Appunti sulle distribuzioni di probabilità

Variabile aleatoria di tipo Bernoulli

Prove di tipo successo-insuccesso

R_x = {0,1}

P_x(0) = 1 - p

P_x(1) = p

P_x(k) = p^k(1-p)^1-k

k = 0,1

Se l'evento A è il successo, P(A) = p

X ~ Be(p)

E[X] = Σ_xi x_ip_x(x_i) = 0·(1-p) + 1·p = p

E[X²] = Σ_xi x_i²p_x(x_i) = 0²·(1-p) + 1²p = p

Var(X) = E[X²] - E[X]² = p - p² = p(1-p)

p = 0,2

p = 0,5

Variabile aleatoria di tipo Bernoulli

Prove di tipo successo-insuccesso

R_X = {0,1}

P_X(0) = 1-p

P_X(1) = p

P_X(k) = p^k(1-p)^1-k k = 0,1

Se l'evento A è il successo, P(A) = p

X~Be(p)

E[X] = Σ_xi x_ip_X(x_i) = 0·(1-p) + 1·p = p

E[X²] = Σ_xi x_i²p_X(x_i) = 0²·(1-p) + 1²p = p

Var(X) = E[X²] - E[X]² = p - p² = p(1-p)

p = 0,2

p = 0,5

Variabile aleatoria binomiale

X v.a. discreta

X ~ B(m,p)

P_X(k) = { (m over k) p^k (1-p)^m-k for k = 0,1,2,...,m; 0 altrove }

con (m over k) coeff. binomiale = m! / k!(m-k)!

(a+b)^m = sum from k=0 to m (m over k) a^k b^m-k

(m over 0) = (m over m) = 1

(m over 1) = (m over m-1) = m

(m over k) = (m over m-k)

m! / k!(n-k)! = m! / (n-k)!(m-(m-k))! = m! / (n-k)! k!

Osservazione sulla funzione di probabilità

Oss.

P_x(k) così definita è una funz. di probab. (P_x(x) >= 0)

sum_xi p(xi) = 1

sum_k=0^m (m over k) p^k(1-p)^m-k = (p + (1-p))^m = 1

m prove indipendenti di tipo Bernoulli(successo-insuccesso)

la prob. del successo p si mantiene uguale in ogni singola prova

X = numero di successi nelle m prove e p = la prob. di successo in ogni singola prova

A_i = successo i-sima prova

P(A_i) = p     i=1,...,n

A_i = insuccesso i-sima prova

P(¯A_i) = 1-p     i=1,...,n

A_i indipendenti

Probab. che le prime k prove diano successo e le restanti (m-k) diano insuccesso

P(A₁ n A₂ n ... n A_k n ¯A_k+1 n ... n ¯A_m) = indip= P(A₁)P(A₂) : P(A_k)P(¯A_k+1) : ... : P(¯A_m) == p^k(1-p)^m-k

i primi (m-k) sono insucc. e i restanti sono succ.

P(A₁^c ∩ A₂^c ∩ ... ∩ A_m-k^c ∩ A_m-k+1 ∩ ... ∩ A_m) == (1-p)^m-k p^k

Quanto vale la prob. di ottenere R successi in m prove indip. di tipo Bernoulli?

P({X = k}) = (m/k) p^k (1-p)^m-k

combinazioni di k successi e (n-k) insucc.

Esempio con 6 lanci di due dadi

Es.

Calcolare la prob. che effettuando 6 lanci di due dadi si ottenga la somma 9

• Esattamente 2 volte
• Almeno 2 volte

X = # volte in cui otteniamo 9 come somma nei 6 lanci ~ B(6, 4/36)

P(X = 2) = (m k) p^k(1-p)^m-k == (6 2)(1/9)²(8/9)⁴ == 6!/2!(6-2)! 8⁴/9⁶ = 6!/2!4! 8⁴/9⁶ == 6·5·4!/2·4! 8⁴/9⁶ = 15·8⁴/9⁶ ≈ 0,115

P({X ≥ 2}) = 1 - P({X < 2}) =

P({X ≤ 1})= 1 - [ P(X = 0) + P(X = 1) ] = (m over k) p^k(1-p)^n-k

= 1 - [ (8 over 0)(1/9)⁰(8/9)⁶ + (6 over 1)(1/9)(8/9)⁵ ] == 1 - (8/9)⁶ - 6/9 (8/9)⁵ = 1 - (8/9)⁵[ 8/9 + 2/3 ] == 1 - 14/9 (8/9)⁵ ≈ 0,137

Proprietà della variabile binomiale

Proprietà

• E[X] = np
• Var(X) = np(1-p)

Dim.

E[X] = ∑ x_ip_x(x_i) = ∑_k=0^m k (m over k) p^k(1-p)^n-k

= sum from k=1 to m k m! / (k!(m-k)!) p^k(1-p)^m-k == sum from k=1 to m m! / ((k-1)!(m-k)!) p^k(1-p)^m-k == sum from h=0 to m-1 m(m-1)! / (h!((m-1)-h)!) pp(1-p) = (m-1 choose h)

k=h+1

m-k = m-(h+1)= m-h-1 = (m-1)-h

= mp sum from h=0 to m-1 (m-1 choose h) p^h(1-p)^(m-1)-h

(p+(1-p))^m-1 = 1

= mp

Osservazione sul rapporto tra probabilità

Oss.

P_x(k) / P_x(k-1) = ((m choose k) p^k (1-p)^m-k) / ((m choose k-1) p^k-1 (1-p)^m-k+1)

= (m! / (k!(m-k)!)) / (m! / ((k-1)!(m-k+1)!))

= p^k / p^k-1 (1-p)^m-k / (1-p)^m-k+1 == (m-k+1) / k p / (1-p)

P_x(k) = P_x(k-1) => P_x(k) / P_x(k-1) >= 1

(m-k+1) / k p / (1-p) >= 1 => (m-k+1)p >= k(1-p)

(m+1)p - kp >= k - kp =>

k <= mp + p = E[X] + p

Si veda l'ultima pagina per i grafici.

Oss.

Se p = 1/2 (1-p) = 1/2)

p_x(k) = (m/k)(1/2)^m

Esempio del 1654

Es. (1654 - Walfier de Mere)

È più probabile ottenere almeno un 6 in 4 lanci di un dado o almeno un doppio 6 in 24 lanci di due dadi?

-X = numero di volte in cui esce 6 nei 4 lanci di un dado

X ~ B(4, 1/6)

P({X>=1}) = 1 - P_X(0) = 1 - (4 over 6)⁰(1/6)⁰(5/6)⁴

= 1 - (5/6)⁴ ~= 0,52

Y = numero di volte in cui compare (6,6)nei 24 lanci di due dadi

Y ~ B(24, 1/36)

P(Y>=1) = 1 - P_Y(0) = 1 - (24 over 0)(1/36)⁰(35/36)²⁴

= 1 - (35/36)²⁴ ~= 0,49

Esempio del 1693

Es. (1693 - Pepys)

È più probabile ottenere almeno un 6 in 6 lanci di un dado o almeno due 6 in 12 lanci del dado?

(da fare a casa)

Esempio sui figli maschi e femmine

Es.

Se la prob. di avere un figlio maschio è 1/2, per una famiglia con 5 figli, qual è la prob. di avere

• 2 figli maschi?
• Almeno un figlio maschio?
• Almeno 3 figlie femmine?
• Almeno un figlio maschio e una figlia femmina?

Su 1600 famiglie con 5 figli ciascuna, quante famiglie hanno in media tutti i figli dello stesso sesso?

X = numero di figli maschi nella famiglia ~ B(5, 1/2)

P({X = 2}) = (5 choose 2)(1/2)⁵ = 5!/(2! 3!) 1/2⁵ = 5.4/2 1/2⁵⁴ = 5/16

P({X >= 1}) = 1 - P_x(0) = 1 - (1/2)⁵ = 31/32

P({X <= 2}) = P_x(0) + P_x(1) + P_x(2) = (1/2)⁵ + (5/1)(1/2)⁵ + 5/16 = (1/2)⁵[1 + 5] + 5/16 = 3.2/2⁵⁴ + 5/16 = 8/16 = 1/2

P({1 <= X <= 4}) = 1 - P_x(0) - P_x(1) = 1 - (1/2)⁵ - (1/2)⁵ = 1 - 2(1/2)⁵⁴ = 15/16

I = numero di famiglie con 5 figli tutti dello stesso sesso

E[I] = ?

I ~ B(1600, P(X=0)+P(X=5))

2(1/2)⁵ = 1/16

E[I] = mp = 1600 · 1/16 = 100

Esempio sulle prenotazioni aeree

Es.

Sapendo che il 30% dei passeggeri che prenotano non si presentano alla partenza, una compagnia aerea accetta 28 prenotazioni per un volo con capienza di 24 posti.

Qual è la prob. che almeno un passeggero rimanga a terra?

X = numero di passeggeri che si presentano alla partenza ~ B(28, 7/10)

P({X >= 25}) == p_x(25) + p_x(26) + p_x(27) + p_x(28)

= 1,57/100

prob. che 1 passeggero si presenti alla partenza