per α = 0.01 ) [¡63.35 , 63.35] .
Essendo x = 33.7, l’ipotesi nulla non può essere rigettata per nessuno dei tre livelli di
significatività presi in considerazione.
Invece di determinare le regioni di accettazione nell’unità di misura dei dati del campione e
verificare quindi se la media osservata x cadeva oppure no internamente a queste, avremmo
potuto, in maniera più rapida, ottenere t standardizzando x e verificare se jtj < t α oppure
2
jtj¸t α . In questo modo si sarebbe ottenuto
2
t =
x ¡ µ0
ˆσ
p n = 33.7
66.2
116
p 11 ¼ 1.688 ,
.

che risulta all’interno dell’intervallo di accettazione ¡ t α
2 , t
α per tutti tre i valori di α
2
considerati. Abbiamo così trovato conferma del fatto che per nessuno dei tre livelli di fiducia
l’ipotesi nulla è rigettabile.
Il test fatto non smentisce l’ipotesi di lavoro µ = 0: ciò indirizza verso la conclusione che
l’essicazione pre-semina sia inutile.
b) Ora affrontiamo il problema in maniera più filologica: l’ipotesi alternativa sia HA :
µ>0, il che esclude a priori che possa essere µ< 0 (Student era sicuro che l’essicazione era
vantaggiosa). Il test è unilaterale. La regione di accettazione è data da
¡1 , µ0 + ˆσ
p tα = ¡1 ,
n 66.2
p tα = ¡1 , 19.95 tα .
11
Essendo
le regioni di accettazione sono
t0.10 = 1.372 , t0.05 = 1.812 , t0.01 = 2.764 ,
per α = 0.10 ) (¡1 , 27.37] ;
per α = 0.05 ) (¡1 , 36.15] ;
per α = 0.01 ) (¡1 , 55.14] .
La media calcolata, che vale 33.7, cade internamente alla zona di rifiuto relativa ad α =
0.10 ed esternamente a quelle relative agli altri due livelli di significatività. Ora pertanto,
diversamente dal caso a), per α = 10% l’ipotesi nulla è da rigettare in favore dell’ipotesi
alternativa (che rappresenta quanto desiderato da Student).
Ovviamente si giunge alle stesse conclusioni anche ragionando con gli intervalli di fiducia
espressi attraverso la media standardizzata e quindi, essendo la varianza incognita, attraverso
i quantili della distribuzione di Student. Nel caso di test unilaterale, con ipotesi alternativa
HA : µ>µ0, la regione di accettazione è data da (¡1, tα]. Essendo t=1.688, esso risulta
maggiore di t0.10 e minore di t0.05 e t0.01, col che ritorniamo (ovviamente) alle conclusioni
precedenti.
Dunque, passando da un test bilaterale ad uno unilaterale, e con un alto livello di significatività
(in realtà basso), il test può portare a conclusioni più favorevoli ai propri desideri.
Questo esempio mostra che impostando il test in un modo o in un altro si possono anche
assumere posizioni non del tutto imparziali rispetto alle ipotesi da rifiutare o avvalorare.
A titolo d’esercizio si può andare a calcolare il valore p del test. Chiaramente, essendo
p il minimo α per cui l’ipotesi nulla deve essere rigettata, e sapendo già che al livello di
significatività α = 0.1 H0 deve essere rigettata, mentre non può esserlo per α = 0.05,
dovremo trovare un valore di p compreso fra 0.05 e 0.1. Nel caso in questione per definizione
si ha: p = 1 ¡ P (T10 · t). Utilizzando un opportuno software contenente le funzioni
distribuzione più significative, indicata con t10(x) la funzione distribuzione di T10, si ricava
t10(1.688) ¼ 0.939 , e quindi p ¼ 0.061 .
Se avessimo calcolato il valore p anche nel caso del test bilaterale, avremmo avuto
p = 2 1¡P (T10 ·t = 2 1 ¡ t10(1.688) ¼ 0.122 ,
con conferma della non rigettabilità di H0 per tutti tre i livelli di significatività considerati.
117

3.13 TEST RIGUARDANTI LA DIFFERENZA DELLE MEDIE
DI DUE POPOLAZIONI NORMALI
Una situazione che si presenta frequentemente nella statistica applicata all’ingegneria
è quella per cui occorre decidere se due diversi approcci allo stesso problema hanno
portato allo stesso risultato oppure no. Una tale problematica viene spesso affrontata
mediante un test dell’ipotesi che due popolazioni normali abbiano la stessa media.
Ciò considerando, l’argomento sarà trattato in analogia con il x 3.7 e sfruttando le
nozioni ivi introdotte.
Siano dunque (X1, X2, . . . , Xn) e (Y1, Y2, . . . , Ym) due campioni casuali indipendenti,
di dimensioni n ed m rispettivamente, estratti da due popolazioni normali con media
µ1 e varianza σ2 1 la prima, media µ2 e varianza σ2 2 la seconda. Come abbiamo visto
nel paragrafo appena citato, il miglior estimatore per la differenza delle medie µ1¡µ2
è il seguente:
X ¡ Y = 1
n
Xi ¡
n
1
m
Yi .
m
Caso a) Le varianze σ 2 1 e σ 2 2 sono note
Si vuole eseguire un test d’ipotesi con
i=1
i=1
H0 : µ1 =µ2 , HA : µ1 6=µ2 .
Riscritta l’ipotesi nulla come H0 : µ1¡µ2 , essa verrà rigettata quando la differenza
X¡Y è lontana da zero. In altre parole, la forma del test è la seguente:
se jX¡Y j > c si rifiuta H0
se jX¡Y j · c non si rifiuta H0
per un opportuno valore di c. Dal x 3.7 sappiamo che
X¡Y » N µ1¡µ2, σ2 1
n +σ2
2
m
=)
X¡Y ¡ (µ1¡µ2)
2 σ1 n +σ2 2
m
Dunque, dato H0 vero, per cui µ1¡µ2 = 0 , la statistica del test
» N(0, 1) .
X¡Y
σ 2 1 /n + σ 2 2 /m
ha distribuzione normale standard, e quindi, assegnato un livello di significatività α,
si ha
P
¡u α 2 ·
X¡Y
σ 2 1 /n + σ 2 2 /m · u α 2
= 1¡α ,
con u α 2 quantile della normale standardizzata soluzione dell’equazione Φ(u) = 1¡ α
2 .
La regione di accettazione per la statistica del test è dunque [¡u α 2 , u α 2 ], mentre per
lo stimatore X¡Y è la seguente
¡u α
2
σ 2 1 /n + σ2 2 /m , u α
2
118
σ2 1 /n + σ2 2 /m
.

Volendo invece fare un test unilaterale, con ipotesi nulla H0 : µ1 =µ2 (oppure H0 :
µ1 ·µ2) ed ipotesi alternativa HA : µ1 >µ2, l’intervallo di accettazione per X ¡ Y è
¡1, uα
σ2 1 /n + σ2 2 /m
,
con uα tale che Φ(uα) = 1¡α. Naturalmente per la statistica del test l’intervallo di
accettazione è (¡1, uα].
Caso b) Le varianze σ 2 1 e σ 2 2 non sono note, ma sono supposte uguali
Il test che si vuole eseguire è lo stesso del punto a). Ora, però, abbiamo σ 2 1 =σ 2 2 =σ 2 ,
con σ incognita. La statistica usata in precedenza diventa
X¡Y
σ2 .
1/n + 1/m
Come abbiamo visto nel x 3.7, la varianza σ2 può essere stimata dai dati utilizzando
la varianza ponderata S2 p così definita:
ove
S 2 1
= 1
n ¡ 1
S 2 p = (n ¡ 1)S2 1 + (m ¡ 1)S 2 2
n + m ¡ 2
n
(Xi ¡ X) 2 , S 2 2
i=1
La statistica del test risulta quindi la seguente:
Sp
,
= 1
m ¡ 1
X¡Y
» Tn+m−2 ,
1/n + 1/m
m
(Yi ¡ Y ) 2 .
che, come già visto, segue una distribuzione di Student con n + m ¡ 2 gradi di libertà.
Assunto ancora α come livello di significatività del test ed indicato con t α il quantile
2
, l’intervallo di accettazione bilaterale per
soluzione dell’equazione Tn+m−2(t) = 1¡ α
2
lo stimatore X¡Y risulta
¡t α
2 Sp
1/n + 1/m , t α
2 Sp
1/n + 1/m ,
mentre quello unilaterale sinistro è
¡1, tαSp 1/n + 1/m .
Ricordando poi la notazione già introdotta nel punto b) del x3.7,
S2 ∆ =
1 1
+ S
n m
2 p ,
indicato con ˆσ∆ il valore di S 2 ∆
prossimati da
¡t α ˆσ∆ , t α ˆσ∆
2 2
i=1
ricavato dal campione, i suddetti intervalli sono ap-
e
¡1, tαˆσ∆ .
Naturalmente, se ci si limita agli intervalli di accettazione per la statistica del test,
quello per il test bilaterale è [¡t α ], mentre quello per il test unilaterale è (¡1, tα].
2 , t α
2
119

Caso c) Le varianze σ 2 1 e σ 2 2 sono ignote e diverse
Essendo questa situazione facilmente affrontabile sulla base di quanto appena visto
e delle nozioni già introdotte nel x 3.7 (punto c), la tratteremo rapidamente. La
statistica da utilizzare è
(X ¡ Y )
2 S1 n + S2 = Tℓ ,
2
m
ℓ =
2 ˆσ 1
n + ˆσ2 2 2
m
2 ˆσ
2 1
n
n ¡ 1 +
2 ˆσ
, ¢
2
2
m
m ¡ 1
essendo ˆσ 2 1 e ˆσ2 2 i valori di S2 1 e S2 2
t α 2 e tα i quantili soluzioni, nell’ordine, delle equazioni
calcolati tramite il campione. Indicati quindi con
Tℓ(t) = 1 ¡ α
2
e Tℓ(t) = 1 ¡ α ,
le regioni di accettazione per i test bilaterale e unilaterale sinistro sono approssimate
da
2 ˆσ 1
¡t α
2 n + ˆσ2 2
m , t
2 ˆσ 1
α
2 n + ˆσ2
2
,
m
2 ˆσ 1
¡1, tα
n + ˆσ2
2
.
m
Caso d) Campioni appaiati
Esaminiamo ora un caso di differenza di due medie particolare, ma assai interessante
e frequente. Siano (X1, X2, . . . , Xn) e (Y1, Y2, . . . , Yn) due campioni casuali con la
stessa numerosità n, non indipendenti. Un test su due campioni siffatti riguarda quelle
analisi sperimentali in cui occorre verificare una variazione di valore medio prima e
dopo un certo trattamento (oppure in presenza e assenza di una certa circostanza,
con e senza un certo dispositivo, etc..). Essendo Xi e Yi variabili casuali associate
alla stessa unità statistica, i due campioni non sono indipendenti.
Un possibile approccio per verificare che le medie dei due campioni sono uguali consiste
nel considerare le differenze Di = Xi¡Yi, per i = 1, 2, ..., n, che sono tra loro
indipendenti. L’analisi del campione casuale (D1, D2, ..., Dn) riconduce il test che interessa
ad un test sulla media di un campione casuale proveniente da una popolazione
normale di media µD e varianza incognita σ2 D . Le ipotesi nulla ed alternativa per un
test bilaterale sono ovviamente le seguenti:
H0 : µD = 0 , HA : µD 6= 0 .
Per quanto già visto nel x 3.12 la statistica del test, tenuto anche conto dell’ipotesi
nulla, è
p D
n » Tn−1 .
L’esercizio 3.12.4 rappresenta un esempio di test per ”campioni appaiati”.
SD
120

3.14 CURVE CARATTERISTICHE OPERATIVE DEI TEST
Vediamo ora il procedimento per il calcolo del rischio β di errore di seconda specie,
una volta che siano stati specificati l’ipotesi nulla H0 : µ=µ0 ed il rischio α di errore
di prima specie, in funzione di ipotesi alternative diverse.
Prendiamo come riferimento l’esempio 3.11.1, che riguardava la durata dei cambi. Il
problema è stato affrontato utilizzando un test bilaterale con l’ipotesi nulla H0 : µ=
µ0 =44800 contro l’ipotesi alternativa HA : µ6=44800, con un rischio di prima specie
(o livello di significatività) del 5%. Ipotizziamo ora che che l’ipotesi nulla H0 : µ=44800
non sia vera, ma lo sia invece un’ipotesi alternativa HA : µ = µA = 44900. Il rischio di
seconda specie rappresenta la probabilità di accettare, a torto, l’ipotesi nulla, cioè la
probabilità di osservare medie campionarie entro la regione di accettazione del test
pur essendo µ=44900.
Come abbiamo visto nell’esempio in questione, la regione di accettazione (o, meglio,
di non rifiuto) è l’intervallo
[x1 , x2] = [µ0 ¡ δ , µ0 + δ] = [44800 ¡ 450 , 44800 + 450] = [44350 , 45250] .
Tale intervallo è dunque centrato in µ0 ed ha ampiezza 2δ data da
δ = σ
p n u α
2 con u α
2 soluzione dell’equazione Φ(u) = 1 ¡ α
2 .
I valori estremi x1 =44350 e x2 =45250 rapresentano rispettivamente il valore minimo
e il valore massimo delle medie (dei campioni con n=200) oltre i quali l’ipotesi nulla va
rifiutata. Il rischio di seconda specie β è quindi dato dalla probabilità di osservare(ovviamente
per campioni della stessa dimensione) medie comprese fra x1 e x2 quando sia vera l’ipotesi
altenativa HA : µ=µA =44900, o equivalentemente
β = P
x1 · X · x2HA
: µA =44900 .
Standardizzando questa relazione si ottiene:
x1 ¡ µA
β = P
σ/ p X ¡ µA
·
n σ/ p n · x2 ¡ µA
σ/ p
= P
n
z1 · Z · z2 = Φ(z2) ¡ Φ(z1) ,
essendo
z1 = x1 ¡ µA
σ/ p n , z2 = x2 ¡ µA
σ/ p n .
Per µA =44900, ricordando che n=200 e σ=3250 (da cui σ √ n ¼ 230), si ha
45250 ¡ 44900
44350 ¡ 44900
350
β ¼ Φ
¡ Φ
= Φ ¡Φ ¡
230
230
230
550
¼
230
¼ Φ(1.52) ¡ Φ(¡2.39) = Φ(1.52) + Φ(2.39) ¡ 1 ¼ 0.936 + 0.992 ¡ 1 = 0.928
È evidente che il rischio di seconda specie β dipende da µA; in altre parole β = β(µA).
Per avere un’idea di questa funzione si può calcolare β per diversi valori di µA. Ne
risulta la tabella riportata alla pagina che segue.
Il grafico riportato accanto alla tabella è ottenuto ponendo in ascissa µA ed in ordinata
β. Esso costituisce la curva caratteristica operativa. In alternativa si poteva porre
in ordinata 1¡β: in questo caso avremmo ottenuto la curva di potenza.
121

Va fatto notare che che la scelta in alternativa tra un test unilaterale o bilaterale
dipende dallo specifico quesito posto e dalle caratteristiche del problema esaminato.
In ogni caso si può affermare che la potenza di un test bilaterale, cioè la probabilità
di rifiutare H0 quando H0 è falsa, a parità di dimensione del campione e di livello
di fiducia, è minore rispetto a quella del corrispondente test unilaterale. Ciò risulta
evidente dalla figura che segue, dove sono messe a confronto le curve caratteristiche
operative per il test bilaterale HA : µ6=44800 e per il test unilaterale HA : µ

Le curve caratteristiche operative si avvicinano all’asse delle ordinate e diventano
più ripide al crescere della dimensione n del campione, in quanto così il test diventa
più potente ed in sostanza aumenta la sua capacità di discriminazione tra ipotesi,
anche in base a scarti di piccola entità. Le curve caratteristiche operative consentono
quindi la determinazione razionale della dimensione del campione da utilizzare per un
determinato test per rischi di errore di prima specie α e di seconda specie β specificati
o, in alternativa, come modificare tali livelli per renderli compatibili con il numero di
prove consentito da limiti di tempo e di spesa. Naturalmente i rischi devono essere
valutati caso per caso in base alle implicazioni: le conseguenze di una rottura sono ben
diverse a seconda che si tratti dello sterzo o del portacenere di un’auto. Nell’esempio
che segue si vedrà, fra l’altro, come si procede per la determinazione della dimensione
del campione.
Esempio 3.14.1 Un tecnico vuole determinare se un gruppo di 26 fili di rame proveniente
da una ditta rispetta la specifica nominale di avere un diametro prefissato, pari a 1.54 mm.
a) cosa può affermare con un livello di fiducia del 95% se il diametro medio dei fili esaminati
è di 1.6 mm, supposto che le misure dei diametri siano distribuite normalmente con varianza
σ 2 =0.0529 mm 2 ? b) qual è l’errore di seconda specie che il tecnico commette se la media
del processo produttivo ha subito uno slittamento ed ora è pari a 1.62 mm ? c) quale deve
essere la dimensione del campione se si vuole testare l’ipotesi nulla H0 : µ=1.54 mm contro
l’ipotesi alternativa HA : µ>1.54 mm con un errore di prima specie del 5% se si volesse un
errore di seconda specie del 10% relativamente all’ipotesi alternativa HA : µ=1.65 mm ?
Tenendo presente i requisiti tecnici specifici, faremo uso anche per la prima parte di un test
unilaterale superiore, rendendo così confrontabili i risultati dei tre quesiti posti. Procediamo
secondo la sequenza di passi visti in precedenza (omettendo per semplicità, come abbiamo
già fatto negli esempi prededenti, le unità di misura).
a) I dati del campione, che ha dimensione n=26, provengono da una popolazione normale
con varianza σ 2 =0.0529 , da cui σ=0.23 . Inoltre, x=1.6.
a1) L’ipotesi nulla è H0 : µ = µ0 = 1.54 contro l’ipotesi alternativa HA : µ > 1.54 . La
statistica da testare è
Z =
X ¡ µ0
σ/ p n
a2) il rischio di prima specie è α=0.05 ;
X ¡ 1.54
=
0.23/ p X ¡ 1.54
=
26 0.0451 ;
a3) la regione di rifiuto è Z >u0.05 ¼ 1.645 o, equivalentemente,
X > ξ2 = µ0 + σ
p n uα ¼ 1.54 + 0.0451¢1.645 ¼ 1.614 ;
a4) l’intervallo di fiducia è dunque [¡1, 1.614]. Poichè la media calcolata x vale 1.6 e
quindi vi cade internamente, l’ipotesi nulla H0 : µ0 = 1.54 non può essere rifiutata. E
questa è la risposta alla prima domanda.
b) Ora si sa che la media vale 1.62. Ci si chiede dunque qual è il rischio β di seconda specie
quando l’ipotesi alternativa è HA : µA=1.62. Ci si chiede cioè quanto vale β essendo
β = P X · ξ2 j HA : µ = 1.62 .
123

Standardizzando si ha
X ¡ 1.62
β = P
0.0451 · ξ2 ¡ 1.62
¼ P
0.0451
Z · ¡0.133] =
= 1 ¡ P [Z · 0.133] ¼ 1 ¡ 0.553 = 0.447 ¼ 45% .
Vi è dunque una probabilità di circa il 45% di non rifiutare l’ipotesi che i fili di rame
provengano da un processo produttivo con media 1.54 quando in realtà tale media è 1.62.
c) Si deve ora determinare la dimensione n che dovrebbe avere il campione perchè si abbia
un errore di seconda specie del 10% relativamente all’ipotesi alternativa HA : µ = 1.65,
fermo restando l’errore di prima specie del 5% per testare l’ipotesi nulla H0 : µ = 1.54
contro l’ipotesi alternativa HA : µ>1.54. Il rischio β di seconda specie è con quest’ultima
ipotesi alternativa è dato da
dove ξ2(n), che ora dipende da n, vale
β = P X · ξ2(n) j HA : µ = 1.65 ,
ξ2(n) = µ0 + σuα
pn ¼ 1.54 + 0.3784
p n .
Essendo β noto ed uguale a 0.1, mediante standardizzazione la relazione scritta sopra porta
alla seguente equazione in n:
X ¡ 1.65 p ξ2(n) ¡ 1.65 p
0.3784 √ ¡ 0.11
n p
P
n · n = P Z ·
n = 0.1 ,
0.23
0.23
0.23
da cui, essendo φ0.1 = ¡φ0.9 ¼ ¡1.281, segue
0.3784
e quindi
√ ¡ 0.11
n p p p p
n = ¡1.281 da cui (0.3784 ¡ 0.11 n) n = ¡0.2946 n ,
0.23
0.11 p n = 0.673 ossia n =
0.673
2 ¼ (6.12)
0.11
2 ¼ 37.4 .
Dunque, la dimensione del campione che soddisfa alle condizioni poste nella domanda è 38.
Se avessimo voluto determinare n mediante le curve caratteristiche, avremmo dovuto procedere
nel modo seguente. Calcolata l’ascissa
d = jµ0 ¡ µAj
σ
= j1.54 ¡ 1.65j
0.23
¼ 0.48 ,
essendo l’ordinata β uguale a 0.1, si individua la curva caratteristica, fra quelle per test
unilaterali relative ad α=0.05, che “contiene” il punto (d, β) ¼ (0.48, 0.1). Dai grafici che
seguono, per quanto un po’ grossolani, il valore che che si desume è del tutto compatibile
con n=38.
124

Curve caratteristiche operative per test unilaterali per la media della popolazione
(varianza nota), con campioni di dimensione 2-10,15,20,30,40,50,75,100, per α=0.05.
Curve caratteristiche operative per test bilaterali per la media della popolazione
(varianza nota), con campioni di dimensione 2-10,15,20,30,40,50,75,100, per α=0.05.
125

QUANTILI DELLA LEGGE NORMALE STANDARD: P [N(0, 1)] · x
x .00 .01 .02 .03 .04 .05 .06 .07 .08 .09
.0 .5000 .5040 .5080 .5120 .5160 .5199 .5239 .5279 .5319 .5359
.1 .5398 .5438 .5478 .5517 .5557 .5596 .5636 .5675 .5714 .5753
.2 .5793 .5832 .5871 .5910 .5948 .5987 .6026 .6064 .6103 .6141
.3 .6179 .6217 .6255 .6293 .6331 .6368 .6406 .6443 .6480 .6517
.4 .6554 .6591 .6628 .6664 .6700 .6736 .6772 .6808 .6844 .6879
.5 .6915 .6950 .6985 .7019 .7054 .7088 .7123 .7157 .7190 .7224
.6 .7257 .7291 .7324 .7357 .7389 .7422 .7454 .7486 .7517 .7549
.7 .7580 .7611 .7642 .7673 .7704 .7734 .7764 .7794 .7823 .7852
.8 .7881 .7910 .7939 .7967 .7995 .8023 .8051 .8078 .8106 .8133
.9 .8159 .8186 .8212 .8238 .8264 .8289 .8315 .8340 .8365 .8389
1.0 .8413 .8438 .8461 .8485 .8508 .8531 .8554 .8577 .8599 .8621
1.1 .8643 .8665 .8686 .8708 .8729 .8749 .8770 .8790 .8810 .8830
1.2 .8849 .8869 .8888 .8907 .8925 .8944 .8962 .8980 .8997 .9015
1.3 .9032 .9049 .9066 .9082 .9099 .9115 .9131 .9147 .9162 .9177
1.4 .9192 .9207 .9222 .9236 .9251 .9265 .9279 .9292 .9306 .9319
1.5 .9332 .9345 .9357 .9370 .9382 .9394 .9406 .9418 .9429 .9441
1.6 .9452 .9463 .9474 .9484 .9495 .9505 .9515 .9525 .9535 .9545
1.7 .9554 .9564 .9573 .9582 .9591 .9599 .9608 .9616 .9625 .9633
1.8 .9641 .9649 .9656 .9664 .9671 .9678 .9686 .9693 .9699 .9706
1.9 .9713 .9719 .9726 .9732 .9738 .9744 .9750 .9756 .9761 .9767
2.0 .9772 .9778 .9783 .9788 .9793 .9798 .9803 .9808 .9812 .9817
2.1 .9821 .9826 .9830 .9834 .9838 .9842 .9846 .9850 .9854 .9857
2.2 .9861 .9864 .9868 .9871 .9875 .9878 .9881 .9884 .9887 .9890
2.3 .9893 .9896 .9898 .9901 .9904 .9906 .9909 .9911 .9913 .9916
2.4 .9918 .9920 .9922 .9925 .9927 .9929 .9931 .9932 .9934 .9936
2.5 .9938 .9940 .9941 .9943 .9945 .9946 .9948 .9949 .9951 .9952
2.6 .9953 .9955 .9956 .9957 .9959 .9960 .9961 .9962 .9963 .9964
2.7 .9965 .9966 .9967 .9968 .9969 .9970 .9971 .9972 .9973 .9974
2.8 .9974 .9975 .9976 .9977 .9977 .9978 .9979 .9979 .9980 .9981
2.9 .9981 .9982 .9982 .9983 .9984 .9984 .9985 .9985 .9986 .9986
3.0 .9987 .9987 .9987 .9988 .9988 .9989 .9989 .9989 .9990 .9990
3.1 .9990 .9991 .9991 .9991 .9992 .9992 .9992 .9992 .9993 .9993
3.2 .9993 .9993 .9994 .9994 .9994 .9994 .9994 .9995 .9995 .9995
3.3 .9995 .9995 .9995 .9996 .9996 .9996 .9996 .9996 .9996 .9997
125

QUANTILI DELLA LEGGE t DI STUDENT: P [Tn(x)] · α
n α=0.90 α=0.95 α=0.975 α=0.98 α=0.99 α=0.995
1 3.078 6.314 12.71 15.894 31.821 63.66
2 1.886 2.920 4.303 4.849 6.965 9.925
3 1.638 2.353 3.182 3.482 4.541 5.841
4 1.533 2.132 2.776 2.999 3.747 4.604
5 1.476 2.015 2.571 2.757 3.365 4.032
6 1.440 1.943 2.447 2.612 3.143 3.707
7 1.415 1.895 2.365 2.517 2.998 3.499
8 1.397 1.860 2.306 2.449 2.896 3.355
9 1.383 1.833 2.262 2.398 2.821 3.250
10 1.372 1.812 2.228 2.359 2.764 3.169
11 1.363 1.796 2.201 2.328 2.718 3.106
12 1.356 1.782 2.179 2.303 2.681 3.055
13 1.350 1.771 2.160 2.282 2.650 3.012
14 1.345 1.761 2.145 2.264 2.624 2.977
15 1.341 1.753 2.131 2.249 2.602 2.947
16 1.337 1.746 2.120 2.235 2.583 2.921
17 1.333 1.740 2.110 2.224 2.567 2.898
18 1.330 1.734 2.101 2.214 2.552 2.878
19 1.328 1.729 2.093 2.205 2.539 2.861
20 1.325 1.725 2.086 2.197 2.528 2.845
21 1.323 1.721 2.080 2.189 2.518 2.831
22 1.321 1.717 2.074 2.183 2.508 2.919
23 1.319 1.714 2.069 2.177 2.500 2.807
24 1.318 1.711 2.064 2.172 2.492 2.797
25 1.316 1.708 2.060 2.167 2.485 2.787
26 1.315 1.706 2.056 2.162 2.479 2.779
28 1.313 1.701 2.048 2.154 2.467 2.763
30 1.310 1.697 2.042 2.147 2.457 2.750
32 1.309 1.694 2.037 2.141 2.449 2.738
35 1.306 1.690 2.030 2.133 2.438 2.724
40 1.303 1.684 2.021 2.123 2.423 2.704
50 1.299 1.676 2.009 2.109 2.403 2.678
60 1.296 1.671 2.000 2.099 2.390 2.660
1 1.282 1.645 1.960 2.054 2.326 2.576
126

QUANTILI DELLA LEGGE CHI-QUADRO: P [χ 2 n(x)] · α
n 0.005 0.01 0.025 0.05 0.10 0.90 0.95 0.975 0.99 0.995
1 .00004 .00016 .00098 .0039 .015 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879
2 0.0100 0.0201 0.0506 0.103 0.211 4.605 5.991 7.378 9.210 10.597
3 0.0717 0.115 0.216 0.352 0.584 6.251 7.815 9.348 11.345 12.838
4 0.207 0.297 0.484 0.711 1.064 7.779 9.488 11.143 13.277 14.860
5 0.412 0.554 0.831 1.145 1.610 9.236 11.070 12.832 15.086 16.750
6 0.676 0.872 1.237 1.635 2.204 10.645 12.592 14.449 16.812 18.548
7 0.989 1.239 1.690 2.167 2.833 12.017 14.067 16.013 18.475 20.278
8 1.344 1.647 2.180 2.733 3.490 13.362 15.507 17.535 20.090 21.955
9 1.735 2.088 2.700 3.325 4.168 14.684 16.919 19.023 21.666 23.589
10 2.156 2.558 3.247 3.940 4.865 15.987 18.307 20.483 23.209 25.188
11 2.603 3.053 3.816 4.575 5.578 17.275 19.675 21.920 24.725 26.757
12 3.074 3.571 4.404 5.226 6.304 18.549 21.026 23.337 26.217 28.300
13 3.565 4.107 5.009 5.892 7.041 19.812 22.362 24.736 27.688 29.819
14 4.075 4.660 5.629 6.571 7.790 21.064 23.685 26.119 29.141 31.319
15 4.601 5.229 6.262 7.261 8.547 22.307 24.996 27.488 30.578 32.801
16 5.142 5.812 6.908 7.962 9.312 23.542 26.296 28.845 32.000 34.267
17 5.697 6.408 7.564 8.672 10.085 24.769 27.587 30.191 33.409 35.718
18 6.265 7.015 8.231 9.390 10.865 25.989 28.869 31.526 34.805 37.156
19 6.844 7.633 8.907 10.117 11.651 27.204 30.144 32.852 36.191 38.582
20 7.434 8.260 9.591 10.851 12.443 28.412 31.410 34.170 37.566 39.997
21 8.034 8.897 10.283 11.591 13.240 29.615 32.671 35.479 38.932 41.401
22 8.643 9.542 19.982 12.338 14.041 30.813 33.924 36.781 40.289 42.796
23 9.260 10.196 11.689 13.091 14.848 32.007 35.172 38.076 41.638 44.181
24 9.886 10.856 12.401 13.848 15.659 33.196 36.415 39.364 42.980 45.558
25 10.520 11.524 13.120 14.611 16.473 34.382 37.652 40.646 44.314 46.928
26 11.160 12.198 13.844 15.379 17.292 35.563 38.885 41.923 45.642 48.290
27 11.808 12.878 14.573 16.151 18.114 36.741 40.113 43.195 46.963 49.645
28 12.461 13.565 15.308 16.928 18.939 37.916 41.337 44.461 48.278 50.994
29 13.121 14.256 16.047 17.708 19.768 39.087 42.557 45.722 49.588 52.335
30 13.787 14.953 16.791 18.493 20.599 40.256 43.773 46.979 50.892 53.672
32 15.134 16.362 18.291 20.072 22.271 42.585 46.194 49.480 53.486 56.328
34 16.501 17.789 19.806 21.664 23.952 44.903 48.602 51.966 56.061 58.964
36 17.887 19.233 21.336 23.269 25.643 47.212 50.998 54.437 58.619 61.581
38 19.289 20.691 22.878 24.884 27.343 49.513 53.384 56.895 61.162 64.181
40 20.707 22.164 24.433 26.509 29.051 51.805 55.758 59.342 63.691 66.766
45 24.311 25.901 28.366 30.612 33.350 57.505 61.656 65.410 69.957 73.166
50 27.991 29.707 32.357 34.764 37.689 63.167 67.505 71.420 76.154 79.490
60 35.534 37.485 40.482 43.188 46.459 74.397 79.082 83.298 88.379 91.952
70 43.275 45.442 48.758 51.739 55.329 85.527 90.531 95.023 100.425 104.215
80 51.172 53.140 57.153 60.391 64.278 96.578 101.879 106.629 112.329 116.321
90 59.196 61.754 65.647 69.126 73.291 107.565 113.145 118.136 124.116 128.299
100 67.328 70.065 74.222 77.929 82.358 118.498 124.342 129.561 135.807 140.170
127

BIBLIOGRAFIA
Anichini Giuseppe, Calcolo 4, Parte Prima, Elementi di calcolo delle probabilità
e di inferenza statististica, Pitagora (Bologna), 1995.
Ross Sheldon M., Probabilità e Statistica per L’Ingegneria e le scienze, Apogeo
(Milano), 2003.
Vicario Grazia, Raffaello Levi, Calcolo delle probabilità e statistica per ingegneri,
Esculapio (Bologna), 2000.
William Navidi, Probabilità e statistica per l’ingegneria e le scienze, McGraw-Hill,
2006.
— Ultime modifiche apportate il 16/4/2009 —
128