Tutorato di calcolo delle probabilità- lezione 1
Esercizio 1
Sia A = { 1, 2, 3, . . . , 11 }.
1. Quanti sono i sottoinsiemi di A?
2. Quanti di questi contengono il numero 5?
3. Quanti sottoinsiemi contengono il numero 2 o il numero 7?
4. Quanti non contengono numeri pari?
Soluzione
1. 2|A|= 211= 2048.
2. Per calcolare quanti sottoinsiemi contengono il numero 5 basta considerare i sottoinsiemi di A \
{5} (a ciascuno di questi possiamo aggiungere l’elemento 5 per ottenere un sottoinsieme di A
che contiene 5, e viceversa). Quindi abbiamo 2|A\{5}| = 210= 1024 sottoinsiemi possibili.
3. I sottoinsiemi che non contengono né 2 né 7 sono evidentemente 2|A\{2,7}| = 29= 512.
I sottoinsiemi che contengono 2 o 7 sono quindi 2048−512 = 1536.
4. I sottoinsiemi che non contengono numeri pari sono formati esclusivamente da numeri dispari.
L’insieme A comprende sei numeri dispari (1, 3, 5, 7, 9 e 11) e quindi ha 26 = 64 possibili
sottoinsiemi di numeri dispari.
Esercizio 2
In una gara con 25 concorrenti vengono premiati i primi cinque.
1. Quante sono le possibili assegnazioni dei premi?
2. Quante sono le possibili assegnazioni dei premi se si sa che il concorrente Rossi è sicuramente
tra essi?
3. Quante sono le possibili assegnazioni dei premi se si sa che Rossi arriverà secondo?
Soluzione
1. Nel primo caso basta fare D25,5=6375600.
2. Nel secondo caso basta disporre i 24 concorrenti diversi da Rossi nelle quattro posizioni possibili
(D24,4=255024) e poi piazzare Rossi, che potrà andare in uno dei cinque posti possibili:
255024·5=1275120.
3. Nell'ultimo caso si dovranno solo piazzare i 24 concorrenti diversi da Rossi nelle quattro
posizioni possibili (D24,4=255024).
Esercizio 3
Uno studente universitario va a lezione utilizzando un mezzo pubblico nel 75% dei giorni e la
propria auto in tutti gli altri giorni. Lo studente arriva in orario a lezione con probabilità 0.45
quando si serve del mezzo pubblico e con probabilità 0.95 quando usa l’auto. Definiti gli eventi
A = {lo studente usa l’Auto},
M = { lo studente usa il Mezzo pubblico},
O = { lo studente arriva in Orario},
1. si calcoli la probabilità che lo studente arrivi in orario, motivando la risposta;
2. si determini la probabilità che lo studente abbia utilizzato l’auto dato che è arrivato in orario,
motivando la risposta;
3. si calcoli la probabilità che lo studente abbia utilizzato il mezzo pubblico dato che non è arrivato
in orario, motivando la risposta;
1
4. si stabilisca se A e O sono indipendenti, motivando la risposta;
5. si stabilisca se A e M sono indipendenti, motivando la risposta.
Soluzione
Sono date P( A ) = 0.25, P( M ) = 0.75, P( O | A ) = 0.95 e P( O | M ) = 0.45.
1. P( O ) = P( O | A ) P( A ) + P( O | M ) P( M ) = 0.2375 + 0.3375 = 0.575.
2. P( A | O ) = P( O | A ) P( A ) / P( O ) = 0.2375 / 0.575 = 0.4130.
3. P( M |O ) = [1 P( O | M )] P( M ) / [1 P( O )] = 0.4125 / 0.425 = 0.9706.
4. P( A | O ) > P( A ) ⇒ A e O non sono indipendenti.
5. A e M sono incompatibili ⇒ A e M non sono indipendenti.
Esercizio 4.
Un sintomo S è riconducibile a tre patologie M1, M2 e M3 a due a due incompatibili. Sapendo
che la probabilità che un individuo abbia la malattia Mh è pari a h / 10 (h = 1, 2, 3),
1. si calcoli la probabilità di avere almeno una delle patologie, motivando la risposta;
2. dopo aver fornito la definizione di indipendenza di tre eventi, si stabilisca se i tre eventi M1, M2
e M3 sono indipendenti.
Sapendo, inoltre, che la probabilità che il sintomo S si manifesti in un soggetto affetto dalla
malattia Mh è pari a 1 / (h + 2),
3. si calcoli la probabilità di manifestazione del sintomo S, motivando la risposta;
4. si determini la probabilità che un individuo abbia la patologia M2 dato che presenta il sintomo
S, motivando la risposta;
5. data la presenza del sintomo S, qual è la malattia più probabile? (Si motivi la risposta).
Soluzione
Un sintomo S è riconducibile a tre patologie M1, M2 e M3 a due a due incompatibili. Sapendo
che la probabilità che un individuo abbia la malattia Mh è pari a h / 10 (h = 1, 2, 3)
P(M1∪M2∪M3) = P(M1) + P(M2) + P(M3) = (1 + 2 + 3) / 10 = 3/5 = 0.6 per il terzo assioma di
Kolmogorov (si veda pag.85 del libro di testo).
2. Per la definizione di indipendenza tra eventi si veda il libro di testo a pag.102.
I tre eventi M1, M2 e M3 non sono indipendenti, infatti basta dimostrare, per esempio, che:
P (M1 ∩ M2)= 0 ≠ P(M1) P(M2).
Sapendo, inoltre, che P(S | Mh) = 1 / (h+2),
3. P(S) = ∑ P(S | Mh) P(Mh) = ∑ [h / (h+2)] / 10 = (1/3 + 2/4 + 3/5) / 10 = 0.1433 per la legge
delle alternative (pag. 99 del libro di testo).
4. P(M2 | S) = P(S | M2) P(M2) / P(S) = (1/20) / 0.1433 = 0.3489 per la formula di Bayes.
5. M3, dato che P(Mh | S) = P(S | Mh) P(Mh) / P(S) è massima per h = 3.
1.
Esercizio 5 (v.c. uniforme discreta)
Il tempo di percorrenza del treno che collega la stazione di Roma Termini con l’aeroporto L. Da
Vinci di Fiumicino è di 30 minuti esatti. Il percorso è lungo 30 km e la velocità di percorrenza è
costante durante tutta la tratta.
1. Si è interessati a valutare la probabilità che il treno interrompa la corsa tra il 15-mo km ed il 19mo km per un guasto improvviso. Quanto vale tale probabilità?
2. Calcolare il valore atteso e la varianza della distribuzione di riferimento.
2
Soluzione
1. Poiché la velocità di percorrenza del treno è costante è lecito attendersi che la probabilità che il
treno interrompa improvvisamente la corsa per un guasto improvviso è costante durante tutta la
tratta di percorrenza, e quindi pari ad 1/30. La variabile casuale di riferimento X “il treno arresta
la sua corsa all’i-mo km per un guasto improvviso” è quindi la uniforme discreta.
Dal 15-mo al 19-mo chilometro il treno percorre 5 dei 30 km di percorrenza totale. La
probabilità richiesta è pertanto:
P(15≤X≤19)=P(X=15)+ P(X=16)+ P(X=17)+ P(X=18)+ P(X=19)=(1/30)×5=0,17
2. E(X)=(n+1)/2=(30+1)/2=15,5
V(X)=(n2−1)/12=74,91
Esercizio 6 (v.c. binomiale)
Un giocatore lancia sei volte un dado regolare. Qual è la probabilità che:
1. esca un numero pari almeno cinque volte
2. esca un numero minore di 3 al più una sola volta
Soluzione
Lanciare 6 volte un dado equivale ad effettuare n=6 prove indipendenti.
1. Fissare l’attenzione su un numero pari significa identificare due esiti:
“esito pari” = successo, per cui p=0,5
“esito dispari” = insuccesso, per cui (1−p)=q=0,5
Si utilizza quindi la v.c. Binomiale (6, 1/2) ottenendo:
P(X≥5)= P(X=5)+ P(X=6)
Dove P(X=5)=[6!/(5!(6−5)!)](1/2)5(1/2)6−5=0,0938
P(X=6)=[6!/(6!(6−6)!)](1/2)6(1/2)6-6=0,0156
Ottenendo P(X≥5)= P(X=5)+ P(X=6)=0,1094
2. Fissare l’attenzione su un numero minore di 3 significa identificare due eventi:
“esito<3”= successo, per cui p=1/3
“esito≥3”= insuccesso, per cui 1−p=q=2/3
Utilizzando la v.c. Binomiale(6,1/3) otteniamo:
P(X≤1)= P(X=0)+ P(X=1)= 0,0878+ 0,2634=0,3512
Esercizio 7 (v.c. di Poisson)
In una fabbrica di cioccolato il numero X cioccolatini di forma irregolare prodotti giornalmente da
una macchina segue una distribuzione di Poisson con media θ.
1. Si calcoli la probabilità che X sia < 1.
2. Si calcoli la probabilità che X sia ≥ 4.
3. Definita la v.c. Y = min(2,X), se ne determini il supporto e la funzione di probabilità.
4. Si calcoli il valor medio di Y.
Soluzione
X è una v.c. di Poisson con parametro θ e Y = min(2,X).
1. P(X < 1) = P(X = 0) = (e−θθ0)/0! = e−θ
2. P(X ≥ 4) = 1 – P(X < 4) = 1 – [P(X = 0)+ P(X = 1)+ P(X = 2)+ P(X = 3)] = 1 – [1+θ+(θ2/2)+
+(θ3/6)]exp(−θ).
3. La v.c. Y ha supporto {0,1,2} e funzione di probabilità data da:
P(Y = 0) = P(X = 0) = exp(−θ),
P(Y = 1) = P(X = 1) = θexp(−θ)
P(Y = 2) = P(X ≥ 2) = 1 – (1+θ)exp(−θ).
4. E(Y) = 0×P(Y = 0) + 1×P(Y = 1) + 2×P(Y = 2) = θexp(−θ) + 2[1 – (1+θ)exp(−θ)]
3
= 2 – (2+θ)exp(−θ).
Esercizio 8
Si trovi il valore del parametro θ per cui la tabella seguente definisce la funzione di probabilità di
una v.c. unidimensionale X.
X
0
P(X) 1/2
1
θ
2
2θ
1. Si calcolino P(0,5<X<2,5) e P(X>2,1).
2. Si calcolino il valore atteso e la varianza della v.c. X.
3. Si determini la funzione di ripartizione della v.c. X.
Soluzione
La funzione p(x) rappresenta la funzione di probabilità di una v.c. X. Deve valere
e
. Quindi θ = 1/6.
X
0
P(X) 1/2
1
1/6
2
2/6
1. P(0.5<X<2.5)=P(X=1)+P(X=2)=½
P(X>2,1)=0.
2. E(X)=0+1/6+4/6=5/6
Var(X)=E(X2)–E(X)2=3/2–(5/6)2=29/36=0.81, essendo E(X2) =0+1/6+8/6=3/2.
3. La funzione di ripartizione della v.c. X è data da: ФX(X)=P(X≤x) da cui:
Esercizio 9 (v.c. geometrica)
In un'analisi di laboratorio, un esperimento ha il 30% di probabilità di dare una risposta positiva.
Quante prove/tentativi occorre fare per avere una probabilità del 90% di avere la prima risposta
positiva?
Soluzione
La variabile X è il numero di prove/tentativi. Si ha p = 0,3.
P(X = 1) = 0,3 P(X = 1)=0,30<0,90
P(X = 2) = 0,3×0,7 = 0,21 P(X = 1)+ P(X = 2)=0,51<0,90
…
P(X = 6) = 0,3(1 − 0,3)5= 0,05 P(X = 1)+P(X = 2)+ P(X = 3)+ …+ P(X = 6)=0,88<0,90
P(X = 7) = 0,3(1 − 0,3)6 =0,035 P(X = 1)+P(X = 2)+ P(X = 3)+ …+ P(X = 7)=0,91>0,90
Sono quindi necessarie 7 prove/tentativi.
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