Diapositiva 1 - Dipartimento di Scienze Politiche e Sociali

ESERCITAZIONI
Corso di
ANALISI DEI DATI
__________________________________________________
Prof. Massimiliano Giacalone
a.a. 2008-2009
ESERCITAZIONE 1
ESERCIZIO 1.1
Si consideri un mazzo di carte da gioco francesi (S = {52 carte
francesi}) ed i seguenti eventi elementari:
A = {figura}
B = {carta nera}
C = {carta di fiori}
D = {carta di cuori}
Si determini la probabilità che, estraendo a caso 1 carta:
a) sia una figura nera;
b) sia una figura di cuori;
c) sia una “scartina” (ossia una carta dall’asso al 10) nera;
d) si verifichi A o B o C;
e) si verifichi l’unione di non A, non B, non C;
f) sia una carta di cuori o fiori.
Soluzione
I 4 eventi A, B, C e D possono essere rappresentati in un diagramma
di Eulero-Venn come segue:ABCD
D
A
C
B
Le probabilità elementari sono:
P(A) P(figura) 12/520,23P(B) P(carta nera) 26/520,50P(C) P(carta di
fiori) 13/520,25P(D)P(carta di cuori) 13/520,25
a)
L’estrazione di una figura nera è data dall’intersezione dei
due eventi A e B. La sua probabilità può essere, dunque,
ottenuta a partire dalle probabilità condizionate ed è pari
a:
P(A  B) = P(A)  P(B|A) = 12/52  ½ = 6/52 = 0,12.
b)
Lo stesso vale per la probabilità di ottenere una figura di
cuori, pari a:
P(A  D) = P(A)  P(D|A) = 12/52  3/12 = 3/52 = 0,05.
c)
La probabilità di estrarre una scartina nera può essere
calcolata come
P(B  A’), che, per il 1° teorema del Calcolo delle
probabilità, è pari a:
P(B  A’) = P(B) – P(A  B) = 26/52 – 6/52 = 20/52 = 0,38.
d)
La probabilità che si verifichi A o B o C è P(A  B  C),
che, grazie al 4° teorema del Calcolo delle probabilità,
può essere calcolata come:
P(A  B  C) =
= P(A) + P(B) + P(C) – P(A  B) – P(B  C) – P(A  C) +
P(A  B  C) =
=
e)
Per le leggi di De Morgan, l’unione di non A, non B, non C
è pari alla negazione della loro intersezione:
quindi
.
f)
P(C  D) = P(C) + P(D) = ½.
ESERCIZIO 1.2
La produzione di pneumatici in una fabbrica avviene in tre turni: il 50%
di giorno – il 30% di sera – il 20% di notte. Il controllo della
conformità dei pneumatici prodotti si basa su un campione di 200
pezzi, ripartiti secondo le proporzioni dei 3 turni di produzione, ha
rivelato ciò che segue:
TURNO DI PRODUZIONE
Giorno
ESITO
Sera
Notte
totale
97
54
33
184
Non conformità
3
6
7
16
totale
100
60
40
200
Conformità
1) Calcolare la probabilità che un pneumatico scelto a caso:
a) sia difettoso;
b) sia difettoso e prodotto in ciascuno dei 3 turni;
c) sia difettoso essendo stato prodotto in ciascuno dei 3 turni;
d) essendo difettoso sia stato prodotto in ciascuno dei 3 turni.
2) È lecito sostenere che la qualità del prodotto è influenzata dal turno di produzione?
Soluzione
1)
Le probabilità cercate possono essere ottenute dalla tabella delle frequenze relative:
TURNO DI PRODUZIONE
Giorno
(G)
ESITO
Sera (S)
Notte (N)
totale
Conformità (C)
0,485
0,27
0,165
0,92
Non conformità (D)
0,015
0,03
0,035
0,08
0,5
0,3
0,2
1
totale
a)
P(D) = 0,08
b)
b.1
P(D  G) = 0,015
b.2
P(D  S) = 0,03
b.3
P(D  N) = 0,035
c)
c.1
P(D|G) =
c.2
P(D|S) =
c.3
P(D|N) =
d)
d.1
P(G|D) =
d.2
P(S|D) =
d.3
P(N|D) =
P(D  G) 0,015

 0,03
P(G)
0,5
P(D  S) 0,03

 0,1
P(S)
0,3
P(D  N) 0,035

 0,175
P(N)
0,2
P(D  G) 0,015

 0,1875
P(D)
0,08
P(D  S) 0,03

 0,375
P(D)
0,08
P(D  N) 0,035

 0, 4375
P(D)
0,08
2)
Se la qualità del prodotto non fosse influenzata dal turno di
produzione, si avrebbe che:
P(D|G) = P(D|S) = P(D|N) = P(D)
ma evidentemente così non è.
ESERCIZIO 1.3
Per ciascuna delle seguenti coppie di eventi E, F, si stabilisca, in base
alle informazioni date, se gli eventi E ed F sono fra loro indipendenti:
a)
P(E) = 1/3;
P(F) = 2/3;
P(E  F) = 2/9;
b)
P(E) = ¼;
P(F) = ½;
P( E  F ) = 7/8;
c)
P(E) = 1/5;
P(F) = 2/5;
P(E  F) = 3/5;
d)
P(E) = ¼;
P(F) = ¼;
P( E  F ) = 9/16.
Soluzione
La condizione generale di indipendenza per due eventi A ed B può
espressa mediante l’uguaglianza:
P(B|A) = P(B)
che implica
P(A  B) = P(A)  P(B)
a)
In questo caso P(E  F) è esattamente uguale a P(E)  P(F). Si può
concludere che E ed F siano indipendenti.
b)
Se E ed F sono indipendenti allora lo sono anche le loro negazioni e .
La condizione di indipendenza per e imporrebbe:
P() =P()  P() =(1 – ¼)  (1 – ½)= 3/8
e non 3/5. E ed F, dunque, sono fra loro indipendenti.
c)
La probabilità dell’unione di due eventi A e B è data da:
P(A  B) = P(A) + P(B) – P(A  B).
Visto che P(E  F) = P(E) + P(F), questo significa che P(E  F) = 0,
ossia che E ed F sono due eventi incompatibili, quindi fra loro
dipendenti.
d)
Seguendo la stessa logica del caso b, bisogna questa volta concludere
per l’indipendenza:
P() =P()  P() = (1 – ¼)  (1 – ¼) = 9/16
ESERCIZIO 1.4
La signora A porta sempre con sé occhiali da sole, mentre suo marito B
li dimentica a casa con probabilità 1/3. Entrambi, inoltre, possono
dimenticarli con probabilità P(DimA) = 1/5, per la signora A, e
P(DimB) = 1/4, per suo marito B, in ognuno dei posti in cui si
fermano.
A e B escono insieme e si fermano in 5 negozi: qual è la probabilità
che, tornati a casa, entrambi abbiano gli occhiali?
Soluzione
L’evento E = {A e B tornano a casa con gli occhiali da sole} è costituito
dall’intersezione dei due eventi elementari EA = {A torna a casa con
gli occhiali da sole} e EB = {B torna a casa con gli occhiali da sole},
le cui probabilità possono essere calcolate come probabilità che non
dimentichino gli occhiali in nessun negozio.
Le probabilità per A e per B di non dimenticare gli occhiali in ciascun
negozio sono rispettivamente:
P(NoDimAi) = 1 – P(DimAi) = 3/5 = 0,6
e
P(NoDimBi) = 1 – P(DimBi) = 3/4 = 0,75.
Visto che A e B si fermano in 5 negozi (i = 1, …, 5), le probabilità per
ognuno che non li dimentichino in alcuno di essi è:
P(NoDimA) = P(NoDimAi)5 = 0,65 = 0,07
e, nell’ipotesi che B li abbia portati,
P(NoDimB) = P(NoDimBi)5 = 0,755 = 0,24.
Mentre per A questo valore rappresenta già la probabilità di tornare a
casa con gli occhiali, per B non è così.
Il fatto che egli può dimenticare gli occhiali a casa determina una
partizione della spazio degli eventi nei due eventi necessari ed
incompatibili B1 = {B esce di casa con gli occhiali da sole} e B2 = {B
esce di casa senza gli occhiali da sole}, di cui solo il primo è
compatibile con EB, dal momento che quando si verifica B1 EB è
impossibile.
La probabilità di EB va calcolata attraverso il teorema delle probabilità
totali come segue:
P(EB ) 
 P(Bi )  P(EB | Bi)  P(B1)  P(EB | B1)  P(B2 )  P(EB | B2) 
i
2
1
 0,24   0  0,16
3
3
In conclusione, dunque:
P(EA = {A torna a casa con gli occhiali da sole}) = 1  0,07 = 0,07
P(EB = {B torna a casa con gli occhiali da sole}) = 2/3  0,23 = 0,16
Essendo EA ed EB due eventi indipendenti, la loro probabilità
congiunta P(E) può essere calcolata come prodotto delle probabilità
dei singoli eventi EA ed EB:
P(E = {A e B tornano a casa con gli occhiali da sole}) =
= P (EA  EB) = P(EA)  P(EB) =
= 0,07  0,16 = 0,01
ESERCIZIO 1.5
Su 200 appezzamenti di terreno, dei quali 140 trattati con fertilizzanti, è
stata piantata una graminacea, osservando, poi, la rispondenza del
prodotto finale a specifici requisiti di qualità. I risultati sono riportati
in tabella:
Qualità delle graminacee
Conforme
Trattamento
Fertilizzante si
Fertilizzante no
Non
conforme
totale
112
28
140
25
35
60
137
63
200
totale
a) Calcolare la probabilità che un appezzamento scelto a caso sia stato
trattato con fertilizzanti.
b) Se è noto che un appezzamento è stato fertilizzato, qual è la
probabilità che la graminacea cresciuta su di esso risponda ai
requisiti prefissati?
Soluzione
Dalla tabella delle frequenze relative:
Qualità delle graminacee
Conforme
(C)
Trattamento
Fertilizz. si (F)
Fertilizz. no (F )
Non conforme ( C )
totale
0,56
0,14
0,7
0,125
0,175
0,3
0,685
0,315
1
totale
è possibile dedurre le probabilità desiderate. Più precisamente:
a)
P(F) = 0,7
b)
P(C|F) = 0,56
ESERCITAZIONE 2
ESERCIZIO 2.1
Sia X la variabile casuale che descrive il risultato del lancio di 2 dadi,
sulle cui facce vi sono i numeri: 5, 5, 7, 7, 9, 9.
a) Definire la distribuzione di probabilità di X;
b) rappresentare X graficamente;
c) calcolare valore atteso, varianza e asimmetria di X.
Soluzione
a)
La variabile casuale X è uguale alla somma delle due variabili casuali
X1 e X2:
X = X1 + X2
ciascuna delle quali può assumere 3 possibili valori.
Considerando, quindi, che la probabilità per ciascun valore di X1 e X2 è:
P(5) = P(7) = P(9) = 1/3,
la probabilità per ciascuna coppia di valori di X1 e X2 è sempre uguale a:
2
1
1
P(x1i  x2j) =     0,1
9
3
 i, j = 1, 2, 3.
Di fatti, il lancio dei due dadi può dar luogo ai 32 = 9 seguenti risultati:
dado 1
dado 2
somma
X1
X2
X
5
5
10
5
7
12
5
9
14
7
5
12
7
7
14
7
9
16
9
5
14
9
7
16
9
9
18
In conclusione, la distribuzione di probabilità di X è la seguente:
xi
P (xi)
10
0,1
12
0,2
14
0,3
16
0,2
18
0,1
1
1  0,1
2  0,1
3  0,1
2  0,1
1  0,1
b)
La rappresentazione grafica di X è la seguente:
0,4
P(X)
0,3
0,2
0,1
0
0
1
2
3
X
4
5
c)
E(X)
= = 1,11+ 2,67 + 4,67 + 3,56 + 2 = 14
2 = E(X - )2 = 1,78 + 0,89 + 0 + 0,89 + 1,78 = 5,33
 = 2,31
6
 = 2,31
3
X  
3  E 


  
3
(x


)
P(xi )
 i
i
3


1 
 3 (10  14)3  0,1  (12  14)3  0,2  (14  14)3  0,3  (16  14)3  0,2  (18  14)3  0,1

 
1 
(64  0,1)  (8  0,2)  (0  0,3)  (8  0,2)  (64  0,1)  0
=
3 

2,31
ESERCIZIO 2.2
Il dirigente di un’azienda ha preposto tre dipendenti per ciascuno
ufficio, per garantirne la copertura. Durante un epidemia di
influenza, egli vuole conoscere qual è la probabilità che un ufficio
resti deserto.
Sapendo che il virus influenzale si diffonde con un tasso di incidenza
pari a 0,7:
a) si definisca la variabile casuale X che descrive il numero di malati in
ciascun ufficio con la relativa distribuzione di probabilità;
b) si calcoli il numero medio di malati per ufficio;
c) si calcoli la varianza di X;
d) si rappresenti X graficamente.
Soluzione
a)
La situazione può essere ricondotta allo schema teorico del lancio
di 3 monete, che da luogo a 23 = 8 possibili risultati, in cui gli
eventi “testa” e “croce” sono sostituiti dagli eventi “sano” e
“malato”, ciascuno con la sua probabilità:
1
2
3
Numero di
malati
S
S
S
0
S
S
M
1
S
M
S
1
S
M
M
2
M
S
S
1
M
S
M
2
M
M
S
2
M
M
M
3
Inoltre, considerando che per ciascun dipendente la probabilità di
contrarre la malattia è pari a 0,7, ed ipotizzando l’indipendenza dello
stato di salute tra i dipendenti, è possibile procedere al calcolo delle
probabilità associate ai diversi valori che X può assumere:
P(S  S  S) = 0,33 = 0,027
P(S  S  M) = P(S  M  S) = P(M  S  S) = 0,7  0,3  0,3 =
0,063
P(S  M  M) = P(M  S  M) = P(M  M  S) = 0,7  0,7  0,3 =
0,147
P( M  M  M) = 0,73 = 0,343
La variabile casuale X segue, pertanto, la seguente distribuzione di
probabilità:
xiP (xi)00,0271  0,02710,1893  0,06320,4413  0,14730,3431 
0,3431
xi
P (xi)
0
0,027
1  0,027
1
0,189
3  0,063
2
0,441
3  0,147
3
0,343
1  0,343
1
b)
Il numero medio di malati per ufficio è dato dal valore atteso di X:
E(X) =  xP(x
2,1
i
i )  0  1  0,189  2  0, 441  3  0,343 
i
c)
La varianza di X è:
2 = E(X - )2 = (0 – 2,1)2  0,027 + (1 – 2,1)2  0,189 +
+ (2 – 2,1)2  0,441 + (3 – 2,1)2  0,343 = 0,63
d)
0,5
0,44
0,4
P(X)
0,34
0,3
0,2
0,19
0,1
0,03
0
0
0,5
1
1,5
2
X
2,5
3
3,5
ESERCIZIO 2.3
Dal registro delle vendite di un rivenditore di automobili risulta che il
numero di auto vendute in ciascuna delle 500 giornate lavorative
considerate ha il seguente andamento:
auto vendute
totale
frequenza
0
40
1
100
2
142
3
66
4
36
5
30
6
26
7
20
8
16
9
14
10
8
11
2
500
a) Si definisca la distribuzione di probabilità della variabile casuale X =
numero di auto vendute quotidianamente e la si rappresenti
graficamente;
b) si calcoli il numero atteso di automobili vendute quotidianamente;
c) si calcoli lo scarto quadratico medio di X;
d) qual è la probabilità che in una data giornata si vendano:
1. meno di 4 automobili;
2. al massimo 4 automobili;
3. almeno 4 automobili;
4. esattamente 4 automobili;
5. più di 4 automobili.
Soluzione
a)
Le probabilità per i diversi valori di X possono essere calcolati come
frequenza relative. La variabile casuale X ha, dunque, la seguente
distribuzione di probabilità:
xi
P(xi)
0
0,08
1
0,2
2
0,284
3
0,132
4
0,072
5
0,06
6
0,052
7
0,04
8
0,032
9
0,028
10
0,016
11
0,004
1
0,30
0,28
0,20
P(X)
0,20
0,13
0,10
0,08
0,07
0,06
0,05
0,04
0,03
0,03
0,02
0,00
0,004
0
1
2
3
4
5
6
X
b)
E(X) = 3,052
c)
2 = E(X - )2 = =6,01
 = 2,45
7
8
9
10
11
12
d)
1) P (X < 4) = P[(X=0)  (X=1)  (X=2)  (X=3)] =
= 0,08 +0,2 +0,284 +0,132 = 0,7
2) P (X  4) = P[(X=0)  (X=1)  (X=2)  (X=3)  (X=4)] =
= 0,08 +0,2 +0,284 +0,132 + 0,072= 0,77
3) P (X  4) = P[(X=4)  (X=5)  …  (X=11)] =
= 0,072 + 0,06 + 0,052 + 0,04 + 0,032 + 0,028 + 0,016 + 0,004 = 0,3
= 1 – P(X < 4)
4) P (X = 4) = P(4) = 0,072
5) P (X > 4) = P[(X=5)  (X=6)  …  (X=11)] =
= 0,06 + 0,052 + 0,04 + 0,032 + 0,028 + 0,016 + 0,004 = 0,23
= 1 – P(X  4)
ESERCIZIO 2.4
Si consideri il gioco, legato al lancio di una coppia di dadi regolari, in cui
si perde 1 € se si ottiene un punteggio pari a 5, 6, 7 o 8; si vince 1 €
se si ottiene 3, 4, 9, 10 o 11; si vincono 2 € se si ottiene 2 o 12.
a) si definisca la distribuzione di probabilità della variabile casuale X =
risultato della scommessa;
b) si calcolino la vincita (o perdita) media e la varianza di X;
Soluzione
a)
La variabile casuale X può assumere i valori: -1, 1, 2, associati ai
possibili risultati del lancio come segue:
ei
5678
xi
-1
+1
3  4  9  10  11
2  12
+2
Le probabilità delle xi vengono, pertanto, calcolate come probabilità degli
ei.
Dado 1
Dado 2
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
4
4
4
4
4
4
5
5
5
5
5
5
6
6
6
6
6
6
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
2
3
4
5
6
7
3
4
5
6
7
8
4
5
6
7
8
9
5
6
7
8
9
1
0
6
7
8
9
1
0
1
1
7
8
9
1
0
1
1
1
2
Somma
Le probabilità dei possibili valori si della somma dei due dadi sono:
si
P(si)
2
1/36
3
2/36
4
3/36
5
4/36
6
5/36
7
6/36
8
5/36
9
4/36
10
3/36
11
2/36
12
1/36
Da cui si ricava:
4
5
6
5
20
P(5  6  7  8) =




 0,55
36
36
P(3  4  9  10  11) =
P(2  12) =
36
36
36
2
3
4
3
2
14





 0,39
36 36 36 36 36 36
1
1
2


 0,06
36 36 36
.
La distribuzione di probabilità di X è, dunque:
xi
P(xi)
-1
0,55
+1
0,39
+2
0,06
1
b)
La media di X è pari a:
E(X) =  xP(x
i
i )  (1  0,55)  (1  0,39)  (2  0,06)  - 0,06
i
ossia il gioco comporta in media una perdita per il giocatore.
La varianza di X è:
2 = E(X - )2 =
 (x
i
i
 )2 P(xi )  (-1 + 0,06)2  0,55 + (1 + 0,06)2 
0,39 + (2 + 0,06)2  0,06) = 1,16
ESERCIZIO 2.5
In un cassetto ci sono 10 pile di cui 7 funzionanti e 3 esaurite. Viene
presa a caso una prima pila e poi, dopo aver reintrodotto questa nel
cassetto, una seconda.
1) Qual è la probabilità che le due pile siano:
1.a) entrambe funzionanti (evento A);
1.b) entrambe esaurite (evento B);
1.c) una funzionante ed una esaurita (evento C).
2) Viene estratta una terza pila: qual è la probabilità di avere due pile
funzionanti ed una esaurita (evento D)?
3) Si calcolino P(A), P(B), P(C) e P(D) nell’ipotesi che le estrazioni
avvengano senza ripetizione;
4) Costruire e rappresentare la variabile casuale X = “numero di pile
funzionanti” (per entrambi i tipi di estrazione).
Soluzione
1)
Nello schema dell’estrazione con ripetizione le probabilità restano
costanti ad ogni prova.
Se si indica con F l’evento “estrazione di una pila funzionante” e con E
l’evento estrazione di una pila esaurita”, si ha che:
P(F) = 7/10
e
P(E) = 3/10
1.a)
Essendo le estrazioni indipendenti,
P(A) = P(F)  P(F) = 49/100 = 0,49.
D’altra parte se rappresentiamo l’insieme dei possibili risultati
dell’esperimento in una tabella a doppia entrata, è immediato dedurre
P(A) anche come rapporto tra casi favorevoli e casi possibili.
F
F
F
F
F
F
F
E
E
E
F
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
F
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
F
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
F
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
F
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
F
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
F
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
E
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
E
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
E
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
Risultati possibili: 100
Risultati favorevoli: 49
1.b)
Allo stesso modo, P(B) sarà uguale a:
P(B) = P(E)  P(E) = 9/100 = 0,09.
F
F
F
F
F
F
F
E
E
E
F
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
F
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
F
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
F
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
F
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
F
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
F
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
E
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
E
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
E
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
Risultati possibili: 100
Risultati favorevoli: 9
1.c) La coppia tra una pila funzionante ed una esaurita può risultare
dall’unione degli eventi: “prima pila funzionante – seconda pila
esaurita” e “prima pila esaurita – seconda pila funzionante”
P(C) = P(F)  P(E) + P(E)  P(F) = (7/10  3/10)  2= 21/100  2= 0,42.
F
F
F
F
F
F
F
E
E
E
F
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
F
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
F
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
F
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
F
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
F
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
F
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
E
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
E
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
E
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0
Risultati possibili: 100
Risultati favorevoli: 42
2)
La combinazione di “due pile funzionanti ed una esaurita” può
derivare da 3 differenti estrazioni:
F
F
E
F
E
F
E
F
F
Quindi:
7
7
3
441



 0, 44
P(D) = 3  P(F)  P(F)  P(E) = 3 
10 10 10 1000
3)
Dal momento che nello schema senza ripetizione le probabilità non
restano costanti in ogni prova, è utile distinguere con un pedice i
risultati delle 3 estrazioni.
3.a)
P(A) = P(F1)  P(F2|F1) =
7 6
7
 
 0, 47
10 9 15
3.b)
3 2
1
P(B) = P(E1)  P(E2|E1) = 10  9  15  0,06
3.c)
3 7 7 3
7




P(C) = P(E1)  P(F2|E1) + P(F1)  P(E2|F1) = 10 9 10 9 15  0, 47
3.d)
Ricordando lo schema precedente:
1
2
3
F
F
E
F
E
F
E
F
F
P(D) = P(F1  F2  E3) + P(F1  E2  F3) + P(E1  F2  F3) =
= P(F1)  P(F2 | F1)  P(E3 | F1F2) +
+ P(F1)  P(E2 | F1)  P(F3 | F1E2) +
+ P(E1)  P(F2 | E1)  P(F3 | F2E1) =
=
7 6 3 7 3 6
3 7 6
7
7
7
  
  
  


 0,525
10 9 8 10 9 8 10 9 8 40 40 40
4)
La variabile casuale X = numero di pile funzionanti può assumere i
valori 0, 1 o 2, le cui probabilità sono differenti a seconda del tipo di
estrazione.
Nell’estrazione con ripetizione la distribuzione di X è la seguente:
4)
La variabile casuale X = numero di pile funzionanti può assumere i
valori 0, 1 o 2, le cui probabilità sono differenti a seconda del tipo
di estrazione.
Nell’estrazione con ripetizione la distribuzione di X è la seguente:
ei
xi
P (xi)
B
0
0,09
C
1
0,42
A
2
0,49
0,6
1
0,5
0,49
0,42
P(X)
0,4
0,3
0,2
0,1
0,09
0
0
1
2
X
3
Per l’estrazione senza ripetizione, invece, le probabilità sono le seguenti:
ei
xi
P (xi)
B
0
0,06
C
1
0,47
A
2
0,47
1
0,6
0,5
0,47
0,47
P(X)
0,4
0,3
0,2
0,1
0,06
0
0
1
2
X
3
ESERCIZIO 2.6
Alle prove eliminatorie di un torneo partecipano A, B e C, che hanno
probabilità di accedere alla prova finale pari, rispettivamente, a ½,
1/5 e 1/10. Ipotizzando l’indipendenza delle ammissioni, qual è la
probabilità che si verifichino i seguenti eventi:
a) E = {alla prova finale accedono A e B} (prescindendo dalla sorte di
C);
b) F = {alla prova finale accede almeno una delle tre squadre};
c) G = {alla prova finale accede esattamente una delle tre squadre};
d) Costruire e rappresentare la variabile casuale X = “numero di
squadre che accedono alla prova finale”.
Soluzione
P(A) = ½ = 0,5
P(B) = 1/5 = 0,2
P(C) = 1/10 = 0,1
a)
P(E) = P(A  B) = P(A)  P(B) = 0,5  0,2 = 0,1
b)
P(F) = P(A  B  C) = P(A) + P(B) + P(C) – P(A  B) – P(A  C) – P(B 
C) + P(A  B  C) =
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
64












 0,64
=
2 5 10 2 5 2 10 5 10 2 5 10 100
c)
P(G) = P(A  B  C) – P(A  B) – P(A  C) – P(B  C) + 2P(A  B  C) =
64
1
1
1
1
49




2

 0, 49
= 100 10 50 20
100 100
d)
La variabile casuale X = “numero di squadre che accedono alla prova
finale” è definita sull’insieme di valori xi   1, 2, 3, 4, le cui
probabilità sono:

1 
1 
1 
1
4
9
9
-P(0) = P(A  B  C ) = 1    1    1 
  2  5  10  25  0,36
2
5
10

 
 

-P(1) = P(G) = 0,49
-P(2) = P(A  B) + P(A  C) + P(B  C) – 3P(A  B  C) =
1
1
1
1



3

 0,77
=
10 50 20
100
1 1 1
1



 0,01
-P(3) =P (A  B  C) =
2 5 10 100
La distribuzione di probabilità di X è dunque:
xi
P (xi)
0
0,36
1
0,49
2
0,77
3
0,01
1
0,8
0,7
0,6
P(X)
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0
1
2
X
3
4
ESERCITAZIONE 3
ESERCIZIO 3.1
Il tempo di reazione ad un esperimento psicologico effettuato su un gruppo di
individui si distribuisce normalmente con media  = 20 secondi e scarto
quadratico medio  = 4 secondi:
X ~ N (20, 16)
a) Qual è la probabilità che un individuo abbia un tempo di reazione compreso
tra 14 e 30 secondi?
b) Qual è la probabilità che un individuo abbia un tempo di reazione tra i 25 ed i
30 secondi?
c) Quanti individui hanno un tempo di reazione superiore ai 14 secondi?
d) Quale deve essere il tempo di reazione perché solo l’1% sia più lento?
e) Qual è il tempo di reazione corrispondente a Q3?
Soluzione
a)
Dal momento che P(14  X  30) = P(z14  Z  z30), bisogna procedere alla
standardizzazione dei due estremi dell’intervallo di interesse:
z14 
14  20
 1,5
4
30  20
 2,5
4
La probabilità che cerchiamo è, dunque, uguale a P(-1,5  Z  2,5).
z30 
La tavola della distribuzione Normale standard cui si fa riferimento esprime per
ogni valore zi la probabilità che Z sia compresa tra 0 e zi:
P(-1,5  Z  2,5) può, dunque essere determinata come:
P(-1,5  Z  0 ) + P(0  Z  2,5)
0,4432
0,4938
Per la simmetria della distribuzione Normale, P(-1,5  Z  0) = P(0  Z  1,5),
per cui P(-1,5  Z  2,5) può essere ottenuta come:
P(0  Z  1,5 ) + P(0  Z  2,5)
Ossia, cercando i due valori di probabilità agli incroci di 1,5 con 0 e di 2,5 con 0:
0,00
…
…
2,5
0,02
0,03
…
…
…
0,04
…
0,05
…
1,0
0,3413
0,3438
0,3461
0,3485
0,3508
0,3531
1,1
0,3643
0,3665
0,3686
0,3708
0,3729
0,3749
1,2
0,3849
0,3869
0,3888
0,3907
0,3925
0,3944
1,3
0,4032
0,4049
0,4066
0,4082
0,4099
0,4115
1,4
0,4192
0,4207
0,4222
0,4236
0,4251
0,4265
0,4332
0,4345
0,4357
0,4370
0,4382
0,4394
1,5
2,0
…
…
…
…
0,4772
0,4778
0,4783
0,4788
0,4793
0,4798
2,1
0,4821
0,4826
0,4830
0,4834
0,4838
0,4842
2,2
0,4861
0,4864
0,4868
0,4871
0,4875
0,4878
2,3
0,4893
0,4896
0,4898
0,4901
0,4904
0,4906
2,4
0,4918
0,4920
0,4922
0,4925
0,4927
0,4929
0,4938
0,4940
0,4941
0,4943
0,4945
0,4946
0,4953
0,4955
0,4956
0,4957
0,4959
0,4960
0,4965
0,4966
0,4967
0,4968
0,4969
0,4970
…
…
…
…
2,6
2,5
2,7
…
0,01
…
…
P(14  X  30) = P(-1,5  Z  2,5) = 0,4332 + 0,4938 = 0,927
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
b)
Seguendo la medesima logica del caso a) si ha:
30  20 
 25  20
P
Z


4
4


= P(25  X  30) = P(z25  Z  z30) = P(1,25  Z  2,5)
0,3944
0,0994
Tale probabilità può essere ottenuta come:
P(0  Z  2,5) – P(0  Z  1,25) = 0,4938 – 0,3944 = 0,0994
0,00
…
0,01
…
0,02
0,03
…
…
0,04
…
0,05
…
…
…
1,0
0,3413
0,3438
0,3461
0,3485
0,3508
0,3531
…
1,1
0,3643
0,3665
0,3686
0,3708
0,3729
0,3749
…
0,3849
0,3869
0,3888
0,3907
0,3925
0,3944
…
1,3
0,4032
0,4049
0,4066
0,4082
0,4099
0,4115
…
1,4
0,4192
0,4207
0,4222
0,4236
0,4251
0,4265
…
1,5
0,4332
0,4345
0,4357
0,4370
0,4382
0,4394
…
…
…
…
…
1,2
…
…
…
…
2,0
0,4772
0,4778
0,4783
0,4788
0,4793
0,4798
…
2,1
0,4821
0,4826
0,4830
0,4834
0,4838
0,4842
…
2,2
0,4861
0,4864
0,4868
0,4871
0,4875
0,4878
…
2,3
0,4893
0,4896
0,4898
0,4901
0,4904
0,4906
…
2,4
0,4918
0,4920
0,4922
0,4925
0,4927
0,4929
…
0,4938
0,4940
0,4941
0,4943
0,4945
0,4946
…
2,6
0,4953
0,4955
0,4956
0,4957
0,4959
0,4960
…
2,7
0,4965
0,4966
0,4967
0,4968
0,4969
0,4970
…
…
…
…
…
2,5
…
…
…
…
c)
A tale quesito si può rispondere solo fornendo la percentuale di individui che
rispondono alla caratteristica richiesta, ossia la probabilità di avere un tempo
maggiore di 14 secondi.
P(X > 14) = P(Z > Z14) = P(Z > -1,5) = P(-1,5  Z  0 ) + P(0  Z  + ) =
= P(0  Z  1,5 ) + P(0  Z  + ) = 0,4332 + 0,5 = 0,9332
0,5
0,4332
…
0,00
0,01
0,02
0,03
0,04
0,05
…
…
…
…
…
…
…
…
…
1,2
0,3849
0,3869
0,3888
0,3907
0,3925
0,3944
…
1,3
0,4032
0,4049
0,4066
0,4082
0,4099
0,4115
…
1,4
0,4192
1,5
1,5
0,00 0,4332
0,4207
0,4222
0,4236
0,4251
0,4265
…
0,4345
0,4357
0,4370
0,4382
0,4394
…
1,6
…
0,4452
…
0,4463
…
0,4474
…
La percentuale cercata è, dunque, 93,32%.
0,4484
…
0,4495
…
0,4505
…
…
d)
Si cerca quel valore di Z che alla sua destra lascia un’area pari a 0,01. La
logica da seguire è inversa ai casi precedenti: dal momento che la tavola riporta
le probabilità che Z si trovi tra 0 e zi, si scorre la tavola alla ricerca del valore di
probabilità più vicino a 0,49 (=0,5 - 0,01), per poi ricostruire l’ascissa
corrispondente come somma delle intestazioni della riga e della colonna che il
valore incrocia:
…
0,05
0
…
…
0,01
…
0,03
0,02
…
0,03
…
0,04
…
…
…
2,1
0,4821
0,4826
0,4830
0,4834
0,4838
0,484
2
…
2,2
0,4861
0,4864
0,4868
0,4871
0,4875
0,487
8
…
0,4896
0,4898
0,4901
0,4904
0,490
6
…
2,3
0,4893
2,4
0,4918
0,4920
0,4922
0,4925
0,4927
0,492
9
…
2,5
0,4938
0,4940
0,4941
0,4943
0,4945
0,494
6
…
…
…
…
…
…
…
…
…
Il valore più prossimo a 0,49 presente sulla tavola è 0,4901, che si trova
all’incrocio tra 2,3 e 0,03, e che, quindi, corrisponde all’ascissa 2,33
0,0099
2,33
Dal valore di Z si ricava il corrispondente valore di X ~ N (20, 16):
x  z    4  2,33 + 20 = 29,32
Allo stesso modo, il terzo quartile è quel valore che lascia alla sua sinistra il
75% della distribuzione ed alla sua destra il 25%, quindi va ricercato sulla
tavola il valore di probabilità più vicino a 0,25 (= 0,5 – 0,25). Tale valore va
individuato in 0,2486 che corrisponde all’ascissa 0,67 (0,6 + 0,07).
…
…
…
0,03
…
0,04
…
0,05
…
0,06
0,07
…
0,08
0,09
…
…
…
0,3
0,4
0,5
…
…
…
0,6
0,7
0,8
…
…
…
…
0,1293
0,1331
0,1368
0,1406
0,1443
0,1480
0,1517
0,1664
0,1700
0,1736
0,1772
0,1808
0,1844
0,1879
0,2019
0,2054
0,2088
0,2123
0,2157
0,2190
0,2224
0,2357
0,2389
0,2422
0,2454
0,2486
0,2517
0,2549
0,2673
0,2704
0,2734
0,2764
0,2794
0,2823
0,2852
0,2967
0,2995
0,3023
0,3051
0,3078
0,3106
0,3133
…
…
…
…
…
…
…
0,2486
0,67
0,2514
Il terzo quartile è, dunque, il valore di X:
x  z    4  0,67 + 20 = 22,68
che lascia alla sua destra una percentuale di osservazioni pari al 25,14%.
ESERCIZIO 3.2
Sia X ~ N (7, 9).
a) Trovare la probabilità che un valore scelto a caso cada in un intervallo che
ha come centro  e come ampiezza 2.
b) È possibile generalizzare il risultato ad una qualsiasi v.c. X ~ N (, 2);
c) Trovare la stessa probabilità per gli intervalli [ - 2,  + 2] e
[ - 3,  + 3].
Soluzione
a)
L’unico intervallo centrato su  e di ampiezza 2 è [ - ,  + ], ossia [4, 10].
10  7 
47
Z
 P(-1  Z  1) = 2  P(0  Z  1) =
P(4  X  10) = P 

3 
 3
= 2  0,3413 = 0,6826
0,00
…
0,9
1,0
1,1
…
0,3159
0,3413
0,3643
0,01
…
0,02
…
0,03
…
0,04
…
0,05
…
0,3186
0,3212
0,3238
0,3264
0,3289
0,3438
0,3461
0,3485
0,3508
0,3531
0,3665
0,3686
0,3708
0,3729
0,3749
1,2
0,3849
0,3869
0,3888
0,3907
0,3925
0,3944
1,3
0,4032
0,4049
0,4066
0,4082
0,4099
0,4115
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
b)
(  )   
 (  )  
P( -   X   + ) = P 
Z
 P(-1  Z  1) =





= 2  P(0  Z  1) = 2  0,3413 = 0,6826
Dunque, è possibile generalizzare: per qualsiasi v.c. Normale con media 
e varianza 2, la probabilità che un valore scelto a caso cada in un
intervallo che ha come centro  e come ampiezza 2 è sempre uguale a
0,6826.
c)
(  2)   
 (  2)  
P

Z

 P(-2  Z  2) =
P( - 2  X   + 2) = 





2  P(0  Z  2) = 2  0,4772 = 0,9544
(  3)   
 (  3)  
P

Z

 P(-3  Z  3) =
P( - 3  X   + 3) = 





2  P(0  Z  3) = 2  0,4987 = 0,9974
ESERCIZIO 3.3
Sia X la v.c. Normale con media  = 40 cm e varianza 2 = 100, che descrive
l’altezza di un insieme di bimbi di 3 mesi di età:
X ~ N (40, 100)
a) Si determini l’altezza x* tale che il 20% dei bimbi sia più alto;
b) Si consideri la porzione di bimbi di altezza compresa tra il primo e il terzo
quartile: quanto è alto il più basso di tali bambini? E il più alto?
Soluzione
a)
Si ricerca quel valore x* di X che lascia alla sua destra il 20% della
distribuzione.
Sulle tavole della Normale standard bisogna, cioè, cercare un’area pari a 0,5 –
0,2 = 0,3 per risalire all’ascissa che la sottende, che sarà indicata con z0,2.
0
0,02
…
0,03
…
…
…
…
0,6
0,2257
0,2291
0,2324
0,2357
0,7
0,2580
0,2611
0,2642
0,2910
…
0,8
…
0,01
0,2881
0,04
0,05
0,06
…
…
0,2389
0,2422
0,2454
0,2673
0,2704
0,2734
0,2764
0,2939
0,2967
0,2995
0,3023
0,3051
…
…
0,9
0,3159
0,3186
0,3212
0,3238
0,3264
0,3289
0,3315
1,0
0,3413
0,3438
0,3461
0,3485
0,3508
0,3531
0,3554
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
Tale valore è z0,2 = 0,84 (= 0,8 + 0,04)
Il corrispondente valore di X, ossia x*, è:
x*  z0,2    10  0,84 + 40 = 48,4
Il 20,05% dei bimbi è più alto di 48,4 cm.
0,84
0,2005
b)
Il più basso ed il più alto dei bambini compresi tra il primo ed il terzo quartile
hanno un’altezza esattamente uguale ai due quartili.
Considerando che l’intervallo tra i due quartili lascia un 25% della distribuzione
…
alla sua destra ed un 25% alla sua sinistra, basta cercare sulla tavola il solo
valore 0,25, che, per la simmetria della distribuzione, fornisce anche l’ordinata
di Q1.
0,03
…
…
0,04
0,05
0,06
…
…
…
…
…
0,3
…
0,1293
0,1331
0,1368
0,1406
0,4
…
0,1664
0,1700
0,1736
0,5
…
0,2019
0,2054
0,2357
0,6
0,07
0,08
…
…
…
0,1443
0,1480
…
0,1772
0,1808
0,1844
…
0,2088
0,2123
0,2157
0,2190
…
0,2389
0,2422
0,2454
0,2486
0,2517
…
0,7
…
0,2673
0,2704
0,2734
0,2764
0,2794
0,2823
…
0,8
…
0,2967
0,2995
0,3023
0,3051
0,3078
0,3106
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
I due valori di Z sono, dunque,  z0,25 =  0,67
-0,67
0,67
O,2514
O,2514
che corrispondono ai due valori di X:
Q1 =
z0,25    10  (-0,67) + 40 = 33,3
Q2 =
z0,25    10  0,67 + 40 = 46,7
ESERCIZIO 3.4
Il reddito dei dipendenti di 3 aziende è descritto da 3 variabili casuali Normali
caratterizzate dai seguenti parametri:
X1 ~ N (30, 18)
X2 ~ N (25, 9)
X3 ~ N (15, 16)
dove i valori rappresentano migliaia di euro.
Sapendo che le 3 aziende contano, rispettivamente, 7, 10 e 25 dipendenti:
a) si calcoli la probabilità che il reddito dell’intero insieme dei 42 individui sia
compreso tra 20.000 e 25.000 euro;
b) si rappresentino graficamente le 3 distribuzioni con la distribuzione globale.
Soluzione
a)
Per la proprietà riproduttiva della v.c. Normale si ha:
n
 n
2 2
aX

Ν
a

,
a

i i
  i i  i i 
i 1
i 1
 i 1

n
Il reddito dell’intero insieme di individui può essere considerato come una
combinazione lineare dei redditi delle 3 aziende. Dal momento che si parte dai
redditi medi dei 3 gruppi, il sistema di coefficienti di tale combinazione può
essere derivato come rapporto tra numero di dipendenti per azienda e totale
degli individui considerati:
a1 = 7/42 = 0,17
a2 = 10/42 = 0,24
a3 = 25/42 = 0,59.
Il reddito generale è dunque descritto dalla v.c. Normale X i cui parametri
possono essere ottenuti come:
X 
2
X
 
n
 a
i 1
n
 (0,17  30)  (0,24  25)  (0,59  15)  19, 95
i i
a 
i 1
2
i
2
i
 (0,172  18)  (0,242  9)  (0,592  16)  6, 67
Quindi
X ~ N (19,95; 6,67)
Per cui:
 20  19, 95
25  19, 95 
Z
P(20  X  25) = P 
  P(0,04  Z  1,97) =
6, 67
6, 67 

= P(0  Z  1,97) – P(0  Z  0,04) = 0,4991 – 0,3830 = 0,1161
0
0,0
0,01
0,02
0,03
0,04
0,05
0,06
0,0040
0,0080
0,0120
0,0160
0,0199
0,0239
0,07
0,08
0,09
0,0319
0,0359
0,1
0,0398
0,0438
0,0478
0,0517
0,0557
0,0596
0,0636
0,0675
0,0714
0,0753
0,2
0,0793
0,0832
0,0871
0,0910
0,0948
0,0987
0,1026
0,1064
0,1103
0,1141
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
1,7
0,4554
0,4564
0,4573
0,4582
0,4591
0,4599
0,4608
0,4616
0,4625
0,4633
1,8
0,4641
0,4649
0,4656
0,4664
0,4671
0,4678
0,4686
0,4693
0,4699
0,4706
0,4719
0,4726
0,4732
0,4738
0,4744
0,4750
0,4756
0,4761
0,4767
1,9
2,0
0,4772
0,4778
0,4783
0,4788
0,4793
0,4798
0,4803
0,4808
0,4812
0,4817
2,1
0,4821
0,4826
0,4830
0,4834
0,4838
0,4842
0,4846
0,4850
0,4854
0,4857
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
b)
Rappresentazione grafica
0,15
N(25, 9)
0,1
N(15, 16)
N(30, 18)
N(16,9; 6,67)
0,05
0
-10
0
10
20
30
40
50
ESERCIZIO 3.5
La durata di una batteria ricaricabile, dichiarata dalla casa produttrice, è
compresa tra un minimo di 12 ad un massimo di 20 ore di normale
B
funzionamento del dispositivo
che essa alimenta.
Sapendo che nell’arco di quest’intervallo di tempo la carica si esaurisce
secondo un andamento lineare:
a) si rappresenti graficamente la variabile casuale X = durata della lampadina;
b) si determini la funzione di densità di probabilità di X.
Soluzione
a)
La v.c. X può essere rappresentata come segue:
P(x)
B
D
A
12
C
E
x
20
x
b)
La probabilità per ogni valore di X è uguale a 0 prima delle 12 ore e torna pari a
0 dopo le 20 ore. In questo intervallo, la probabilità di esaurimento della batteria
cresce gradualmente col passare del tempo x secondo la funzione lineare che
può essere dedotta come segue.
Per calcolare la generica f(xi) si consideri la similitudine dei triangoli ABC ed
ADE, per cui si ha:
AE : AC = DE : BC
che equivale a :
(20 – 12) : (x – 12) = f(20) : f(x)
f(20) può essere determinata considerando che l’area del triangolo è pari ad 1:
(20  12)  f(20)
2
 1  f(20)   0,25
2
8
Sostituendo nell’espressione precedente:
(x – 12) : 8 = f(x) : f(20);
1
12
f(x) =  x    0,25
8
Quindi:
8 
f(x) = 0,03125 x – 0,375
Tale funzione esprime la probabilità che la batteria abbia una durata pari ad x,
supposto che non si sia esaurita fino ad x.
Dalla funzione di densità di probabilità f(x) si deduce che, coerentemente con
quanto affermato prima:
f(12) = 0,03125  12 – 0,375 = 0
ossia che la batteria non si scarica prima di 12 ore.
f(x) raggiunge il suo valore massimo in corrispondenza dell’ascissa x = 20, che
vale precisamente:
f(20) = 0,03125  20 – 0,375 = 0,25
ESERCIZIO 3.6
Il numero di giorni intercorrenti tra la fatturazione ed il pagamento dei conti
aperti di un grande magazzino segue una distribuzione Normale con una media
di 18 giorni ed una scarto quadratico medio di 4 giorni.
Quale percentuale di fatture verrà saldata:
a) tra i 12 e 18 giorni;
b) entro 8 giorni;
c) in più di 12 giorni;
d) entro quanti giorni verrà saldato il 99,5% delle fatture?
Soluzione
X  N(18, 16)
a)
18  18 
 12  18
P(12  X  18) = P(- 1,5  Z  0) = P 
Z


4
4


= P(0  Z  1,5) = 0,4332
0,4332
1,5
0,4332
-1,5
0
0,01
0,02
0,03
0,04
0,05
0,06
0,07
0,08
0,09
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
1,4
0,4192
0,4207
0,4222
0,4236
0,4251
0,4265
0,4279
0,4292
0,4306
0,4319
1,5
0,433
2
0,4345
0,4357
0,4370
0,4382
0,4394
0,4406
0,4418
0,4429
0,4441
1,6
0,4452
0,4463
0,4474
0,4484
0,4495
0,4505
0,4515
0,4525
0,4535
0,4545
1,7
0,4554
0,4564
0,4573
0,4582
0,4591
0,4599
0,4608
0,4616
0,4625
0,4633
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
b)
8  18 

 P(Z  - 2,5) = 0,5 – P(Z  2,5) =
P(X  8) = P  Z 

4 

= 0,5 – 0,4938 = 0,0062
0,0062
0
…
…
0,01
…
0,02
…
…
0,03
0,04
…
0,05
…
0,06
…
0,07
…
0,08
…
…
2,4
0,4918
0,4920
0,4922
0,4925
0,4927
0,4929
0,4931
0,4932
0,4934
0,4936
2,5
0,4938
0,4940
0,4941
0,4943
0,4945
0,4946
0,4948
0,4949
0,4951
0,4952
2,6
0,4953
0,4955
0,4956
0,4957
0,4959
0,4960
0,4961
0,4962
0,4963
0,4964
2,7
0,4965
0,4966
0,4967
0,4968
0,4969
0,4970
0,4971
0,4972
0,4973
0,4974
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
0,09
c)
P(X > 12) = P(Z > -1,5) = 0,5 + P(0  Z  1,5) = 0,5 + 0,4332 = 0,9332
0,4332
0,5
d)
Si ricerca quel valore x* di X tale che P(X
 x*) = 0,995.
…
Sulla tavola si cercherà il valore z0,005 che lascia, cioè, alla sua destra un’area
pari a 0,005, che è l’ascissa corrispondente al valore di probabilità più prossimo
a 0,995 – 0,5 = 0,495
0
…
…
0,01
…
0,02
…
0,03
…
0,04
…
0,05
…
0,06
…
0,07
0,08
…
0,09
…
2,3
0,4893
0,4896
0,4898
0,4901
0,4904
0,4906
0,4909
0,4911
0,4913
0,4916
2,4
0,4918
0,4920
0,4922
0,4925
0,4927
0,4929
0,4931
0,4932
0,4934
0,4936
0,4940
0,4941
0,4943
0,4945
0,4946
0,4948
0,4949
0,4951
0,4952
2,5
2,6
0,4953
0,4955
0,4956
0,4957
0,4959
0,4960
0,4961
0,4962
0,4963
0,4964
2,7
0,4965
0,4966
0,4967
0,4968
0,4969
0,4970
0,4971
0,4972
0,4973
0,4974
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
In tal caso i due valori 0,4949 e 0,4951 sono equidistanti dal valore cercato
0,4950. Premesso che la scelta è pressoché equivalente, forse, vista la natura
del problema, sarebbe il caso di preferire il valore maggiore, che ci cautela dal
rischio di una seppur minima sottostima del tempo necessario:
x* =  z0,005 +  = 4  2,58 + 18 = 28,32
0,5
0,4951
ESERCIZIO 3.7
Una partita di rondelle si distribuisce normalmente con una media di 0,0485 cm
ed una scarto quadratico medio di 0,00108 cm. Si verifichi se ci si può
aspettare che il 99,04% di queste rondelle abbia uno spessore compreso tra i
0,0457 e i 0,0513.
Soluzione
X  N(0,0485; 0,001082)
Calcoliamo la probabilità che lo spessore sia compreso tra i 0,0457 e i 0,0513 e
confrontiamo questa probabilità con la percentuale 99,04%.
0,0513  0,0485 
 0,0457  0,0485
Z

0,00108
0,00108


P(0,0457  X  0,0513) = P 
= P(-2,59  Z  2,59) = 2  P(Z  2,59) = 2  0,4952 = 0,9904
…
0,4952
0
…
…
0,01
…
0,02
…
0,4952
0,03
0,04
…
…
0,05
…
0,06
…
0,07
…
0,08
0,09
…
2,3
0,4893
0,4896
0,4898
0,4901
0,4904
0,4906
0,4909
0,4911
0,4913
0,4916
2,4
0,4918
0,4920
0,4922
0,4925
0,4927
0,4929
0,4931
0,4932
0,4934
0,4936
0,4940
0,4941
0,4943
0,4945
0,4946
0,4948
0,4949
0,4951
0,4952
2,5
2,6
0,4953
0,4955
0,4956
0,4957
0,4959
0,4960
0,4961
0,4962
0,4963
0,4964
2,7
0,4965
0,4966
0,4967
0,4968
0,4969
0,4970
0,4971
0,4972
0,4973
0,4974
2,8
0,4974
0,4975
0,4976
0,4977
0,4977
0,4978
0,4979
0,4979
0,4980
0,4981
0,4952
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
La probabilità trovata è proprio uguale alla percentuale di 99,04%.
…
ALLEGATO: Tavola della Normale standard: P(0  Z  z)
0
0,01
0,02
0,03
0,04
0,05
0,06
0,07
0,08
0,09
0,0
0,0000
0,0040
0,0080
0,0120
0,0160
0,0199
0,0239
0,0279
0,0319
0,0359
0,1
0,0398
0,0438
0,0478
0,0517
0,0557
0,0596
0,0636
0,0675
0,0714
0,0753
0,2
0,0793
0,0832
0,0871
0,0910
0,0948
0,0987
0,1026
0,1064
0,1103
0,1141
0,3
0,1179
0,1217
0,1255
0,1293
0,1331
0,1368
0,1406
0,1443
0,1480
0,1517
0,4
0,1554
0,1591
0,1628
0,1664
0,1700
0,1736
0,1772
0,1808
0,1844
0,1879
0,5
0,1915
0,1950
0,1985
0,2019
0,2054
0,2088
0,2123
0,2157
0,2190
0,2224
0,6
0,2257
0,2291
0,2324
0,2357
0,2389
0,2422
0,2454
0,2486
0,2517
0,2549
0,7
0,2580
0,2611
0,2642
0,2673
0,2704
0,2734
0,2764
0,2794
0,2823
0,2852
0,8
0,2881
0,2910
0,2939
0,2967
0,2995
0,3023
0,3051
0,3078
0,3106
0,3133
0,9
0,3159
0,3186
0,3212
0,3238
0,3264
0,3289
0,3315
0,3340
0,3365
0,3389
1,0
0,3413
0,3438
0,3461
0,3485
0,3508
0,3531
0,3554
0,3577
0,3599
0,3621
1,1
0,3643
0,3665
0,3686
0,3708
0,3729
0,3749
0,3770
0,3790
0,3810
0,3830
1,2
0,3849
0,3869
0,3888
0,3907
0,3925
0,3944
0,3962
0,3980
0,3997
0,4015
1,3
0,4032
0,4049
0,4066
0,4082
0,4099
0,4115
0,4131
0,4147
0,4162
0,4177
1,4
0,4192
0,4207
0,4222
0,4236
0,4251
0,4265
0,4279
0,4292
0,4306
0,4319
1,5
0,4332
0,4345
0,4357
0,4370
0,4382
0,4394
0,4406
0,4418
0,4429
0,4441
1,6
0,4452
0,4463
0,4474
0,4484
0,4495
0,4505
0,4515
0,4525
0,4535
0,4545
1,7
0,4554
0,4564
0,4573
0,4582
0,4591
0,4599
0,4608
0,4616
0,4625
0,4633
1,8
0,4641
0,4649
0,4656
0,4664
0,4671
0,4678
0,4686
0,4693
0,4699
0,4706
1,9
0,4713
0,4719
0,4726
0,4732
0,4738
0,4744
0,4750
0,4756
0,4761
0,4767
2,0
0,4772
0,4778
0,4783
0,4788
0,4793
0,4798
0,4803
0,4808
0,4812
0,4817
2,1
0,4821
0,4826
0,4830
0,4834
0,4838
0,4842
0,4846
0,4850
0,4854
0,4857
2,2
0,4861
0,4864
0,4868
0,4871
0,4875
0,4878
0,4881
0,4884
0,4887
0,4890
2,3
0,4893
0,4896
0,4898
0,4901
0,4904
0,4906
0,4909
0,4911
0,4913
0,4916
2,4
0,4918
0,4920
0,4922
0,4925
0,4927
0,4929
0,4931
0,4932
0,4934
0,4936
2,5
0,4938
0,4940
0,4941
0,4943
0,4945
0,4946
0,4948
0,4949
0,4951
0,4952
2,6
0,4953
0,4955
0,4956
0,4957
0,4959
0,4960
0,4961
0,4962
0,4963
0,4964
2,7
0,4965
0,4966
0,4967
0,4968
0,4969
0,4970
0,4971
0,4972
0,4973
0,4974
2,8
0,4974
0,4975
0,4976
0,4977
0,4977
0,4978
0,4979
0,4979
0,4980
0,4981
2,9
0,4981
0,4982
0,4982
0,4983
0,4984
0,4984
0,4985
0,4985
0,4986
0,4986
3,0
0,4987
0,4987
0,4987
0,4988
0,4988
0,4989
0,4989
0,4989
0,4990
0,4990
3,1
0,4990
0,4991
0,4991
0,4991
0,4992
0,4992
0,4992
0,4992
0,4993
0,4993
3,2
0,4993
0,4993
0,4994
0,4994
0,4994
0,4994
0,4994
0,4995
0,4995
0,4995
3,3
0,4995
0,4995
0,4995
0,4996
0,4996
0,4996
0,4996
0,4996
0,4996
0,4997
3,4
0,4997
0,4997
0,4997
0,4997
0,4997
0,4997
0,4997
0,4997
0,4997
0,4998
3,5
0,4998
0,4998
0,4998
0,4998
0,4998
0,4998
0,4998
0,4998
0,4998
0,4998
3,6
0,4998
0,4998
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
3,7
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
3,8
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
0,4999
3,9
0,5000
0,5000
0,5000
0,5000
0,5000
0,5000
0,5000
0,5000
0,5000
0,5000
4
0,5000
0,5000
0,5000
0,5000
0,5000
0,5000
0,5000
0,5000
0,5000
0,5000