STATISTICA PER LA RICERCA SPERIMENTALE E TECNOLOGICA

Presentazione sul tema: "STATISTICA PER LA RICERCA SPERIMENTALE E TECNOLOGICA"— Transcript della presentazione:

1 STATISTICA PER LA RICERCA SPERIMENTALE E TECNOLOGICA
Università degli Studi di Pisa Facoltà di Scienze matematiche fisiche e naturali Anno Accademico Biostatistica (SECS-S/02 ) STATISTICA PER LA RICERCA SPERIMENTALE E TECNOLOGICA Incontro 4 17 Ottobre 2011

2 Probabilità condizionata
Siano A e B due eventi allora per il teorema delle probabilità composte si definiscono le probabilità condizionale (vincolate) Se due eventi sono tra loro indipendenti ,allora si verifica che :

3 Esempio(Genotipi) Si considera la distribuzione dei genotipi AA,Aa,aa in una popolazione di N=400 piante . Estraendo le piante a caso(processo di randomizzazione ),a ciascuna di esse compete la stessa probabilità di estrazione. Se quindi ci sono 196 genotipi AA ,168 genotipi Aa e 36 aa,allora le probabilità di estrazione a caso dei diversi genotipi è: P(AA)=196/400=0.49 , P(Aa)=168/400=0.42 e P(aa)=36/400=0.09 P(AA)+P(Aa)+P(aa)=1 Supponiamo che l’allele a sia un letale recessivo,si esprime soltanto nella pianta allo stadio adulto. Allora la distribuzione è valida solo per le piantine ,mentre la probabilità che una pianta sia in vita dopo un certo periodo è data dalla probabilità dell’evento unione P(AA) U P(Aa)=P(AA)+P(Aa) (gli eventi sono disgiunti) . Non si può quindi affermare che la probabilità di trovare piante adulte con genotipo AA sia 0.49 ;per le piante adulte l’insieme degli eventi si è ridotto a Ω’={AA , Aa} di 364(ovvero )piante P(AA/ Ω’)=196/364=0.53

4 Teorema di Bayes:Partizione finita ed esaustiva
Riprendendo il risultato precedente: Se dividiamo l’ntero spazio degli eventi in n eventi ‘disgiunti’ tra loro stiamo creando una partizione finita ed esaustiva dello spazio A1, A2, A3,……, An, in modo che Ai∩ Aj=Ø con i,j=1….n e i≠j e A1U A2U…… U An=Ω

5 Teorema di Bayes(2) P(Ai/B) è chiamata probabilità a posteriori ; P(Ai) è la probabilità a priori dell’evento.

6 Esempio (Genotipi)(2) La probabilità di trovare piante in vita dopo un certo periodo per i vari genotipi è P(A1)=P(AA)=196/364=0.53 , P(A2)=P(Aa)=168/364=0.47.(Partizione finita ed esaustiva) Supponiamo che dopo un ulteriore lasso di tempo l’80% delle piante di genotipo AA(=A1)ed il 50% del genotipo Aa(=A2)sia ancora in vita ,qual è la probabilità che una pianta in vita(evento B) scelta a caso sia del genotipo AA(=A1)?

7 Variabili casuali(aleatorie)
Dato un insieme di eventi elementari Ω={ai},si definisce variabile casuale una qualunque funzione numerica reale X(ai)=x .Se X è una funzione reale e x un numero reale fissato ,possiamo definire l’evento A sottoinsieme di Ω, formato da tutti gli eventi ‘a’ ai quali la funzione X assegna il valore x . è la probabilità dell’evento Ax ,ovvero la probabilità che la funzione assuma il valore x.

8 Esempio(Variabile Casuale di Bernoulli)
A n=100 pazienti viene somministrato un farmaco. Dopo un certo periodo di trattamento si riscontrano 60 guarigioni : il campione di pazienti si suddivide quindi in due sottogruppi (A1)i guariti’ e (A2) i ‘non guariti’. Se l’evento appartiene ad A1 ,x1 =1. Se invece l’evento appartiene ad A2,x2=0

9 Esempio(VC Bernoulli e Binomiale)
Se un’epidemia di influenza colpisce il 30% della popolazione la probabilità di contagio per una singola persona è data da una V.C. di Bernoulli X~Be(p=0.30): Sommando n v.c. Bernoulliane i.i.d. (indipendenti ed identicamente distribuite )ottengo una nuova variabile che conta il numero di contagiati! Y assume valori compresi tra 0 ed n : fornisce quindila distribuzione di probabilità che 0,1,2,……n individui siano contagiati

10 Lancio due dadi e definisco Y=somma dei punteggi dei dadi .
Esempio(v.c. somma) Lancio due dadi e definisco Y=somma dei punteggi dei dadi . Si analizzi la distribuzione di probabilità della V.C Y. Il numero dei casi possibile è dato dalle disposizioni con reimissione 62=36; lo spazio degli eventi di Y è Ω= {2,3,4,…12}. Y= 2 →(1,1) P(Y=2)=1/36 Y= 3 →(1,2) (2,1) P(Y=3)=2/36 Y= 4 →(1,3) (3,1) (2,2) P(Y=4)=3/36 Y= 5→(1,4) (4,1) (3,2) (2,3) P(Y=5)=4/36 Y= 6 →(1,5) (5,1) (2,4) (4,2) (3,3) P(Y=6)=5/36 Y= 7 →(1,6) (6,1) (2,5) (5,2) (3,4) (4,3) P(Y=7)=6/36 Y= 8 →(2,6) (6,2) (3,5) (5,3) (4,4) P(Y=8)=5/36 Y= 9 →(3,6) (6,3) (4,5) (5,4) P(Y=9)=4/36 Y= 10→(4,6) (6,4) (5,5) P(Y=10)=3/36 Y= 11→(5,6) (6,5) P(Y=11)=2/36 Y= 12→(6,6) P(Y=12)=1/36

11 Media e varianza di v.c discrete e continue
Se X e Y sono indipendenti allora Cov(X,Y)=E[X-E(X)]*E[Y-E(Y)]=0, dato che la somma degli scarti dalla media è nulla.

12 Esempio:trattamento farmacologico(1)
Si considerano 2 dei n=100 pazienti prima del trattamento Siano X(prova 1 ) e Y (prova 2 )le v.c. Bernoulliane ‘guarito’e ‘non guarito’ per ognuno dei pazienti. Analizzare la distribuzione congiunta delle due prove dato che P(xi,yj) =P(xi)P(yj|xj) Y→ X ↓ 1 0.4*(39/99) 0.4*(60/99) 0.4 0.6(40/99) 0.6(59/99) 0.6

13 Esempio:trattamento farmacologico(2)
E(X)=E(Y)=0.6=p Var(X)=Var(Y)=0.24=p(1-p) Dalla tabella a doppia entrata può essere ottenuta la variabile aleatoria Z=X+Y che assume valori 0,1,2 ‘guariti’ : P(Z=0)=0.4*(39/99)=0.1576 P(Z=1)=P[(X=1∩Y=0) U (X=0 ∩Y=1 )]= P(X=1∩Y=0)+P(X=0∩Y=1) =0.6*(40/99)+0.4*(60/99)=0.4848 P(Z=2)=0.6*(59/99) E(Z)= =1.2 Var(Z)=Var(X)+Var(Y)+2Cov(X,Y)= Cov(X,Y)

14 Variabile prodotto W=XY
Se X e Y sono indipendenti allora E(W)=E(X)E(Y) poiché E(X/Y)=E(X) o E(Y/X)=E(Y).

15 Distribuzione campionaria
Estrazione casuale semplice di un campione di n unità :ad ogni individuo del campione è assegnata ,in virtù del principio di randomizzazione , una probabilità pari ad 1/n. Estrazione in blocco o con remissione: ogni sequenza ha la stessa probabilità di essere estratta per ogni altra n-upla di elementi. Se si ipotizza di estrarre tutte le possibili n-uple per la funzione prescelta(somma,prodotto,media,etc.) ,la riclassificazione dei valori che assume la funzione dà luogo alla ‘distribuzione campionaria’

16 Grazie per l’attenzione