Distribuzione normale

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Z Z2 2P (a < X < b) = P (X < b)−P (X < a) = N (x; µ, σ )dx− N (x; µ, σ )dx.−∞ −∞ (1)1 2È possibile dimostrare che i parametri µ e σ sono rispettivamente il valore atteso e la varianza di una variabile aleatoria normalmente distribuita2 2∼ con parametri µ e σ . Precisamente, se X N (µ, σ ), allora+∞Z 2xN (x; µ, σ )dx = µ=EX −∞+∞Z 2 2 22 −(x µ) N (x; µ, σ )dx = σσ =X −∞2∼ Inoltre, se X N (µ, σ ), allora −X µ ∼Z = N (0, 1), (2)σ cioè la variabile aleatoria standardizzata Z si distribuisce normalmente con valore atteso pari a 0 e varianza pari ad 1. Indicando conxZ N (x; 0, 1)dxΦ(x) = −∞ la funzione che restituisce il valore delle aree sottostanti una curva normale2∼ standardizzata, è facile rendersi conto che, se X N (µ,

σ ), allora− − −X µ x µ x µ< ) = Φ( ).P (X < x) = P ( σ σ σIn altre parole, è sufficiente conoscere il valore che Φ(z) assume per ogni z2per calcolare un qualunque area sotto una normale N (µ, σ ). Qui di seguitovengono tabulati alcuni valori che Φ assume (per gli altri, consultare la tavoladella normale standardizzata):

• Esempio. Supponiamo che l’altezza di una popolazione di studenti uni-versitari sia distribuita normalmente con media µ = 170 cm e varianza2 2σ = 25 cm o, in altre parole, supponiamo che estraendo casualmente2un individuo da tale popolazione la probabilità che egli abbia un’altezzainferiore a x è data da xZ N (x; 170, 25).P (X < x) = −∞La probabilità che abbia un’altezza inferiore a 170 cm può essere cal-colata usando la tavola di Φ(z) sopraesposta,

infatti− −X 170 170 170P (X < 170) = P ( < ) = P (Z < 0) = Φ(0) = 0.5,5 5mentre la probabilità che il soggetto estratto abbia un’altezza compresatra 165 cm e 175 cm può essere calcolata nel seguente modo−P (165 < X < 175) =P (X < 175) P (X < 165)− − −− 175 170 X 170 165 170X 170 −< ) P ( < )=P ( 5 5 5 5− −1) −=P (Z < 1) P (Z < = 0.8413 0.1587 = 0.6826o, ancora, la probabilità che il soggetto estratto abbia un’altezza supe-riore a 180 cm è data da −− 180 170X 170− − < )P (X > 180) =1 P (X < 180) = 1 P ( 5 5− − −=1 P (Z < 2) = 1 Φ(2) = 1 0.9772 = 0.0228.2 Approssimazione normale di probabilità bi-nomialiSupponiamo di avere a che fare con una sequenza di n prove bernoullianecon probabilità di successo pari a p e sia X la variabile aleatoria che registrail numero di successi. Se n è molto elevato, la

probabilitàb nX x n−k≤ ≤ −P (a X b) = p (1 p)kk=aè approssimabile dall’area ! !b+0.5 − −−Z a 0.5 npb + 0.5 np −Φ≤ ≤ ∼P (a X b) N (x; np, np(1−p))dx = Φ p p− −np(1 p) np(1 p)a−0.5e tale approssimazione migliora all’aumentare di n.

33 Esercizi1. Il ritardo (in minuti) con cui gli autobus della compagnia A si pre-sentano al capolinea si distribuisce normalmente con media pari a 10minuti e varianza pari a 9 minuti. Aspettando un autobus al suo capo-linea,

1. si calcoli la probabilità che un autobus della compagnia A arriviin anticipo
2. si calcoli la probabilità che arrivi con più di 20 minuti di ritardo
3. è stabilito un margine di tolleranza di 5 minuti rispetto all’orarioufficiale di arrivo: si calcoli la probabilità che l’autobus arrivi entroil margine di tolleranza
4. arrivano 4 autobus al capolinea: si calcoli la probabilità che al-meno uno arrivi in

(e) se la varianza dei ritardi non può essere cambiata, quanto dovrebbe essere il ritardo medio degli autobus della compagnia A affinché almeno il 60% degli autobus arrivi in anticipo?

(f) Gli autobus della compagnia B sono in media puntuali, ma i loro ritardi si distribuiscono normalmente con una varianza pari a 36; si calcoli la probabilità con cui un autobus della compagnia B arrivi con più di 10 minuti di ritardo;

(g) sapendo che gli autobus delle compagnie A e B sono rispettivamente il 25% e il 75% di quelli che circolano in città, qual è la probabilità che un autobus arrivato in ritardo appartenga alla compagnia A?

Soluzioni:

(a) P (X < 0) = Φ(-10/3) = Φ(-3.33) = 1 - Φ(3.33) = 1 - 0.9996 = 0.0004

(b) P (X > 20) = 1 - P (X < 20) = 1 - Φ((20-10)/3) = 1 - Φ(3.33) = 0.0004 - (-5)

(c) P (|X| < 5) = P (-5 < X < 5) = P (X < 5) P (X < -5) = Φ(5) - Φ(-5)

1. (a) Il numero atteso di giorni in cui si verificherà un guasto nel corso dell'anno si calcola moltiplicando la probabilità di guasto in un giorno per il numero di giorni in un anno:
   P(X > 0) = 0.01
   Numero atteso di giorni di guasto = 0.01 * 365 = 3.65 giorni
2. (b) Per calcolare la probabilità che il numero di giorni in cui si verifica un guasto sia compreso tra 7 e 10, possiamo utilizzare la distribuzione di Poisson. La formula per calcolare la probabilità di avere esattamente k eventi in un intervallo di tempo è:
   P(X = k) = (e^(-λ) * λ^k) / k!
   Dove λ è il numero atteso di eventi. In questo caso, λ = 3.65.
   Quindi, per calcolare la probabilità che il numero di giorni di guasto sia compreso tra 7 e 10, dobbiamo sommare le probabilità per k = 7, 8, 9 e 10:
   P(7 ≤ X ≤ 10) = P(X = 7) + P(X = 8) + P(X = 9) + P(X = 10)
   P(7 ≤ X ≤ 10) = (e^(-3.65) * 3.65^7) / 7! + (e^(-3.65) * 3.65^8) / 8! + (e^(-3.65) * 3.65^9) / 9! + (e^(-3.65) * 3.65^10) / 10!

e 21(c) la probabilità che il numero di giorni in cui si verifica un guasto sia compreso tra 1 e 9 giorni

Soluzioni ×(a) = 365 × 0.01 = 3.65

EX 21.5−3.65 6.5−3.65 ≤ ≤ ≈ −(b) P (7 X 21) Φ Φ = 0.0668

1.9009 1.9009

0.5−3.65 9.5−3.65 −≤ ≤ ≈ Φ = 0.95

(c) P (1 X 9) Φ 1.9009 1.9009

3. Il controllo di qualità di una fabbrica di giocattoli prevede che un lotto di pezzi sia ispezionato integralmente se, campionandone il 10%, almeno un decimo dei giocattoli campionati è difettoso. Supponendo che la probabilità che un pezzo sia difettoso sia pari a p = 0.05:

(a) si calcoli la probabilità con cui un lotto di 1000 pezzi debba essere ispezionato integralmente

(b) si calcoli la probabilità che un lotto di 1000 pezzi che ne contiene 200 difettosi, non sia ispezionato integralmente

Soluzioni 5