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

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

Se l'evento A è il successo, P(A) = p

X ~ Be(p)

E[X] = Σ x_i p_X(x_i) = 0 (1 - p) + 1 · p = p

E[X²] = Σ x_i² p_X(x_i) = 0² (1 - p) + 1² p = 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) = {  ( ^mC_k ) p^k(1-p)^m-k  k=0,1,2,...,m  0 altrove}

con ( ^mC_k ) coeff. binomiale = ^m!/_k!(n-k)!

(a+b)^m = ∑_k=0^m ( ^mC_k ) a^kb^m-k

( ^mC₀ ) = ( ^mC_m ) = 1

( ^mC₁ ) = ( ^mC_m-1 ) = m

( ^mC_k ) = ( ^mC_m-k )

^m!⁄_k!(n-k)! = ^m!⁄_{(n-k)!(m-(m-k))!} = ^m!⁄_{(n-k)! k!}

Oss.

P_X(k) così definita è una funz. di probab. (P_X(ω) ≥ 0 ∀ω)

∑_xiP_X(xi) = 1

ⁿ∑_k=0 ( ^m _k ) p^k(1-p)^m-k = (p + (1-p))ⁿ = 1

= 1

• n 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 è la prob. di successo in ogni singola prova

A_i = successo i-sima prova

P(A_i) = p   i = 1, ..., n

A̅_i = insuccesso i-sima prova

P(A̅_i) = 1 - p   i = 1, ..., n

A_i indipendenti

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

P(A₁ ∩ A₂ ∩ ... ∩ A_k ∩ A̅_k+1 ∩ ... ∩ A̅_m) = indip

= P(A₁)P(A₂)...P(A_k)P(A̅_k+1)...P(A̅_m) =

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

P(Ā₁ ∩ Ā₂ ∩ ... ∩ Ā_m-k ∩ A_m-k+1 ∩ ... ∩ A_m) =

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

Quanto vale la prob. di ottenere k successi in m prove i.i.dip. di tipo Bernoulli?

P({X = k}) = ^(m)⁄_(k) p^k (1-p)^m-k

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)C_k p^k (1-p)^m-k =

         = ^(6C₂)(¹⁄₉)² (⁸⁄₉)⁴

          = ^6!⁄_{2! (6-2)!}

           = ^{84 ⁄ 96} = ^6!⁄_{2! 4!}   8⁴ / 9⁶ =

           = ^{6 ⋅ 5 ⋅ 4!}⁄_{2 ⋅ 4!} =                             15 ⋅ 8⁴ ⁄ 9⁶ ≈ 0,115

• P({X≥2}) = 1 - P({X<2}) =

     P({X≤1})

= 1 - [P(X=0) + P(X=1)] =

= 1 - [C(6,0)(1/9)⁰(8/9)⁶ + C(6,1)(1/9)(8/9)⁵] =

= 1 - C(6,0)(8/9)⁶ - C(6,1)(8/9)⁵(8/9+2/3) =

≈ 1 - (14/9)(8/9)⁵ ≈ 0.137

Proprietà

• E[X] = np
• Var(X) = mp(1-p)

Dim.

E[X] = ∑_xᵢ xᵢ P_X(xᵢ) = ∑_k=0^m k C(m,k) p^k(1-p)^n-k

= _∑^mk=1k ^m!/_k!(m-k)! p^k(1-p)^m-k =

= _∑^mk=1 ^m!/_(k-1)!(m-k)! p^k(1-p)^m-k =

= _∑^m-1h1=0 m^(m-1)!/_h1!(n-1-h1)!

= (m-1)^C_h

= mp _∑^m-1h1=0 ^(m-1)C_h p^h₁(1-p)^(m-1)-h₁ (p+(1-p))^m-1 = 1

= mp

Oss.

_PX(k)/_PX(k-1) = ^{(m choose k) Pk (1-p)m-k}/_{(m choose k-1) P^k-1 (1-p)^m-k+1}

= ^{k(n-k+1)! m!}/_{k! (n-k)! m!}

=^m-k+1/_k ^P/_1-p

P_X(k) ≥ p_X(k-1) => _PX(k)/_PX(k-1) ≥ 1

^m-k+1/_k ^P/_1-p ≥ 1 => (m-k+1) P ≥ k (1-p)

(m+1) p - k P ≥ k - k P =>

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

Es. (1654 - (...

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 ⁰C₀)(¹⁄₆)⁰(⁵⁄₆)⁴

= 1 - (⁵⁄₆)⁴ ≃ 0,52

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

Ψ ~ B(24, ¹⁄₃₆)

P(Ψ ≥ 1) = 1 - P_Ψ(0) = 1 - (24 ⁰C₀)(¹⁄₃₆)⁰(³⁵⁄₃₆)²⁴

= 1 - (³⁵⁄₃₆)²⁴ ≃ 0,49

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)

Es.Se la prob. di avere un figlio maschio è ½,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 figli dello stesso sesso?

X

• P({X=2}) = \(\left(\frac{5}{2}\right) \left(\frac{1}{2}\right)^5 = \frac{5!}{2! \cdot 3!} \cdot \frac{1}{2^5} = \frac{5 \cdot 4}{2} \cdot \frac{1}{2^5} = \frac{5}{16}\)

• P({X≥1}) = 1 - p_X(0) = 1 - \(\left(\frac{1}{2}\right)^5\) = \(\frac{31}{32}\)

• P({X≤2}) = p_X(0) + p_X(1) + p_X(2) = \(\left(\frac{1}{2}\right)^5 + \left(\frac{5}{1}\right)\left(\frac{1}{2}\right)^5 + \frac{5}{16} = \left(\frac{1}{2}\right)^5 [1+5] + \frac{5}{16}\)

  = \(\frac{3 \cdot 2}{2^5} + \frac{5}{16} = \frac{8}{16} = \frac{1}{2}\)

• P({1≤X≤4}) = 1 - p_X(0) - p_X(1) = 1 - \(\left(\frac{1}{2}\right)^5\) - \(\left(\frac{1}{2}\right)^5\) = 1 - 2\(\left(\frac{1}{2}\right)^5\cdot 4\) = \(\frac{15}{16}\)

Υ = numero di famiglie con 5 figli

tutti dello stesso sesso

E[Υ] = ?

Υ ~ Β(1600, P({X=0})+P({X=5}))

E[Υ] = mp = 1600 · ¹⁄₁₆ = 100

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 passegg. rimanga a terra?

X = numero di passeggeri che si presentano alla partenza

X ~ B(28, ⁷/₁₀)

P(X ≥ 25) =

• P_x(25) + P_x(26) + P_x(27) + P_x(28)

≅ 1,57/100