UNIVERSITÀ di ROMA TOR VERGATA
Corso di Laurea Magistrale in Scienze della Nutrizione Umana
Corso di Statistica Medica, anno 2015-16
P.Baldi
Lista di esercizi 5, 18 febbraio 2016.
Esercizio 1 Si fanno 625 estrazioni da un’urna contenente 5 palline numerate da 1 a 5 (ogni
volta la pallina viene rimessa nell’urna).
a) Qual è la probabilità che il numero 3 si presenti meno (≤) di 110 volte ?
b) Qual è la probabilità che i numeri 2 e 3 si presentino insieme tra 240 e 260 volte
(estremi compresi)?
Esercizio 2 Due dadi vengono lanciati 360 volte.
a) Mostrare che la probabilità di ottenere 7 in un singolo lancio è uguale a 16 .
b) In media quante volte si otterrà 7 nei 360 lanci?
c) Usando l’approssimazione normale, qual è la probabilità che nei 360 lanci il 7
compaia più di 66 volte ?
d) Mostrare che la probabilità di ottenere 2 oppure 12 in un singolo lancio è uguale a
1
18 .
e) In media quante volte si otterrà 2 oppure 12 nei 360 lanci?
f) Usando l’approssimazione normale dire se è più probabile che nei 360 lanci il 7
compaia più di 66 volte oppure che il 2 o il 12 compaiano più di 26 volte ?
Consiglio: se non si riesce a risolvere subito i punti a) e d), li si può dare per buoni e andare
avanti.
Esercizio 3 Gli intervalli di tempo tra due richieste di servizio a un centralino seguono una
legge esponenziale di media 2 minuti. Cioè se si indicano T1 , . . . , Tn , . . . gli intertempi tra
due chiamate successive, si suppone che le v.a. Ti siano indipendenti ed esponenziali di
media 2 minuti.
Qual è la probabilità che in 12 ore giungano più di 380 chiamate? Qual è la probabilità
che ne giungano meno di 350 ?
(Domanda preliminare: quanto vale la varianza di una v.a. esponenziale di media 2 ?
Vedi gli appunti alle pag. 98-99).
Esercizio 4 Una società produttrice di componenti elettronici vuole pubblicizzare che i suoi
prodotti sono affidabili ed in particolare che tutti superano un certo test di qualità tranne una
proporzione del 3%. Per potere essere al riparo da controlli decide quindi di fare un test
sulla sua produzione.
a) Supponiamo che la vera proporzione di pezzi che non superano il controllo sia
p = 2.5%. Qual è la probabilità che in un campione di numerosità 100 vi siano più
1
(>) di 3 componenti che non superano il controllo ? Quale sarebbe il valore fornito
dall’approssimazione normale ? Perché l’approssimazione normale non si può applicare
in questo caso ?
b) Supponiamo sempre che la vera proporzione di pezzi che non superano il controllo
sia p = 2.5%. Dare un’approssimazione della probabilità che in un campione di numerosità
1000 vi siano più (>) di 30 pezzi che non superano il controllo.
Esercizio 5 Una popolazione è formata da due gruppi, A e B. La proporzione di A nella
popolazione è del 52%. Dalla popolazione viene scelto un campione di n individui.
a) Supponiamo n = 100. Qual è la probabilità che nel campione vi sia almeno il 50%
d’individui di A ?
b) E se fosse n = 400 ?
c) Come cambierebbero i risultati precedenti se non si facesse la correzione di continuità ?
2
Soluzioni
Esercizio 1. a) Se poniamo Xi = 1 se alla i-esima estrazione si ottiene il 3 e Xi = 0
altrimenti, allora il numero di estrazioni che danno 3 sulle 625 è S = X1 + . . . + X625 .
Le v.a. Xi sono dunque di Bernoulli B(1, 15 ); in particolare hanno media 15 e varianza
1
1
4
5 · (1 − 5 ) = 25 . Usando l’approssimazione normale e la correzione di continuità (le v.a.
Xi sono a valori interi) si trova
110.5 − 625 · 1 110.5 − 125 5
= 8(−1.45) = 0.926 .
P(S ≤ 110) ≃ 8
=8
q
10
4
25 625
b) Basta ripetere la costruzione di a): Xi = 1 se alla i-esima estrazione si ottiene 2
oppure 3 e Xi = 0 altrimenti. Ora le v.a. Xi sono di Bernoulli B(1, 25 ), hanno media 25
6
e varianza 25
. Dunque, sempre usando l’approssimazione normale con la correzione di
continuità,
260.5 − 625 · 2 239.5 − 625 · 2 5
5
P(240 ≤ S ≤ 260) ≃ 8
−8
=
q
q
6
6
25 625
25 625
260.5 − 250 239.5 − 250 =8
−8
= 8(0.86) − 8(−0.86) =
√
√
6 · 25
6 · 25
= 0.80 − (1 − 0.80) = 0.6 .
Esercizio 2. a) I possibili risultati del lancio di due dadi sono tutte le coppie (1, 1),
(1, 2),. . . ,(6, 5),(6, 6), che sono in tutto 36. Tra di queste quelle che danno somma uguale
a 7 sono
(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)
che sono 6. Dato che siamo in una situazione di equiprobabilità (tutti questi possibili risultati
6
= 16 .
sono equiprobabili, la probabilità sarà 36
b) Il numero di 7 in 360 lanci è una v.a. binomiale B(360, 16 ) (360 prove indipendenti
ripetute in ciascuna delle quali il risultato d’interesse, cioè l’uscita del 7 si può verificare
con probabilità 16 ). Il numero medio richiesto non è altro che la speranza matematica di
questa v.a. e cioè 360 · 16 = 60.
c) Indichiamo con S la v.a. ‘‘numero di volte che si ottiene 7’’. L’approssimazione
normale (formula (3.34) degli appunti) dà
65.5 − 60 P(S > 66) = 1 − P(S ≤ 66.5) = 1 − 8 q
= 1 − 8(0.92) = 1 − 0.82 = 0.18
5
36 360
3
d) Se riprendiamo il ragionamento di a), vediamo che solo le coppie (1, 1) e (6, 6)
2
1
corrispondono al conseguimento di 2 oppure 12. Dunque la probabilità richiesta è 36
= 18
.
1
e) Il numero di apparizioni di 2 oppure 12 segue una legge binomiale B(360, 8 ), che
1
ha media 360 · 18
= 20.
f) Indichiamo con W la v.a. ‘‘numero di volte che si ottiene 2 oppure 12’’. L’approssimazione normale (formula (3.34) degli appunti) dà
26.5 − 20 P(W > 26) = 1 − P(W ≤ 26) = 1 − 8 q
= 1 − 8(1.33) =
17
360
182
= 1 − 0.91 = 0.09 .
Esercizio 3. Dire che giungono più di 380 chiamate in 12 ore è lo stesso che dire che la
380-esima chiamata arriva prima della fine della 12-esima ora (cioè prima del 720-esimo
minuto). La probabilità richiesta è dunque
P(S380 ≤ 720)
dove S380 = T1 + . . . + T380 . Si può dunque applicare l’approssimazione normale (la
formula (3.34) degli appunti) che dice che
720 − 380 · µ P(S380 ≤ 720) ≃ 8
.
√
σ 380
Per applicarla occorre conoscere la media µ e la varianza σ 2 delle v.a. Ti . La media la
sappiamo già = 2. Sappiamo che la media di una v.a. esponenziale di parametro λ è λ1 .
Dunque qui λ = 21 . La varianza vale invece λ12 . Dunque σ 2 = 4 e σ = 2. L’approssimazione normale dà quindi
P(S380
720 − 760 = 8(−1.026) = 1 − 0.847 = 0.153 .
≤ 720) ≃ 8
√
2 380
Dire che giungono meno di 350 chiamate in 12 ore è lo stesso che dire che la 350-esima
chiamata arriva dopo il 720-esimo minuto. Ovvero
P(S350
720 − 700 = 1 − 8(0.513) =
≥ 720) = 1 − P(S350 ≤ 720) ≃ 1 − 8
√
2 380
= 1 − 0.696 = 0.304 .
Nota bene non si deve fare la correzione di continuità (vedi pag. 120-121 degli appunti)
dato che le v.a. Ti non sono a valori continui.
4
Esercizio 4. a) Se la proporzione di pezzi che non superano il controllo è p = 0.03, allora
il numero, X, di pezzi che non superano il controllo in un campione di 100 segue una legge
binomiale B(100, 0.03). Dunque la probabilità di osservare almeno 4 pezzi scadenti è
1 − P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3)
Ora
P(X
P(X
P(X
P(X
100
= 0) =
0.975100 = 0.079
0
100
= 1) =
0.025 · 0.97599 = 100 · 0.03 · 0.97599 = 0.204
1
100
100 · 99
= 2) =
0.025 · 0.97599 =
· 0.0252 · 0.97598 = 0.259
2
2
100
100 · 99 · 98
= 3) =
0.0253 · 0.97597 =
· 0.0253 · 0.97597 = 0.217
3
6
e dunque
P(X ≥ 4) = 1 − 0.079 − 0.204 − 0.259 − 0.217 = 0.241
L’approssimazione normale avrebbe dato
P(X ≥ 4) = 1 − P(X ≤ 3) ≃ 1 − 8
3.5 − 2.5
= 0.261
√
10 0.025 · 0.975
L’approssimazione normale qui non si può usare perché non è rispettata la regoletta np ≥ 5
(qui np = 100 · 0.025 = 2.5).
b) Qui invece si ha np = 1000 · 0.025 = 25 e dunque è lecito usare l’approssimazione
normale (e il calcolo esatto con le probabilità della binomiale sarebbe davvero lungo). Si ha
dunque, indicando con Y il numero di pezzi che non superano il controllo in un campione
di 1000,
30.5 − 25
=
P(X ≥ 31) = 1 − P(X ≤ 30) ≃ 1 − 8 √
0.025 · 0.975 · 1000
= 8(1.11) = 1 − 0.867 = 0.133 .
Il calcolo esatto, con l’uso di un software opportuno avrebbe dato il valore 0.1338.
Esercizio 5. Se poniamo
Xi =
n
1
0
se lo i-esimo individuo del campione è di tipo A
se no
5
allora, per i dati del problema le v.a. X1 , . . . , Xn sono indipendenti e di legge B(1, 0.52)
(la probabilità di scegliere proprio un individuo del gruppo A è proprio 0.52). Questa legge
ha media 0.52 e varianza 0.52(1 − 0.52) = 0.52 · 0.48.
a) Viene chiesto di calcolare la probabilità che sia X1 + . . . + X100 ≥ 50. Usando
l’approssimazione normale (con la correzione di continuità) abbiamo
P(X1 + . . . + X100
49.5 − 0.52 · 100 ≥ 50) = P(X1 + . . . + X100 ≥ 49.5) ≃ 1 − 8
=
√
10 0.52 · 0.48
= 1 − 8(−.5) = 0.69 .
b) Gli stessi argomenti danno ora
199.5 − 0.52 · 400 =
P(X1 +. . .+X400 ≥ 200) = P(X1 +. . .+X400 ≥ 199.5) ≃ 1−8
√
20 0.52 · 0.48
= 1 − 8(−.85) = 0.80 .
c) Avremmo, per n = 100,
50 − 0.52 · 100 P(X1 + . . . + X100 ≥ 50) ≃ 1 − 8
= 1 − 8(−.4) = 0.65 .
√
10 0.52 · 0.48
mentre per n = 400
P(X1 + . . . + X400
200 − 0.52 · 400 = 1 − 8(−.80) = 0.78 .
≥ 200) ≃ 1 − 8
√
20 0.52 · 0.48
Confrontando con i valori della funzione di ripartizione delle leggi binomiali forniti da R, si
vede che l’approssimazione normale con correzione di continuità dà dei valori praticamente
esatti.
6
