Università degli studi della Tuscia
Principi di Statistica
dr. Luca Secondi
A.A. 2014/2015
Esercitazione di riepilogo Variabili casuali
ESERCIZIO 1
Il peso delle compresse di un determinato medicinale si distribuisce
secondo una v.c. Normale con media pari a 500 mg e deviazione
standard pari a 5 mg.
Determinare la probabilità che il peso di una compressa sia:
a) Inferiore a 505 mg;
b) Compreso tra 492 mg e 506 mg;
c) Superiore a 503 mg.
Soluzione esercizio n.1
Si definisce la variabile casuale X che descrive il peso delle comprese
come X ∼ N ( 500,52 )
Per la determinazione della probabilità che la variabile casuale normale
assuma valori in un intervallo si fa riferimento alla funzione di
ripartizione della variabile casuale standardizzata Z avente valore atteso
nullo e varianza unitaria.
La funzione di ripartizione della v.c. Normale standardizzata Z, tabulata
per valori di z non negativi, si indica con:
Φ( z) = P(Z ≤ z)
Procediamo innanzitutto alla standardizzazione del peso delle compresse
per ricondurlo ad una distribuzione normale standardizzata. Se infatti
X ∼ N ( 500,52 ) , si avrà:
Z=
X − 500
∼ N ( 0,1)
5
1
a)
Per determinare la probabilità che una compressa abbia un peso
inferiore a 505 mg,
P ( X < 505) , procediamo
innanzitutto alla
determinazione del valore z corrispondente:
Z=
505 − 500
=1
5
Si avrà quindi:
505 − 500
P ( X < 505 ) = P Z <
= P ( Z < 1) = Φ (1) = 0.8413
5
b) La probabilità che il peso di una compressa sia compreso tra 492 e
506 mg si ottiene:
506 − 500
492 − 500
P ( 492 ≤ X ≤ 506 ) = P
≤Z≤
= Φ (1.2 ) − Φ ( −1.6 )
5
5
=Φ (1.2 ) − 1 − Φ (1.6 ) = 0.8849 − [1 − 0.9452] = 0.8301
2
c) La probabilità di ottenere una compressa con peso superiore a 503
mg è pari a:
503 − 500
P ( X ≥ 503) = P Z ≥
= P ( Z ≥ 0.6 ) = 1 − P ( Z ≤ 0.6 ) = 1 − Φ ( 0.6 ) = 1 − 0.7257 = 0.2743
5
3
ESERCIZIO 2
L’assunzione giornaliera di calcio in una determinata popolazione si
distribuisce normalmente con media pari a 485 mg e varianza pari a 102.
Determinare:
a) La probabilità che un individuo appartenente alla popolazione assuma
giornalmente una quantità di calcio superiore a 500 mg;
b) La probabilità che un individuo appartenente alla popolazione assuma
giornalmente una quantità di calcio tra 480 e 502 mg.
Soluzione Esercizio n.2
a) La probabilità che un individuo assuma una quantità giornaliera
superiore a 500 mg si determina come:
500-485
P (X> 500) =P Z >
= P ( Z >1,5) = 1 − P ( Z <1,5)=1-0,93319=0,06681
10
b) La probabilità che un individuo assuma una quantità giornaliera
compresa tra 480 e 502 mg si determina come segue:
502 − 485
480 − 485
P (480 ≤ X ≤ 502) = Φ
−Φ
10
10
= Φ (1, 7) − [1 − Φ (0, 5)] = 0,95543 − 0, 30854 = 0, 647
4
ESERCIZIO 3 (Monti 10.10)
In un’indagine sul reddito familiare mensile è stato osservato che il
reddito dei mariti ha una distribuzione normale con media 1500 euro e
scarto quadratico medio 250, mentre il reddito delle mogli si distribuisce
indipendentemente in modo normale con media 1200 euro e scarto
quadratico medio 300. Si vuole calcolare la probabilità che il reddito
familiare superi i 3000 Euro.
Soluzione esercizio 3
Si definisce con X 1 ∼ N (1500, 2502 ) la variabile casuale che descrive il
reddito dei mariti e con X 2 ∼ N (1200,3002 ) la variabile casuale che descrive
il reddito delle mogli.
2
Il reddito familiare è dato da Y = ∑ X i = X 1 + X 2 che rappresenta una
i =1
combinazione lineare di v.c. normali (in cui il parametro a1=a2=1).
Poiché X1 ed X2 sono indipendenti, la loro somma ha ancora una
distribuzione Normale con valore atteso dato dalla somma dei valori
attesi delle due variabili casuali:
E (Y ) = E ( X 1 ) + E ( X 2 ) = 1500 + 1200 = 2700
e varianza
Var (Y ) = Var ( X 1 ) + Var ( X 2 ) = 3002 + 2502 = 152500
da cui si ha:
Y1 ∼ N ( 2700,152500 )
La probabilità di ottenere un reddito familiare superiore a 3000 Euro si
ottiene come:
3000-2700
P (Y> 3000) =P Z >
= P ( Z >0.77) = 1 − P ( Z <0.77)=1-0.7794=0.2206
152500
5
ESERCIZIO 4
I punteggi (in centesimi) ottenuti in un test attitudinale scientifico da un
insieme di studenti si distribuiscono normalmente con media pari a 70 e
deviazione standard pari a 20.
a) Determinare la probabilità che il punteggio conseguito sia compreso
tra 80 e 90
b) Determinare il valore soglia per il 20% degli studenti migliori;
Soluzione Esercizio 4
Definiamo con X la v.c. che esprime i punteggi conseguiti al test
attitudinale, X ∼ N ( 70, 202 ) :
a)
La probabilità che il punteggio conseguito al test sia compreso tra 80 e
90 si ottiene come segue:
90 − 70
80 − 70
P ( 80 ≤ X ≤ 90 ) = P
≤Z≤
= Φ (1) − Φ ( 0.5 ) = 0.8413 − 0.6915 = 0.1498
20
20
b)
Andare a determinare il valore soglia per il 20% degli studenti migliori
equivale ad affermare che la probabilità di ottenere punteggi superiore al
punteggio soglia (per noi incognito) dovrà essere pari a 0.20 e, pertanto,
la probabilità di ottenere punteggi minori (e quindi l’area sottesa alla
distribuzione normale fino al valore soglia incognito) pari a 0.80.
In questo caso si considera il problema inverso ossia la determinazione
del valore di z a cui corrisponde un livello assegnato p della funzione di
ripartizione.
6
E’ necessario innanzitutto andare a trovare nella tavola della
distribuzione normale standard il valore z che soddisfi la seguente
condizione:
P ( Z < z ) = Φ ( z ) = 0.80
Dobbiamo quindi guardare all’interno della tavola della distribuzione
normale standard per trovare un’area (ovvero una probabilità) pari a
0.80. Dalla tavola si nota che il valore cercato si ottiene in
corrispondenza del valore z pari a 0.84 (infatti al valore z=0.84 che si
trova incrociando la riga 0.8 e la colonna 0.04 corrisponde una
probabilità pari a 0.7995 che rappresenta la probabilità più vicina a
0.80).
Il valore z=0.84 “rappresenta” l’80-esimo percentile poiché l’area sottesa
alla curva normale fino a quel punto è approssimativamente pari a 0.80.
Una volta trovato il valore di Z corrispondente alla probabilità data, per
determinare il valore di X corrispondente si ricorre alla formula della
standardizzazione:
X −µ
⇔ X = µ + zσ
σ
dove con z0.80 è indicato l’80-esimo percentile della distribuzione normale
standard. Si avrà quindi:
z0.80 =
0.84 =
X − 70
⇔ X = 70 + 20 ⋅ 0.84 = 86.8
20
Si conclude quindi che il 20% degli studenti ottiene punteggi superiori a
86.8.
7
ESERCIZIO 5
L’altezza media di una popolazione di una popolazione di individui, con
distribuzione normale, è di 170 cm con deviazione standard (scarto
quadratico medio) di 10 cm.
a) Determinare la probabilità che l’altezza sia compresa tra 165 e 180
cm
b) Determinare il 90-esimo percentile della distribuzione dell’altezza
Soluzione Esercizio 5
a)
La determinazione della probabilità che l’altezza sia compresa tra 165 e
180 cm avviene come segue:
180 − 170
165 − 170
P (165 ≤ X ≤ 180 ) = P
≤Z ≤
= Φ (1) − Φ ( −0.5 ) = Φ (1) − 1 − Φ ( 0.5 )
10
10
= 0.8413 − [1 − 0.6915] = 0.5328
b)
Si tratta di un problema inverso consistente nella determinazione del
valore di z a cui corrisponde un livello assegnato p, della funzione di
ripartizione:
P ( Z < z ) = Φ ( z ) = 0.90
Come si nota dalla figura riportata di seguito, si tratta di trovare il punto
sull’asse delle ascisse per cui l’area sottesa alla curva della distribuzione
normale standard fino a quel punto sia pari al valore assegnato p=0.90.
Il valore di z – che chiamiamo z0.90 – rappresenta il 90-esimo percentile
(in generale il quantile di livello p) della variabile casuale normale
standardizzata.
8
Andando a ricercare all’interno della tavola della funzione di ripartizione
della v.c. normale standardizzata, dobbiamo ricercare il valore più
prossimo a p=0.9 (e quindi un’area sottesa alla curva pari a 0.9).
Dalla tavola si nota che il valore cercato si ottiene in corrispondenza del
valore z pari a 1.28 (infatti il valore 0.8997 si trova incrociando la riga
1.2 e la colonna 0.08). Il valore z=1.28 rappresenta il 90-esimo
percentile poiché l’area sottesa alla curva normale fino a quel punto è
pari a 0.90.
Una volta trovato il valore di Z corrispondente alla probabilità data, per
determinare il valore di X corrispondente si ricorre alla formula della
standardizzazione:
X −µ
⇔ X = µ + zσ
σ
dove con z0.90 è indicato il 90-esimo percentile della distribuzione
normale standard.
Si avrà quindi:
z0.90 =
1.28 =
X − 170
⇔ X = 170 + 10 ⋅1.28 = 182.8
10
Si conclude che il 90-esimo percentile della distribuzione dell’altezza è
quindi pari a 182.8.
9
ESERCIZIO 6
Il numero di clienti serviti da un distributore di benzina in 10 minuti può
essere considerato come una variabile di Poisson con media uguale a 3.
Determinare:
a) la probabilità che in dieci minuti vengano serviti esattamente 5 clienti;
b) la probabilità che in dieci minuti vengano serviti più di 2 clienti
Soluzione esercizio 6
Si fa riferimento allo schema di Poisson che, nel caso specifico
dell’esercizio, descrive il numero di clienti serviti in un distributore di
benzina.
Sia X la variabile casuale che descrive il numero di clienti serviti in un
distributore di benzina in 10 minuti. Il valore atteso della v.c. è pari a
λ=3 e pertanto X ∼ P ( 3) .
a)
La probabilità che in dieci minuti vengano serviti 5 clienti si ottiene come
segue:
P ( X = x) =
e−λ λ x
x!
P ( X = 5) =
e−3 35
= 0.10
5!
La probabilità che in dieci minuti vengano serviti 5 clienti è pari a 0,10.
b)
La probabilità che in dieci minuti vengano serviti più di 2 clienti è uguale
a 0,577
P ( X > 2 ) = 1 − P ( X ≤ 2 ) = 1 − P ( X = 0 ) + P ( X = 1) + P ( X = 2 )
Si avrà:
e−3 30
= 0.0498
0!
e−3 31
P ( X = 1) =
= 0.149
1!
e−3 32
P ( X = 2) =
= 0.224
2!
P ( X = 0) =
Per cui:
10
P ( X > 2 ) = 1 − P ( X ≤ 2 ) = 1 − [ 0.0498 + 0.149 + 0.224] = 0.5772
La probabilità che in dieci minuti vengano serviti più di 2 clienti è pari a
0.5772.
11
ESERCIZIO 7
Un’azienda produttrice di auricolari per telefoni cellulari effettua un
controllo di conformità su una partita di pezzi prodotti in una
determinata settimana lavorativa estraendo un campione di 10 prodotti.
Sulla base dell’esperienza passata si ritiene che la probabilità di avere un
pezzo difettoso è pari a 0.15. Determinare:
a) la probabilità che 2 pezzi siano difettosi.
b) la probabilità che nessun pezzo sia difettoso;
c) la probabilità che al massimo 2 pezzi siano difettosi
Soluzione esercizio n.7
Lo schema proposto fa riferimento ad un esperimento bernoulliano con
risultato dicotomico del tipo “successo” o “insuccesso” dove, nello
specifico caso, si identifica l’evento successo con l’identificazione di un
pezzo difettoso la scelta con un meccanismo casuale di n pezzi usciti dal
processo produttivo sottoposti ad un controllo di conformità ed il
conteggio di quelli difettosi dà origine ad una v.c. binomiale. Si tratta
infatti di n=10 prove indipendenti ciascuna con probabilità di successo
costante pari a π=0.15. Si può scrivere quindi
X ∼ Bin (10, 0.15) la cui
funzione di massa di probabilità, nella formulazione generale è la
seguente:
n
n!
n−x
n− x
P ( X = x ) = π x (1 − π ) =
π x (1 − π )
x !( n − x ) !
x
a) La probabilità che esattamente due pezzi siano difettosi si ottiene
come segue:
10
10!
10 − 2
10 − 2
P ( X = 2 ) = 0.152 (1 − 0.15 )
=
0.152 (1 − 0.15 )
= 0.276
2!(10 − 2 ) !
2
b) Andare a calcolare la probabilità che nessuno pezzo sia difettoso sui
10 prodotti estratti per il controllo di conformità sta a significare
considerare un numero di successi x=0. La probabilità si ottiene
quindi come segue:
10
10!
10 − 0
10 − 0
P ( X = 0 ) = 0.150 (1 − 0.15 )
=
0.150 (1 − 0.15 )
= 0.8510 = 0.197
0!(10 − 0 ) !
0
c) Per determinare la probabilità che al massimo due pezzi siano
difettosi occorre fare riferimento ad una probabilità cumulata (e
quindi riferirsi alla funzione di ripartizione). Infatti traducendo
12
l’affermazione “al massimo due pezzi difettosi” in termini
probabilistici significa andare a determinare la seguente
probabilità:
P ( X ≤ 2 ) = P ( X = 0 ) + P ( X = 1) + P ( X = 2 )
Dall’osservazione grafica della funzione di massa di probabilità si accerta
quali probabilità occorre considerare per ottenere “la probabilità che vi
siano al massimo due pezzi difettosi”:
0.00
0.05
0.10
0.15
p(x)
0.20
0.25
0.30
0.35
X ∼ Bin (10, 0.015)
0
2
4
6
8
10
x
Avendo già determinato P ( X = 0 ) e P ( X = 2 ) occorre ora determinare
P ( X = 1) :
10
10!
10 −1
10 −1
P ( X = 1) = 0.151 (1 − 0.15 ) =
0.151 (1 − 0.15 ) = 10 ⋅ 0.15 ⋅ 0.159 = 0.347
1!(10 − 1) !
1
Si avrà quindi:
P ( X ≤ 2 ) = P ( X = 0 ) + P ( X = 1) + P ( X = 2 ) = 0.197 + 0.347 + 0.276 = 0.82
13
ESERCIZIO 8
Si consideri l’evento “estrazione di una carta di denari” da un mazzo di
carte piacentine composto da 40 carte, fra le quali vi sono dieci carte di
denari. Effettuando estrazioni con ripetizione (ossia rimettendo ogni
volta la carta estratta nel mazzo e mescolando): è più probabile ottenere
una carta di denari in due estrazioni o ottenerne 2 in 4 estrazioni?
Soluzione Esercizio n.8
L’esperimento proposto fa riferimento allo schema binomiale dal
momento che si propongono un insieme n di prove (ciascuna
indipendente dall’altra) per ognuna delle quali si ha una probabilità
costante di successo pari a π =
10 1
= = 0.25
40 4
Andando a considerare il primo caso, ovvero la probabilità di ottenere
una carta di denari in due estrazioni, si fa riferimento alla probabilità di
ottenere x=1 successi in n=2 prove, conoscendo la probabilità di
1
4
successo π = .
Si avrà:
1
2
2!
2 −1
1
P ( X = 1) = 0.251 (1 − 0.25 ) =
⋅
1!( 2 − 1) ! 4
1
1
1 −
4
2 −1
1 3
= 2 ⋅ ⋅ = 0.375
4 4
Nel secondo caso, la probabilità di ottenere x=2 successi in n=4 prove, si
ottiene come segue: .
4 1
P ( X = 2) =
2 4
2
1
1 −
4
4− 2
=
4!
1
⋅
2!( 4 − 2 ) ! 4
2
1
1 −
4
4−2
1
= 2⋅
4
2
2
3
⋅ = 0.2109
4
Si può, quindi, concludere che è più probabile ottenere 1 successo in 2
prove, ossia ottenere una carta di denari in due estrazioni.
14
ESERCIZIO 9 (Monti 9.4)
Una società di esplorazione di gas naturale scopre in media quattro
giacimenti di gas per ogni 100 trivellazioni eseguite. L’esito di ciascuna
trivellazione è indipendente dagli altri. Si eseguono venti trivellazioni.
a) Qual
b) Qual
c) Qual
d) Qual
è
è
è
è
la probabilità che si scopra un giacimento?
la probabilità che si scopra al massimo un giacimento?
la probabilità che si scoprano almeno due giacimenti?
il numero medio di giacimenti scoperti in venti trivellazioni?
Soluzione esercizio 9
Si fa riferimento allo schema binomiale in cui n=20 prove (trivellazioni
eseguite) mentre la probabilità di successo, che in questo caso equivale
alla probabilità di scoprire giacimenti di gas, è pari a π=0.04
a) La probabilità di scoprire un giacimento (x=1) si ottiene come:
20
20!
20 −1
20 −1
P ( X = 1) = 0.041 (1 − 0.04 )
=
⋅ 0.041 ( 0.96 ) = 0.368
1!( 20 − 1) !
1
b) La probabilità di scoprire al massimo un giacimento si può
determinare come segue:
P ( X ≤ 1) = P( X = 0) + P ( X = 1)
Già si conosce dal punto a) la probabilità di scoprire esattamente un
giacimento, occorre determinare la probabilità di non scoprire alcun
giacimento (x=0). Si avrà:
20
20!
20 − 0
20
P ( X = 0 ) = 0.040 (1 − 0.04 )
=
⋅ 0.040 ( 0.96 ) = 0.442
0!( 20 − 0 ) !
0
Si ottiene quindi:
P ( X ≤ 1) = P ( X = 0 ) + P ( X = 1) = 0.442 + 0.368 = 0.81
c) La probabilità di scoprire almeno due giacimenti significa
considerare la probabilità di ottenere due, tre, quattro,…, venti
giacimenti. Dobbiamo quindi determinare la seguente probabilità:
P ( X ≥ 2 ) = P ( X = 2 ) + P ( X = 3) + ... + P ( X = 20 )
Allo
stesso modo è
P ( X ≥ 2 ) come segue:
possibile
scrivere
15
la
probabilità
dell’evento
P ( X ≥ 2 ) = 1 − P ( X ≤ 1) = 1 − P ( X = 0 ) + P ( X = 1) = 1 − 0.81 = 0.19
d) Per la determinazione del numero medio di giacimenti occorre
ricordare in generale che, nel caso di una distribuzione binomiale il
valore atteso è pari a:
E ( X ) = nπ
Con riferimento alla distribuzione binomiale presa in considerazione
nell’esercizio X ∼ Bin ( 20, 0.04 ) si avrà:
E ( X ) = nπ = 20 ⋅ 0.04 = 0.8
16
ESERCIZIO 10
La probabilità che una ricevuta fiscale emessa da un determinato
esercizio commerciale sia errata è pari a 0.35. Sapendo che in una
giornata sono state emesse 8 ricevute, determinare:
a) La probabilità che ci siano tre o più (almeno tre) ricevute errate;
b) Valore atteso e varianza della variabile casuale
Soluzione esercizio n.10
Facendo riferimento allo schema binomiale, si definisce la variabile
casuale X ∼ Bin (8, 0.35 ) :
a) La probabilità di avere tre o più fatture errate (almeno 3) si
determina come:
P ( X ≥ 3) = P ( X = 3) + P ( X = 4 ) + P ( X = 5 ) + P ( X = 6 ) + P ( X = 7 ) + P ( X = 8 ) = 1 − P ( X ≤ 2 )
= 1 − P ( X = 0 ) + P ( X = 1) + P ( X = 2)
Si ottiene quindi:
8
8!
8− 0
8
P ( X = 0 ) = 0.350 (1 − 0.35 ) =
⋅ 0.350 ( 0.65 ) = 0.032
0!( 8 − 0 ) !
0
8
8!
8−1
7
⋅ 0.351 ( 0.65 ) = 0.137
P ( X = 1) = 0.351 (1 − 0.35 ) =
1!( 8 − 1) !
1
8
8!
8− 2
6
P ( X = 2 ) = 0.352 (1 − 0.35 ) =
⋅ 0.352 ( 0.65 ) = 0.259
2!( 8 − 2 ) !
2
Si avrà quindi:
P ( X ≥ 3) = 1 − P ( X = 0 ) + P ( X = 1) + P ( X = 2) = 1 − [ 0.032 + 0.137 + 0.259] = 1 − 0.428 = 0.572
b) La determinazione del valore atteso e della varianza della v.c.
avviene come segue:
E ( X ) = nπ = 8 ⋅ 0.35 = 2.8
Var ( X ) = nπ (1 − π ) = 20 ⋅ ( 0.04 ⋅ 0.96 ) = 0.768
17
