Soluzioni degli esercizi del capitolo

Statistica - metodologie per le scienze economiche e sociali /2e
S. Borra, A. Di Ciaccio - McGraw Hill
Soluzione degli esercizi del capitolo 8
Es.
8.1
.
a. L’insieme degli eventi elementari è:
, 15),(16 ),(21)(
, 22 ),(23),(24 ),(25),(26 ),(31),(32 ),(33),(34 ),(35),(36 ), ⎫
⎧(11),(12),(13),(14)(
Ω=⎨
⎬
, 64 ),(65),(66 )⎭
⎩(41),(42),(43),(44),(45),(46),(51),(52),(53),(54),(55),(56),(61),(62),(63)(
b. Detto A l’evento “punteggio complessivo >6” o equivalentemente “somma dei due dadi > 6”:
n. di casi favorevoli
21
P ( A) =
=
n. di casi possibili
36
8.2
Ε sono:
({ }) = 14 P ({CC}) = 14
Le probabilità degli eventi appartenenti a
( )
({ })
1
P (∅ ) = 0 P TT =
P TC
4
P
1
= P CT
4
({(TT ), (TC )}) = 24 P ({(TT ), (CC )}) = 24 P ({(TC ), (CT )}) = 24 P ({(TT ), (CC )}) = 24 P ({(TC ), (CC )}) = 24 P ({(CT ), (CC )}) = 24
({(TT ), (TC ), (CT )}) = 34 P ({(TT ), (TC ), (CC )}) = 34 P ({(TT ), (CT ), (CC )}) = 34 P ({(TC ), (CT ), (CC )}) = 34
P (Ω ) = 1
P
8.3
a. L’insieme degli eventi elementari è: Ω = {(TTT ),(TTC ),(TCT ),(CTT ),(CCT ),(CTC ),(TCC )(
, CCC )}
b. Detto A l’evento “almeno una volta testa” e A l’evento complementare “nessuna testa nei tre lanci”:
1 7
P ( A) = 1 - P ( A ) = 1 − =
8 8
8.4
Detto A l’evento “punteggio = 6” e B l’evento “punteggio pari”:
casi favorevoli a ( A ∩ B ) : {(6)}
casi favorevoli a B : {(2), (4), (6)}
P ( A ∩ B ) n. dei casi favorevoli ad (A ∩ B ) 1
P (A B) =
=
=
P (B )
n. dei casi favorevoli a B
3
8.5
Detto A l’evento “punteggio di uno dei due dati = 5” e B l’evento “punteggio complessivo = 9”:
P ( A ∩ B) 2
I casi favorevoli a B sono Ω = {(36 ), (45), (54 ), (63)} da cui P ( A B ) =
= .
P (B )
4
8.6
Detto A l’evento “persona estratta maschio”, B l’evento “persona estratta credente”:
600
1000
700
b. P (B ) =
1000
350
c. P (A ∩ B ) =
,
1000
a. P ( A) =
d. P (B A ) =
8.7
(
)
n. dei casi favorevoli ad A ∩ B
50
=
.
400
n. dei casi favorevoli a A
Detto B l’evento “seconda pallina estratta rossa”, A l’evento “prima pallina estratta rossa” (dunque A è l’evento
“prima pallina estratta non rossa, cioè bianca”:
P (B ) = P (B ∩ ( A ∪ A )) = P ( A ∩ B ) + P ( A ∩ B ) , e utilizzando la formula (8.6.2) segue che,
60 59 40 60 5940
P ( A) =
⋅
+
⋅
=
100 99 100 99 9900
8.8
a. La probabilità degli eventi elementari è:
P (prima, seconda e terza pallina estratta nera ) =
30 30 30
27
=
100 100 100
1000
P (prima e seconda pallina estratta nera, terza pallina estratta bianca ) =
30
100
30
P (prima e terza pallina estratta nera, seconda pallina estratta bianca ) =
100
30
P (prima pallina estratta bianca, seconda e terza pallina estratta nera ) =
100
30
P (prima pallina estratta nera, seconda e terza pallina estratta bianca ) =
100
70
P (prima e terza pallina estratta bianca, seconda pallina estratta nera ) =
100
70
P (prima e seconda pallina estratta bianca, terza pallina estratta nera ) =
100
70 70 70
343
P (prima, seconda e terza pallina estratta bianca ) =
=
100 100 100
1000
30
100
70
100
30
100
70
100
30
100
70
100
70
100
30
100
70
100
70
100
70
100
30
100
=
=
=
=
=
=
63
1000
63
1000
63
1000
147
1000
147
1000
147
1000
b. Dato che le palline si reimmettono nell’urna dopo la loro estrazione, si ha che l’informazione sul colore delle
palline uscite nelle prime due estrazioni non influenza la probabilità di uscita di una pallina bianca alla terza
estrazione. Dunque:
P (terza pallina estratta bianca | prima e seconda pallina estratta bianca
P (terza pallina estratta bianca
8.9
)=
)=
70
100
Detto A1 l’evento “primo biglietto estratto vincente”, A2 l’evento “secondo biglietto estratto vincente”, B l’evento
“almeno un biglietto estratto vincente”:
995 994
P (B ) = 1-P (B ) = 1-P (A1 ∩ A2 ) = 1-P (A1 )P (A2|A1 ) = 1 −
1000 999
8.10 Si consideri che le estrazioni, che determinano gli eventi, sono tra loro indipendenti e che non si tiene conto dell’ordine
di estrazione. Si noti inoltre che nella Fig.8.2.1 non sono riportate tutte le possibili permutazioni: ad esempio, per
l’evento A si ha che le possibili quaterne che presentano una pallina rossa, una nera e due bianche sono le seguenti:
NRBB, NBRB, NBBR
RNBB, BNRB, BNBR
RBNB, BRNB, BBNR
RBBN, BRBN, BBRN
Nella Fig, 8.2.1 abbiamo riportato solamente una di queste possibili configurazioni (l’ultima). Quindi, in definitiva, per
quanto riguarda l’evento A , abbiamo 12 possibili configurazioni tutte con uguale probabilità. Il calcolo si può
effettuare nel modo seguente.
a.
P(A ) = P (siano estratte 2 bianche, 1 rossa, 1 nera ) =
= P (nera, rossa, bianca, bianca ) × numero possibili combinazioni =
⎛ 20 30 50 50 ⎞
=⎜
⎟ × 12 = 0,18
⎝ 100 100 100 100 ⎠
b.
In questo caso è possibile una notevole semplificazione dei calcoli considerando la probabilità di
estrarre una pallina che non sia nera.
P (B ) = P (non sia mai nera nelle quattro estrazioni ) =
20 ⎞⎛
20 ⎞⎛
20 ⎞⎛
20 ⎞ ⎛ 80 80 80 80 ⎞
⎛
= ⎜1 −
⎟⎜1 −
⎟⎜1 −
⎟⎜1 −
⎟=⎜
⎟ = 0,4096
⎝ 100 ⎠⎝ 100 ⎠⎝ 100 ⎠⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 100 100 100 ⎠
c.
In analogia a quanto detto per l’evento del punto a., si ottiene:
⎛ 50 50 50 30 ⎞
⎛ 50 50 50 20 ⎞
⎛ 50 50 50 50 ⎞
P (C ) = ⎜
⎟+
⎟ + 4×⎜
⎟ + 4×⎜
⎝ 100 100 100 100 ⎠
⎝ 100 100 100 100 ⎠
⎝ 100 100 100 100 ⎠
⎛ 50 50 20 20 ⎞
⎛ 50 50 30 30 ⎞
⎛ 50 50 30 20 ⎞
+ 4×⎜
⎟ + 4×⎜
⎟ + 12 × ⎜
⎟ = 0,6225
⎝ 100 100 100 100 ⎠
⎝ 100 100 100 100 ⎠
⎝ 100 100 100 100 ⎠
8.11 Poichè siamo a conoscenza che la vettura estratta è difettosa, dalla formula (8.7.1) segue che:
P ( proviene dallo stabilimento A vettura difettosa) =
0,1 ⋅ 0,1
0,01
=
= 0,18
(0,1 ⋅ 0,1) + (0.05 ⋅ 0,3) + (0.05 ⋅ 0,6) 0,055
0,05 ⋅ 0,3
0,015
=
= 0,27
(0,1 ⋅ 0,1) + (0.05 ⋅ 0,3) + (0.05 ⋅ 0,6) 0,055
0,05 ⋅ 0,6
0,015
P ( proviene dallo stabilimento C vettura difettosa) =
=
= 0,55
(0,1 ⋅ 0,1) + (0.05 ⋅ 0,3) + (0.05 ⋅ 0,6) 0,055
P ( proviene dallo stabilimento B vettura difettosa) =
8.12 In questo caso lo spazio campionario è Ω = {1,2,3,4,5,6}
4
3
; P (B ) = ; dalla formula (8.4.1) si ha che
6
6
P (C ) = P (punteggio divisibile per 3) + P (punteggio divisibile per 5) − P (punteggio divisibile per 3 e per 5) =
2 1
3
= + −0 =
6 6
6
a. P (A ) =
b. Dalla formula (8.6.1) si ha che
3
P (C ∩ A ) 6 3
P (C | A ) =
=
=
4 4
P (A )
6
I tre eventi non sono indipendenti. Per dimostrare ciò, occorre dimostrare che non vale almeno una delle
condizioni descritte nell’ultima nota del paragrafo (8.6). Ad esempio, si ha che:
P (C ∩ B ) =
2 33
≠
= P (B )P (C )
6 66
Gli eventi A e C non sono indipendenti: infatti si ha P (C | A ) ≠ P (C )
8.13
Detto A l’evento “lo studente conosce la risposta” e B l’evento “lo studente sceglie la risposta esatta”, si vuole
determinare
P(A | B) = probabilità che lo studente conosce la risposta sapendo che ha risposto esattamente.
Sappiamo che
P(B | A) = probabilità che sceglie la risposta esatta dato che conosce la risposta = 1
P(B | A ) = probabilità che sceglie la risposta esatta dato che non conosce la risposta =
1
= 0.25
4
Sulla base della formula (8.7.1), si ha che
P (A | B ) =
P (A ) ⋅ P (B | A )
( ) (
P (A ) ⋅ P (B | A ) + P A ⋅ P B | A
)
=
0 .4 ⋅ 1
= 0.72
0.4 ⋅ 1 + 0.6 ⋅ 0.25
Se la domanda ha 8 possibili risposte, si ha che
P(B | A ) = probabilità che sceglie la risposta esatta dato che non conosce la risposta =
1
= 0.125
8
e dunque, dalla formula (8.7.1)
P (A | B ) = =
0. 4 ⋅ 1
= 0.84
0.4 ⋅ 1 + 0.6 ⋅ 0.125
8.14 Detto A l’evento “l’individuo è fumatore”, B l’evento “l’individuo è affetto dalla patologia”, si ha:
P (B ) = P (B ∩ A ) + P B ∩ A = P (A ) ⋅ P (B | A ) + P A ⋅ P B | A = 0.15 ⋅ 0.20 + 0.85 ⋅ 0.05 = 0.0725
(
)
( ) (
)
8.15 Dalla formula (8.6.3) i due eventi sono indipendenti se P ( A ∩ B ) = P ( A) ⋅ P (B ) = 0,1 pertanto si deve avere che
P (B ) = 0,1 P ( A) = 0,1 0,2 = 0,5 , inoltre se sono indipendenti P (B A) = P (B ) = 0,5 .
8.16 Sia E1=Il primo laureato è in una delle tre squadre, E2=il secondo laureato è in una squadra diversa da quella
del primo, E3= il terzo laureato è in una squadra diversa da quella degli altri due. Allora,
20
10
P(E1 ∩ E 2 ∩ E3 ) = P(E1 ) ⋅ P(E 2 E1 ) ⋅ P(E3 E1 ∩ E 2 ) e poiché P(E1 ) = 1 , P (E 2 E1 ) =
, P(E3 E1 ∩ E 2 ) =
29
28
20 10
si ha P(E1 ∩ E 2 ∩ E3 ) = 1 ⋅ ⋅
= 0,246 .
29 28
8.17
Dai dati si ottiene P(B ) = 0,2 ⋅ 0,5 + 0,5 ⋅ 0,4 + 0,8 ⋅ 0,1 = 0,38 e quindi applicando il teorema di Bayes si ha:
0,2 ⋅ 0,5
0,5 ⋅ 0,4
0,8 ⋅ 0,1
P( A1 B ) =
= 0,26 , P (A2 B ) =
= 0,53 , P (A3 B ) =
= 0,21 .
0,38
0,38
0,38
Il medico prescriverà le medicine per la malattia A2 .
8.18
Dai dati si ottiene P (B ) = 0,7 ⋅ 0,5 + 0,3 ⋅ 0,1 + 0,5 ⋅ 0,4 = 0,58 e quindi applicando il teorema di Bayes si ha:
0,7 ⋅ 0,5
0,3 ⋅ 0,1
0,5 ⋅ 0,4
P( A1 B ) =
= 0,60 , P (A2 B ) =
= 0,05 , P ( A3 B ) =
= 0,35 .
0,58
0,58
0,58
Si conclude che è più probabile che sia occupato.
8.19
Consideriamo i tre eventi: A=il tesoro si trova dietro la prima porta, B=il tesoro si trova dietro la seconda
porta, C=il tesoro si trova dietro la terza porta. All’inizio del gioco il primo giocatore avrà
1
P( A) = P(B ) = P(C ) = . Il primo giocatore indica la prima porta e il secondo giocatore risponde aprendo la
3
seconda.
A questo punto si ha che:
1
P (il secondo giocatore apre la seconda porta A ) =
2
P (il secondo giocatore apre la seconda porta B) = 0
P (il secondo giocatore apre la seconda porta C ) = 1
Applicando il teorema di Bayes si ottiene:
(1 2) ⋅ (1 3)
1
=
(1 2) ⋅ (1 3) + (0) ⋅ (1 3) + (1) ⋅ (1 3) 3
(1) ⋅ (1 3)
2
=
P(C il secondo giocatore apre la seconda porta ) =
(1 2) ⋅ (1 3) + (0) ⋅ (1 3) + (1) ⋅ (1 3) 3
P(A il secondo giocatore apre la seconda porta ) =
Quindi al giocatore converrà sempre cambiare porta.