Politecnico di Milano - Anno Accademico 2010

Politecnico di Milano - Anno Accademico 2010-2011
Statistica 086449
Docente: Alessandra Guglielmi
Esercitatore: Stefano Baraldo
Esercitazione 4
14 Aprile 2011
Exercise 1. Una compagnia aerea vola con due tipi di aerei: uno da 20 posti
e uno da 10 posti. Poiché è noto che i viaggiatori che prenotano i voli poi non
si presentano con una probabilità del 10%, vengono sempre accettate 22 prenotazioni per il 20 posti e 11 per il 10 posti. Su quale aereo è più elevato il rischio
di lasciare fuori almeno un passeggero che ha prenotato regolarmente, sapendo
che è stato accettanto il massimo numero di prenotazioni (rispettivamente 22 e
11)?
Solution. Sia Xi la variabile che indica se l’i-esimo cliente si presenta; per
cui Xi ∼ B(0.9) e le Xi sono indipendenti per ogni i. Ora sia S11 il numero di
clienti che si presentano su 11 che hanno prenotato, e sia S22 l’analogo su 22
prenotazioni. Allora:
11
P(S11 > 10) = P(S11 = 11) =
0.911 0.111−11 ' 0.3138
11
22
22
21
P(S22 ≥ 21) =
0.9 0.1 +
0.922 0.122−22 ' 0.3392,
21
22
quindi il rischio è più elevato per l’aereo da 22 posti.
Exercise 2. Se X ha legge binomiale di parametri n e p, qual è la legge di
Y = n − X?
Solution. Poichè X ∈ {0, . . . , n}, also Y ∈ {0, . . . , n}, allora
n
P(Y = k) = P(n − X = k) = P(X = n − k) =
pn−k (1 − p)k =
n−k
n
=
(1 − p)k pn−k ,
k
n
n!
dove abbiamo usato il fatto che nk = k!(n−k)!
= n−k
.
Quindi Y ∼ B(n, 1 − p).
Exercise 3. Un bambino estrae con reimmissione delle palline da un sacchetto
che ne contiene 90, numerate da 1 a 90 e per il resto indistinguibili.
1. Qual è la probabilità che su 6 estrazioni esattamente 4 numeri risultino
pari?
2. Calcolare il valore approssimato della probabilità che su 200 estrazioni il
numero 90 esca almeno 3 volte.
Solution.
1
1. Poichè p = 45/90 = 0.5 è la probabilità di ottenere un numero pari in una
singola estrazione, il numero di numeri pari ottenuti in 6 estrazioni con
reimmissione è una variabile X ∼ B(6, 1/2). Quindi
4 2
6
1
15
1
P(X = 4) =
=
= 0.234375.
4
2
2
64
2. Sia U la v.a. che conta il numero di volte in cui il 90 è uscito su 200
estrazioni; allora U ∼ B(200, 1/90). Possiamo approssimare questa distribuzione binomiale con una distribuzione poissoniana di parametro 200
90 .
Pertanto
P(U ≥ 3) = 1 − P(U = 0) − P(U = 1) − P(U = 2)
= 1 − e−200/90 − e−200/90
200
− e−200/90
90
200
90
2
1
' 0.383.
2
Exercise 4. Il numero di particelle emesse al secondo da sostanza radioattiva segue una distribuzione di Poisson. Se la probabilità di non emissione di
particelle, in 1 secondo, è pari a 0.165, trovare
1. il numero atteso di emissioni al secondo;
2. la probabilità di avere non più di 2 emissioni al secondo.
Solution.
1. Sia X il numero di particelle emesse al secondo. La v.a. discreta X è
distributa secondo una legge di Poisson di media µ. Sappiamo che
P(X = 0) = e−µ = 0.165,
da cui
E(X) = µ = − log(0.165) ' 1.802
2
µ
2. P(X ≤ 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) = e−µ + e−µ 1!
+ e−µ (µ)
2! '
0.730.
Exercise 5. Tra le 2 e le 4 del pomeriggio, il numero medio di chiamate telefoniche al minuto che arrivano ad un certo centralino è 2.5. Trovare la probabilità che, in un minuto, ci siano
1. zero chiamate telefoniche;
2. due chiamate telefoniche;
3. quattro o meno chiamate telefoniche;
4. più di sei chiamate telefoniche.
Solution.
1. Sia X il numero di chiamate al minuto. Possiamo pensare che X sia
distribuita secondo una legge di Poisson di valore atteso µ = 2.5. Ricordando che se X
è una variabile di Poisson di valore atteso µ allora
x
P(X = x) = e−µ µx! , abbiamo che P(X = 0) = e−2.5 = 0.082085.
2
2
2. P(X = 2) = e−2.5 2.5
2! ' 0.2565
3.
P(X ≤ 4) =
4
X
P(X = k)
k=0
2.52
2.53
2.54
2.5
+ e−2.5
+ e−2.5
+ e−2.5
1!
2!
3!
4!
= 0.0820 + 0.205 + 0.257 + 0.214 + 0.134 ' 0.892.
= e−2.5 + e−2.5
4.
P(X > 6) =1 − P(X ≤ 6) = 1 − P(X ≤ 4) + P(X = 5) + P(X = 6)
' 1 − 0.892 − 0.067 − 0.028 = 0.013.
Exercise 6. Ad un centralino arrivano in media 15 telefonate all’ora.
1. Calcolare la probabilitá che in cinque minuti non arrivi piú di una telefonata.
2. Calcolare la probabilitá che in dieci minuti arrivino almeno 3 telefonate.
3. Calcolare il tempo che intercorre mediamente tra una telefonata e la successiva.
4. Calcolare la probabilitá che tra una telefonata e la successiva passino meno
di 6 minuti.
5. Se il centralino funzionasse per 18 ore, quante telefonate arriverebbero in
media?
Solution. Misuriamo il tempo in minuti. Se Xt =numero di telefonate che arrivano in t minuti, allora Xt ∼ P (λt) ove λ é il numero di telefonate che arrivano
15
mediamente in un minuto (cioé: = λ = 60
= 41 ). Sia inoltre T =intertempo tra
una telefonata e la successiva, ovviamente T ∼ Exp( 41 ).
1. X5 ∼ P ( 54 ) quindi
5
5 5
9 5
P(X5 ≤ 1) = P(X5 = 0) + P(X5 = 1) = e− 4 + e− 4 = e− 4 ' 0.6446
4
4
2. X1 0 ∼ P ( 52 ) quindi
P(X1 0 ≥ 3) = 1 − P(X1 0 ≤ 2) = P(X1 0 = 0) + P(X1 0 = 1) + P(X1 0 = 2)
2
5
5
5 5
1 5
53 5
= 1 − e− 2 − e− 2 −
e− 2 = 1 − e− 2 ' 0.4562
2
2 2
8
3. E[T ] = 4 [minuti]
1
4. P(T < 6) = 1 − e− 4 ·6 ' 0.7769
5. 18 ore = 1080 minuti, quindi E[X1080 ] = 270
3
Exercise 7. Un impiegato di un call center lavora dalle 8 del mattino fino alle
5 del pomeriggio, con pause 10:00 - 10:15, 12:30 - 13:30 e 14:45 - 15:00. Sia
assuma che le telefonate arrivino seguendo un processo di Poisson con numero
atteso di chiamate all’ora pari a 6.
1. Si calcoli la probabilità che ci sia al massimo una chiamata durante la
pausa caffè al mattino.
2. Si calcoli la probabilità che arrivino al massimo 3 chiamate complessivamente durante le pause.
3. Si calcoli la probabilità che prima della pausa caffè del mattino arrivino
meno di 6 chiamate.
4. Si calcoli la probabilità che la prima chiamata del giorno avvenga dopo le
8:10 del mattino.
5. Si calcoli la probabilità che la seconda chiamata arrivi prima delle 8:30.
6. Si calcoli la probabilità che l’impiegato possa fare qualcos’altro per 45
minuti senza essere disturbato da una chiamata.
7. Si calcoli la probabilità che tra una chiamata e la successiva passino almeno
5 minuti ma meno di 10.
Solution. Per semplicità considereremo il tempo misurato in ore e decimali di
ora, anziché minuti, in modo che le 10:30 diventino 10.5 etc. Sia Nt il numero
di chiamate al call center: questa è una variabile aleatoria di legge P (6t).
1. La pausa caffè al mattino dura 45 minuti, quindi dobbiamo calcolare
P(N10.15 − N10 ≤ 1) = P(N0.25 ≤ 1) = P(N0.25 = 0) + P(N0.25 = 1)
1
3
1
1
3 3
= e−6 4 + 6 e−6 4 = e− 2 + e− 2 = 0.5578254
4
2
Abbiamo usato la proprietà del processo di Poisson per la quale Nt −Ns =
Nt−s if t ≥ s
2. La probabilità richiesta è
P((N10.15 − N10 ) + (N13.5 − N12.5 ) + (N15 − N14.75 ) ≤ 3).
Per semplificare questo evento possiamo utilizzare le proprietà del processo
di Poisson: Nt −Ns = Nt−s if t ≥ s and Ns +Nt = Ns+t . Quindi otteniamo
P(N1.5 ≤ 3) =
3
X
e−6×1.5
k=0
(6 × 1.5)k
' 0.0212.
k!
3.
(6 · 2)2 −6·2 (6 · 2)3 −6·2
e
+
e
+
2
6
(6 · 2)4 −6·2 (6 · 2)5 −6·2
+
e
+
e
= 0.02034103
24
120
P(N2 < 6) = e−6·2 + 6 · 2e−6·2 +
4
4. Se T1 è il tempo trascorso prima di ricevere la prima chiamata, P(T1 >
1
1/6) = P(N1/6 = 0) = e−6 6 = e−1 = 0.3679
5. Sia T2 il tempo trascorso tra la prima e la seconda chiamata e sia T̃2
l’istante della seconda chiamata.
Sfruttando la proprietà per la quale la somma di variabili Ti ∼ Exp(λ),
i = 1, ..., n, ha legge T1 + ... + Tn = T̃n ∼ Gamma(n,
λ), abbiamo
che
2: Probabilità
Capitolo
T̃2 ∼ Gamma(2, 6), quindi otteniamo
Z 1/2
Z 1/2
1/2
P(T̃2 < 0.5) =
62 xe−6x dx =
6e−6x dx − 6xe−6x 0
77
0
0
che ,S non funzioni. Per I'ipotesi di
2. Calcoliamo (1 - o), ossia la−3probabilità
−3
= 1 − e − 3e = 0.8008517.
connessionein parallelo, questa è uguale alla probabilità che tutti i componenti non
Alternativamente, si può trovare la probabilità cercata notando che:
funzionino; per I'indipendenzadei componenti, questa è il prodotto delle probabilità
P(Towero
= P(N0.5 ≥ 2) = 1 − P(N0.5 < 2),
1 + T2 <il0.5)
prodotto
che ciascunonon funzioni,
che ci porta allo stesso risultato.
.
(1 -3 o r) 9 ( 1 - aù. . . (1 - o").
6. P(N0.75 = 0) = e−6 4 = e− 2 = 0.011109
il fatto che se gli eventi "I
implicitamente
qui
Abbiamo
Da questo segue
7. Sia la
T tesi.
il tempo
trascorso
trausato
una chiamata
e la successiva; T ∼ Exp(6),
otteniamo
cheindipendenti,per la Proposizione58, anche gli eventi
sono
funziona"
componente A;quindi
1
tr
loro indipendenti.
"Il cómponenteP(1/12
sono
Ai non
≤ Tfunziona"
≤ 1/6) = P(T
≤ tra
1/6)−P(T
≤ 1/12) = e− 2 −e−1 = 0.2386512
Exercise 8. Si valuti l’affidabilità del sistema rappresentato, supponendo che
i componenti
abbiano
le affidabilità
reliabilites:in figura, supponendo
delseguenti:following
sistemaschematizzato
I'affidabilità
Si calcoli
Esempio58.
affidabilità:
le seguenti
chei componentiabbiano
A : 0.95
B : 0.99
C : 0.70 D : 0.70 E : 0.90
A : 0. 9 5 ;B : 0 . 9 9 ; C : 0. 7 0 D : 0 .7 0 ; . E: 0' 9 0'
Il sistemacostituitodai 2 componentiC, D ha affidabilità
Solution. Il sistema
( 1 - 0 .7ha) (affidabilità
1- 0. 7 ): 0 .9 1.
a@dC:)1− D- (parallelo)
aC,D = 1 − (1 − 0.7)(1 − 0.7) = 0.91;
può vedersicome costituito da 4 componentiin serie: A,B,la coppia
Il sistema
Il sistema globale si può vedere come formato da 4 elementi in serie: A, B, (C, D), E,
ha affidabilità:
(C , D), E,quindi
e quindi
ha affidabilità
' 0,9
= 0.95' 0.99
· 0.99 ·' 0.91
· 0.9
' 0.77.
0.91
'\"0.77.
o,: a 0.95
n
Exercise 9. In un ufficio lavorano 4 impiegati, con un capo ufficio e un vice capo
ufficio; tutte queste personepiù
spesso dalin
lavoro.
lavoro dell’ufficio
I'affidabittà del
diminuisce
serieOgni
componenti
che connettere mancano
Si osservi
può essere compiuto da uno qualsiasi degli impiegati presenti, dopodiché viene
componenti); viceversa connettere più
singole
quella
sistema (rispetto
consegnato a
al capo
per delle
il controllo
finale e la firma; il vice capo ha lo stesso
delle singole
a quella
rispetto
I'affidabilità
parallelo
in del
ruolo
capo in aumenta
sua assenza.
Si suppongadel
chesistema,
ogni impiegato
abbia
affidabilcomponenti
ità (probabilità di presenza in ufficio quando un particolare lavoro deve essere
componenti.
completato) pari a 0.6, che il capo ufficio abbia affidabilità
0.5 e il vice capo
può avere un
ma 0.7.
un apparecchio,
Il termine sisterna non indica necessariamente
significato molto ampio; conseguentementela nozione di affidabilitù è apphcabile in
5
vari contesti.
Esempio 61. In un ufficio lavorano 4 impiegati, un capo ufficio e un vice capo; tutte e
sei le persone sono spessoassenti.Ogni pratica può esseresbrigatada uno qualunque
degli impiegati (basta che sia presente in ufficio), dopodiché viene passata al capo
ufficio per il controllo finale e la firma; il vice capo svolge la stessafunzione del capo,
1. Si rappresenti il sistema con uno schema di connessioni in serie o in parallelo e si calcoli l’affidabilità totale;
2. date le basse performance, il capo ha 2 possibilità: assumere un nuovo
impiegato di affidabilità 0.6, oppure dare a uno degli impiegati già presenti
il ruolo di aiuto vice capo (con lo stesso ruolo del vice ma affidabilità pari
a quella del suo vecchio ruolo). Qual è la scelta più conveniente?
?Uilqeqord :Z optldeC
8É
Solution.
eruoc avqezzJ.wvrel{cs
QBrrrelqsII 'D
a ltsEerdrlllII8ep ?ruol$sot]osIep RtmwplJJs,T
- I)
:wLo'o- u(g'o
I
1. L’affidabilità del sottosistema degli impiegati è
Qldsc enp lep eruelslsolloslep Rllllq!plJJ!,1
1 − (1 − 0.6)4 = 0.9744,
igg'o- (t'o- r)(g'o- r)
r
l’affidabilità del sottosistema dei due capi è
QsurelsrsIep Q{FqepIJ}e,l
1 − (1 − 0.5)(1 − 0.7) = 0.85,
'obt9 = V7,828'0: 98'0 'WL6'0
quindi l’affidabilità totale del sistema è
eq Btuelslsottosounrd I
RUIqBpIJJe
'q
un uoJ 'e lt!ure{e rse}odtonp efieu R{llqeplJJs,lotuu11oclec1g
'qld q o1e8e1du4
0.9744 · 0.85 = 0.82824.
' 91 696'0 :"(9 ' 0- r) - r
2. Con un ulteriore impiegato il sottosistema degli impiegati ha affidabilità
QeluelslsIep RIIIqepI.lJs,le
1 − (1 − 0.6)5 = 0.98976,
'ob V .*
? 96 Z I? 8' 0_9B '0 ' 91 68 6' 0
quindi l’affidabilità totale del sistema diventa
q{Uq!prJJeue Ile8erdun ewe}$so}}os F 'aoe^ul lso}odt upuooes !lleN
0.98976 · 0.85 = 0.841296.
,gt6.o_
,(g.o- r)
I
Nella seconda situazione, al contrario, il sottosistema degli impiegati ha
affidabilità
1 − (1 − 0.6)3 = 0.936,
Rlmq!psJuuq ldec 3rl TopetlIallsollosF
_ (g'o- t)(r'o- I)(g'o- r)
'P6'o
r
mentre l’affidabilità del sistema dei tre capi è
o
Quruolqs trepRllllqeplJJB,l
'a/o88 78618'0_ V6'0 ' 9t6'0
^-,
1 − (1 − 0.5)(1 − 0.7)(1 − 0.6) = 0.94,
tr
'spuJlsspuocesel ennEesIpqnb euel^uoJ
il che implica un’affidabilità totale pari a
0.936 · 0.94 = 0.87984;
gllllqeqord
ellnsouolzelolldecu
lp lzlclosf
quindi la seconda scelta è più conveniente.
'?ssoJ
?l eJelocl?J 'q
?un
:8rs
eqc
?u?c
!un
o
sJn8g
R{II.q!qoJd
'rrons
3I erelocl!J 'D
?un
:3IS
eqJ
!un
o
aqccld
ernSg
rp
Rwwqord
Ip
'"un"ue3
ozzew un BCI '6T'z
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6