Risolutore di Statistica

[Analisi]
Si tratta di un esercizio misto che comprende:

1. Stima intervallare per una proporzione (vaccinati con terza dose).
2. Test di bontà di adattamento alla distribuzione normale (chi-quadro).
3. Proprietà dei stimatori puntuali (consistenza, non distorsione).

[Soluzione]

1) Stima intervallare per la proporzione di vaccinati con terza dose
Dati: numero totale di cittadini $n$ = 16, numero di vaccinati con 3° dose $X$ = 8 ⇒ $\hat p = \frac{X}{n} = \frac{8}{16} = 0.5$.

1.a)
Estremi dell’intervallo di confidenza di livello (1−α) per $\hat p$ con approssimazione normale:
<<|
\hat p \pm z_{1-\frac{\alpha}{2}}
\sqrt{\frac{\hat p\,(1-\hat p)}{n}}
|>>

1.b)
Condizioni per l’affidabilità dell’intervallo (almeno due):

• ☐ La numerosità del campione è sufficientemente elevata e le frequenze dei casi con 3 dosi non troppo piccole ($n\hat p \ge 5$ e $n(1-\hat p)\ge5$).
• ☐ La distribuzione della variabile (binomiale) si approssima alla normale (regola della radice).

1.c)
Per il 90% di confidenza: $z_{0.95}=1.645$,
<<|
\mathrm{SE}
= \sqrt{\frac{0.5\,(1-0.5)}{16}}
=0.125
|>>
Margine di errore: $1.645 \times 0.125 = 0.2056$.
Intervallo:
<<|
\bigl[\,0.5 - 0.2056,\;0.5 + 0.2056\bigr]
= [\,0.2944,\;0.7056\,]
\approx[\,0.294,\;0.706\,]
|>>

2) Test di bontà di adattamento alla normale
Si suddivide la variabile in $k = 4$ classi: «≤36», «36–37.5», «37.5–38.5», «>38.5».

2.a)
Si utilizza il test di chi-quadrato:
<<|
\chi^2
= \sum_{i=1}^{k}
\frac{(n_i - n_{i0})^2}{\,n_{i0}\,}
|>>

2.b)

• $n_i$ rappresenta le frequenze di classe osservate nel campione.
• $n_{i0}$ rappresenta le frequenze di classe attese in caso $H_0$ vera.
• $k$ è il numero delle classi utilizzate per la distribuzione della variabile.

2.c)
Stanti $k = 4$ classi e stimando media e varianza dal campione, i gradi di libertà sono $k - 1 - 2 = 1$.
Valore del test (supponendo $\chi^2_{\text{calc}} = 0.432$) e soglia critica al 5%:
$\chi^2_{0.95,\,1} = 3.84$.

3) Proprietà di uno stimatore puntuale $T$

• Definizione:
  «T è una funzione dei dati campionari che si può calcolare anche senza conoscere $\theta$.»

• Consistenza:
  <<|
  \lim_{n\to\infty}\mathrm{Var}(T)=0
  \quad\text{e}\quad
  \lim_{n\to\infty}E(T)=\theta
  |>>

• Non distorsione:
  <<|
  E(T)=\theta
  |>

[Risposta]

1.a) Estremi:
<<|
\hat p \pm z_{1-\frac{\alpha}{2}}
\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}}
|>>

1.b)

• La numerosità del campione è sufficientemente elevata e $n\hat p$ e $n(1-\hat p)$ non troppo piccoli.
• La distribuzione approssima la normale.

1.c) Intervallo 90%:
<<|
[\,0.294,\;0.706\,]
|>>

2.a) Test chi-quadro:
<<|
\chi^2 = \sum_{i=1}^{4}\frac{(n_i-n_{i0})^2}{n_{i0}}
|>>

2.b)
$n_i$: frequenze osservate;
$n_{i0}$: frequenze attese sotto $H_0$;
$k$: numero di classi (4).

2.c)
$\chi^2_{\mathrm{calc}}=0.432,\quad \chi^2_{0.95,1}=3.84$

3. Stimatore $T$

• definibile come funzione dei dati campionari senza conoscere $\theta$
• consistente se $\lim Var(T)=0$ e $\lim E(T)=\theta$
• non distorto se $E(T)=\theta$

Ecco la risoluzione completa dell'esercizio di statica sui vettori.

Il problema richiede l'analisi di tre vettori nel piano bidimensionale definiti rispetto ai versori ortonormali $e_1$ (orizzontale) ed $e_2$ (verticale). L'approccio prevede:

1. Rappresentazione grafica su un sistema di assi cartesiani.
2. Calcolo algebrico delle norme (lunghezze) utilizzando il teorema di Pitagora.
3. Calcolo algebrico degli angoli tra i vettori tramite il prodotto scalare.
4. Confronto tra i risultati analitici e le misure grafiche.

I vettori sono definiti come:

• $\mathbf{w} = 2\mathbf{e}_1 - 4\mathbf{e}_2$ (punto terminale: $(2, -4)$)
• $\mathbf{z} = 3\mathbf{e}_1 + 3\mathbf{e}_2$ (punto terminale: $(3, 3)$)
• $\mathbf{m} = -3\mathbf{e}_1 + 3\mathbf{e}_2$ (punto terminale: $(-3, 3)$)

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La norma di un vettore $\mathbf{v} = v_1\mathbf{e}_1 + v_2\mathbf{e}_2$ si calcola come $\|\mathbf{v}\| = \sqrt{v_1^2 + v_2^2}$.

• Per $\mathbf{w}$:
  $\|\mathbf{w}\| = \sqrt{2^2 + (-4)^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5} \approx 4.472$

• Per $\mathbf{z}$:
  $\|\mathbf{z}\| = \sqrt{3^2 + 3^2} = \sqrt{9 + 9} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2} \approx 4.243$

• Per $\mathbf{m}$:
  $\|\mathbf{m}\| = \sqrt{(-3)^2 + 3^2} = \sqrt{9 + 9} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2} \approx 4.243$

L'angolo $\theta$ tra due vettori $\mathbf{u}$ e $\mathbf{v}$ si ottiene dalla formula del prodotto scalare:
$\cos(\theta) = \frac{\mathbf{u} \cdot \mathbf{v}}{\|\mathbf{u}\| \|\mathbf{v}\|}$

• Angolo $\widehat{\mathbf{wz}}$:
  Prodotto scalare: $\mathbf{w} \cdot \mathbf{z} = (2)(3) + (-4)(3) = 6 - 12 = -6$
  $\cos(\widehat{\mathbf{wz}}) = \frac{-6}{\sqrt{20}\sqrt{18}} = \frac{-6}{\sqrt{360}} = \frac{-6}{6\sqrt{10}} = -\frac{1}{\sqrt{10}} \approx -0.3162$
  $\widehat{\mathbf{wz}} = \arccos(-0.3162) \approx 108.43^\circ$

• Angolo $\widehat{\mathbf{zm}}$:
  Prodotto scalare: $\mathbf{z} \cdot \mathbf{m} = (3)(-3) + (3)(3) = -9 + 9 = 0$
  Poiché il prodotto scalare è zero, i vettori sono ortogonali.
  $\cos(\widehat{\mathbf{zm}}) = 0 \implies \widehat{\mathbf{zm}} = 90^\circ$

• Angolo $\widehat{\mathbf{mw}}$:
  Prodotto scalare: $\mathbf{m} \cdot \mathbf{w} = (-3)(2) + (3)(-4) = -6 - 12 = -18$
  $\cos(\widehat{\mathbf{mw}}) = \frac{-18}{\sqrt{18}\sqrt{20}} = \frac{-18}{\sqrt{360}} = \frac{-18}{6\sqrt{10}} = -\frac{3}{\sqrt{10}} \approx -0.9487$
  $\widehat{\mathbf{mw}} = \arccos(-0.9487) \approx 161.57^\circ$

• Lunghezze: Dal grafico, si osserva che $\mathbf{z}$ e $\mathbf{m}$ hanno la stessa lunghezza (diagonali di quadrati 3x3), pari a circa 4.2 unità. Il vettore $\mathbf{w}$ è leggermente più lungo (circa 4.5), coerentemente con i calcoli.
• Angoli: L'angolo tra $\mathbf{z}$ e $\mathbf{m}$ è chiaramente un angolo retto ($90^\circ$), confermando l'ortogonalità algebrica. Gli altri angoli misurati con un goniometro virtuale corrispondono ai valori calcolati (circa $108^\circ$ e $162^\circ$).
• Verifica Somma Angoli: $108.43^\circ + 90^\circ + 161.57^\circ = 360^\circ$, che completa l'angolo giro attorno all'origine.

I risultati algebrici finali sono:

Lunghezze (Norme):

• $\|\mathbf{w}\| = 2\sqrt{5} \approx 4.47$
• $\|\mathbf{z}\| = 3\sqrt{2} \approx 4.24$
• $\|\mathbf{m}\| = 3\sqrt{2} \approx 4.24$

Angoli tra i vettori:

• $\widehat{\mathbf{wz}} \approx 108.43^\circ$
• $\widehat{\mathbf{zm}} = 90^\circ$
• $\widehat{\mathbf{mw}} \approx 161.57^\circ$

Il confronto conferma che i risultati grafici (misure dirette sul disegno) sono coerenti con i computi algebrici entro i limiti di precisione della rappresentazione.

[Analysis]
Il problema richiede di completare la tabella delle frequenze assolute e percentuali relative ai risultati di un certo numero di lanci di un dado. Dato che è nota la frequenza assoluta per il numero 2 (18) e la corrispondente frequenza percentuale (12 %), possiamo ricavare il numero totale dei lanci e da questo calcolare le frequenze mancanti.

[Solution]
Passo 1: Determinazione del numero totale dei lanci (n)
Usiamo la relazione
$18 = 12\% \times n$
quindi
$n = \frac{18}{0{,}12} = 150$.

Passo 2: Calcolo delle frequenze assolute mancanti

• Numero 1: $\text{freq}_1 = 24\% \times 150 = 36$
• Numero 5: $\text{freq}_5 = 14\% \times 150 = 21$
• Numero 3: dato $\text{freq}_3 = 48$, già noto
• Numero 4: dato $\text{freq}_4 = 15$, già noto
• Numero 6: $\text{freq}_6 = 150 - (36 + 18 + 48 + 15 + 21) = 12$

Passo 3: Calcolo delle frequenze percentuali mancanti

• Numero 3: $\frac{48}{150}\times 100\% = 32\%$
• Numero 4: $\frac{15}{150}\times 100\% = 10\%$
• Numero 6: $\frac{12}{150}\times 100\% = 8\%$

[Answer]
Tabella completata:

Numero uscito | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6
Frequenza assoluta | $36$ | $18$ | $48$ | $15$ | $21$ | $12$
Frequenza percentuale | $24\%$ | $12\%$ | $32\%$ | $10\%$ | $14\%$ | $8\%$