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ESERCIZI SUL CAMPIONAMENTO PER LA REVISIONE CONTABILE –
SECONDA PARTE
1) Determinazione della numerosità campionaria. Data una
popolazione di 10.000 documenti contabili, determinare la
numerosità campionaria per accertare la proporzione di
documenti non conformi. La proporzione accettabile è non
superiore allo 0,04.
N = 10.000
π = 0,04
ε = 0,02
α = 1,96 il che implica che z sia pari a 1,96.
La formula per calcolare n (campionamento senza ripetizione è la
seguente):
𝑁(𝑧𝛼 )2
2
2
(𝑁−1)𝜀
+(𝑧𝛼 )2
𝜋(1−𝜋)
2
=
(1,96)2 10.000
(10.000−1)(0,02)2
+(1,96)2
0,04(1−0,04)
38.416
107,9
=
= 356
Dopo aver revisionato i 356 documenti se ne individuano 31 non
conformi. Costruire l’intervallo di confidenza.
31
= 0,087
356
Per un campionamento casuale semplice senza ripetizione
l’intervallo di confidenza ha la seguente formula:
𝑝=
𝑧𝛼/2 √
𝑝(1−𝑝) 𝑁−𝑛
1,96√
𝑛
𝑁−1
=
0,087(1−0,087) (10.000−369)
356
9.999
=
1,96√0,0002312 0,96319 =
0,0292.
L’intervallo di confidenza è compreso tra
(0,0578 ; 0,1162) e il valore massimo posto come tollerabile è al
di fuori dell’intervallo con un grado di fiducia del 95%. Pertanto
possiamo ritenere che i controlli interni non abbiano funzionato
secondo le attese.
2) Determinazione della numerosità campionaria. Verificare
l’ipotesi che la percentuale di errore nella popolazione sia
minore del 4%, con un livello 1-α = 0,95 e con un campione
di 356 unità nel quale sono stati individuati 31 elementi non
conformi.
𝐻0 : 𝑝0 ≤ 0,04
𝐻1 : 𝑝1≥ 0,04
Si tratta di un test ad una coda, quindi tutta la massa di
probabilità si concentra a destra
𝑧0,01 = 2,326
𝑧0,05 = 1,645
Avendo scelto a = 0,05, l’ipotesi nulla sarà rifiutata se la
statistica test risulterà maggiore di 1,645.
Calcoliamo ora la statistica test
𝑧=
(𝑝−𝑝0 )
(𝑝−𝑝0 )
√[
]
𝑛
(0,087−0,04)
0,087(1−0,087)
√
356
0,047
0,01494
=
=
=
3,146
Rifiutiamo pertanto l’ipotesi nulla.
Supponiamo ora che il numero di documenti non conformi fosse
risultato pari a 11. Ripetiamo il test di ipotesi con le stesse
condizioni.
𝑝=
11
356
= 0,0309
Calcoliamo quindi la nuova statistica test
𝑧=
(𝑝−𝑝0 )
(𝑝−𝑝0 )
√[
]
𝑛
=

(0,0309−0,04)
𝑧=

√
𝑧=
0,04 (1−0,04)
356
−0,0091
0,0104
= 0,875
L’ipotesi nulla non è rifiutata.
Sempre nella situazione che x=11, poniamo come ipotesi
alternativa
𝐻1 : 𝑝 = 0,05
e calcoliamo il  corrispondente.
Per ottenerlo calcoliamo la statistica test assumendo la validità
dell’ipotesi alternativa:
𝑧=
(0,0309−0,05)
√0,05 (1−0,05)
356
−0,0191
0,0116
=
= -1,64.
La probabilità  corrisponde quindi l’area sottesa a
sinistra di -1,64 che è pari a 0,0505.
3) Determinazione della numerosità campionaria.
Da una popolazione di documenti contabili, con
numerosità molto elevata, si vuole estrarre un
campione casuale semplice per sottoporre a
verifica l’ipotesi nulla
𝐻0 : 𝑝 = 𝑝0 = 0,03
Contro l’ipotesi alternativa
𝐻1 : 𝑝 = 𝑝1 = 0,07
L’errore di prima specie  è posto pari a 0,05 e
l’errore di seconda specie  è posto pari a 0,30.
Poiché si tratta di un test ad una coda,
𝑧𝛼 = 1,645
ovvero nella normale standard l’area a destra di
1,645 è pari a 0,05 e
𝑧𝛽 = −0,53
ovvero l’area della normale standard a sinistra di 0,53 è pari a 0,30.
La formula per determinare la numerosità
campionaria fissati  e  è la seguente:
𝑛=[
(𝑧𝛼 −𝑧𝛽) 𝜎
(𝑝1 −𝑝0 )
]
2
=
Il σ che viene utilizzato è quello che deriva dalla
statistica campionaria p ed è posto pari a quello
corrispondente una volta all’ipotesi nulla ed una
volta all’ipotesi alternativa.
Quindi la formula diventa
1
(𝑧𝛼 (𝑝0 (1−𝑝0 ))2 −𝑧𝛽 (𝑝1 (1−𝑝1 )1/2 )2
𝑛=[
(𝑝1 −𝑝0 )2
]
Pertanto
𝑛
=[
(1,645(0,03 (1 −
1
0,03))2
+ (0,53(0,07(1 − 0,07))1/2 )2
]
(0,07 − 0,03)2
=(10,42)2 = 108,57 = 109
4) Stima di una media
N = 30.000
 = 0,05
 = 60
 = 340
Campionamento con ripetizione . La formula è la seguente
𝑛=
(𝑧𝑎/2 )2 𝜎 2
𝜀2
=
𝑛=
(1,96)2 115.600
3600
=125,358 = 126
Se invece consideriamo un campionamento senza ripetizione la
formula da impiegare è la seguente:
𝑛=(
(𝑧𝛼/2 )2 𝜎 2 𝑁
𝑁−1)𝜀2 +(𝑧𝛼/2 )2 𝜎 2
.
Applicata al nostro caso, dà luogo ai seguenti calcoli
𝑛=
(1,96)2 (340)2 30.000
29.999(60)2 +(1,96)2 (340)2
=
= 122,857 = 123
Vista la numerosità della popolazione, i due risultati sono
molto vicini.
5) Intervallo di confidenza per la media. Campionamento con
ripetizione.
n = 125
 = 64
⁻x = 505
 = 0,05
Il calcolo è il seguente
505 ± 1,96
64
√125
= 505 ± 11,25
6) Stima del totale.
campionaria
Determinazione
della
numerosità
6.1 Campionamento senza ripetizione. La formula è la
seguente
(𝑧𝑎/2 )2 𝜎 2 𝑁
𝑛=
(𝑁 − 1) 2
2 2
𝑁 𝜀 + (𝑧𝑎/2 ) 𝜎
Se il campionamento è con ripetizione la formula si semplifica a
(𝑧𝛼/2 )2 𝜎 2 𝑁
𝑛=
𝜀2
Consideriamo ora una popolazione formata da 5.000 documenti
contabili (fatture). Il fatturato totale che è iscritto a bilancio è di
580.117.923.000 euro.
Si esegue un campionamento pilota su 50 casi.
Risulta
𝑠 2 = 163.973.708,09
𝑥̅ = 112.500
Poiché non abbiamo nessun’altra informazione sulla varianza
della popolazione, assumiamo la stima campionaria.
L’errore ammissibile nella stima viene posto pari alla
significatività (in senso contabile) ovvero
X (1,5%) = 8.701.768,845.
La numerosità del campione viene determinata sulla base del
campionamento senza ripetizione:
(1,96)2 163.973.708,09(5.000)2
𝑛=
= 207
(8.701.768,845)2
Si immagini ora di aver estratto un campione casuale semplice di
207 fatture e di aver calcolato i seguenti valori
𝑥̅ = 113.200
𝜎 2 = 164.112.541,18
La stima del totale viene quindi effettuata con lo stimatore per
espansione
𝑋̂ = 𝑁𝑥̅ = (5.000)113.200 = 566.000.000
L’intervallo di confidenza (al 95%) è calcolato con la seguente
formula
𝑁𝑥̅ ± 𝑧𝛼/2 𝑁
𝑠
√𝑛
=
566.000.000 ± 1,96 * (64.053.208,58)/14,38 =
566.000.000 ±8.730.479,06 = (557.269.520,94 ; 574.730.479,06)
Il valore che risulta dal bilancio è esterno all’intervallo di
confidenza, quindi possiamo ritenere che contenga errori
significativi (nel senso della revisione contabile) con un grado di
fiducia del 95%.
6.2 Si giunge alla stessa conclusione anche impostando i calcoli
come per l’esecuzione di un test di vetrifica d’ipotesi (come è
noto, un test bilaterale equivale al calcolo di un intervallo di
confidenza)
Poniamo
𝐻0 : 𝑋 𝑇𝑂𝑇 = 580.117.923
𝐻1 = 𝑋 𝑇𝑂𝑇 ≠ 580.117.923
Calcoliamo la statistica test
𝑧=
=
𝑋̂− 𝑋̅
𝑁𝑠
√𝑛
=
566.000.000−580.117.923
5.000∗12.810,64
√207
= -3,17
L’ipotesi nulla, come visto nel caso precedente, viene respinta.
6.3 Immaginiamo ora che dal campionamento di 207 fatture sia
risultata una stima puntuale del valor medio diversa dalla
precedente, diciamo
𝑥̅ = 115.500.
La stima del totale (stimatore mean per unit detto anche per
espansione) pertanto è
𝑁𝑥̅ = 5.000 * 115.500 = 577.500.00
Per semplicità assumiamo lo stesso valore della varianza del caso
precedente. Anche in questo caso il livello di confidenza è al 95%.
L’intervallo è
577.500.000 ± 1,96
5.000∗12.810,64
14,38
=
= 577.500.000±8.730.477,89 =
(568.769.522,11 ; 586.230.477,89).
Quindi ora l’intervallo di confidenza al 95% contiene il valore
iscritto a bilancio, per cui escludiamo (appunto con un livello di
affidabilità del 95%) che il conto presenti errori significativi.
6.4 Giungiamo alla stessa conclusione anche impostando i calcoli
dell’esecuzione di un test di verifica d’ipotesi.
Come nel caso precedente abbiamo:
𝐻0 : 𝑋 𝑇𝑂𝑇 = 580.117.923
𝐻1 = 𝑋 𝑇𝑂𝑇 ≠ 580.117.923
La statistica test assume perciò il seguente valore
𝑧=
𝑋̂ − 𝑋 𝑇𝑂𝑇
𝑁𝑠
√𝑛
= -0,59.
L’ipotesi nulla quindi non viene rigettata.
In questo caso si può procedere a calcolare l’errore . Il sistema
di ipotesi sottoposto a verifica è il seguente
𝐻1 = 𝑋 𝑇𝑂𝑇
𝐻0 : 𝑋 𝑇𝑂𝑇 = 580.117.923
< 580.117.923 − 𝜀 < 580.117.923 − 8.701.768,8
= 571.416.154,55
Esplicitiamo il ragionamento. L’errore nel conto è significativo
solo se il vero valore del totale del fatturato è inferiore a
571.416.154,55, in quanto abbiamo posto una percentuale di
significatività dell’errore sul fatturato pari all’1,5%. In altre
parole, solo se il vero valore fosse minore od uguale a
571.416.154,55 si avrebbero conseguenze sul giudizio
sull’andamento economico dell’azienda.
Come abbiamo ipotizzato sopra, il campione dà una stima del
totale di 577.500.000, che non è significativamente diversa (con
1-α = 0,95) dal valore scritto nel conto.
Ci chiediamo ora quale sia la probabilità che, essendo vera H1,
ovvero essendo il vero valore di 571.416.154,il campione dia una
stima del totale superiore od uguale a 577.500.000.
Calcoliamo il valore della statistica test:
𝑋̂ − 𝑋 𝑇𝑂𝑇
𝑧=
𝑁𝑠
√𝑛
𝑧=
577.500.000−571.416.154,55
4.454.325,45
= 1,36
L’area sottesa dalla normale standard a destra di 1,36 è pari a
0,0869, che è la misura dell’errore .
6.6 Consideriamo ora una diversa variante dell’esercizio.
Vogliamo determinare la numerosità campionaria nel contesto
precedente, per sottoporre a verifica l’ipotesi nulla:
𝐻0 : 𝑋 𝑇𝑂𝑇 = 580.117.923
Contrapposta all’ipotesi alternativa:
𝐻1 : 𝑋 𝑇𝑂𝑇 = 571.416.154,55
Assumiamo che sia  che  siano pari a 0,05 da che deriva che z è
uguale a 1,645
La formula da usare in questa situazione, come abbiamo già visto,
è la seguente:
𝑛=[
(𝑧𝛼 −𝑧𝛽) 𝜎 𝑇𝑂𝑇
(𝜇1 −𝜇0 )
]
2
=
Come prendiamo la stima ottenuta con il campione di prova.
Quindi:
𝑛=[
3,29 ∗ 5.000 ∗ 12.810,04
]
8.701.768,45
2
=
= (24,21)2
= 568,12.
7) Campionamento stratificato.
7.1 Cumulative root frequency method.
Sia dato il collettivo di fatture rappresentato nella tabella
seguente. Posto che si vogliano individuare quattro strati,
utilizzare il metodo della cumulative root frequency per
individuarne i limiti.
Classi
Frequenza
f1/2
f1/2
0-499
1612
40,15
40,15
500-999
1490
38,60
78,75
1.000-1999
1282
35,81
114,56
2000-4999
1190
34,50
149,60
5000-9999
640
25,50
175,10
10000 e oltre
352
18,76
193,86
Il totale della frequenza cumulata è 193,86. Poiché vogliamo
formare quattro strati, il limite Q è dato 193,86/4 = 48,47.
Pertanto Q cade nella seconda classe
2Q = 96,94 cade nella terza classe
3Q = 145,41 cade nella quarta classe
Come limiti degli strati si prendono gli estremi superiori delle
classi in cui cadono Q e i suoi limiti. Quindi:
Strato
Estremi
Frequenza
Strato 1
0-999
3102
Strato 2
1000-1999
1282
Strato 3
2.000-4999
1190
Strato 4
5.000 e oltre
992
7.2 Numerosità campionaria. Per determinare la numerosità
campionaria si esegue un campionamento di 20 unità per strato,
al fine di stimare le varianze interne agli strati. I risultati sono i
seguenti :
Strato
Scarto
Varianza
Numer Nh* Var.
q.medio
osità
Strato 1
396,95 157569,30
3102
488.779.968
Strato 2
446,54 199397,97
1282
255.628.197
Strato 3
624,95 390562,50
1190
464.769.375
Strato 4
2965,47 8794012,32
992
8.723.660.221
Totale
9541542,09
6566
9.931.543.561
Poniamo la precisione  pari a 500.000
La formula per determinare la numerosità campionaria per la
stima del totale è la seguente:
(
𝑛=(
𝑛=(
𝜀
𝑧𝛼/2
) 2
1
2 + )
𝑁 ∑𝐻
ℎ=1 𝑁ℎ 𝑠ℎ
500.000
)
1,96
(
−1
𝑁
2
6.566∗(9.931.543.561)
+
.
1
6566
)-1
n = (65.077.051.228/65.210.515.021.526+0,000152)-1
= (0,0009979+0,000152)-1
=870.
7.2 Allocazione del campione tra gli strati. Allocazione
proporzionale.
In questo caso la numerosità totale viene ripartita tra gli strati in
accordo al loro peso sulla numerosità totale. Quindi
𝑛ℎ 𝑁ℎ
=
= 𝑊ℎ
𝑛
𝑁
Date le numerosità di ciascun strato abbiamo
Strato
Strato 1
Strato 2
Strato 3
Strato 4
Totale
Nh
Wh
3102
1282
1190
992
6566
nh
0,47
0,20
0,18
0,15
1,00
409
174
156
131
870
7.3 Allocazione ottimale. Nel caso dell’allocazione ottimale la
numerosità campionaria viene ripartita in accordo al peso
e alla variabilità di ciascun strato. In simboli
𝑛ℎ
𝑊ℎ 𝑠ℎ
= 𝐻
𝑛
∑ℎ=1 𝑊ℎ 𝑠ℎ
La determinazione dei pesi è mostrata nella seguente tabella:
Strato
Wh
sh
Whsh
nh
Strato 1
0,47
396,95
186,57
195
Strato 2
0,20
446,54
89,31
93
Strato 3
0,18
624,95
112,49
117
Strato 4
0,15
2965,47
444,82
465
Totale
1,00
833,19
870
Si noti la forte differenza tra le due allocazioni.
7.4 Stima del totale. Immaginiamo di aver estratto un
campione casuale secondo l’allocazione proporzionale, e
di aver calcolato le medie e gli scarti quadratici medi di
strato. I risultati sono compendiati nella seguente tabella.
Strati
Strato 1
Strato 2
Strato 3
Strato 4
Totale
Nh
3102
1282
1190
992
6566
Wh
0,47
0,20
0,18
0,15
1,00
mh
sh
541 399,15
1509 436,64
3394 629,61
7208 2915,79
Whmh
254,47
301,80
214,20
1081,2
1851,67
Whsh2
749464,0
38127,4
71353,6
1275274,7
2134219,9
Possiamo quindi calcolare la stima puntuale del totale. Lo
stimatore da utilizzare è il seguente:
𝑋̂ = ∑𝐻
𝑥ℎ =
ℎ=1 𝑁ℎ ̅̅̅
= (3102*541)+(1282*1509)+(1190*3394)+(992*2915,79) =
= 1.678.182+1.934.538+4.038.860+7.150.336 =
= 14.801.916.
A questo punto possiamo calcolare l’intervallo di confidenza,
usando la seguente formula:
2
2 1−𝑓 ∑𝐻
𝑉(𝑋̂
W
s
𝑠𝑡 ) = 𝑁
h
ℎ=1
h
𝑛
Con
𝑛
𝑓=𝑁
𝐻
1−𝑓
2
√
𝑋̂
±
𝑧
𝑁
∑ 𝑊ℎ 𝑠ℎ2
𝑠𝑡
𝛼/2
𝑛
ℎ=1
Applicata al nostro caso otteniamo
14.801.916 ± 1,96√(6566)2
1−0,1325
870
= 14.801.916 ± 1,96 (302897) =
=14.801.916±593.678,1=
=(14.208.237,9; 15.395.594,1).
2.134.219,9 =