Appello del 27 gennaio 2017 File - e-Learning

Università degli Studi di Milano Bicocca – Scuola di Economia e Statistica
Corso di Laurea in Economia e Amministrazione delle Imprese (ECOAMM)
Prova Scritta di METODI STATISTICI
PER L’AMMINISTRAZIONE DELLE IMPRESE
(Milano, 27.01.17)
Cognome_______________________ Nome____________________Matricola___________
-Lh) – prof. Borroni
-Z) – prof. Pasquazzi
Firma dello studente___________________
La soluzione degli esercizi va riportata negli appositi riquadri.
Il retro di ciascun foglio può essere utilizzato per la brutta copia e NON verrà corretto.
Lo studente deve organizzare adeguatamente gli spazi perché NON verrà corretto quanto riportato al di
fuori dei riquadri.
Il presente fascicolo deve essere consegnato integro, pena l’annullamento della prova.
1
ESERCIZIO 1
Si supponga che per un dato volo il numero giornaliero di prenotazioni sia descritto da una variabile casuale di
Poisson con valore atteso pari a 3.
a) Qual è la probabilità che in un dato giorno non venga effettuata alcuna prenotazione?
b) Quali caratteristiche ha un processo (esperimento) di Poisson?
Si considerino ora 10 voli diversi, tra loro indipendenti, identificati con le lettere da A a L. Per ciascun volo, il
numero di prenotazioni giornaliere ha le caratteristiche descritte sopra.
c) Qual è la probabilità che, in una giornata, solo 4 voli non ricevano alcuna prenotazione?
d) Qual è la probabilità che, in una giornata, i voli A e B non ricevano alcuna prenotazione, e quelli da C a
L ricevano almeno una prenotazione?
a) La probabilità che in un dato giorno non vi siano prenotazioni è data da
30 × 𝑒 −3
𝑃(𝑋 = 0) =
= 0.0498.
0!
b) TEORIA
c) Sia Y la variabile casuale che descrive il numero di voli che non ricevono prenotazioni. Y segue la
distribuzione binomiale i cui parametri sono dati da 𝑛 = 10 e 𝑝 = 𝑃(𝑋 = 0) = 0.0498. La probabilità
richiesta è dunque data da
10
𝑃(𝑌 = 4) = ( ) 0.04984 (1 − 0.0498)10−4 = 210 × 4.527 × 10−6 = 9.5 × 10−4 ≅ 0.0010
4
d) La probabilità richiesta è data da
0.04982 × (1 − 0.0498)10−2 = 0.0016
2
ESERCIZIO 2
Un venture capitalist deve valutare se gli conviene investire in una data azienda. L’operazione ha un costo molto
elevato e pertanto egli intende tutelarsi rispetto ad eventuali errori di valutazione: egli ritiene che l’investimento
sarà conveniente solo se il fatturato medio settimanale dell’azienda risulti di almeno 50 migliaia di Euro. La
seguente tabella riporta il fatturato dell’azienda, osservato su un campione di 6 settimane. Per la variabile
“fatturato” si assume la distribuzione Normale.
Settimana
Fatturato
1
2
3
4
5
6
51.074 52.294 52.260 51.875 53.180 50.705
a) Si stabiliscano le ipotesi da sottoporre a verifica, indicando quale logica è stata seguita per scegliere
l’ipotesi nulla.
b) Si calcoli il p-value del test per verificare le ipotesi scelte. Fissando α = 0.01 si stabilisca, inoltre, se al
venture capitalist conviene effettuare l’investimento.
c) Si calcoli un intervallo di confidenza al 99% per il fatturato medio settimanale dell’azienda.
a) TEORIA.
b) 𝐻0 : 𝜇 ≤ 50 contro 𝐻1 : 𝜇 > 50.
La media campionaria è data da 𝑥̅ =
da 𝑠 2 =
16164.4486−6×51.89802
6
= 51.8980, mentre la varianza campionaria corretta è data
4.0342
= 0.8068. Ne consegue che
51.8980 − 50
𝑡𝑜𝑠𝑠 =
= 5.1759
0.8068
√
6
e che il p-value è praticamente nullo poiché
𝑃(𝑇 > 5.1759|𝐻0 ) < 0.005,
dove T ha distribuzione t di Student con 5 gdl. Se si fissa 𝛼 = 0.01, il p-value è minore di 𝛼 e dunque
𝐻0 viene rifiutata. Al venture capitalist conviene effettuare l’investimento.
6−1
=
311.388
5
c) L’intervallo di confidenza richiesto è dato da
51.8980 ± 4.032√0.8068/6 = {
3
53.3765
50.4195
ESERCIZIO 3
Un fumatore confronta due tipi di fiammiferi. In un campione di 200 fiammiferi del primo tipo trova 20
fiammiferi che presentano delle imperfezioni, mentre in un campione di 150 fiammiferi del secondo tipo trova
solo 10 fiammiferi con delle imperfezioni.
a) Si calcoli il p-value di un opportuno test statistico per verificare se vi è una differenza significativa nella
qualità dei due tipi di fiammiferi.
b) Si descriva, in un contesto generale, la relazione che lega i test di ipotesi agli intervalli di confidenza.
a) Test statistico: 𝐻0 : 𝑝1 = 𝑝2 contro 𝐻1 : 𝑝1 ≠ 𝑝2 .
(20+10)
La stima pooled dell’ignota proporzione è data da 𝑝̅ = 200+150 = 0.0857 e il valore osservato della
statistica test è dunque data da
20
10
−
0.1 − 0.0667
200 150
|𝑧| = ||
| = 1.1100
|| = |
√0.0009
1
1
√0.0857(1 − 0.0857) × (
200 + 150)
.
Al valore |𝑧| = 1.1100 corrisponde il p-value
𝑝 − 𝑣𝑎𝑙𝑢𝑒 = 2(1 − Φ(1.11)) = 2(1 − 0.86650) = 0.2670.
b) TEORIA.
4
ESERCIZIO 4
Un investitore confronta il rendimento di un fondo comune d’investimento (variabile Y, in punti percentuali) con
quello di un indice borsistico di riferimento (variabile X, in punti percentuali). La seguente tabella riporta i
rendimenti riferiti ad un campione di 8 giorni.
X +1.00 +0.54 -0.32 +0.05 +0.98 +1.21 +0.85 +0.03
Y +3.01 +1.00 -2.50 -0.20
+2.30 +3.12 +0.67 -1.50
a) Si consideri il modello di regressione lineare semplice 𝑌 = 𝛽0 + 𝛽1 𝑥 + 𝜀 e si verifichi se l’ipotesi nulla
𝐻0 : 𝛽1 = 1 può essere rifiutata a favore dell’ipotesi alternativa 𝐻0 : 𝛽1 ≠ 1. Si consideri un livello di
significatività pari a 𝛼 = 0.05.
b) Si calcoli un intervallo di confidenza al 99% per il rendimento medio del fondo comune d’investimento
nei giorni in cui l’indice borsistico rimane invariato (cioè ha rendimento pari a zero).
4.34
5.90
a) Usando i dati si ottengono le seguenti quantità di sintesi: 𝑥̅ = 8 = 0.5425, 𝑦̅ = 8 = 0.7375,
𝑑𝑒𝑣(𝑥) = 4.5444 − 8 × 0.54252 = 2.1900
𝑑𝑒𝑣(𝑦) = 34.0734 − 8 × 0.73752 = 29.7222
𝑐𝑜𝑑𝑒𝑣(𝑥, 𝑦) = 10.8937 − 8 × 0.5425 × 0.7375 = 7.6930
da cui si ottengono le seguenti stime puntuali:
7.6930
𝑏1 =
= 3.5128
2.1900
𝑏0 = 0.7375 − 3.5128 × 0.5425 = −1.1682
29.7222 − 3.51282 × 2.1900 2.6981
2
𝑠 =
=
= 0.4497.
8−2
6
Per verificare se l’ipotesi 𝐻0 : 𝛽1 = 1 può essere rifiutata a favore dell’ipotesi alternativa 𝐻0 : 𝛽1 ≠ 1
bisogna calcolare la seguente statistica test:
3.5128 − 1
2.5128
|𝑡𝑜𝑠𝑠 | = |
|=
= 5.5458.
√0.2053
√0.4497/2.19
Con 𝛼 = 0.05, la soglia critica è data da 𝑡0.05 = 𝑡0.025 = 2.447 (bisogna fare riferimento alla
2
distribuzione t di Student con gdl = 8-2=6), e siccome il valore di z (in modulo, si tenga presente che
si tratta di un test a due code) supera la soglia critica, l’ipotesi nulla deve essere rifiutata.
b) L’intervallo di confidenza richiesto è dato da
1 (0 − 0.5425)2
(−1.1682 + 3.5128 × 0) ± 3.707 × √0.4497 × ( +
)=
8
2.19
0.0976
= −1.1682 ± 3.707 × √0.1166 = {
−2.4340
NB: 𝑡0.01/2 = 𝑡0.005 = 3.707 è il percentile di ordine p = 0.995 della distribuzione t di Student con gdl
= 8-2=6.
5