Esercizi riassuntivi di probabilità

Esercizi riassuntivi di probabilità
Esercizio 1
Una ditta produttrice di fotocopiatrici sa che la durata di una macchina (in
migliaia di copie) si distribuisce come una normale con µ = 1600 e σ 2 = 3600.
Essa risarcisce 500 euro all’acquirente se la durata della macchina è inferiore
a 1506. Calcolare la probabilità che
1. in seguito alla vendita di una fotocopiatrice la ditta debba risarcire 500
euro
2. su 5 fotocopiatrici vendute la ditta debba risarcire al massimo 500 euro
3. su 5 fotocopiatrici vendute la ditta debba risarcire almeno 500 euro.
4. su 100 macchine vendute la ditta debba risarcire più di 5000 euro.
5. su 120 macchine vendute la ditta debba risarcire meno di 5000 euro.
Esercizio 2
Data una scheda telefonica da 5 euro di cui non si sa se sia mai stata usata
e nel caso sia stata usata non si conosce l’ammontare ancora disponibile, è
ragionevole ipotizzare per tale ammontare X una distribuzione di probabilità
uniforme (continua).
1. Calcolare valore atteso e varianza di X
2. Devo fare una telefonata interurbana il cui costo sarà di 2 euro. Quale è la probabilità che la scheda telefonica sia sufficiente per fare la
telefonata?
3. Ho 10 schede telefoniche tutte con un ammontare che si distribuisce come descritto sopra, quale è la probabilità che l’ammontare complessivo
delle 10 schede sia superiore a 30 euro?
Esercizio 3
Si osserva il tempo di attesa Y delle auto al casello autostradale in un’ora
di punta e si vede che per il 95% delle auto tale tempo è almeno 3 minuti
mentre solo il 2% aspettano più di 14 minuti. Supponendo che Y abbia una
distribuzione normale, calcolare
1. il tempo medio di attesa e la varianza
2. la probabilità che il tempo di attesa sia al massimo di 3 minuti
3. la probabilità che il tempo di attesa sia tra 3 e 7 minuti
4. la probabilità che il tempo di attesa sia tra 7 e 10 minuti
5. la probabilità che il tempo di attesa sia più di 10 minuti
Esercizio 4
Una marca di birra offre confezioni contenenti nominalmente 55 cl di prodotto. Si osserva che il 10% delle confezioni contiene meno di 53,5 cl di birrra
e che il 15% più di 56 cl. Assumendo che la distribuzione del contenuto sia
normale calcolare:
1. il contenuto medio delle lattine di birra e la sua varianza
2. la probabilità che selezionando a caso una lattina questa abbia un
contenuto minore di quello nominale
3. la probabilità che selezionando a caso 3 lattine al massimo due abbiano
un contenuto inferiore a quello nominale
Soluzioni degli esercizi riassuntivi di probabilità
Esercizio 1
1. Sia X la variabile che descrive la durata (in migliaia di copie) di una fotocopiatrice. Allora, X ∼ N(1600,3600). In seguito alla vendita di una
fotocopiatrice, la ditta deve risarcire 500 euro solo se la fotocopiatrice
ha una durata inferiore a 1506. Quindi la probabilità richiesta è:
1506 − 1600
√
= Φ(−1, 57) =
P (X < 1506) = Φ
3600
= 1 − Φ(1, 57) = 1 − 0, 9418 = 0, 0582
2. Dire che su 5 fotocopiatrici vendute la ditta deve risarcire al massimo
500 euro è equivalente a dire che su 5 fotocopiatrici vendute al massimo
una ha durata inferiore a 1506. Pertanto la probabilità richiesta è la
probabilità che su 5 fotocopiatrici vendute al massimo una ha durata
inferiore a 1450. Indicando con N la variabile casuale che descrive il
numero di fotocopiatrici con durata inferiore a 1506 tra le 5 vendute, si
ha N ∼ Bin(5, p = 0, 0582), dove la probabilità di successo della binomiale p è in questo caso data dalla probabilità che una fotocopiatrice
abbia durata inferiore a 1506, ossia 0,0582, come ottenuto al punto 1.
La probabilità richiesta è quindi
5
0, 05820 (1 − 0, 0582)5 +
P (N ≤ 1) = P (N = 0) + P (N = 1) =
0
5
0, 05821 (1 − 0, 0582)4 = 0, 9699
+
1
3. La probabilità richiesta è
P (N ≥ 1) = 1 − P (N < 1) = 1 − P (N = 0) =
5
0, 05820 (1 − 0, 0582)5 = 0.259
=1−
0
dove N è la variabile casuale binomiale definita al punto 2.
4. Dire che su 100 macchine vendute la ditta deve risarcire più di 5000 euro equivale a dire che su 100 macchine vendute più di 10 hanno durata
inferiore a 1506. Sia M la variabile casuale che descrive il numero di
macchine con durata inferiore a 1506, tra le 100 vendute. Allora, la probabilità richiesta è P (M > 10). Sappiamo che M ∼ Bin(100,0,0582).
Per calcolare P (M > 10) possiamo usare l’approssimazione normale
(in base al teorema del limite centrale), dato che sia np che nq sono
maggiori di 5. Abbiamo, M ∼· N (100·0, 0582, 100·0, 0582·(1−0, 0582)).
Allora,
!
10
−
100
·
0,
0582
P (M > 10) =· 1 − Φ p
=
100 · 0, 0582 · (1 − 0, 0582)
= 1 − Φ(1, 79) = 1 − 0, 9633 = 0, 0367
dove Φ(z) indica la funzione di ripartizione di una N(0,1).
5. Seguiamo lo stesso procedimeno del punto precedente. Se R è la variabile casuale che descrive il numero di macchine di durata inferiore a 1506 tra le 120 vendute, allora R ∼ Bin(120,0,0582) e la probabilità richiesta è P (R < 10). Per calcolare tale probabilità usiamo l’approssimazione normale (in base al teorema del limite centrale)
R ∼· N (120 · 0, 0582, 120 · 0, 0582 · (1 − 0, 0582)), da cui
!
10
−
120
·
0,
0582
= Φ(1, 18) = 0, 881
P (R < 10) =· Φ p
120 · 0, 0582 · (1 − 0, 0582)
Esercizio 2
1. Per quanto specificato dal testo è ragionevole assumere per X, la disponibilità residua della scheda, una distribuzione uniforme (continua)
sull’intervallo (0,5): X ∼ U (0, 5). Per tanto il valore atteso di X è
E(X)=5/2=2,5 euro e V(X)=(5 − 0)2 /12 = 25/12 = 2, 083 euro2 .
2. La probabilità richiesta è P (X ≥ 2). Usando la formula per la funzione di ripartizione di una variabile casuale uniforme, tale probabilità
risulta:
P (X ≥ 2) = 1 − P (X ≤ 2) = 1 − (2 − 0)/(5 − 0) = 0, 6
3. Sia Xi la variabile casuale che descrive la disponibilità residua (in euro)
dell’i-esima scheda telefonica, i = 1, . . . , 10 e sia T = X1 +X2 +. . .+X10
la variabile casuale che descrive l’ammontare complessivo delle 10 schede. La probabilità cercata è P (T > 30). Per calcolare tale probabilità
utilizziamo l’approssimazione normale (in base al teorema del limite
centrale), per cui T ∼· N (E(T ), V (T )), dove
E(T ) = E(X1 + X2 + . . . + X10 ) = E(X1 ) + E(X2 ) + . . . + E(X10 ) =
= 10 · E(Xi ) = 10 · 2, 5 = 25 euro
e
V (T ) = V (X1 + X2 + . . . + X10 ) = V (X1 ) + V (X2 ) + . . . + V (X10 ) =
= 10 · V (Xi ) = 10 · 2, 083 = 20, 83 euro2
dove per la varianza si è usata l’indipendenza delle variabili Xi . Allora,
30 − 25
·
P (T > 30) = 1 − Φ √
= 1 − Φ(1, 1) = 1 − 0, 8643 = 0, 1257
20, 83
Esercizio 3
1. Sia Y la variabile casuale che descrive il tempo di attesa in minuti. Allora, Y ∼ N (µ, σ 2 ), dove µ e σ 2 sono ignote. Tuttavia è noto
che P (Y ≥ 3) = 0, 95 e P (Y > 14) = 0, 02. Usiamo queste due
informazioni per ricavare µ e σ 2 .
3−µ
0, 95 = P (Y ≥ 3) = 1 − Φ
σ
ossia
Φ
da cui
3−µ
σ
= 1 − 0, 95 = 0, 05
3−µ
= z0,05 = −z1−0,05 = −1, 645
σ
dove z0,05 indica come al solito il quantile 0,05 della normale standardizzata. Inoltre,
14 − µ
0, 02 = P (Y > 14) = 1 − Φ
σ
ossia
Φ
da cui
14 − µ
σ
= 0, 98
14 − µ
= z0,98 = 2, 07
σ
Abbiamo quindi ottenuto il sistema
3−µ
= −1, 645
σ
14 − µ
= 2, 07
σ
che, risolto rispetto a µ e σ, produce: µ = 7, 87 minuti e σ = 2, 96
minuti. Quindi la media del tempo di attesa è 7,87 minuti e la varianza
è 2,962 =8,76 minuti2 .
2. La probabilità richiesta è P (Y ≤ 3)=1 − P (Y ≥ 3)=1-0,95=0,05.
3. La probabilità richiesta è
P (3 < Y < 7) = F (7) − F (3) = Φ
7 − 7, 87
2, 96
−Φ
3 − 7, 87
2, 96
= Φ(−0, 29) − Φ(−1, 65) == (1 − Φ(0, 29)) − (1 − Φ(1, 65)) =
= Φ(1, 65) − Φ(0, 29) = 0, 95 − 0, 6141 = 0, 336
=
4. La probabilità richiesta è
P (7 < Y < 10) = F (10) − F (7) = Φ
10 − 7, 87
2, 96
−Φ
7 − 7, 87
2, 96
=
Φ(0, 72)−Φ(−0, 29) = Φ(0, 72)−(1−Φ(0, 29)) = 0, 7642−1+0, 6141 = 0, 378
5. La probabilità richiesta è
P (Y > 10) = 1−F (10) = 1−Φ
10 − 7, 87
2, 96
= 1−Φ(0, 72) = 1−0, 7642 = 0, 236.
Esercizio 4
1. Sia X la variabile casuale che descrive il contenuto di una confezione
di birra (in cl). Allora, X ∼ N (µ, σ 2 ), dove µ e σ 2 sono ignote. Per
calcolare media e varianza si dispone però delle seguenti informazioni:
P (X < 53, 5) = 0, 1 e P (X > 56) = 0, 15. Dalla prima condizione
abbiamo
53, 5 − µ
0, 1 = P (X < 53, 5) = Φ
σ
da cui
53, 5 − µ
= z0,1 = −z0,9 = −1, 282.
σ
dove z0,1 indica il quantile 0,1 della normale standardizzata. Dalla
seconda condizione si deriva
56 − µ
0, 15 = P (X > 56) = 1 − P (X ≤ 56) = 1 − Φ
σ
ossia
Φ
da cui
56 − µ
σ
= 0, 85
56 − µ
= z0,85 = 1, 04
σ
Abbiamo quindi ottenuto il sistema
53, 5 − µ
= −1, 282
σ
56 − µ
= 1, 04
σ
che, risolto rispetto a µ e σ, produce: µ = 54, 88 e σ = 1, 08. Quindi,
il contenuto medio è 54,88 cl e la varianza è 1,082 =1,17 cl2 .
2. La probabilità richiesta è
55 − 54, 88
= Φ(0, 11) = 0, 5438.
P (X < 55) = Φ
1, 08
3. Sia N la variabile casuale che descrive il numero di lattine con un contenuto inferiore a quello nominale tra le 3 estratte. Allora, N ∼ Bin(3,
0,5438), dove la probabilità di successo della binomiale è la probabilità che una lattina abbia contenuto inferiore a quello nominale, ossia
0,5438 come calcolato al punto 2. La probabilità richiesta è
P (N ≤ 2) = 1 − P (N > 2) = 1 − P (N = 3) =
3
0, 54383 (1 − 0, 5438)0 = 0, 839.
=1−
3