Elementi di Analisi Numerica, Probabilità e Statistica,
modulo 2: Elementi di Probabilità e Statistica (3 cfu)
Probabilità e Statistica (6 cfu)
Scritto straordinario del 19 novembre 2014.
Nome e Cognome:
Esame da
3
6
cfu
(barrare la casella interessata)
Si ricorda che nella correzione dell'elaborato si valuteranno anche i procedimenti che portano ai risultati nali. Tali
procedimenti devono essere descritti o giusticati in modo sintetico, ma chiaro. Riportare solo il risultato nale,
anche se corretto, verrà considerato errore.
Problema 1 (tutti)
Ad un certo istante (t
= 0) un atomo viene eccitato dallo stato fondamentale.
L'intervallo
di tempo in cui l'atomo resta eccitato è una v.a. distribuita in modo esponenziale di parametro
λ.
In un certo volume sono contenuti
N
atomi identici ed indipendenti tutti eccitati
contemporaneamente.
2/30
1.
Dimostrare che la prob. che un atomo sia ancora eccitato dopo un tempo pari
al doppio della mediana è
2.
3/30
1/4.
Qual è la prob. che dopo un intervallo di tempo pari al quadruplo della mediana
vi sia rimasto un solo atomo eccitato ?
3.
5/30
Come cambiano le risposte alle domande precedenti se il parametro
volta una v.a. esponenziale di parametro
1/λ0
λ
è a sua
?
Problema 2 (tutti)
Sia
1.
X, Y
3/30
2.
3/30
una coppia di v.a. distribuite uniformemente in
la densità di probabilità congiunta
le densità marginali
;
3.
4/30
i valori medi
p
|X| < Y < 1.
Determinare
p(x, y);
pX (x) e pY (y) e le densità condizionate pX|Y (x|y) e pY |X (y|x)
E[X] e E[Y ] e la matrice delle covarianze.
Problema 3 (solo esame 6 cfu)
Si vuole indagare i tempi di risposta di 5 nuovi modelli
di transistor. I dati forniti da ogni fabbrica per i tempi
T1
T2
mostrati in tabella. Mediante un test ANOVA si vuole T3
vericare l'ipotesi che il tempo di risposta non dipenda T4
T5
di risposta (in ns) di un campione di transistor sono
dal tipo di transistor.
Dopo aver specicato l'ipotesi
131
132
128
128
118
133
129
131
126
119
131
131
130
123
119
132
136
133
123
121
131
129
132
126
120
128
129
132
128
119
nulla, determinare
1.
3/30
2.
3/30
le medie di gruppo e la media totale;
SSW
e
SSB e il loro numero di gradi di libertà, specicando sotto quali condizioni
sono stimatori corretti;
3.
4/30
se al livello di signicatività del 1%, 5% e 10% si può rigettare l'ipotesi nulla.
Problema 1 (tutti)
T =
1. Come indicato nel testo la v.a.
tempo di vita nello stato eccitato è esponenziale
−λt
di parametro λ. La densità è quindi λ e
, da cui segue la funzione cumulativa F (t) =
−λt
1−e
e la mediana t1/2 = ln(2)/λ.
Pertanto
P (T > 2t1/2 ) = 1 − F (2t1/2 ) = · · · = 1/4.
2. La diseccitazione di ogni atomo è la ripetizione di un evento di Bernoulli dove il successo
P (successo) = 1 − F (4t1/2 ) = 1/16 ≡ p.
N k
P (k atomi eccitati per t > 4t1/2 ) =
p (1 − p)N −k
k
è atomo eccitato per
Segue
t > 4t1/2
. Pertanto
da cui
N
P (1 atomo eccitato per t > 4t1/2 ) =
p(1 − p)N −1 = N p(1 − p)N −1
1
P (λ < Λ < λ + dλ) = (1/λ0 ) e−λ/λ0 dλ. Applicando il teorema della prob.
totale la densità di T diventa
Z
P (t < T < t + dt) = d λ P (t < T < t + dt|λ < Λ < λ + dλ)P (λ < Λ < λ + dλ)
3. Adesso
ovvero
Z
P (t < T < t + dt) =
0
+∞
1 −λ/λ0
λ0
e
=
dt
d λ λ e−λt d t
λ0
(1 + λ0 t)2
Da cui segue
F (t) = P (T < t) = 1 −
Pertanto
t1/2 = 1/λ0
e
P (T > 2t1/2 ) = 1/3,
mentre
1
1 + λ0 t
P (T > 4t1/2 ) = 1/5.
Problema 2 (tutti)
D è −1 < x < 1 e
p(x, y) = 3/2 in D e 0
1. La regione di denizione
elementari). Pertanto
p
|x| < y < 1
la cui area e'
2/3
(integrali
altrove.
2. Applicando le denizioni si trova
pX (x) = (3/2)(1 −
p
|x|)
−1<x<1
pY (y) = 3y 2
0<y<1
1
pX|Y (x|y) = 2
− y2 < x < y2
2y
p
1
p
pY |X (y|x) =
|x| < y < 1
1 − |x|
da cui si vede che le v.a. non sono indipendenti.
3. Con semplici integrali si trova
E[X] = 0, E[Y ] = 3/4, E[X 2] = 1/7, E[Y 2] = 3/5,
E[XY ] = 0. Risulta pertanto Var[X] = 1/7, Var[Y ] = 3/80 e Cov[X, Y ] = 0.
Problema 3 (solo esame 6 cfu)
H0 (Xi,j ∼ N (µ, σ 2 )).
= 131, 131, 131, 125 + 2/3, 119 + 1/3
1. L'ipotesi nulla è
Risulta
Xi,∗
e
X∗∗ = 127.6
2.
SSW = 98 + 2/3
solo sotto H0 .
con 25 gdl, sempre corretto.
SSB = 640 + 8/15
con 4 gdl, corretto
3. La statistica da usare è una F di Fisher F4,25 = 40.574. Risulta P (F4,25 > 40.574) =
1.38 · 10−10 che è il p-dei-dati. Ne segue che H0 si può rigettare praticamente sempre:
se si ripete il test 10 miliardi di volte una sola volta si troverà un valore di F maggiore
di 40.57.
Analisi confermata dallo studio delle zone di rigetto
4.18, f5% = 2.76
e
f10% = 2.18.
P (F4,25 > fα ) = α.
Infatti
f1% =
