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Soluzioni

Soluzione 1. Tirando un dado, la probabilità di un successo è 1/6; la probabilità di due successi in n

lanci è data dalla legge Binomiale con p = 1/6, la cui densità ci da

n−2 n

5 n(n 1)5

n n 1

2 n−2

− =

a = p (1 p) =

n 2 n−2 n

6 6 50 6

2 2

• Se consideriamo la formula analitica 0.3 x*(x-1)*exp(a*x) / 50

x

− −

x(x 1)5 x(x 1) αx

f (x) = = e 0.25

x

50 6 50 0.2

∼ −0,

con α = log(5/6) 18, con uno studio di

funzione si ottiene il grafico qui a fianco, e in 0.15

particolare 0.1

0 2 αx

− −

f (x) = [αx + (2 α)x 1)]e /50 0.05

0

-0.05

√ 0 5 10 15 20 25 30

2

(2−α) +4α

α−2− ∼ 11, 49.

da cui il massimo è in 2α

• alternativamente (n + 1)5

a /a =

n+1 n −

(n 1)6

≥ ≥ − ≥

da cui a a se e solo se (n + 1)5 (n 1)6 cioè 11 n.

n+1 n ∼

Ne consegue che il massimo di a si deve avere per n = 11 o n = 12; e si ha a = a = 107421875/362797056

n 11 12

0, 296

(Parte opzionale). In questo caso n−k n

− · · · −

n n 1 5 n(n 1) (n k + 1)5

k n−k

a = p (1 p) = =

n k n−k k n

k k 6 6 k!5 6

da cui (n + 1)5

a

n+1 = −

a (n k + 1)6

n

≥ ≥ − − ≥

da cui a a se e solo se (n + 1)5 (n k + 1)6 cioè 5 + 6(k 1) n. Il massimo si ha dunque

n+1 n

per a = a , e vale

6k

5+6(k−1) 5k

· · ·

(6k) (5k + 1)5

a =

6k 6k

k!6

che usando Stirling si approssima come √

5k

(6k)!5 3

a =

6k 6k

k!(5k)!6 5kπ

Soluzione 2. Siano X le v.a. che rappresentano i lanci dei dadi; le consideriamo indipendenti e di

n

{1,

legge uniforme su 2, 3, 4, 5, 6}. L’ evento A “esce almeno un 6 in n lanci” si può scrivere come

n

{X ∪ ∪ {X

A = = 6} . . . = 6}

n 1 n

Per calcolare la sua probabilità passiamo al complementare, dove abbiamo

P P P P

cn n

6 ∩ ∩ {X 6 6 · · · 6

(A ) = ({X = 6} . . . = 6}) = ({X = 6}) ({X = 6}) = (5/6)

1 n 1 n

da cui P n

≥ ⇐⇒ − ≥ ⇐⇒

(A ) 99% 1 (5/6) 99/100

n

n n

≥ ⇐⇒ ≤ ⇐⇒ ≥ ∼

1/100 (5/6) 100 (6/5) n log(100)/ log(6/5) 25, 2

e dunque n 26.

Soluzione 3. 1. Vi sono varie possibili soluzioni; una consiste nel prendere Ω come tutte le possibili

cinquine di numeri diversi, 5

{(x | 6 6 ⊂ {1,

Ω = , x , x , x , x ) x = x per i, j = 1, 2, 3, 4, 5 e i = j} . . . 90}

1 2 3 4 5 i j

e dotarlo dell’algebra delle parti, e della probabilità uniforme

#A

P (A) = · · · ·

90 89 88 87 86

e poi definire X , X , X , X , X come le proiezioni canoniche;

1 2 3 4 5

2. {X {(x | 6 6 6

= k} = , x , k, x , x ) x = x , x = k per i, j = 1, 2, 4, 5 e i = j}

3 1 2 4 5 i j i

da cui · · ·

#{X = j} = 89 88 87 86

3

{X

da cui = j} = 1/90: X ha legge uniforme;

3 3

3. no; come nel punto precedente, si può mostrare che le v.a. sono tutte uniformemente distribuite; e

P P P 2

{X 6 {X {X

allora = 1, X = 1) = 0 = = 1} = 1) = 1/90 .

1 2 1 2

Soluzione 4. No. Siano S, T i due eventi “il giocatore ha scelto il dado sano/truccato”. Si ha

P P P P P

| |

(X = 6) = (X = 6 S) (S) + (X = 6 T ) (T ) = 1/12 + 1/4 = 1/3

1 1 1

P

e lo stesso per (X = 6); però

2

P P P P P

| |

(X = 6, X = 6) = (X = 6, X = 6 S) (S) + (X = 6, X = 6 T ) (T ) =

1 2 1 2 1 2

= 1/72 + 1/8 = 5/36

P P

che è maggiore di (X = 6) (X = 6) = 1/9.

1 2 P P

Notiamo che la “non indipendenza” si può anche scrivere come (X = 6) = 1/3 < (X = 6|X = 6) = 5/12.

2 2 1

Questo si può interpretare come segue: se al primo lancio abbiamo ottenuto “6”, questo ci fa sospettare che il

dado sia truccato, e dunque la probabilità condizionale che anche il secondo lancio sia “6” è maggiore.

Soluzione 5. 1.

1 5 15 15 5

3

P = = =

(A) = 3

36 6 6 216 72

2

Siano X , X , X i dadi e S la somma

1 2 3 6

P P P

X

(S = 14) = (S = 14|x = j) (X = j) =

3 3

j=1 1

P

X −

= (X + X = 14 j|X = j) =

1 2 3 6

j

6 12

1 1

P P

X X

= (X + X = 14 j) = (X + X = j) =

1 2 1 2

6 6

j=2 j=8

1 5+4+3+2+1 15

= = 3

6 36 6

Facilmente si ottiene che P ∩

(A B) = 0

perché non si può ottenere somma 14 con due “3”. Ne segue che A, B non sono indipendenti.

P c 3 3

2. si verifica facilmente che (C ) = 5 /6 da cui

P 15 15

(A) 15

P 3

6 =

=

(A|C) = =

P 3 3 3

5 −

(C) 6 5 91

1 3

6

essendo poi ∩ {(3,

B C = 5, 6), (3, 6, 5), (5, 3, 6), (6, 3, 5), (5, 6, 3), (6, 5, 3)}

P 6

ne segue (B|C) = 91

Di nuovo P ∩

(A B)

P ∩

(A B|C) = =0

P (C)

Q

Ne segue che A, B non sono indipendenti secondo .

Soluzione 6. Sia A l’evento “vincere la scommessa venduta da Aldo”, B l’evento “vincere la scommessa

venduta da Beppe”.

1. Le probabilità di vincere sono

45 88

·

·

287 17 5

7 41 85

P P

5 4

∼ ∼

= =

(A) = = 0.0278 , (B) = = 0.053

90 90

· · · ·

10324 4 89 29 2 9 89 1602

5 5

2. Le v.a. che rappresentano le vincita sono semplicemente

1 1

V = 32 , V = 18

A A B B

e le speranze sono · · 85

8 7 41 E

E ∼ ∼

0, 8895 e [V ] = 0, 9550

[V ] = B

A ·

89 29 89

E E 6

si ha che [V ] < [V ] .

A B

3. calcoliamo 44

·

7 41 24395

287 P P

P 4 ∼ 6 ∼

∩ = 0.00308 = (A) (B) = 0, 001475

(A B) = =

90

· · ·

92916 4 9 29 89 16539048

5

dunque non sono indipendenti. − ∗ − ∗ −

Soluzione 7. 1. La probabilità di arrivo è = (1 0.2) (1 0.1) (1 0.25) = 0.54.

2. La probabilità di perdere la valigia nella tratta A è = 0.2, nella tratta B = 0.8 0.1 = 0.08 e nella

∗ ∗

tratta C = 0.8 0.9 0.25 = 0.18. Per controllo si possono sommare le probabilità di arrivo e

quelle di perdere la valigia in ciascuna delle tratte: 0.54 + 0.2 + 0.08 + 0.18 = 1. La probabilità

che la valigia sia persa è 1 0.54 = 0.46. Le probabilità condizionali richieste sono allora per A

∼ ∼ ∼

0.2/0.46 0.435, per B 0.08/0.46 0.174, per C 0.18/0.46 0.391.

∗ ∗ ∗ ∗

3. Il valore di aspettazione del tempo di arrivo è = 0.54 0 + 0.2 3 + 0.08 2 + 0.18 1 = 0.94 giorni.

Possiamo anche essere più precisi. Diciamo, per comodità nel linguaggio, che i tre voli sono: Pisa-Francoforte,

F-Singapore, Singapore-Melbourne. Definiamo tre eventi:

A “una generica valigia viene persa a Pisa”

B “una generica valigia viene persa a Francoforte”

C “una generica valigia viene persa a Singapore”

e poi anche

A1 “la valigia del viaggiatore viene persa a Pisa”

B1 “la valigia del viaggiatore viene persa a Francoforte”

6 non disponendo di calcolatrice, quest’ultima disuguaglianza si poteva ottenere col calcolo, semplificando le frazioni fino

28·82

ad ottenere < 1

85·29

C1 “la valigia del viaggiatore viene persa a Singapore”

F “la valigia del viaggiatore non viene persa”

Allora A, B, C hanno probabilità come nel testo, e sono indipendenti; mentre

c c c c c c

∩ ∩ ∩ ∩ ∩

A = A, B = A B, C = A B C, F = A B C

1 1 1

1 1 1 1 1 1

e A , B , C , F sono un sistema di alternative, le cui probabilità si calcolano come visto sopra.

1 1 1 P

Soluzione 8. 1. Il primo enunciato dice che “gli eventi S, C sono indipendenti secondo (·|M )”, che

si esprime con la formula P P P ∩

(S|M ) (C|M ) = (S C|M ) c c

Una possibile soluzione è questa. S, C sono indipendenti se e solo se S , C sono indipendenti;

questo si verifica perché P P P P

c c c c

− − |M |M ∩ |M − ∪ −

0.14 = (1 c )(1 s ) = (C ) (S ) = (C S ) = 1 (C S|M ) = 1 0.86

m m

Similmente per le bambine.

P P P P P

• ∪C) ∪C|M ∪C|F

2. disintegrando (S = (S ) (M )+ (S ) (F ) = 86%·60%+94%·40% = 89.2%

da cui la risposta è 10.8%

P P P P P

• · ·

disintegrando (C) = (C|M ) (M ) + (C|F ) (F ) = 0.8 0.6 + 0.4 0.4 = 64%

P P P P

• |C) ∗

(M = (C|M ) (M )/ (C) = 0.8 0.6/0.64 = 75%

era richiesto dal testo!) è

Riassumendo, lo schema completo delle probabilità (che non

c ∩

C 0.2

0.8

C P

∩ \

S C S C S 24% 6% 0.3

, (A|M ) = ,

A = c c c

\ ∩

C S S C S 56% 14% 0.7

0.6 64% 36%

0.4 P

P 36% 54% 0.9 28.8% 25.2% 54%

, (A) =

(A|F ) = 4% 6% 0.1 35.2% 10.8% 46%

P

Soluzione 9. i) Sia S l’evento “il jolly è nel mazzetto”. Possiamo calcolare (S) con la probabilità

ipergeometrica (le carte sono equiparate alle biglie nell’urna, il jolly è visto come un’unica pallina

rossa) con r = 1 e k = 10, e le probabilità sono, per j = 0, 1,

10 40

j 1−j

H(50, 1, 10)(j) = 50

1

e dunque 1 4

P

P c

, (S ) = H(50, 1, 10)(0) = .

(S) = H(50, 1, 10)(1) = 5 5

ii) Sia J l’evento “il jolly è estratto dal mazzetto nella n estrazione (con reinserimento)”; disintegrando

n 1 10 1

P P P P P

c c

|S) |S

(J ) = (J (S) + (J ) (S ) = +0=

n n n 10 50 50

iii) No. P

Notiamo che gli eventi J , . . . J sono indipendenti rispetto alla probabilità condizionale (·|S) e

1 n P

anche alla probabilità condizionale (·|S) infatti, nota la composizione del mazzetto, le successive

estrazioni con reinserimento e rimescolamento sono indipendenti.

Calcoliamo

P P P P P P P P

c c

∩ ∩ |S) ∩ |S |S) |S)

(J J ) = (J J (S) + (J J ) (S ) = (J (J (S) =

1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 1 1 P P

6

= = = (J ) (J )

1 2

10 10 5 500

Da questo si deduce anche che 1

1 P

P 6

|J = (J ) =

(J ) = 2

2 1 10 50

iv) Sia N l’evento “in n estrazioni dal mazzetto (con reinserimento) non è mai uscito il jolly”; l’insieme

n P

ni=1 c c

∩ |S

è N = J . Notiamo che (N ) = 1 in quanto se il jolly non è presente nel mazzetto, allora

n k

i

sicuramente non sarà mai estratto.

P

L’esercizio chiede di calcolare (S|N ), allora per la formula di Bayes

P P

|S)

(N (S)

P (S|N ) = P P P P

c c

|S) |S

(N (S) + (N ) (S )

dato che n

P P

Y c n

|S) |S)

(N = (J = (9/10)

i

i=1

da cui n

n

(9/10) 1/5 9

P =

(S|N ) = n n n

(9/10) 1/5 + 4/5 9 + 4 10

P | ∩

Soluzione 10. R(E) = (E A B)

Soluzione 11. 1. b

Z x

2 2 2

P −x −a −b

/λ /λ /λ

{T ∈ −

2

[a, b]} = e dx = e e

λ

a

2. innanzitutto √

∞ Z

Z λπ

1 2

2 −x

−x /λ

/λ e dx =

e dx = 2 2

−∞

0

e allora √

∞ ∞

2

Z Z

2x 2 2 2

E −x −x −x

/λ /λ /λ

−[xe

(T ) = e dx = ] + e dx = λπ/2

λ

0 0

3. P −(s(s+2t))/λ

− |

(T t > s T > t) = e

P

il limite richiesto è zero, mentre (T > s) > 0: non si ha assenza di memoria.

Soluzione 12. 1) soddisfa le ipotesi di una funzione di ripartizione (non decrescente ecc.); ha derivata

β

β−1 ( )

t

β t

f (t) = e per t > 0, nulla per t < 0, e si verifica col teorema fondamentale che

α

α,β α α

t

R ≤

f (s) ds = F (t) per ogni t (per t 0 è ovvio, per t > 0 basta spezzare l’integrale).

α,β α,β

−∞

ii) β−1

∞ ∞

Z Z

β t β β

( )

t

− −s

β

E [T ] = t e dt = αβ s e ds

α

α α

0 0

Z −r 1/β ∞

= α e r dr <

0 1

1 −1

1

β

(col cambio di variabile r = s , s = r , ds = r dr)

β β

β

β−1

∞ ∞

Z Z

β t β β

( )

t

− −s

2 2 2 β+1

E T = t e dt = α β s e ds

α

α α

0 0

Z 2 −r

2 ∞.

= α r e dr <

β

0


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AUTORE

vipviper

PUBBLICATO

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DESCRIZIONE ESERCITAZIONE

Esercizi sulla probabilità con relative soluzioni ed in particolare: probabilità discreta, probabilità condizionale, probabilità continua, verifica della funzione di ripartizione di una legge di probabilità.
Gli esercizi sono stati somministrati durante il corso di Elementi di Probabilità e Statistica del prof. Mennucci.


DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di Matematica
SSD:
A.A.: 2012-2013

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher vipviper di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Elementi di Probabilità e Statistica e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Normale di Pisa - Sns o del prof Mennucci Andrea.

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