Esercizi Calcolo delle Probabilità

ESERCIZI DI CALCOLO DELLE PROBABILITA’
Con la collaborazione della dott.ssa Giulia Sbianchi
I primi 10 esercizi trattano gli argomenti principali del corso. Da notare che in uno specifico corso alcuni
argomenti potrebbero essere esclusi, ad esempio l’approssimazione Normale alla Binomiale, o il test
diagnostico. Gli esercizi su quest’ultimo sono comunque interessanti, quindi – qualora l’argomento compaia
sulle slide delle lezioni - si consiglia di vedere i concetti relativi al test diagnostico (sensitività, specificità e
valore predittivo) e seguire le soluzioni. Il livello di difficoltà degli esercizi dal numero 11 in poi è simile o
appena superiore agli esercizi precedenti, e non viene seguito l’ordine di presentazione degli argomenti nel
corso, in maniera da abituare a riconoscere il problema (il tipo di esercizio).Gli ultimi esercizi (ad es. dal
numero 30) possono risultare più complessi.
ES 1
Se la probabilità che in un animale sia presente un marcatore genetico G1 è pari a 13% e la probabilità che
siano presenti sia il marcatore G1 che G2 è del 3%, qual è la probabilità di trovare G2 se c’è G1?
Dati: P(G1)=0.13
P(G1&G2)=0.03
Domande: P(G2|G1)= 0.03 / 0.13=0.23 =23%
ES 2
Supponiamo che la probabilità di ammalarsi di tumore nel corso della vita sia del 20%, e che la probabilità di
secondo tumore (per chi si è già ammalato) sia del 40%. Qual è la probabilità di ammalarsi di tumore due
volte nel corso della vita?
Dati: P(T1)=0.2 P(T2|T1)=0.4
Domande: P(T1&T2)= 0.2 · 0.4=0.08=8%
ES 3
Supponiamo che una pianta sottoposta a una situazione di stress abbia una probabilità del 7% di morire
entro la prima settimana. Qual è la probabilità che 2 piante in una situazione di stress siano ancora vive
dopo la prima settimana?
Dati: Attenzione: P(M)=0.07 si chiede però la probabilità di sopravvivenza delle due piante: P(S)=1P(M)=0.93
Domande: P(S&S)= 0.93·0.93=0.865
ES 4
Uno studente preparato da 30/30 deve sostenere un esame, e ha uguale probabilità di essere esaminato dal
docente A o dal docente B; si sa però che la probabilità di prendere la lode col docente A è del 50%, e col
docente B è del 30%. Qual è la probabilità che prenda la lode? E come cambia questa probabilità se ci sono
minori probabilità di essere interrogato dal docente A, e quindi maggiori di essere interrogato dal docente B?
Dati del problema:
P(A)=P(B)=1/2
P(L| A)=1/2
P(L| B)=3/10
Domande: P(L)=P(L|A)·P(A)+ P(L|B)·P(B)=0.5·0.5+0.3·0.5=0.4
Nel secondo caso, p(L) diminuisce, poiché diminuisce il “peso” che si dà a P(L|A) [la “scomposizione” ci fa
vedere che la prob. di L è una sorta di media pesata fra la prob. di L con A e la prob. di L con B]
ES 5
In un centro sperimentale si teme vi sia contaminazione con un raro batterio, con probabilità di contrarne
infezione (evento B) pari a 5%. Un topolino del centro presenta un rigonfiamento cutaneo (evento C). Si sa
che in caso di infezione da quel batterio la probabilità di avere un rigonfiamento cutaneo è 90%, mentre se
agiscono altri batteri o altre cause essa è solo del 20%. Qual è la probabilità che quel topolino con il
rigonfiamento sia infetto dal batterio B?
Dati: P(B)=0.05 P(C | B) =0.9
P(C | non B) =0.2
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1
Si utilizza la formula di Bayes:
P(B | C) = P(B)∙P(C | B) / [P(B)∙P(C | B)+ P(non B)∙P(C | non B)]
= 0.05∙0.9 / (0.05∙0.9+0.95∙0.2) = 0.191
ES 6
Supponiamo che, a seguito di trapianto d’organo, ci sia una probabilità del 15% di morire entro 3 settimane.
Qual è la probabilità che, sottoponendo 10 pazienti a trapianto, 2 sopravvivano alla terza settimana? E la
probabilità che sopravvivano tutti?
Sappiamo che P(M)=0.15 quindi P(S)=1-P(M)=0.85
Qui non è facile risolvere utilizzando solo le formule di base del calcolo delle probabilità. Ad esempio per la
prima domanda posso calcolare la probabilità che i primi 2 sopravvivano P(S&S&M&M&M&…&M)=
0.852·0.158 ma questa è solo una delle possibili stringhe di 2 S e 8 M che danno 2 sopravviventi.
E’ molto più facile riconoscere che si tratta di uno schema del tipo risolto dalla distribuzione Binomiale:
X=numero di sopravviventi ha distribuzione Binomiale con N=10 e π=0.85
10 
Pr  X  2    0.85 2 0.15 8  0.000008
2
10 
Pr  X  10   0.8510 0.15 0  0.197
10 
ES 7
Se la probabilità di trovare un quadrifoglio in un prato di trifogli è pari a 1 ogni 10,000, qual è la probabilità
che in 100 trifogli non vi sia nessun quadrifoglio?
Il dato è p(quadrifoglio | trifogli) = π = 0.0001. Si vuole conoscere la probabilità che il numero di quadrifogli X
fra n=100 trifogli sia pari a 0. Si tratterebbe di uno schema Binomiale, ma data la bassa probabilità
dell’evento e l’alto numero di prove, si può applicare la formula della Poisson (che viene infatti detta anche
legge degli “eventi rari”).
Il parametro della Poisson è λ=n·π=0.01
p ( X  0) 
e 0.01 0.010
 e  0.01  0.99
0!
ES 8
Se in una popolazione di insetti si assume che la lunghezza del corpo (in mm) sia distribuita secondo una
Normale di media 2.8 e varianza 0.16, qual è la probabilità che un insetto sia lungo meno di 1.8 mm?.
Questo è un semplice problema sull’utilizzo della curva Normale. I parametri sono: media µ= 2.8, varianza
σ2=0.16  deviazione standard σ=0.4.
p(X<1.8) = probabilità sulla N(0,1) che Z sia < del valore standardizzato z:
1.8  2.8
z
 2.5
0. 4
La tabella non ci fornisce Φ(z) (l’area fino a z) se z è negativo; ma questa area è uguale a quella nella coda
destra, e cioè a 1-Φ(2.5); sulle tavole in dotazione agli Studenti (che potrebbero essere diverse se prese da
testi di statistica: attenzione!), in corrispondenza della riga 2.5 e della colonna 0, leggo Φ(2.5) = 0.994 → la
probabilità cercata è 0.006 ≈ 6‰.
ES 9
(Approssimazione Normale alla Binomiale*)
Un fabbrica impiega 300 operai, e in un giorno ha bisogno di almeno 285 operai per far funzionare
l’impianto. In una settimana col giovedì festivo potrebbe avere manodopera insufficiente il venerdì, poiché si
è visto in passato che in occasione di un “ponte” il 4% degli operai prende un giorno di ferie il venerdì. In
effetti, qual è la probabilità che più di 15 operai prenderanno il venerdì libero?
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2
Indichiamo con X il numero di operai fra i 300 che prenderanno il venerdì libero; per ciascun operaio questo
evento ha probabilità =0.04.
X è distribuita come una Binomiale, con N=300 e π=0.04, e vogliamo conoscere Pr(X>15). Dobbiamo usare
una approssimazione Normale per la Binomiale, considerando X approssimativamente Normale con media
=N∙π=12 e varianza =N∙π∙(1-π) =11.52, e quindi deviazione standard =3.394.
Per correzione di continuità, calcoleremo Pr(X>15.5) [questo viene fatto per escludere il caso X=15]
Standardizzando 15.5  z = 1.031  Φ(z)=0.849  1- Φ(z)=0.151 [poiché vogliamo la coda a destra]
Quindi c’è una probabilità del 15% di avere personale insufficiente il venerdì.
ES 10
(Test diagnostico*)
Si stima che la celiachia abbia nella popolazione una prevalenza del 1%. Il test diagnostico tTG per la
celiachia presenta sensibilità 97% e specificità 95%.
1) Dire quanto vale la probabilità che un celiaco risulti positivo al test, e quanto vale la probabilità che un
celiaco risulti negativo al test.
2) Dire quanto vale la probabilità che un individuo qualunque della popolazione sia celiaco, e quanto vale la
probabilità che un individuo a cui risulti test positivo sia celiaco.
1) rispettivamente, 0.97 e 0.03
2) la prima vale 0.01, per la seconda applichiamo la formula di Bayes:
P(C | TP) = (0.97∙0.01)/(numeratore+0.05∙0.99) = 0.164
ES 11
Supponiamo che una certa forma di allergia respiratoria colpisca di norma 1 individuo ogni 20, mentre le
intolleranze alimentari riguardano il 3.5% dei casi. Supponendo che i due eventi siano indipendenti, qual è la
probabilità di avere entrambi i problemi? e di averne almeno uno? e di averne solo uno?
Il primo step è sempre chiarire gli eventi di cui stiamo trattando, e cosa sappiamo in proposito (che
probabilità conosciamo, se gli eventi sono dipendenti o indipendenti, compatibili o incompatibili, etc)
A =Allergia Respiratoria, p(A)=1/20 =0.05
I = Intolleranza Alimentare, p(I)=0.035.
A ed I eventi indipendenti
Successivamente formalizziamo le domande, e risolviamo:
Probabilità di avere entrambi: p(A & I) [intersezione] = [per la proprietà di indipendenza]
= p(A) ·p(I)=0.05·0.035=0.00175 (approssimando: circa 2 per mille)
Probabilità di averne almeno uno: p(A oppure I) [unione]
= p(A)+p(I)-p(A&I) = 0.05+0.035-0.00175=0.08325 (circa 8.3%)
Probabilità di averne uno solo: vediamo 2 procedimenti.
 Il primo utilizza una scomposizione dell’evento in questione:
p( (A & non I) oppure (I & nonA) )
Osserviamo che l’unione [“oppure”] riguarda due eventi incompatibili ossia disgiunti; quindi:
p( (A & non I) oppure (I & nonA) )= p(A & non I) + p(I & nonA) = (*)
Dobbiamo ora risolvere le probabilità di queste due intersezioni. Gli eventi “non I ” e “non A”sono
rispettivamente i complementari di I e A, e quindi:
p(non I)=1-0.035=0.965 ; p(non A)=1-0.05=0.95
Essendo A ed I eventi indipendenti, sono anche indipendenti ciascuno col complementare dell’altro; quindi:
(*) = p(A)·p(non I) + p(I) ·p(nonA)= 0.05·0.965+0.035·0.95=0.04825+0.03325=0.0815
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3
 Secondo procedimento, più intuitivo: “solo uno” vuol dire “o l’uno o l’altro ma non entrambi”, il che ci
suggerisce che la probabilità che cerchiamo è:
pr(l’uno o l’altro) - pr(entrambi) = pr(unione) - pr(intersezione) = 0.08325 - 0.00175 = 0.0815
ES 12
La proporzione di daltonici (D) nella popolazione è dell’1% nei maschi (M) e dello 0.5% nelle femmine (F).
E’ noto che nella popolazione la percentuale di maschi è del 51%. Qual è la probabilità di osservare:
1)
un maschio daltonico?
2)
una femmina daltonica?
3)
un daltonico?
Dati del problema:
P(M)=0.51
P(F)=1-0.51= 0.49 = P(non M)
P(D | M)=0.01
P(D | F)=0.005
1) P(M & D) = P(M) * P(D|M) = 0.51 * 0.01 = 0.0051
2) P(F & D) = 0.49 * 0.005 = 0.00245
3) P(D) = P( (D & M) oppure (D & F) ) = P(M & D) + P(F & D) = 0.0051 + 0.00245 = 0.00755
[Notare la tipica scomposizione: P(G) = P(M) * P(D|M) + P(F) * P(D|F)]
ES 13
È noto che in una popolazione di 100 soggetti 16 hanno gli occhi verdi. Si consideri una classe di 20 bambini
e si determini:
La probabilità che nessuno abbia gli occhi verdi;
La probabilità che almeno uno abbia gli occhi verdi.
Rispondere alle stesse domande nel caso in cui i bambini siano 300 e la probabilità di avere gli occhi verdi
sia 1.6%.
X=numero di bambini con gli occhi verdi ~ Binomiale (N=20, p=0.16)
 20 
Pr  X  0   0.16 0 0.84 20  0.030
0
Pr(X>0) = 1- Pr(X=0) = 0.97
Nel secondo caso X ~ Poisson (λ=Np=300∙0.016=4.8)
Pr(X=0)= exp(-4.8)=0.008
Pr(X>0)=1-Pr(X=0)=0.992
ES 14
È stato verificato che il valore del pH dell’acqua contenuta nelle bottiglie di plastica è distribuito secondo una
Normale con media 6.2 e deviazione standard 1.2.
1) Qual è la probabilità di osservare un valore per il pH compreso tra 7 e 7.35?
2) Qual è la probabilità di osservare un valore per il pH inferiore a 6.2?
Pr(7< X <7.35) = Pr(X<7.35) – Pr(X<7).
Z1=(7.35-6.2)/1.2=0.96
phi(Z1)=0.747
Z2 = (7-6.2)/1.2 = 0.67
phi(Z2)=0.831
Pr(7<X<7.35) = 0.831 - 0.747 = 0.08.
Pr(X<6.2)=0.5
ES 15
La prevalenza del diabete mellito in Italia è stimata intorno al 4% della popolazione; fra i diabetici, in circa 1
caso su 10 si tratta di diabete di tipo 1. Il 7% dei pazienti con diabete di tipo 1 soffre anche di celiachia.
1) Dire quanto vale la probabilità che una persona abbia il diabete di tipo I
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2) Dire quanto vale la probabilità che una persona abbia il diabete di tipo I e la celiachia
Notazioni: Diabete: evento D; Diabete di tipo 1: evento DT1; Celiachia: evento C
Dati del problema:
Pr(D)=0.04
Pr(DT1 | D)=0.1
Pr(C | DT1)=0.07
1) Pr(DT1)=Pr(DT1 | D)∙Pr(D) = 0.1∙0.04 =0.004
2) Pr(C & DT1)=Pr(C | DT1) ∙Pr(DT1)=0.07∙0.004=0.00028
ES 16
L’intolleranza al lattosio colpisce circa il 40% della popolazione italiana. In un solo giorno un laboratorio
analizza 12 campioni.
1) Quanto vale la probabilità che ci sia esattamente un intollerante?
2) Quanto vale la probabilità che ci sia almeno un intollerante?
3) Quanto vale la probabilità che nessuno sia intollerante?
Binomiale con p=0.40 e N=12
1) Pr(X=1)=0.017
2) Pr(X>1) = 1 – Pr(X=1) = 0.983
3) 2) Pr(X=0)=0.0021
12 
Pr  X  1   0.410.611  0.017
1
12 
Pr  X  0   0.4 0 0.612  0.0022
0
ES 17
Supponiamo che sia noto che le donne che hanno una certa patologia hanno problemi di sterilità e di
maggiore abortività spontanea; la probabilità che il concepimento riesca (la donna entra in gravidanza) è pari
al 20%, e in caso di gravidanza la probabilità di aborto spontaneo è pari a 15%.
1) Dire con che probabilità una donna con questa patologia ha una gravidanza che si conclude con un
aborto spontaneo.
2) Dire quanto vale la probabilità che una donna con questa patologia riesca a diventare madre.
3) Dire quanto vale la probabilità che una donna con questa patologia non riesca a diventare madre.
Notazioni: Gravidanza: evento G; Aborto spontaneo: evento A
Dati del problema:
Pr(G)=0.20
Pr(A | G)=0.15
1) Pr(G&A)=Pr(A | G)∙Pr(G) = 0.15∙0.20 =0.03
2) Pr(G & nonA)=Pr(nonA | G) ∙Pr(G)= (1-Pr(A | G))∙Pr(G)=0.85∙0.20=0.17
3) Notando che l’evento è il complementare di (G & nonA): prob=1-0.17 = 0.83
 Altro procedimento:
“non riesce” = nonG oppure [unione] G&A
p(nonM) = p(nonG) + p(G&A) – 0
=(1-0.2) + 0.03 = 0.83
ES 18
Il girino generalmente predilige habitat costituiti da acque stagnanti e ricche di vegetazione; tuttavia alcune
specie possono trovarsi anche in corsi di acqua corrente. Un biologo preleva dei campioni da 15 torrenti
montani. Sapendo che la probabilità che un girino viva in un torrente è pari a 0.5%, calcolare la probabilità
che:
1) il biologo non trovi alcun girino nei suoi campioni;
2) il biologo trovi almeno un girino;
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3) il biologo trovi esattamente un girino.
Poisson con tasso lambda=0.005∙15=0.075
1) Pr(X=0) =exp(-0.075) =0.928
2) Pr(X>0)=1-Pr(X=0)=0.072
3) Pr(X=1) =exp(-0.075)∙0.075 = 0.0669
ES 19
Una certa malattia insorge attorno a una età media pari a 50 anni, con distribuzione Normale caratterizzata
(oltre che da µ=50) da σ=10.
1) Quanti pazienti hanno un’età superiore a 70 al momento della diagnosi?
2) Quanti pazienti hanno un’età compresa fra 60 e 70 al momento della diagnosi?
Pr(X>70)=area nella coda superiore.
70  Z=(70-50)/10=2 phi(Z)=0.977
Pr(X>70)=1-0.977=0.023
Pr(X in (60-70)):
60  Z=(60-50)/10=1
phi(Z)=0.841
Pr(X in (60-70))=0.977-0.841 = 0.136
ES 20
Un insegnante di scuola media è convinto che l’alunno Mario non abbia studiato la lezione, diciamo con
probabilità 70%. Secondo l’esperienza dell’insegnante, se un alunno studia prende Ottimo con probabilità
90%, mentre se non studia solo nel 20% dei casi prende Ottimo. Al compito in classe, Mario prende Ottimo.
Con che probabilità Mario ha copiato – cioè, non aveva studiato?
Mario studia  p(S) = 0.3
Mario non studia [= Mario copia]  p(non S) = 0.7
Prendere Ottimo  P(O | S) = 0.9
P(O | non S) = 0.2
Domanda: P(non S | O).
Si applica la formula di Bayes:
P(non S | O) = P(non S)∙P(O | non S) / [P(non S)∙P(O | non S) + P(S)∙P(O | S)]
= 0.7∙0.2 / (0.7∙0.2+0.3∙0.9) = 0.34
Dunque vediamo come con la formula di Bayes la probabilità a priori si aggiorni attraverso l’acquisizione di
una evidenza. Senza conoscere il risultato del compito in classe, l’insegnante crede che Mario non abbia
studiato con probabilità 70%. Avendo visto che Mario ha preso Ottimo, l’insegnante rivede la sua aspettativa
nei confronti dell’evento: ora la probabilità che Mario non abbia studiato è scesa al 34%.
ES 21
Nel concepimento, per una certa tipologia di coppia, la probabilità che il feto presenti una certa
malformazione congenita è pari a 15%; effettuando in gravidanza un test che individua con certezza la
presenza di questa malformazione su 8 donne, con che probabilità si troveranno 2 casi di malformazione? e
nessuno?
Questo è il classico schema Binomiale: ci interessa l’evento (“successo”) “trovare una malformazione”, che
ha probabilità π=0.15, osservato in n=8 “prove” (test in gravidanza). X=numero di successi nelle 8 prove.
Domande: Pr(X=2) e Pr(X=0)
8  7  6    2 1
p( X  2)   8 0.152  0.856 
0.152  0.856  0.237
2
 
(2  1)  (6  5    2 1)
8!
p( X  0)   8 0.150  0.858 
1  0.858  0.272
0
 
0!(8  0)!
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ES 22
Supponiamo che, a seguito di trapianto d’organo, ci sia una probabilità del 15% di morire entro 3 settimane.
Qual è la probabilità che, sottoponendo 10 pazienti a trapianto, il 10% muoiano entro la terza settimana?
L’unica difficoltà è capire la domanda. Il 10% di 10 pazienti vuol dire 1 paziente. Per la Binomiale,
consideriamo “successo” il decesso, quindi π=0.15:
10 
Pr X  1   0.1510.859  0.347
1
Ma ovviamente se avessimo considerato “successo” la sopravvivenza (come in esercizi molto simili in
questo gruppo) e quindi π=0.85, avremmo ottenuto lo stesso risultato:
10 
Pr X  9   0.859 0.151  0.347
9
ES 23
La distribuzione del peso (in gr) di un gruppo di colibrì giganti è approssimativamente Normale, con media
18 e deviazione standard 0.8. Individuare un intervallo di valori centrato sulla media tale che:
a)
contiene il 95% dei valori osservati
b)
contiene praticamente tutti i valori osservati (e quindi coincide con il range)
c)
contiene il 50% dei valori osservati
Dobbiamo utilizzare le proprietà della Normale.
Nell’intervallo media ± 2·dev.st. cade all’incirca il 95% dei valori (per un valore teorico più esatto, si dovrebbe
usare 1.96 al posto del fattore 2) . Questo risponde al quesito a) . Analogamente, per il quesito b) costruiamo
l’intervallo di raggio 3·dev.st., che contiene il 99.7% dei valori:
a)
18 ± 2·0.8 = (16.4,19.6)
b)
18 ± 3·0.8 = (15.6,20.4)
Per l’ultimo punto, osserviamo che l’intervallo centrato sulla media (=mediana) che contiene il 50% delle
osservazioni è, per definizione dei quartili, l’intervallo (Q1,Q3), dunque calcoliamo i due quartili con la nota
formula:
c)
18 ± 0.67·0.8 = (17.464,18.536)
ES 24
(Approssimazione Normale alla Binomiale*)
Durante l’ospedalizzazione c’è una probabilità complessiva di infezione pari a 30%. Ogni infermiera/e tratta
giornalmente circa 40 pazienti. Qual è la probabilità che un infermiere abbia meno di 10 pazienti con
infezione oggi?
Indichiamo con X il numero di pazienti con infezione oggi per quel particolare infermiere. Vogliamo calcolare
Pr(X<10) sapendo che vi sono N=40 pazienti e ciascuno di essi ha probabilità π=0.3 di avere una infezione.
Questa è una variabile aleatoria Binomiale, ma ne approssimiamo la distribuzione (ossia le probabilità)
usando una Normale con media =N∙π=12 e varianza =N∙π∙(1-π) =8.4, pertanto deviazione standard =2.898
(infatti,
senza
approssimazione
è
difficile
trovare
la
risposta:
dovremmo
calcolare
PR(X=0)+Pr(X=1)+…+Pr(X=9).
Per correzione di continuità, calcoliamo Pr(X<9.9)  z = (9.9-12)/2.898 = -0.863  Φ(0,863)=0.805  10.805=0.195. Quindi c’è una probabilità del 19.5% di avere meno di 10 pazienti con infezione oggi.
ES 25
Un chirurgo esegue un intervento di routine in un intervallo di tempo che si distribuisce come una normale di
media e deviazione standard pari rispettivamente a 38 e 3 minuti. Prima di iniziare l’intervento il chirurgo
scommette con un collega che l’intervento durerà tra i 30 e i 45 minuti. Qual è la probabilità che il chirurgo
vinca la scommessa?
Chiamando con X la variabile aleatoria “durata dell’intervento” che si distribuisce come una normale di
parametri 38 e 3, vogliamo calcolare la Pr(35<X<40).
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Un grafico aiuterà a risolvere il problema senza commettere errori! Tenere presente che l’intervallo include la
media. L’area viene così calcolata: P(X<40)-P(X<35), dove il secondo termine corrisponde all’area della
coda P(X<35)=1-P(X>35)
Standardizzazione:
40  z=0.67  Φ(0.67)=0.747
35  z=-1  Φ(1)=0.841  1- Φ(1)=0.159
 Pr(35<X<40)=0.747-0.159=0.59
Dunque la probabilità che il chirurgo vinca la scommessa è circa il 60%.
ES 26
Un raro tumore pediatrico ha un’incidenza di 3 casi ogni 1000 “anni-persona” [Questa quantità è un “tasso”
ed è usato in epidemiologia. È costruito come rapporto tra il numero di nuovi eventi occorsi e la durata
complessiva del periodo di osservazione, espressa in anni-persona. In questo caso il tasso ci dice che se
seguiamo 1000 bambini per un anno, osserviamo 3 nuovi tumori o, in termini equivalenti, se seguissimo un
bambino per 1000 anni, egli avrebbe il tumore 3 volte]. In una zona posta in prossimità di una fabbrica è
stato stimato che la popolazione di bambini è circa 2000 e ogni anno vengono osservati 3 nuovi casi. Qual è
la probabilità di osservare 3 nuovi casi? Qual è la probabilità di osservare più di 2 casi? [Questo tipo di
valutazioni viene fatto, all’interno di metodi di inferenza statistica, per valutare se un’aea presenta
un’incidenca “attesa”, oppure se l’incidenza è maggiore di quanto atteso – fatto che supporterebbe l’ipotesi
di un danno ambientale]
La Poisson è la distribuzione di riferimento utilizzata per descrivere il numero di eventi occorsi in una scala
continua, sia essa un intervallo temporale o un’area geografica, soprattutto se l’evento è raro. Il parametro
lambda è il tasso di occorrenza.
Nel nostro esercizio il tasso è 3 per 1000 anni persona ma è preferibile trasformare questo tasso in 6 per
2000 anni persona (6 = 3*2000), dal momento che la popolazione di bambini è pari a 2000. Dunque,
svolgeremo l’esercizio assumendo 6 come valore per lambda.
Il primo punto chiede di calcolare la Pr(X=3) ma per il secondo punto abbiamo bisogno di conoscere quanto
vale Pr(X=0), Pr(X=1) e la Pr(X=2). Iniziamo da Pr(X=0) per ricordare come i calcoli siano facilitati ciascuno
dal passo precedente:
Pr(X=0) =exp(-6) = 0.0025
Pr(X=1) =exp(-6)∙6 = 0.0025∙6 = 0.0149
Pr(X=2) =exp(-6)∙6∙6/2 = 0.0149∙6/2 = 0.0149∙3 = 0.0446
Pr(X=3) =exp(-6)∙6∙6∙6/(3∙2) = 0.0446∙6/3= 0.0446∙2= 0.0892
Quindi la probabilità di osservare 3 nuovi casi in un anno è 8.92% mentre la probabilità che il numero di
tumori sia maggiore di 2 è Pr(X>2)=1-0.0025-0.0149-0.0446=0.938 = 94%.
ES 27
(Test diagnostico*)
Secondo degli studi, il 25% dei figli di genitori che hanno avuto una certa malattia presentano un’anomalia
genetica che aumenta il rischio di sviluppare a loro volta tale malattia. Esiste un test diagnostico per rilevare
la presenza di quell’anomalia genetica con sensitività 80% e specificità 95%.
1) Dire quanto vale la probabilità che il test risulti negativo se il bambino ha l’anomalia genetica, e quanto
vale la probabilità che il test risulti negativo se il bambino non ha l’anomalia genetica.
2) Dire quanto vale la probabilità che un bambino a cui risulti test positivo presenti l’anomalia genetica, e
quanto vale la probabilità che un bambino con anomalia abbia test positivo.
1) rispettivamente, 0.20 e 0.95
2) la seconda vale 0.80, per la prima applichiamo la formula di Bayes:
P(A | TP) = (0.80∙0.25)/(numeratore+0.05∙0.75)= 0.842
ES 28
(Test diagnostico*)
E' noto che il 2% delle persone sottoposte al test etilico dalla polizia stradale è effettivamente in stato di
ebrezza (E). Il test utilizzato assicura un risultato positivo nel 95% dei casi, se la persona sottoposta al test è
Corso di Statistica. Simona Iacobelli
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effettivamente in stato di ebrezza, ed un risultato negativo nel 96% dei casi, se la persona sottoposta al test
non è in stato di ebrezza. Calcolare la probabilità che una persona sottoposta al test sia effettivamente in
stato di ebrezza, allorché il test sia risultato positivo.
Dati del test diagnostico:
sensitività = p(P | E) = 95%
specificità = p(N | non E) = 96%
(N = test Negativo)
L’evento ha una probabilità ha p(E)=2%
Il numero di test positivi è dato dalla somma dei Veri Positivi (i Positivi per i Microcitemici) più i Falsi Positivi
(i Positivi per i non-Microcitemici). Gli automobilisti in stato di ebrezza dovrebbero essere 2 (sempre il 2%
degli automobilisti osservati!), gli altri 98 non sono in stato di ebrezza. Dunque:
- il numero dei Veri Positivi atteso è: p(P | E)·2 = 0.95·2= 1.9
- il numero dei Falsi Positivi atteso è: p(P | non E)·98 = (1-0.96)·96= 3.84
→ in totale: circa 5 test risulteranno Positivi.
ES 29
(Test diagnostico*)
Un certo biomarcatore X segue una distribuzione Normale di varianza 4.4 e media pari a 13 per i soggetti
malati mentre per i soggetti non malati la media è uguale a 6.5. X verrà utilizzato per individuare la presenza
della malattia. Come criterio diagnostico viene deciso di classificare come malato un soggetto con un valore
di X superiore a 10. Quanto valgono la sensitività e la specificità del test diagnostico?
Le informazioni fornite dal problema riguardano le distribuzioni di X condizionate allo stato del soggetto =
malato/non malato. Indicando con D= 0,1 lo stato del paziente, dove 0 = non malato e 1 = malato (D per
“diseased”), abbiamo che:
X | D=0 ~ N(6.5, st.dev=2.098)
X | D=1 ~ N(13, st.dev=2.098)
Inoltre sappiamo che l’evento X>10 viene considerato “test positivo”.
La Pr(X>10 | D=1) è la sensitività. Questa probabilità può essere calcolata procedendo come nei soliti
problemi con distrib. Normale, cioè standardizzando il valore 10 e calcolando l’area di interesse:
x=10  z = (10-13)/2.098 = -1.43  Φ(1.43) =0.924  Pr(X>10 | D=1)=0.924
La Pr(X>10 | D=0) è la probabilità di avere un Falso Positivo. Questa probabilità è:
x=10  z = (10-6.5)/2.098 = 1.67  Φ(1.67) =0.953  Pr(X>10 | D=0)=1-0.953 =0.047
Quindi, la specificità è uguale a 1-0.047 = 0.953.
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ES 30
(Test diagnostico*)
Lo Skin-prick-test è utilizzato frequentemente per lo screening delle allergie agli alimenti; si tratta di un test
cutaneo che fornisce il risultato in 15 minuti, ha sensibilità pari ad almeno 90%, ma ha una scarsa specificità,
in media pari a 60%.
Parte I
Qual’è il problema principale di questo test? Dire se ciascuna delle seguenti affermazioni è Vera o Falsa.
a) Indica troppi falsi negativi
b) Indica troppi falsi positivi
c) Conduce spesso ad una diagnosi errata di allergia alimentare, mentre il soggetto non è allergico
d) E’ molto probabile che un soggetto allergico risulti negativo al test
Parte II
Secondo alcuni studi, le allergie alimentari si osservano nel 6% circa dei bambini e nell'1.5% degli adulti.
Dire se ciascuna delle seguenti affermazioni è Vera o Falsa e, se Falsa, suggerire una correzione alle parti
sottolineate.
e) Un bambino sottoposto allo Skin-prick-test ha test positivo con probabilità 6%.
f) Un bambino sottoposto allo Skin-prick-test ha test positivo con probabilità 90%.
g) Un adulto allergico sottoposto allo Skin-prick-test ha test positivo con probabilità 90%.
h) Un bambino con Skin-prick-test positivo ha probabilità di essere allergico pari a 13%.
i) La probabilità di essere allergico quando lo Skin-prick-test è positivo è la stessa per adulti e bambini
sensitività = 90% = (introduco un po’ di notazione) p(TP | AL)
specificità = 60% = p(N | non M)
Nella seconda parte del quesito, abbiamo anche la prevalenza, diversa a seconda dell’età del soggetto:
Pr(AL) è 0.6 per i bambini e 0.015 per gli adulti
a) Falso: i falsi negativi sono il 10% (1-sensitività)
b) Vero: i falsi positivi sono il 40% (1-specificità)
c) Vero, è la stessa affermazione del punto b)
d) Falso, è la stessa affermazione del punto a)
e) Falso. La probabilità di Test Positivo va calcolata nel seguente modo:
Sottintendiamo che parliamo di bambini. TP = “Test Positivo”. AL = “Allergico”.
Pr(TP)=Pr( (TP & AL) oppure (TP & non AL) ) =
= Pr(TP & AL) + Pr(TP & non AL) =
= Pr(TP | AL) · Pr(AL) + Pr(TP | non AL) · Pr(non AL) =
= sens. · 0.06 + (1-spec) · (1 – 0.06) =
= 0.9 · 0.06 + 0.4 · 0.94 = 0.43
Quindi 43% corregge 6%.
f) Falso: la correzione è “Un bambino allergico” (come suggerisce la seguente affermazione)
g) Vero
h) Vero: risulta calcolando il valore predittivo del test positivo:
Pr(AL | TP)= sens. · prev. / [sens. · prev + (1-spec) · (1 – prev) ] =
= 0.9 · 0.06 / 0.9 · 0.06 + 0.4 · 0.94 = 0.126
i) Falso, poiché per gli adulti la prevalenza è più bassa, ossia è minore la probabilità a priori di essere
allergico, e quindi lo sarà anche la probabilità a posteriori. Verifichiamo facendo il calcolo, in maniera
analoga al punto precedente:
Stavolta parliamo di adulti. TP = “Test Positivo”. AL = “Allergico”.
Pr(AL | TP)= sens. · prev. / [sens. · prev + (1-spec) · (1 – prev) ] =
= 0.9 · 0.015 / 0.9 · 0.015 + 0.4 · 0.985 = 0.033
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Per gli adulti, la prob. di essere allergici avendo avuto un test positivo è solo del 3.3%.
ES 31
Un ambulatorio di dietologia si prepara a sottoporre a visita circa 160 persone sovrappeso, a cui
somministrare anche un questionario atto a stabilire quante calorie consumano giornalmente.
Durante la visita, si vorrebbe anche offrire la possibilità di partecipare ad un programma di rieducazione
alimentare, ma solo a soggetti con consumo calorico molto elevato, poichè le risorse a disposizione
permettono di offrire il programma solamente a 40 persone circa. Il problema è di fissare un criterio per
individuare i soggetti da invitare a partecipare al programma.
Supponendo che il consumo calorico giornaliero dei pazienti dell’ambulatorio si distribuisca Normalmente
con media 2100 e deviazione standard 150, quale criterio adottereste?
La proporzione di soggetti che è possibile arruolare nel programma di rieducazione è 40 / 160 = 25%.
Dunque vogliamo determinare la soglia x tale che i soggetti con consumo calorico più alto di x siano pari al
25%. Il valore x tale che Freq(X>x) = 25% è per definizione Q3, il terzo quartile.
Q3 in una N(μ=2100, σ=150) è pari a μ+0.67·σ = 2100+0.67·150 = 4300.5
Ogni soggetto dal cui questionario risulti un consumo calorico superiore a 4300 verrà invitato a partecipare al
programma di rieducazione alimentare
ES 32
Da uno studio sul Body Mass Index effettuato in una popolazione, si stima che il 33% degli individui è
Normopeso, il 50% Sovrappeso, e il 17% Obeso. In questi 3 gruppi, la probabilità di sviluppare una certa
tipologia di malattie cardiovascolari è rispettivamente pari a 1%, 3% e 6%. Sapendo che la popolazione
comprende complessivamente 10,000 individui, calcolare:
a) Quanti soggetti obesi dovrebbero complessivamente esserci in questa popolazione;
b) Qual è la probabilità, estraendo a caso un individuo dalla popolazione, che sia un soggetto Normopeso e
si ammali di una di queste malattie;
c) Qual è la probabilità che un individuo scelto a caso in questa popolazione sviluppi una di queste malattie
– e, quindi, quanti casi di malattia ci aspettiamo nella popolazione.
● Eventi e probabilità:
N=Normopeso, S=Sovrappeso, O=Obeso.
p(N)=0.33
p(S)=0.5
p(O)=0.17.
Sono 3 eventi sono incompatibili (disgiunti) e l’unione ricostruisce lo spazio Ω (per riprova: la somma delle
loro probabilità fa 1).
M=sviluppare quella certa tipologia di malattie cardiovascolari. Il testo ci fornisce le probabilità di M nelle 3
situazioni di peso precedenti (probabilità condizionate):
p(M|N)=0.01
p(M|S)=0.03
p(M|O)=0.06
Ultimo dato disponibile: la popolazione comprende n=10,000 individui.
● Passiamo alle domande:
a) p(O)·n = 0.17·10,000= 1,700
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b) p(N ∩ M) = p(N)·p(M|N) = 0.33·0.01 = 0.0033 = 3.3 ‰ (per mille)
c) p(M): per impostare il calcolo, dobbiamo considerare che ci si ammala con probabilità diversa a seconda
della condizione di peso, e conosciamo queste probabilità, e inoltre che nella popolazione ciascuna
condizione ha una frequenza (prevalenza) diversa, che pure conosciamo; in pratica, partiamo dalla
considerazione che: ci si ammala e si è Normopeso, oppure Sovrappeso, oppure Obesi:
p(M) = p( (M ∩ N) U (M ∩ S) U (M ∩ O) ) =
= p(M ∩ N) + p(M ∩ S) + p(M ∩ O)
essendo eventi disgiunti (poiché N, S e O disgiunti)
La prima l’abbiamo calcolata, le altre due si calcolano in maniera analoga, quindi:
p(M) = p(M|N)·p(N) + p(M|S)·p(S) + p(M|O)·p(O) = 0.0033+0.015+0.0102 = 0.0285 ≈ 3%
→ numero malati = p(M)·n = 0.0285·10,000= 285
Osserviamo che abbiamo applicato una sorta di media ponderata delle probabilità condizionate di
ammalarsi, con pesi dati dalle prevalenze di ciascuna condizione (la somma dei pesi è pari a 1, come
osservato all’inizio).
Osserviamo anche che l’addendo più grande nell’ultima somma, e quindi il contributo più grande al numero
complessivo di malati, viene dal gruppo dei Sovrappeso: sebbene il rischio sia molto maggiore per gli Obesi
(RROvsN=6, RROvsS=3), esso si applica a una porzione più piccola della popolazione; un piccolo rischio,
applicato a tanti individui, implica un grosso aggravio per la popolazione – questo genere di considerazioni è
utile in ambito epidemiologico e di salute pubblica.
ES 33
Nell’anemia mediterranea, un genitore portatore sano (microcitemico) trasmette l’anomalia genetica al figlio
con probabilità del 50%; se l’individuo eredita l’anomalia da entrambi i genitori, egli si ammala di talassemia;
se la eredita solo da un genitore, egli è a sua volta un portatore sano.
Una coppia di genitori portatori sani genera un Figlio; questo Figlio a sua volta si accoppierà con un soggetto
che non presenta l’anomalia, generando un Nipote della coppia iniziale.
a) Qual è la probabilità che il Figlio sia malato? e la probabilità che sia un portatore sano? e che non erediti
l’anomalia?
b) Qual è la probabilità che il Nipote sia portatore sano?
Utilizziamo delle notazioni semplificate. T=trasmissione dell’anomalia, NT=no trasmissione (complementare)
saranno riferiti sia al genitore 1 che al genitore 2. Osserviamo che la trasmissione da parte del genitore 1
avviene indipendentemente dalla trasmissione da parte del genitore 2.
P(Figlio malato) = P(T & T)=0.5·0.5=0.25
P(Figlio no anomalia) = P(NT & NT)=0.5·0.5=0.25
P(Figlio portatore sano) = P( (T&NT) U (NT&T) )= 0.5·0.5 + 0.5·0.5 =0.5
(potevamo ovviamente trovarne una come 1-la somma delle altre due)
P(Nipote portatore sano): dipenderà dallo status del Figlio, mentre il secondo genitore (compagno/a di Figlio)
non può trasmettere l’anomalia
P(Nipote portatore sano | Figlio malato)=1
P(Nipote portatore sano | Figlio no anomalia)=0
P(Nipote portatore sano | Figlio portatore sano)=0.5
Come al solito, si tratta di pesare queste probabilità con le probabilità dei rispettivi eventi condizionanti
(ossia, ricorrere alla solita scomposizione):
P(Nipote portatore sano)=
P(Nipote portatore sano | Figlio malato)·P(Figlio malato)+P(Nipote portatore sano | Figlio no anomalia)· …=
= 1·0.25+0·0.25 +0.50·0.50 = 0.50
ES 34
Un individuo ha, nel corso della vita, una probabilità dello 0.4% (4 per mille) di sviluppare il diabete di tipo 1.
Questa patologia ha una probabile componente genetica; infatti, un soggetto che abbia un fratello/sorella
con diabete di tipo 1 ha un rischio attorno al 5% di sviluppare il diabete di tipo 1, rischio che sale al 30% se il
fratello/sorella è un gemello monozigote (identico).
Corso di Statistica. Simona Iacobelli
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a) Se John e Mary sono una coppia di sposi, qual è la probabilità che entrambi sviluppino il diabete di tipo I?
b) Se John e Mary sono fratello e sorella, qual è la probabilità che entrambi sviluppino il diabete di tipo I?
La probabilità di malattia p(D) è in generale 0.004. Essa comunque dipende da altre informazioni:
p(D | fratello/sorella malato) = 0.05
p(D | gemello identico malato) = 0.30
Usando i simboli DJ e DM rispettivamente per indicare gli eventi "John si ammala" e "Mary si ammala",
dobbiamo calcolare p(DJ & DM) in due diverse situazioni.
a) coppia sposata = I due eventi sono indipendenti e p(DJ)=p(DM)=p(D)=0.004 =>
p(DJ & DM) = p(DJ)·p(DM)=0.004·0.004=0.000016
b) fratello e sorella. Trattandosi di un maschio e una femmina, non possono essere gemelli identici.
Comunque qui i due eventi non sono indipendenti poichè per esempio p(DJ | DM)=0.05≠0.004
p(DJ & DM)=p(DM)·p(DJ | DM )=0.004·0.05=0.0002
ES 35
Stima di sensitività, predittività e valore predittivo del test diagnostico*
In un laboratorio è stato messo a punto un nuovo test diagnostico per la malattia celiaca basato su un
prelievo di sangue. Si devono quindi stimare sensitività e specificità, attraverso un esperimento controllato.
Gli studiosi prendono 20 pazienti con celiachia confermata dalla biopsia ("malati") e 60 pazienti che sono
stati controllati a seguito di sintomi, ma sono risultati non affetti da celiachia ("non malati"). Su tutti gli 80
soggetti viene poi eseguito il nuovo test, ottenendo I seguenti risultati:
Malato
Non malato
tot
Test +
17
5
22
Test 3
55
58
Tot
20
60
80
Calcolare sensitività e specificità e il valore predittivo del test positivo, assumendo che la prevalenza della
celiachia sia pari a 8%. Comparare quest'ultimo risultato con quello che si otterrebbe usando solo I dati in
tabella: c'è una differenza, e perché?
Dalla tabella si evincono i seguenti valori per i due parametri del test:
sensitività = 17 / 20 = 0.85
specificità = 55 / 60 = 0.92
Per il valore predittivo del test positivo, usando la prevalenza = 0.08 e la formula di Bayes, otteniamo:
p( M | T  ) 
sens  prev
0.85  0.08

 0.47
sens  prev  (1  spec )  (1  prev ) 0.85  0.08  (1  0.92)  (1  0.08)
Dunque un soggetto che ottiene un test positivo secondo il nuovo metodo diagnostico
probabilità di essere celiaco - ossia, la biopsia darà risultato positivo con probabilità 47%.
Se invece usiamo i dati in tabella:
ha il 47% di
p(M | T+) = (veri positivi) / positivi = tp / (tp + fp) = 17 / 22 = 0.77
I risultati sono diversi, e il secondo è ERRATO poiché il secondo approccio non usa il valore corretto della
prevalenza, quello sulla popolazione generale, bensì usa il valore della prevalenza ottenuto sulla tabella,
cioè 20/80, il quale non riproduce la situazione nella popolazione, ma è stato fissato dagli investigatori per
convenienza. (Potrebbe darsi che per puro caso o per scelta degli investigatori il valore vero della
prevalenza sia coincidente con il valore stimato nella tabella; generalmente non lo è, solitamente negli
esperimenti il rapporto fra malati e non malati è 1:2 o 1:3)
Corso di Statistica. Simona Iacobelli
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Dunque con la prevalenza sbagliata e maggiore di quella vera (25%) otteniamo il valore predittivo 77%, più
alto di quello vero.
Per completare l'illustrazione, vediamo un esempio dove la prevalenza stimata è corretta.
Un ampio studio osservazionale ha considerato una popolazione di 100 persone esposte a una sostanza
chimica che può indurre un certo tipo di tumore ematologico. Tutti gli individui sono stati sottoposti a un test
diagnostico di screening per vedere se hanno assorbito grandi quantità della sostanza, ed essere quindi
classificati come soggetti "a rischio" se positivi o "non a rischio" se il test era negativo. Fra le 200 persone,
22 hanno sviluppato quel tipo di tumore. La tabella dei risultati era:
Malato
Non malato
tot
Test +
13
25
38
Test 9
53
62
Tot
22
78
100
Stime:
sensitività = 13 / 22 = 0.59
specificità = 53 / 78 = 0.68
prevalenza stimata: 22/100 = 22%
Questa stima riproduce correttamente la prevalenza nella popolazione. Dunque possiamo usare entrambi gli
approcci per calcolare il valore predittivo del test positivo:
- o la formula di Bayes:
p( M | T  ) 
sens  prev
0.59  0.22

 0.34
sens  prev  (1  spec )  (1  prev ) 0.59  0.22  (1  0.68)  (1  0.22)
- o (più rapidamente) il calcolo della percentuale dalla tabella:
(veri positivi) / positivi = 13 / 38 =0.34
Vediamo anche il valore predittivo del test negativo, che fornisce la probabilità che un soggetto con test di
screening negativo sia malato:
p( M | T  ) 
(1  sens )  prev
(1  0.59)  0.22

 0.14
(1  sens )  prev  spec  (1  prev ) (1  0.59)  0.22  0.68  (1  0.22)
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