1) La
disuguaglianza di Chebyshev, in generale, afferma che per una variabile aleatoria X di media E[X] e varianza Var(X) si ha:
[math]P(| X - E[X]| \geq n) \leq \frac{{Var(X)}}{{n^2}} [/math]
Se indichiamo con X la somma campionaria
[math]X_1 + X_2 + \ldots + X_n[/math]
, sapendo che per variabili aleatorie esponenziali la media vale
[math]\frac{1}{\lambda}[/math]
e la varianza vale
[math]\frac{1}{{\lambda^2}}[/math]
, abbiamo che:
[math]E[X] = \frac{n}{\lambda}[/math]
[math]Var(X) = \frac{n}{{\lambda^2}}[/math]
Sappiamo che la media campionaria è definita nel modo seguente:
[math]\bar{X}_n = \frac{1}{n} \cdot (X_1 + X_2 + \ldots + X_n) = \frac{1}{n} \cdot X[/math]
Quindi, la probabilità da cercare può essere scritta nel seguente modo:
[math] P(|\bar{X}_n - \frac{1}{\lambda} | \geq \epsilon ) = P(\frac{1}{n} |X - \frac{n}{\lambda} | \geq \epsilon ) = P(|X - \frac{n}{\lambda} | \geq n\epsilon ) = P(|X - \frac{n}{\lambda} | \geq n\epsilon ) [/math]
Sapendo che
[math]E[X] = \frac{n}{\lambda}[/math]
, come trovato in precedenza, possiamo applicare la disuguaglianza di Chebyshev e stimare tale probabilità:
[math] P(|\bar{X}_n - \frac{1}{\lambda} | \geq \epsilon ) \leq \frac{{Var(X)}}{{(n\epsilon)^2}} [/math]
Sostituendo i valori determinati precedentemente abbiamo:
[math]\frac{{Var(X)}}{{(n\epsilon)^2}} = \frac{{\frac{n}{{\lambda^2}}}}{{(n\epsilon)^2}} = \frac{1}{{n\lambda^2\epsilon^2}} [/math]
Quindi in definitiva abbiamo:
[math] P(|\bar{X}_n - \frac{1}{\lambda} | \geq \epsilon ) \leq \frac{1}{{n\lambda^2\epsilon^2}} [/math]
2) Stimiamo ora la stessa quantità utilizzando il teorema del limite centrale; a partire dalla media campionaria possiamo scrivere:
[math] P(|\bar{X}_n - \frac{1}{\lambda} | \geq \epsilon ) = 1 - P(|\bar{X}_n - \frac{1}{\lambda} |
[math] 1 - P(|X - \frac{1}{\lambda} |
Scriviamo esplicitamente la disuguaglianza togliendo il modulo:
[math] 1 - P(|X - \frac{1}{\lambda} |
Dividendo le quantità per la deviazione standard di X, otteniamo una variabile aleatoria W che può essere approssimata per una normale standard:
[math] 1 - P( \frac{- n\epsilon}{\sqrt{\frac{n}{{\lambda^2}}}}
[math] 1 - P( \frac{- n\epsilon}{\sqrt{\frac{n}{{\lambda^2}}}}
[math] 1 - ( P( W
In termini di funzione di distribuzione della normale standard abbiamo:
[math] 1 - ( \Phi( \frac{n\epsilon}{\sqrt{\frac{n}{{\lambda^2}}}} ) - \Phi( \frac{-n\epsilon}{\sqrt{\frac{n}{{\lambda^2}}}} ) ) [/math]
[math] 1 - ( \Phi( \frac{n\epsilon}{ \frac{1}{\lambda} \sqrt{n} } ) - \Phi( \frac{-n\epsilon}{ \frac{1}{\lambda} \sqrt{n} } ) ) [/math]
Applicando le proprietà della funzione Φ si ottiene:
[math] 1 - ( 2\Phi( \frac{n\epsilon}{ \frac{1}{\lambda} \sqrt{n} } ) - 1) = 1 - 2\Phi(\lambda\sqrt{n}\epsilon) + 1 = 2(1 - \Phi(\lambda\sqrt{n}\epsilon) ) [/math]
3) Confrontiamo le due scritture utilizzando i dati forniti dal problema:
[math]\lambda = 2[/math]
[math]\epsilon = 1/100[/math]
[math]n = 10000[/math]
Nel primo caso abbiamo:
[math] P(|\bar{X}_n - \frac{1}{\lambda} | \geq \epsilon ) \leq \frac{1}{{n\lambda^2\epsilon^2}} = \frac{1}{{10000 \cdot (1/100)^2 \cdot 2^2}} = \frac{1}{400} [/math]
Mentre nel secondo caso abbiamo:
.
[math]P(|\bar{X}_n - \frac{1}{\lambda} | \geq \epsilon ) = 2(1 - \Phi(\lambda\sqrt{n}\epsilon) ) = 2(1 - \Phi(2 \cdot \sqrt{10000} \cdot \frac{1}{100} ) ) = 2(1 - \Phi(2) ) = 0.0456[/math]
Il risultato si ottiene utilizzando le tavole della distribuzione normale standard.
Possiamo notare che i risultati sono compatibili, e che in particolare l'utilizzo del teorema del limite centrale ci permette di ottenere un risultato molto più preciso rispetto a quello ottenuto dalla disuguaglianza di Chebyshev.
