Eserciziario di Calcolo delle Probabilità

Eserciziario
di Calcolo delle Probabilità
Piero Quatto, Riccardo Borgoni, Elena Colicino, Daniela Mariosa
1
PARTE 1
Probabilità e variabili casuali discrete
2
Sezione 1. Insieme e calcolo combinatorio
Esercizio 1
Scrivere a cosa corrisponde la parte colorata
Esercizio 2
Ad un concorso sono ammesse solo persone laureate e che hanno meno di trent’anni o che hanno figli.
Filippo non è laureato, ha 25 anni e un figlio. Tommaso è laureato, ha 40 anni e due figli. Mattia è
laureato, ha 31 anni e non ha figli. Chi di loro può partecipare al concorso?
Esercizio 3
Siano gli insiemi:
• A = {1,2};
• B = {2,3};
• C = {3,4};
• D = {4,5}.
Trovare A∩B, C∩D, A∪B e C∪D. Verificare che (A∩B) ∪ (C∩D) diverso da (A∪B) ∩ (C∪D)
Soluzione
A∩B={2} e C∩D={4}, mentre A∪B={1,2,3} e C∪D={3,4,5}, da cui si ottiene che
{2}∪{4} = {2,4} e {1,2,3} ∩ {3,4,5} = {3} (sono diversi)
Esercizio 4
Sia X ={a, b, c, d}. Scrivere tutti gli elementi dell’insieme A formato da tutti i sottoinsiemi di X che
hanno cardinalità 2 e dell’insieme B formato da tutti i sottoinsiemi di X che non contengono a.
Determinare: A∩B, A∪B.
Soluzione
A= {{a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d}, {c, d}};
B= {0, {b}, {c}, {d}, {b, c}, {b, d}, {c, d}, {b, c, d}};
A∩B= {{b, c}, {b, d}, {c, d}};
3
A∪B= {0, {b}, {c}, {d}, {a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d}, {c, d}, {b, c, d}}.
Esercizio 5
Sia A = { 1, 2, 3, . . . , 11 }.
1. Quanti sono i sottoinsiemi di A?
2. Quanti di questi contengono il numero 5?
3. Quanti sottoinsiemi contengono il numero 2 o il numero 7?
4. Quanti non contengono numeri pari?
Soluzione
1. 2|A| = 211 = 2048.
2. Per calcolare quanti sottoinsiemi contengono il numero 5 basta considerare i sottoinsiemi di A \
{5} (a ciascuno di questi possiamo aggiungere l’elemento 5 per ottenere un sottoinsieme di A
che contiene 5, e viceversa). Quindi abbiamo 2|A\{5}| = 210 = 1024 sottoinsiemi possibili.
3. I sottoinsiemi che non contengono né 2 né 7 sono evidentemente 2|A\{2,7}| = 29 = 512. I
sottoinsiemi che contengono 2 o 7 sono quindi 2048−512 = 1536.
4. I sottoinsiemi che non contengono numeri pari sono formati esclusivamente da numeri dispari.
L’insieme A comprende sei numeri dispari (1, 3, 5, 7, 9 e 11) e quindi ha 26 = 64 possibili
sottoinsiemi di numeri dispari.
Esercizio 6
In una gara con 25 concorrenti vengono premiati i primi cinque.
1. Quante sono le possibili assegnazioni dei premi?
2. Quante sono le possibili assegnazioni dei premi se si sa che il concorrente Rossi è sicuramente
tra essi?
3. Quante sono le possibili assegnazioni dei premi se si sa che Rossi arriverà secondo?
Soluzione
1. Nel primo caso basta fare D25,5=6375600.
2. Nel secondo caso basta disporre i 24 concorrenti diversi da Rossi nelle quattro posizioni
possibili (D24,4=255024) e poi piazzare Rossi, che potrà andare in uno dei cinque posti possibili:
255024·5=1275120.
3. Nell'ultimo caso si dovranno solo piazzare i 24 concorrenti diversi da Rossi nelle quattro
posizioni possibili (D24,4=255024).
Esercizio 7
Quanti sono gli anagrammi della parola cane (ammettendo anche parole prive di significato)?
Soluzione
Si tratta di calcolare le disposizioni di 4 oggetti distinti di classe 4. Si ottiene 24.
Esercizio 8
Supponiamo di avere 15 letterine magnetiche diverse tra loro a disposizione: quante parole diverse di 5
lettere potremmo formare con esse (ammettendo anche parole prive di significato)?
Soluzione
In questo caso la stringa che dobbiamo formare ha 5 posizioni. Nella prima posizione possiamo mettere
uno qualsiasi dei 15 caratteri magnetici. Nella seconda posizione possiamo mettere solo uno dei
rimanenti 14 caratteri. Nella terza possiamo scegliere tra 13 lettere, e nella quarta tra 12. Nell’ultima
4
posizione possiamo scegliere solo tra 11 lettere: quelle non utilizzate nelle altre 4 posizioni. Quindi in
totale ci sono 15・14・13・12・11= 360.360 scritte possibili.
Esercizio 9
In quanti modi possiamo assegnare i numeri di maglia (da 1 a 11) agli 11 titolari di una squadra di
calcio?
Soluzione
Mettiamo i giocatori in riga e distribuiamo le maglie: al primo giocatore può toccare una qualsiasi delle
11 maglie, al secondo una delle 10 rimaste...
P(11,11) = 11! = 39.916.800
Esercizio 10
In quanti modi possiamo scegliere 11 giocatori da una rosa di 18 (senza badare ai loro ruoli)?
Soluzione
Con la formula delle combinazioni otteniamo: C(18,11) =18! /(7! ・11!)= 31.824
Esercizio 11
Da un mazzo di 52 carte quanti modi possibili ci sono di scegliere 5 carte?
Soluzione
Con la formula delle combinazioni otteniamo: C(52,5) =52!/(47! ・5!)= 2.598.960
5
Sezione 2. Eventi e probabilità
Esercizio 12
In un’urna ci sono 20 palline: 4 Bianche e 16 Nere. Si effettuano due estrazioni con reinserimento.
Calcolare:
• la probabilità che la prima pallina estratta sia nera
• la probabilità di ottenere due palline dello stesso colore
• la probabilità che almeno una sia nera
• la probabilità di avere due palline di colore diverso
Soluzione
16
1. Sia l’evento N={la prima pallina estratta è nera}. P(N) =
la proporzione di palline nere
20
nell’urna.
1 1 4 4 17
2. U={due palline dello stesso colore}={BB, NN}. P(U)= ⋅ + ⋅ =
5 5 5 5 25
1 4 4 1 4 4 24
3. N1={almeno una pallina nera}={BN, NB, NN}. P(N1)= ⋅ + ⋅ + ⋅ =
oppure
5 5 5 5 5 5 25
P(almeno una nera) = 1 − P(BB) .
8
4. D={palline di colore diverso}={BN,NB}. P(D)=1-P(U)=
25
Esercizio 13
In un’azienda ci sono due macchine che vengono utilizzate quotidianamente. Nel corso di una giornata
la probabilità che si rompa la prima è 0,1 e che si rompa la seconda 0,15. Le due macchine possono
rompersi indipendentemente l’una dall’altra.
a. Qual è la probabilità che nel corso di una giornata non si rompa nessuna macchina?
b. Qual è la probabilità che nel corso di una giornata si rompa almeno una macchina?
c. I due eventi considerati al punto a e b sono indipendenti? Sono incompatibili?
Soluzione
Sia l’evento A={Si rompe la prima macchina}: P(A)=0,1
Sia l’evento B={si rompe la seconda macchina}: P(B)=0,15
1. Poiché A e B sono indipendenti: P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B) = 0,765
2. P(si rompe almeno una macchina)= P(A ∪ B) = 1 − P( A ∪ B) = 0,235
3. A ∩ B e A ∪ B sono eventi complementari pertanto sono incompatibili (l’intersezione tra i due
eventi è ∅) e non sono indipendenti.
Esercizio 14
Un dado regolare viene lanciato due volte. Nell’ipotesi che si sappia che il punteggio totale dei due
lanci è 6 qual è la probabilità che il punteggio del primo lancio sia stato 3?
Soluzione
Siano gli eventi A={punteggio totale uguale a 6} B={punteggio del primo lancio uguale a 3}. Si ha:
A={(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1)}
B={(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6)}
A∩B={(3,3)}
6
Quindi P(A)=5/36, P(A∩B)=1/36, P(B |A)= P(A∩B)/P(A)=1/5
Esercizio 15
Sapendo che P(A) =0,3 e P(A∪B)=0,65 determinare la probabilità di P(B):
1. Nell'ipotesi che A e B siano indipendenti.
2. Nell'ipotesi che A e B siano incompatibili.
3. Nell'ipotesi in cui P(B|A)=0,01
Soluzione
1. In questo caso P(A∩B)=P(A)*P(B) quindi P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A)*P(B) da cui segue che
P(B)=(P(A∪B)-P(A))/(1-P(A))=0,5
2. In questo caso P(A∩B)=0 quindi P(A∪B)=P(A)+P(B) da cui segue che P(B)=P(A∪B)-P(A)
=0,35
3. In questo caso P(B|A)=0,01 quindi P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=P(A)+P(B)-P(B|A)*P(A) da
cui segue che P(B)=P(A∪B)-P(A)+ P(B|A)*P(A)=0,353
Esercizio 16
Si dimostri che se A, B e C sono eventi indipendenti allora vale:
P(A∪B∪C)=1-[1-P(A)]*[1-P(B)]*[1-P(C)]
Soluzione
P(A∪B∪C)=1-P(A∩B∩C)= 1- P(A)*P(B)*P(C)=1-[1-P(A)]*[1-P(B)]*[1-P(C)]
Esercizio 17
Due amiche si recano in libreria. E' noto che la probabilità che la prima acquisti libri è 0,6, che la
seconda acquisti libri è 0,8 e che entrambe acquistino libri è 0,5. Sapendo che all'uscita dalla libreria
almeno una ha acquistato libri, determinare la probabilità che la prima abbia acquistato libri.
Soluzione
Siano gli eventi A={la prima acquista libri}, B={la seconda acquista libri}. P(A)=0,6, P(B)=0,8 e
P(A∩B)=0,5.
P(A∪B)=P(A)+P(B)- P(A∩B)
P(A|(A∪B))=P(A∩(A∪B))/P(A∪B)=P(A∪ (A∩B))/ P(A∪B)=P(A)/P(A∪B)
Esercizio 18 (Prova scritta del 22/9/2003)
La probabilità che uno studente si presenti preparato all’esame di Statistica Matematica è del 75%.
Inoltre, la probabilità che uno studente preparato superi l’esame è del 96%, mentre la probabilità che
uno studente non preparato sia promosso è del 3%.
1. Scelto a caso uno studente, si verifichi che i due eventi A={studente preparato} e B={esame
superato} non sono incompatibili e si determini P(B).
2. Si calcoli la probabilità che uno studente che ha superato l’esame sia preparato e la si confronti
con la probabilità che uno studente che ha superato l’esame non sia preparato.
3. Si stabilisca se gli eventi A e B sono indipendenti.
Soluzione
Sono date P(A)=0.75, P(B|A)=0.96 e P(B|A)=0.03.
7
1. Due eventi sono incompatibili se A∩B = ∅ ovvero poiché P(A∩B)=P(B | A)P(A) = 0.72 >0 ⇒
A∩B ≠∅ i due eventi sono compatibili. P(B)=P(B|A) *P(A)+P(B|A)*P(A)=0.7275.
2. P(A|B)=P(A∩B)/P(B)=0.99. P(A|B)=1-P(A|B)=0.01.
3. -Due eventi sono indipendenti se P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B) poiché P(A) P(B) = 0.5238 ≠ P(A∩B)
⇒ A,B non sono indipendenti.
Esercizio 19 (Prova scritta del 2/2/2004)
La probabilità che oggi piova è 0,25, mentre la probabilità che sia nuvoloso è 0,40. Inoltre la
probabilità che sia nuvoloso dato che piove è pari a 1.
1. Si determini la probabilità che piova dato che è nuvoloso.
2. Si confronti la probabilità che sia nuvoloso e piova con la probabilità che piova.
3. Si determini la probabilità che sia nuvoloso e non piova.
Soluzione
Siano gli eventi P={piove} e N={nuvoloso}. P(P)=0,25, P(N)=0,4 e P(N|P)=1.
1. P(P|N)=(P(N|P)*P(P))/P(N)= 1*0,25/0,4=0,625
2. P(P∩N)=P(P) infatti P(P∩N)= P(N|P)*P(P)=0,25
3. P(N∩P)=P(P|N)*P(N)=(1-P(P|N))*P(N)=0,375*0,4=0,15
Esercizio 20
In una popolazione il 9% ha la malattia A. Sapendo che il 60% di coloro che hanno la malattia A hanno
anche la malattia B, mentre il 75% di coloro che non hanno A non hanno neppure B. Qual è la
probabilità che un individuo scelto casualmente:
1. non abbia la malattia B.
2. abbia la malattia A sapendo che ha anche la malattia B.
Soluzione
P(A)=0,09, P(B| A)=0,6 e P(B|A)=0,75
1. P(B)=P(B |A)*P(A)+P(B|A)*P(A)=(1-P(B |A))*P(A)+ P(B|A)*P(A)
2. P(A|B)=(P(B |A)*P(A))/P(B)
Esercizio 21 (Prova scritta del 23/2/2004)
La probabilità che un individuo scelto a caso abbia una certa malattia è 0,03. Inoltre la diagnosi della
malattia è effettuata mediante un test caratterizzato dalle probabilità seguenti: la probabilità che un
soggetto malato risulti positivo al test è 0,90, mentre la probabilità che un soggetto non malato sia
positivo è 0,02.
1. Si determini la probabilità che il test sia esito positivo.
2. Si calcoli la probabilità che un soggetto sia malato, dato che è risultato positivo al test.
3. Si confronti la probabilità del punto precedente con la probabilità che il soggetto non sia malato
dato che il test è negativo.
Soluzione
Siano gli eventi M={malato} e T={test positivo}. P(M)=0,03, P(T|M)=0,9 e P(T|M)=0,02.
1. P(T)=P(T|M)*P(M)+P(T|M)*P(M)
2. P(M|T)=(P(T|M)*P(M))/P(T)
3. P(M|T)=(P(T|M)*P(M))/P(T)=((1-P(T|M))*P(M))/P(T)
8
Esercizio 22 (Prova scritta del 3/2/2003)
Un programma per computer impiega la subroutine A nel 32% dei casi e la subroutine B nel restante
68%. Tale programma termina entro un prefissato tempo limite con probabilità 0,65 quando utilizza la
subroutine A e con probabilità 0,80 quando usa B.
1. Si calcoli la probabilità che il programma termini entro il tempo limite.
2. Si calcoli la probabilità che il programma abbia usato A dato che è terminato entro il tempo
limite.
Soluzione
Siano gli eventi A={impiega la subroutine A}, B={impiega la subroutine B} e T={termina entro il
tempo limite}. P(A)=0,32, P(B)=0,68, P(T|A)=0,65 e P(T|B)=0,8.
1. P(T)=P(T|A)*P(A)+P(T|B)*P(B)=0,752
2. P(A|T)=(P(T|A)*P(A))/P(T)=0,2765
Esercizio 23 (v.c. uniforme discreta)
Il tempo di percorrenza del treno che collega la stazione di Roma Termini con l’aeroporto L. Da Vinci
di Fiumicino è di 30 minuti esatti. Il percorso è lungo 30 km. e la velocità di percorrenza è costante
durante tutta la tratta.
1. Si è interessati a valutare la probabilità che il treno interrompa la corsa tra il 15-mo km. ed il 19mo km. per un guasto improvviso. Quanto vale tale probabilità?
2. Calcolare il valore atteso e la varianza della distribuzione di riferimento.
Soluzione
1. Poiché la velocità di percorrenza del treno è costante è lecito attendersi che la probabilità che il
treno interrompa improvvisamente la corsa per un guasto improvviso è costante durante tutta la
tratta di percorrenza, e quindi pari ad 1/30. La variabile casuale di riferimento X “il treno arresta
la sua corsa all’i-mo km. per un guasto improvviso” è quindi la uniforme discreta.
Dal 15-mo al 19-mo chilometro il treno percorre 5 dei 30 km. di percorrenza totale. La
probabilità richiesta è pertanto:
P(15≤X≤19)=P(X=15)+ P(X=16)+ P(X=17)+ P(X=18)+ P(X=19)=(1/30) *5=0,17
2. E(X)=(n+1)/2=(30+1)/2=15,5
V(X)=(n2-1)/12=75,08
9
Sezione 3. Le varaibili casuali binomiale e Poisson
Esercizio 24 (v.c. binomiale)
Un nuovo trattamento farmacologico sperimentato nell’ultimo anno è caratterizzato da una probabilità
d successo (guarigione) pari a 0.55. Un ospedale decide di sottoporre 4 pazienti al trattamento e si può
ragionevolmente assumere che la reazione di ciascuno di tali pazienti sia indipendente da quelle degli
altri.
1. Qual è la distribuzione di probabilità del numero di guarigioni tra i 4 pazienti in cura?
2. Qual è il numero atteso di pazienti, tra i 4 sottoposti al trattamento, che guariranno dalla
patologia di cui soffrono?
3. Qual è la probabilità che, dei 4 pazienti sottoposti al trattamento, almeno uno guarisca?
Soluzione
1. Sia Xi una variabile aleatoria definita da:
Xi= 1
paziente i guarisce
0
altrimenti
per ogni i = 1, 2, 3, 4. In base a quanto suggerito dal testo, Xi~bern(0.55).
Di conseguenza: N = X1 + X2 + X3 + X4 = numero di pazienti guariti, su 4.
Essendo le Xi indipendenti, oltre che identicamente distribuite, ne consegue che N~binom(4,
0.55) cioè
 4
x
4− x
x=0,1,2,3,4
P[N = x] =  (0,55) (0,45)
 x
2. Si ricordi che se N~binom(n, p), allora E[N] = np. Nel nostro caso: E[N] = 4·0.55 = 2.2.
3. In questo caso:
P[N ≥ 1] = 1 − P[N < 1] = 1 − P[N = 0] = 1 − (0.45)4 = 0.959.
Esercizio 25 (v.c. binomiale)
Un mazzo di fiori è composto da 52 fiori: 13 rose, 13 margherite, 13 viole e 13 girasoli. Vengono
estratti 5 fiori con reinserimento. Si è interessati alla variabile X=”numero di girasoli ottenute nelle
estrazioni”. Determinare:
1. Il valore e la varianza della variabile X
2. La probabilità di estrarre tre girasoli
3. La probabilità di estrarre almeno un girasole
4. La probabilità di estrarre almeno tre girasoli
5. La probabilità di estrarre al più tre girasoli
6. La probabilità di non estrarre girasoli
Soluzione
La v.c. che descrive il numero di volte, nelle n prove, che si verifica l’evento è la v.c. Binomiale. Il
supporto in tale caso è dato dai numeri interi da 0 a n.
Nel nostro caso i parametri della v.c sono n=5 e p=13/52=1/4. Quindi X~Bi(5,1/4).
• E(X)=np=5 (1/4)=1,25
V(X)=npq=5(1/4)(3/4)=15/16
• la probabilità di estrarre 3 girasoli:
P(X=3)=(5!/(3!(5-3)!))(1/4)3(3/4)5-3=0,0879
• la probabilità di estrarre almeno un girasole:
P(X≥1)= P(X=1)= P(X=2)+ P(X=3)+ P(X=4)+ P(X=5)=1-P(X=0)=1-0,2373=0,7627
• la probabilità di estrarre almeno tre girasoli:
10
P(X≥3)= P(X=3)+ P(X=4)+ P(X=5)= 0,0879+0,0146+ 0,001=0,1035
• la probabilità di estrarre al più tre girasoli:
P(X≤3)= P(X=3)+ P(X=2)+ P(X=1)+P(X=0)=1-P(X>3)=1-[P(X=4)+P(X=5)]=0,9844
• la probabilità di non estrarre girasoli:
P(X=0)=(5!/(0!(5-0)!))1(3/4)5=0,2373
Esercizio 26 (v.c. binomiale)
Un giocatore lancia sei volte un dado regolare. Qual è la probabilità che:
1. esca un numero pari almeno cinque volte
2. esca un numero minore di 3 al più una sola volta
Soluzione
Lanciare 6 volte un dado equivale ad effettuare n=6 prove indipendenti.
1. Fissare l’attenzione su un numero pari significa identificare due esiti:
“esito pari” = successo, per cui p=0,5
“esito dispari” = insuccesso, per cui (1-p)=q=0,5
Si utilizza quindi la v.c. Binomiale (6, 1/2) ottenendo:
P(X≥5)= P(X=5)+ P(X=6)
Dove P(X=5)=(6!/(5!(6-5)!))(1/2)5(1/2)6-5=0,0938
P(X=6)=(6!/(6!(6-6)!))(1/2)6(1/2)6-6=0,0156
Ottenendo P(X≥5)= P(X=5)+ P(X=6)=0,1094
2. Fissare l’attenzione su un numero minore di 3 significa identificare due eventi:
“esito<3”= successo, per cui p=1/3
“esito≥3”= insuccesso, per cui 1-p=q=2/3
Utilizzando la v.c. Binomiale(6,1/3) otteniamo:
P(X≤1)= P(X=0)+ P(X=1)= 0,0878+ 0,2634=0,3512
Esercizio 27 (v.c. poisson)
Il numero di studenti che si presentano presso la segreteria di un grande Ateneo ha una distribuzione di
Poisson. In media si presentano 3 studenti al minuto,
1. Qual è la probabilità che in un minuto arrivi almeno uno studente?
2. Qual è la probabilità che in due minuti non arrivi alcuno studente?
3. Qual è la probabilità che in tre minuti arrivino 15 studenti?
4. Qual è il numero medio di studenti in un’ora?
Soluzione
1. P(X=0)= (e -3 3 0 )/0!=0,0498
P(X≥1)= 1- P(X=0)=1-0,0498=0.9502
2. Se il numero di studenti che entrano in segreteria è pari a λ1= E (X) = 3, di conseguenza la v.c.
che descrive il numero di studenti in 2 minuti è X2 ~ Po(λ2) dove λ2=2λ1=6
P(X=0)= (e -6 6 0 )/0!=0,0025
3. X 3 ~ Po(λ 3 ) dove λ 3 =3λ 1 =9
P(X=15)= (e - 9 9 1 5 )/15!=0,0194
4. Se supponiamo λ = 3 studenti al minuto, allora in un’ora λ = 3*60=180 studenti.
Esercizio 28 (v.c. poisson)
Se la probabilità che un individuo sia allergico ad un certo vaccino è 0.001,
1. determinare la probabilità che su 2000 individui 3 siano allergici al vaccino
2. determinare la probabilità che su 2000 individui più di 2 siano allergici al vaccino.
11
Soluzione
N è grande e p è vicino a 0, quindi la distribuzione binomiale è ben approssimata dalla distribuzione di
Poisson.
λ X e − λ 2 X e −2
=
P(X individui allergici) =
X!
X!
λ
=
Np
=
(
2000
)(
0
.
001
)
=
2
Dove
.
3 −2
2 e
4
= 2 = 0.18
1. P(3 individui allergici) =
3!
3e
0 −2
2 e
1
= 2
2. P(nessun individuo allergico) =
0!
e
1 −2
2 e
2
= 2
P(1 individuo allergico) =
1!
e
2 −2
2 e
2
= 2
P(2 individui allergici) =
2!
e
P(Più di 2 individui allergici)= 1 – P(nessuno o 1 o 2 individui allergici)
2
2
2
2
= 1 − (1 / e + 2 / e + 2 / e ) = 1 − 5 / e = 0.323
Esercizio 29 (v.c. poisson)
In una fabbrica di cioccolato il numero X cioccolatini di forma irregolare prodotti giornalmente da una
macchina segue una distribuzione di Poisson con media θ.
1. Si calcoli la probabilità che X sia < 1.
2. Si calcoli la probabilità che X sia ≥ 4.
3. Definita la v.c. Y = min(2,X), se ne determini il supporto e la funzione di probabilità.
4. Si calcoli il valor medio di Y.
Soluzione
X è una v.c. di Poisson con parametro θ e Y = min(2,X).
1.
P(X < 1) = [P(X = 0)] = (e-θθ0)/0! = e-θ
2. P(X ≥ 4) = 1 – P(X < 4) = 1 – [P(X = 0)+ P(X = 1)+ P(X = 2)+ P(X = 3)]
= 1 – (1+θ+(θ2/2)+ (θ3/6))exp(-θ).
3. La v.c. Y ha supporto {0,1,2} e funzione di probabilità data da
P(Y = 0) = P(X = 0) = exp(-θ),
P(Y = 1) = P(X = 1) = θexp(-θ)
P(Y = 2) = P(X ≥ 2) = 1 – (1+θ)exp(-θ).
4. E(Y) = 0×P(Y = 0) + 1×P(Y = 1) + 2×P(Y = 2) = θexp(-θ) + 2[1 – (1+θ)exp(-θ)]
= 2 – (2+θ)exp(-θ).
Esercizio 30
Si lanciano due dadi con 4 facce (numerate da 1 a 4) equiprobabili.
1. Trovare il supporto della v.c. “Somma del punteggio dei due dadi”.
2. Calcolare la funzione di probabilità della v.c. “Somma”.
3. Calcolare la probabilità che si presenti un 8.
4. Calcolare la probabilità che si presenti un punteggio almeno pari a 5.
5. Scrivere la funzione di ripartizione della v.c. “Somma”.
6. Calcolare valore atteso e varianza.
12
Soluzione
1
2
3
4
1
2
3
4
5
2
3
4
5
6
3
4
5
6
7
4
5
6
7
8
1. Supporto:{2,3,4,5,6,7,8}
2. Funzione di probabilità è:
X
2
3
4
5
6
7
8
P(X=x)
0,0625
0,125
0,1875
0,25
0,1875
0,125
0,0625
3. P(X=8)=1/16
4. P(X ≥ 5)=P(X=5)+P(X=6)+P(X=7)+P(X=8) =0,25+0,1875+0,125+0,0625
5. La funzione di ripartizione è:
x<2
0
0,0625 2 ≤ x < 3

0,1875 3 ≤ x < 4

4≤ x<5
0,375
Φ X ( x) = 
5≤ x<6
0,625
0,8125 6 ≤ x < 7

0,9375 7 ≤ x < 8
1
x≥8

8
6. E(X) = ∑ x ⋅ P(X = x) =5
x =2
8
2
V(X)=E(X )-E(X) = ∑ x ⋅ P(X = x) -25=2,5
2
2
x =2
13
Sezione 4. Le varaibili casuali Geometrica e Ipergeometrica
Esercizio 31 (v.c. geometrica)
La probabilità che un centralino sia occupato ad un dato istante è p, indipendente dall’istante
considerato. Determinare la legge di probabilità del numero di tentativi necessari per trovare la linea
libera, se le chiamate vengono smistate immediatamente.
Soluzione
Siano p=pr{centralino sia occupato all’istante t} e X= {il numero di tentativi per trovare la linea
libera}.
p(x)=P(X=x) = pr{x tentativi per avere la linea}
= pr{primi x-1 tentativi con linea occupata, 1 tentativo con linea libera}
= (pr{linea occupata})x-1(pr{linea libera})
= Geometrica (1-p)
Esercizio 32 (v.c. geometrica)
Il gestore di una stazione di servizio regala un gratta e vinci ad ogni cliente. Egli garantisce che ogni
gratta e vinci ha probabilità 0,05 di contenere un messaggio che dà diritto a 20 euro di benzina gratuiti.
Un automobilista decide di far rifornimento sempre nella stessa stazione finché non ottiene un gratta e
vinci con il messaggio vincente.
1. Qual è la probabilità che un gratta e vinci con il messaggio vincente si verifichi al quinto
acquisto di benzina?
2. Qual è il numero medio di acquisti di benzina che l’automobilista deve effettuare affinché si
verifichi il gratta e vinci con il messaggio vincente?
3. Qual è la probabilità che l’automobilista vinca per la prima volta i 20 euro di benzina al terzo
gratta e vinci acquistato, dato che nei primi due non ha vinto?
Soluzione
CASO A: Se con X si intende il numero di insuccessi prima del successo (vincita) la funzione di
probabilità della v.c. è: P(X=x)=p(1-p) x con x=0,1,2,3,…
CASO B: Se con X si intende il numero dei tentativi per trovare il messaggio vincente (i tentativi
comprendono gli insuccessi e anche il successo) la funzione di probabilità della v.c. è: P(X=x)=p(1-p) x1
con x=1,2,3,…
1. CASO A: Se con X si intende il numero di insuccessi prima del successo:
P(X=4) = (1- 0,05)4 *0,05 = 0,0407
CASO B: Se con X si intende il numero dei tentativi per trovare il messaggio vincente
(insuccessi + il successo): P(X=5) = (1-0,05)5-1*0,05=0,0407
2. CASO A: Se con X si intende il numero di insuccessi allora il valore atteso di X è E[X]=(1p)/p=0,95/0,05 acquisti di benzina.
CASO B: Se con X si intende il numero dei tentativi per trovare il messaggio vincente
(insuccessi + il successo) allora il valore atteso di X è E[X]=1/p=1/0,05 acquisti di benzina.
3. Ci si avvale della proprietà di assenza di memoria della geometrica.
CASO A: Se con X si intende il numero di insuccessi prima del successo:
P(X=2|X≥2)=P(X=0)=(1-0,05)0*0,05=0,05.
CASO B: Se con X si intende il numero dei tentativi per trovare il messaggio vincente
(insuccessi + il successo) P(X=3|X≥2)=P(X=1)= (1- 0,05)1-1*0,05 = 0,05.
14
Esercizio 33 (v.c. geometrica)
In un'analisi di laboratorio, un esperimento ha il 30% di probabilità di dare una risposta positiva.
Quante prove/tentativi occorre fare per avere una probabilità del 90% di avere una risposta positiva?
Soluzione
La variabile X è il numero di prove/tentativi. Si ha p = 0,3.
P(X = 1) = 0,3
P(X = 1)=0,30<0,90
P(X = 2) = 0,3*0,7 = 0,21
P(X = 1)+ P(X = 2)=0,51<0,90
…
P(X = 6) = 0,3(1 - 0,3)5 = 0,05
P(X = 1)+P(X = 2)+ P(X = 3)+ …+ P(X = 6)=0,88<0,90
6
P(X = 7) = 0,3(1 - 0,3) =0,035
P(X = 1)+P(X = 2)+ P(X = 3)+ …+ P(X = 7)=0,91>0,90
Sono quindi necessarie 7 prove/tentativi.
Esercizio 34 (v.c. ipergeometrica)
Una scatola di cioccolatini è composta da 52 cioccolatini, fra i quali vi sono 13 al liquore e 4 con la
ciliegia. Un bambino sceglie a caso, senza rimessa, 5 cioccolatini,
qual è la probabilità che siano tutti al liquore?
qual è la probabilità che 4 dei 5 siano con la ciliegia?
Soluzione
Quando l’estrazione avviene in blocco (senza reimmissione) la v.c. che descrive il numero di unità
favorevoli nelle n estrazioni è ipergeometrica. La sua distribuzione dipende da 3 parametri: N = numero
complessivo delle unità, F = casi favorevoli e n = numero di estrazioni. X~IP(N;F;n). La probabilità
che X assuma valore x si calcola come rapporto tra casi favorevoli e casi possibili
1 X ~IP(52;13;5)
P(X=5)=
2 X ~IP(52;4;5)
Esercizio 35 (v.c. ipergeometrica)
Si consideri un’urna composta da 12 palline: 5 verdi, 4 rosse e 3 blu. Si supponga di estrarre a caso,
senza reimmissione, 3 palline dall’urna:
Qual e la probabilità che siano tutte blu?
Soluzione
X IP(12;3;3)
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Esercizio 36 (Prova parziale 21/3/2006)
Si trovi il valore del parametro θ per cui la tabella seguente definisce la funzione di probabilità di una
v.c. unidimensionale X.
X
p(x)
0
½
1
θ
2
2θ
1. Si calcolino P(0,5<X<2,5) e P(X>2,1).
2. Si calcolino il valore atteso e la varianza della v.c.
3. Si determini la funzione di ripartizione della v.c. X.
Soluzione
La funzione p(x) rappresenta la funzione di probabilità di una v.c. X. Deve valere
2
∑ P(X = x) = 1 e P(X = x) ≥ 0
x =0
X
p(x)
∀x . Quindi θ = 1/6.
0
½
1
1/6
2
2/6
1. P(0.5<X<2.5)=P(X=1)+P(X=2)=½
P(X>2,1)=0.
2. E(X)=0+1/6+4/6=5/6
Var(X)=E(X2)–E(X)2=3/2–(5/6)2=29/36=0.81, essendo E(X2) =0+1/6+8/6=3/2.
3. La funzione di ripartizione della v.c. X è data da: Φ X (x) = P(X ≤ x) da cui:
x<0
0
0,5 0 ≤ x < 1

Φ X ( x) = 
0,667 1 ≤ x < 2
1
x≥2
Esercizio 37
Si consideri un dado truccato e sia X la v.c. che esprime il punteggio del dado truccato, la cui funzione
di probabilità è:
X
1
P(X=x) 0,408
2
0,204
3
0,136
4
0,102
5
0,082
6
0,068
1. Qual è il singolo punteggio su cui risulta più conveniente scommettere?
2. Risulta più conveniente scommettere su un punteggio pari o dispari?
3. Si determini la probabilità di ottenere 2 dato che il punteggio è pari.
Soluzione
1. La moda di X è 1.
2. P(X pari)=0.374<0.626=P(X dispari).
3. P(X=2|X pari)=P(X=2)/P(X pari)=6/11=0.545.
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