Sessione Live 5 Approssimazione e convergenza.

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Alcuni tipi di convergenza
Leggi dei grandi numeri
Teorema Centrale del Limite
Disuguaglianza di Chebyshev
Sessione Live 5
Approssimazione e convergenza.
M.Giorgetti
27 e 29 Gennaio 2009
M.Giorgetti
Convergenza in legge
Convergenza in probabilità
Esercizio
Si dice che la successione di v.a. {Xn }n∈N converge in legge (o in distribuzione) ad
una v.a. X e si scrive
L
Xn → X
se e solo le la successione {Fn (·)}n∈N delle funzioni di ripartizione delle Xn converce
puntualmente alla funzione di ripartizione F (·) di X , per ogni punto di continuità di F (·);
cioè in ogni punto di continuità X di F (x) si ha
lim Fn (x) = F (x).
n→∞
M.Giorgetti
Esercizio
Si dice che la successione di v.a. {Xn }n∈N converge in probabilità ad X e si scrive
P
Xn → X
se per ogni ε > 0 si ha:
lim P(|Xn − X | > ε) = 0
n→∞
Vale che:
Convergenza in probabilità ⇒ Convergenza in legge
ma NON vale il viceversa. Vediamo un controesempio con il prossimo esercizio.
M.Giorgetti
Esercizio
Sia Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ω4 }, A la σ−algebra di tutti i sottoinsiemi di Ω, e P la
distribuzione uniforme di probabilità. Sia per ogni n
(
(
Xn (ω1 ) = Xn (ω2 ) = 1
X (ω1 ) = X (ω2 ) = 0
Xn =
X =
Xn (ω3 ) = Xn (ω4 ) = 0
X (ω3 ) = X (ω4 ) = 1
P
Non può essere che Xn → X , perchè per ogni n, |Xn − X | = 1, cioè
P({ω ∈ Ω : |Xn (ω) − X (ω)| = 1}) = 1
basta però calcolare le funzioni di ripartizione per vedere che c’è convergenza in legge,
infatti, per ogni n
8
8
>
>
x <0
x <0
<0
<0
Fn (x) = 1/2 0 ≤ x < 1
F (x) = 1/2 0 ≤ x < 1
>
>
:
:
1
x ≥1
1
x ≥1
M.Giorgetti
Legge debole dei grandi numeri
Legge forte dei grandi numeri
Siano X1 , . . . , Xn n v.a. indipendenti e indenticamente distribuite con media µ. Allora,
per ogni ε > 0 vale che
˛
„˛
«
˛ X1 + . . . Xn
˛
˛
˛
lim P ˛˛
− µ˛˛ ≥ ε = lim P(˛X̄n − µ˛ ≥ ε) = 0.
n→+∞
n→+∞
n
Il significato di questo enunciato, è esattamente la convergenza in probabilità della
media campionaria alla media effettiva (incognita) della popolazione. Ovvero, sotto le
ipotesi della legge debole dei grandi numeri si può affermare che
P
X̄n → µ.
M.Giorgetti
Legge debole dei grandi numeri
Legge forte dei grandi numeri
Siano X1 , . . . , Xn n v.a. indipendenti e indenticamente distribuite con media µ. Allora
vale
„
«
P
lim X̄n = µ = 1
n→+∞
Osservazione 1: in questo caso stiamo considerando la probabilità dell’evento

ff
ω ∈ Ω : lim X̄n (ω) = µ ,
n→+∞
cioè l’insieme degli eventi elementari dello spazio Ω per i quali vi è una convergenza
puntuale della successione di funzioni (perché tali sono, ricordiamolo!) X̄n (ω).
Questo tipo di convergenza si chiama convergenza quasi certa.
Quindi sotto le ipotesi dellla legge forte dei grandi numeri, vale che
q.c.
X̄n → µ
Osservazione 2: si può mostrare che la legge forte implica la legge debole.
M.Giorgetti
Osservazioni
Approssimazioni via TCL
Correzione di continuità
Tabella delle correzioni di continuità per una Bin(n, p)
Esercizio
Siano X1 , . . . , Xn n v.a. indipendenti e indenticamente distribuite (cioè X1 , . . . , Xn sia
un campione aleatorio estratto da una popolazione X ) con media µ e varianza
σ 2 > 0, entrambe finite. Sia
X̄ − µ
√ ;
Zn =
σ/ n
dove
Pn
X̄ =
i=1
n
Xi
,
cioè la media campionaria delle v.a. che compaiono nel campione, se indichiamo con
Fn (x) la funzione di ripartizione di Zn e con Φ(x) la funzione di ripartizione di una v.a.
normale standard, allora per ogni x ∈ R:
lim Fn (x) = Φ(x).
n→∞
Cioè, per n “sufficientemente grande” vale la relazione
P(a < Zn ≤ b) = Fn (b) − Fn (a) ' Φ(b) − Φ(a) = P(a < Z ≤ b),
dove Z ∼ N(0, 1).
M.Giorgetti
Osservazioni
Esercizio
Se le v.a. Xi , i = 1, . . . , n sono normali, cioè la popolazione da cui estraggo il
campione è normale, ovvero Xi ∼ N(µ, σ 2 ), allora vale che X̄ ∼ N(µ, σ 2 /n) e non
è necessario il teorema centrale del limite per mostrare che
Zn =
X̄ − µ
√ ∼ N(0, 1).
σ/ n
La v.a.Zn converge in legge ad una v.a. normale standard.
In generale (ma non sempre!) è sufficiente n > 30 per applicare il teorema
centrale del limite.
La v.a.
Yn =
X1 + . . . + Xn − nµ
√
σ n
è la standardizzata della v.a. Sn = X1 + . . . + Xn , di media nµ, e varianza nσ 2
(ma con distribuzione incognita!). Si può allora riformulare colloquialmente il
teorema nel seguente modo:
la v.a. Sn per n “sufficientemente grande” è approssimativamente una v.a.
N(nµ, nσ 2 ); vale quindi che
P(Sn ≤ a) ' P(N(nµ, nσ 2 ) ≤ a)
M.Giorgetti
Osservazioni
Esercizio
Se X ∼ Bin(n, p), allora X rappresenta il numero di successi in n esperimenti
indipendenti, dove la probabilità di successo in ogni esperimeno è data da p.
Sappiamo che X si può considerare come la somma di n v.a. indicatrici, cioè v.a. di
Bernoulli Xi di parametro p, indipendenti, tali per cui
E(Xi ) = p, Var (Xi ) = p(1 − p) = pq.
Per il teorema centrale del limite, se n è “sufficientemente grande”,
X − np
∼ N(0, 1).
√
npq
N.B.: l’approssimazione di una v.a. binomiale Bin(n, p) con una normale N(np, npq)
“funziona bene” quando valgono le due relazioni
np > 5
M.Giorgetti
npq > 5
Osservazioni
Esercizio
Il teorema centrale del limite implica che se la dimensione del campione n è
“sufficientemente grande” allora la distribuzione della somma Yn = X1 + . . . + Xn di n
v.a. (o equivalentemente della loro media campionaria) è approssimativamente
normale.
Questo è un risultato di importanza fondamentale, perché ci permette di approssimare
la distribuzione di certe statistiche anche se non abbiamo informazioni sulla
distribuzione originaria.
Il termine “grande” è evidentemente relativo
Genericamente, tanto più la distribuzione sottostante è “anormale”, tanto più n deve
essere grande affinché l’approssimazione sia soddisfacente.
Una regola operativa diffusa è che una dimensione campionaria n di almeno 30
elementi è sufficiente, anche se per molte distribuzioni n più piccoli sono ugualmente
accettabili.
M.Giorgetti
Osservazioni
Esercizio
Un piccolo problema tecnico si ha quando la distribuzione sottostante è discreta. (Libro
Prof.Piazza, pagg.224-225.)
In questo caso anche la somma Sn ha distribuzione discreta, perciò stiamo
approssimando una distribuzione discreta con una continua.
Per esempio: supponiamo che Xi , i = 1, . . . , n assumano valori interi; anche la
somma Sn avrà valori interi. Mostrare che per ogni h ∈ (0, 1] sono equivalenti (cioè
hanno la stessa probabilità) gli eventi
{k − h < Sn < k + h}
{Sn = k}
Nel contesto di questo esercizio, diversi valori di h conducono ad approssimazioni
diverse, anche se gli eventi sono equivalenti.
L’approssimazione più piccola sarebbe 0, per h = 0, e le approssimazioni
tendenzialmente crescerebbero all’aumentare di h. È d’uso suddividere la differenza
univocamente ponendo h = 0.5. Ciò si chiama correzione di continuità
Consideriamo con la tabella seguente, l’esempio di una v.a. X ∼ Bin(n, p) con diverse
possibilità:
M.Giorgetti
Valore cercato
Osservazioni
Esercizio
Correz.di cont.
P(X = x)
P(x − 0.5 ≤ X ≤ x + 0.5)
P(X ≤ x)
P(X ≤ x + 0.5)
P(X < x) = P(X ≤ x − 1)
P(X ≤ x − 1 + 0.5)
P(X ≥ x)
P(X ≤ x − 0.5)
P(X > x) = P(X ≥ x + 1)
P(X ≤ x + 1 − 0.5)
P(a ≤ X ≤ b)
P(a − 0.5 ≤ X ≤ b + 0.5)
M.Giorgetti
Valori in termini di
distrib.della
N(0,
”
“ 1)
”
x+1/2−np
x−1/2−np
√
√
Φ
−
Φ
npq
“
” npq
x+1/2−np
√
Φ
npq
“
”
x−1/2−np
√
Φ
“ npq
”
x−1/2−np
√
1−Φ
npq
“
”
x+1/2−np
√
1−Φ
npq
”
“
”
“
b+1/2−np
a−1/2−np
√
√
Φ
−
Φ
npq
npq
“
Osservazioni
Esercizio
I pesi delle uova prodotte in un’azienda avicola hanno media µ = 60g., varianza
σ 2 = 16g 2 , primo quartile q0.25 = 57g e terzo quartile q0.75 = 63.5g. Considerato un
campione di n = 900 uova si calcoli la probabilità che
a) il campione abbia un peso complessivo inferiore a 53.8kg.;
b) almeno il 52% delle uova abbia peso compreso nell’intervallo (57kg, 63.5kg).
Soluzione:
a) Sia Xi la v.a. che misura il peso dell’ i−esimo uovo; allora il peso complessivo del
campione sarà dato dalla v.a.
S900 = X1 + . . . + X900 .
Per il teorema centrale del limite varrà che
X̄n =
Sn
∼N
n
„
«
σ2
µ,
n
pertanto la probabilità richiesta sarà
„
«
53800
P(S900 < 53800) = P X̄n <
' P(X̄n < 59.778) =
900
„
«
„
«
59.778 − µ
59.778 − 60
√
=P Z <
=P Z <
=
4/30
σ/ n
= Φ(−1.665) = 1 − Φ(1.665) ' 0.048
M.Giorgetti
Osservazioni
Esercizio
b) Per definizione di terzo quartile si ha:
p = P(57 < Xi ≤ 63.5) = P(q0.25 < Xi < q0.75 ) = 0.5;
pertanto, la verifica che il peso di un uovo sia incluso nell’intervallo specificato, è
un esperimento di Bernoulli di parametro p = 0.5. Sia Yi la v.a. che rileva l’esito
della verifica sull’uovo i−esimo: risulta ovviamente Yi ∼ B(p), ed
Y = X1 + . . . + Xn ∼ Bin(n, p).
Poichè in questo caso np > 5 ed np(1 − p) > 5 la probabilità richiesta può essere
calcolata per approssimazione, sapendo che, tramite il teorema centrale del limite,
vale approssimativamente che
Bin(n, p) ' N(np, np(1 − p)).
Dunque
P(Y > 900 · 0.52) = 1 − P(Y < 468) = 1 − P(Y ≤ 467)
da cui, ricordando di utilizzare la correzione di continuità, risulta
«
„
467 + 0.5 − 450
√
1 − P(Y ≤ 467) ' 1 − Φ
' 1 − Φ(1.17) ' 0.121.
225
M.Giorgetti
Osservazioni
Esercizio
Una ditta di trasporti internazionali possiede 100 TIR dello stesso tipo. Ogni TIR
percorre una media di 600km al giorno, con una deviazione standard di 50km.
a) Supponendo che i giorni lavorativi siano 340 in un anno, quanti km. percorre
mediamente un TIR in un anno?
b) Una merce deve essere trasportata da un TIR ad una distanza di 7000km. Viene
chiesto al titolare dopo quanti giorni dalla partenza avverrà la consegna. Che
risposta deve dare il titolare affinchè con probabilità almeno pari al 90% la merce
arrivi a destinazione entro il tempo dichiarato?
Soluzione:
a) Sia Xi la v.a. che descrive i km percorsi nel giorno i. Sappiamo che
E(Xi ) = 600km, Var (Xi ) = 502 km2 . Allora la distanza percorsa in 340 giorni è
descritta dalla v.a.
340
X
S=
Xi .
i=1
La media di questa v.a. è E(S) = 340 · 600 = 204000km.
M.Giorgetti
Osservazioni
Esercizio
b) Occorre calcolare il valore di n affinchè risulti
n
X
P
!
Xi ≥ 7000
≥ 0.9.
i=1
Dal teorema centrale del limite sappiamo che
P
n
X
i=1
!
Xi ≥ 7000
„ Pn
Pn
i=1
Xi ∼ N(nµ, nσ 2 ), perciò
Xi − nµ
7000 − 600n
√
√
≥
σ n
50 n
„
«
7000 − 600n
√
=1−Φ
≥ 0.9
50 n
=P
i=1
«
=
Da cui segue che
«
„
7000 − 600n
7000 − 600n
√
√
Φ
≥ 0.1 che implica
≤ z0.1 = −1.28.
50 n
50 n
M.Giorgetti
Osservazioni
Esercizio
√
Si ottiene cosı̀ la disequazione
64 n − 600n + 7000 ≤ 0.
√
Risolvendo si ottiene n ≥ 3.47, che implica n ≥ 12.04.
Il titolare dichiarerà dunque 13 giorni di attesa.
M.Giorgetti
Definizione
Esercizio
Esercizio per voi
Esercizio
Esercizi per voi
Se X è una v.a. di media µ e varianza σ 2 , vale che
P (|X − µ| ≥ k) ≤
σ2
k2
Osserv. 1: la disuguaglianza si può riscrivere, ponendo k = tσ come
P (|X − µ| ≥ tσ) ≤
1
t2
Osserv. 2: passando ai complementari, inoltre
P (|X − µ| < k) = 1 − P (|X − µ| ≥ k) ≥ 1 −
σ2
k2
pertanto
P (µ − k < X < µ + k) ≥ 1 −
σ2
k2
e, riparametrizzando come sopra, si ha
P (µ − tσ < X < µ + tσ) ≥ 1 −
M.Giorgetti
1
t2
Definizione
Esercizio
Esercizio per voi
Esercizio
Esercizi per voi
Data una popolazione con secondo momento finito, dire se le seguenti affermazioni
sono vere o false usando la disuguaglianza di Chebyshev
P(|X − µ| ≥ kσ) ≥ 1/k
k 2 P(|X − µ| ≥ k) ≤ σ 2
Non si può utilizzare la disuguaglianza di
Chebyshev per valutare P(|X − µ| ≥ k)
P(|X − µ| ≥ k) ≤ 1/k 2
M.Giorgetti
V
V
F
F
V
F
V
F
Definizione
Esercizio
Esercizio per voi
Esercizio
Esercizi per voi
P(|X − µ| ≥ kσ) ≥ 1/k
k 2 P(|X − µ| ≥ k) ≤ σ 2
P(|X − µ| ≥ k) ≤ 1/k 2
M.Giorgetti
V
V
F
F
V
F
V
F
Definizione
Esercizio
Esercizio per voi
Esercizio
Esercizi per voi
P(|X − µ| ≥ kσ) ≥ 1/k
k 2 P(|X − µ| ≥ k) ≤ σ 2
P(|X − µ| ≥ k) ≤ 1/k 2
M.Giorgetti
V
V
F
F
V
F
V
F
Definizione
Esercizio
Esercizio per voi
Esercizio
Esercizi per voi
P(|X − µ| ≥ kσ) ≥ 1/k
k 2 P(|X − µ| ≥ k) ≤ σ 2
P(|X − µ| ≥ k) ≤ 1/k 2
M.Giorgetti
V
V
F
F
V
F
V
F
Definizione
Esercizio
Esercizio per voi
Esercizio
Esercizi per voi
P(|X − µ| ≥ kσ) ≥ 1/k
k 2 P(|X − µ| ≥ k) ≤ σ 2
P(|X − µ| ≥ k) ≤ 1/k 2
M.Giorgetti
V
V
F
F
V
F
V
F
Definizione
Esercizio
Esercizio per voi
Esercizio
Esercizi per voi
Data una successione di v.a. i.i.d., il teorema centrale del limite fornisce informazioni
riguardo alla
Convergenza in legge di tale successione
Convergenza in legge di tale successione solo se
per ogni i, µXi < +∞, σX2 < +∞
i
Disuguaglianza di Chebyscev
P applicabile a tutte le Xi
Distribuzione asintotica di
Xi , solo se
per ogni i, µXi < +∞, σX2 < +∞
i
Distribuzione limite della media campionaria
standardizzata, solo se per ogni i, µXi < +∞, σX2 < +∞
V
F
V
F
V
F
V
F
V
F
i
Soluzione: F, F, F, V, V.
M.Giorgetti
Definizione
Esercizio
Esercizio per voi
Esercizio
Esercizi per voi
Le confezioni di pasta alimentare di una certa linea di produzione hanno un peso che
può essere assimilato ad una v.a. X avente media µ = 0.5kg e varianza
σ 2 = 0.003kg 2 . Si determini:
a) il limite inferiore della probabilità che, estraendo a sorte una confezione, il peso
della confezione sia compreso nell’intervallo (0.5 − 2 · 0.003, 0.5 + 2 · 0.003);
b) il limite superiore della probabilità che X sia esterna all’intervallo (0.491, 0.509);
c) il limite inferiore della quantità P(0.495 < X < 0.505);
d) l’intervallo centrato sulla media in cui è compresa la v.a. X con probabilità almeno
uguale al 95%.
Soluzione:
a) Si tratta di un ’applicazione diretta della formula P(|X − µ| < kσ) ≥ 1 − 1/k 2 ,
dalla quale si ricava, nel nostro caso, che k = 2; pertanto l’estremo inferiore
cercato è
1
P(|X − 0.5| < 0.006) ≥ 1 − 2 = 0.75
2
M.Giorgetti
Definizione
Esercizio
Esercizio per voi
Esercizio
Esercizi per voi
b) Per utilizzare ancora la formula precedente, occorre ricavare k: dalla relazione
0.5 − k · 0.003 = 0.491, si ottiene k = 3. Pertanto l’estremo superiore cercato è
dato da
1
P({X ≤ 0.491} ∪ {X ≥ 0.509}) ≤ 2 ' 0.11
3
c) Dalla relazione 0.5 − k · 0.003 = 0.495, si trova k = 1.7. Ne consegue che il
limite inferiore cercato è 0.65;
d) Anche in questo caso occorre ricavare k. Vale che
1−
1
1
= 0.95, da cui k = √
= 4.47
k2
1 − 0.95
pertanto l’intervallo richiesto è
(µ − 4.47σ, µ + 4.47σ) = (0.487, 0.513).
M.Giorgetti
Definizione
Esercizio
Esercizio per voi
Esercizio
Esercizi per voi
Un calcolatore addiziona un milione di numeri e in ognuna di queste operazioni viene
effettuato un errore di arrotondamento; supponiamo che i singoli errori siano tra loro
indipendenti e si distribuiscano secondo una distribuzione uniforme sull’intervallo
[−0.5 · 10−10 , 0.5 · 10−10 ] (cioè supponiamo che la decima cifra decimale sia
significativa). Qual è la probabilità che l’errore finale sia più piccolo in valore assoluto
di 0.5 · 10−7 ? E di 0.5 · 10−8 ?
Soluzione: se indichiamo con Xi l’errore commesso nella i−esima addizione, allora
l’errore complessivo è X1 + . . . + X106 . Dunque vale che
P(−0.5 · 10−7 < X ≤ 0.5 · 10−7 ) = P(X ≤ 0.5 · 10−7 ) − P(X ≤ −0.5 · 10−7 );
osserviamo che le v.a. X hanno densità
(
1010 se − 0.5 · 10−10 ≤ t ≤ 0.5 · 10−10
f (t) =
0
altrimenti
M.Giorgetti
Definizione
Esercizio
Esercizio per voi
Esercizio
Esercizi per voi
Inoltre per simmetria, le v.a. hanno media nulla (provare per credere!) e la loro
varianza risulta
Var (Xi ) = E(Xi2 ) = 1010
0.5·10−10
Z
−0.5·10−10
t 2 dt =
10−20
:= σ 2 .
12
Quindi, con l’approssimazione normale, e ricordando che n = 106 , si ha
„
«
0.5 · 10−7
√
=
P(X ≤ 0.5 · 10−7 ) = P(X1 + . . . + Xn ≤ 0.5 · 10−7 ) ' Φ
σ n
√
√
= Φ(0.5 · 107 · 10−3 · 1010 12) = Φ( 3) ' 0.96
Allo stesso modo si ottiene che P(X ≤ −0.5 · 10−7 ) ' 0.04, e dunque la probabilità
che la sesta cifra decimale sia significativa è 0.96 − 0.04 = 0.92. Con gli stessi calcoli
si ottiene facilmente che
P(−0.5 · 10−8 < X ≤ 0.5 · 10−8 ) ' Φ(0.178) − Φ(−0.178) ' 0.14.
M.Giorgetti
Definizione
Esercizio
Esercizio per voi
Esercizio
Esercizi per voi
Sia {Xn }n≥1 una successione di v.a. con legge geometrica di parametro pn = λ/n. La
successione {(1/n)Xn }n≥1 converge in legge? In caso affermativo qual è la legge
limite?
Soluzione: sia Fn la funzione di ripartizione di Yn = (1/n)Xn ; sappiamo allora che per
t < 0, Fn (t) = 0, mentre per t ≥ 0:
bntc
Fn (t) = P(Xn ≤ nt) = P(Xn ≤ bntc) =
«
„
«
Xλ„
λ k
λ bntc+1
1−
=1− 1−
;
n
n
n
k =0
e dunque per ogni t ≥ 0
lim Fn (t) = 1 − e−λt
n→+∞
da cui riconosciamo la funzione di ripartizione di una v.a. esponenziale di parametro λ.
M.Giorgetti
Definizione
Esercizio
Esercizio per voi
Esercizio
Esercizi per voi
La percentuale di realizzazioni nei tiri da 2 punti di un giocatore di basket è del
55%. Si calcolino
a) la probabilità che il giocatore segni non più di 50 punti su 50 tiri;
b) il numero mnimo di tiri da effettuare afinchè la probabilità di segnare almeno 100 punti
sia non inferiore al 90%.
Il tempo di lavorazione di un pezzo meccanico è una v.a. di media µ = 2 minuti e
deviazione standard σ = 0.3 minuti.
a) Ricorrendo all’approssimazione normale calcolare la probabilità di effettuare la
0
lavorazione di 150 pezzi in un tempo minore a 5h 10 ;
b) Ricorrendo all’approssimazione normale calcolare la probabilità che la media
campionaria dei tempi di lavorazione relativa a 100 pezzi sia compresa tra 10 5500 e
20 1000 ;
c) Di quanti pezzi dobbiamo misurare il tempo di lavorazione per essere certi al 95% che la
media campionaria dei loro tempi non differisca da 2 minuti per più di 4 secondi?
FIne.
M.Giorgetti

Sessione Live 5 Approssimazione e convergenza.

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