VARIABILI ALEATORIE 2 1. Una moneta equilibrata viene lanciata

VARIABILI ALEATORIE 2
1. Una moneta equilibrata viene lanciata più volte. Qual è la probabilità che al 6 lancio:
(a) si abbia testa per la prima volta?
(b) Si sia avuto testa almeno una volta?
(c) Si sia avuta esattamente una testa?
(d) Si siano avute almeno due teste?
(e) Si sia avuto lo stesso numero di teste e croci?
2. Determinare la probabilità che lanciando 8 volte un dado il numero 4 si presenti
(a) esattamente 4 volte;
(b) almeno una volta;
(c) almeno 3 volte;
(d) al massimo 2 volte.
3. Ad uno studente viene sottoposto un test con 10 domande per ciascuna delle quali deve
scegliere una risposta fra le tre indicate (una sola di esse è esatta). Supera l’esame se
risponde almeno ad 8 domande. Calcolare la probabilità che venga promosso supponendo
che per ciascuna domanda lo studente scelga a caso.
4. Una variabile con distribuzione binomiale X ∼ Bi(n, p) assume valori in {0, 1, . . . , 8}.
Sapendo che il suo valore medio è 2 determinare n, p e quindi calcolare P(X = 5).
5. Sia X ∼ Po(1). Calcolare
(a) P(X = 0);
(b) P(X > 0);
(c) P(2 < X ≤ 4).
6. Il numero medio di telefonate che arrivano ad un centralino di un albergo in un’ora è 5.
Supponendo che il numero di telefonate si possa modellizzare con una variabile aleatoria
di Poisson calcolare la probabilità che
(a) durante un’ora non arrivino telefonate;
(b) durante un’ora arrivino 2 telefonate;
(c) durante mezz’ora arrivino al massimo 2 telefonate;
(d) durante due ore arrivi al più una telefonata.
7. Un dado viene lanciato sino a che non esce il numero 6. Calcolare la probabilità
1
(a) che esca al primo lancio;
(b) di dover fare esattamente 2 lanci;
(c) di dover fare più di 2 lanci.
In media quanti lanci occorreranno?
8. Si lancia una coppia di dadi sino a che non esce come somma 7. Calcolare la probabilità
(a) che esca al primo lancio;
(b) di dover fare esattamente 2 lanci;
(c) di dover fare più di 2 lanci.
In media quanti lanci occorreranno?
2
SOLUZIONI
1. (a) Se con T indichiamo il tempo di primo successo corrispondente all’uscita della prima
testa, si ha che T è una v.a. geometrica di parametro p = 1/2 (T ∼ Ge(1/2)). Quindi
T prende valori 1, 2, 3, . . . con probabilità, P(T = n) = (1 − p)n−1 p. La probabilità
richiesta è, allora
(
1 )5 1 ( 1 )6
P(T = 6) = 1 −
=
.
2 2
2
Se con X indichiamo il numero di successi (ovvero le teste uscite) su 6 lanci, si ha
che X è una v.a. binomiale di parametri n = 6 e p = 1/2 (X ∼ Bi(6, 1/2)). Quindi
X prende valori 0, 1, 2, 3, 4, 5 e 6 con probabilità,
( )( ) (
6 1 k
1 )6−k
1−
.
P(X = k) =
k 2
2
(b) La probabilità richiesta è, allora
( )( ) (
( 1 )6
6 1 0
1 )6−0
P(X ≥ 1) = 1 − P(X = 0) = 1 −
1−
=1−
.
0 2
2
2
(c) Qui la probabilità richiesta è
( )( ) (
( 1 )6
6 1 1
1 )6−1
P(X = 1) =
=6
.
1−
1 2
2
2
(d) Qui la probabilità richiesta è
P(X ≥ 2) = 1 − [P(X = 0) + P(X = 1)] = 1 −
[( 1 )6
2
( 1 )6 ]
( 1 )6
+6
=1−7
.
2
2
(e) Qui la probabilità richiesta è
( )( ) (
( 1 )6
6 1 3
1 )6−3
P(X = 3) =
1−
= 20
.
3 2
2
2
2. Se con X indichiamo il numero di successi, ovvero i 4 usciti su 6 lanci, si ha che X è una
v.a. binomiale di parametri n = 6 e p = 1/6 (X ∼ Bi(6, 1/6)). Quindi X prende valori
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 e 8 con probabilità,
( )( ) (
8 1 k
1 )8−k
P(X = k) =
1−
.
k 6
6
(a) La probabilità richiesta è, allora
( )( ) (
( 1 )4 ( 5 )4
8 1 4
1 )8−4
P(X = 4) =
1−
= 70
.
4 6
6
6
6
(b) Qui la probabilità richiesta è
P(X ≥ 1) = 1 − P(X = 0) = 1 −
3
( )( ) (
( 5 )8
8 1 0
1 )8−0
1−
=1−
.
0 6
6
6
(c) Qui la probabilità richiesta è
P(X ≥ 3) = 1 − [P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2)] =
( )( ) (
( )( ) (
[(8)( 1 )0 (
1 )8−0
8 1 1
1 )8−1
8 1 2
1 )8−2 ]
1−
1−
+
1−
+
1−
=
0 6
6
1 6
6
2 6
6
[( 5 )8
( 1 )( 5 )7
( 1 )2 ( 5 )6 ]
1−
+8
+ 28
.
6
6 6
6
6
(d) Qui la probabilità richiesta è
P(X ≤ 2) = P(X = 0)+P(X = 1)+P(X = 2) =
[( 5 )8
6
+8
( 1 )( 5 )7
6
6
+28
( 1 )2 ( 5 )6 ]
6
6
.
3. Sia X il numero di risposte esatte. Ogni volta ha probabilità 1/3 di rispondere esattamente
e fa 10 tentativi, quindi X ∼ Bi(10, 1/3). Egli è promosso se X ≥ 8. Quindi la probabilità
di essere promosso è
(
P(X ≥ 8) = P(X = 8) + P(X = 9) + P(X = 10) =
)( ) (
( )( ) (
( )( ) (
)
1 10−8
10 1 9
1 )10−9
10 1 10
1 )10−10
10 1 8
1−
+
1−
+
1−
= 0.003.
8
3
3
9
3
3
10 3
3
Un po’ bassina!
4. Dai valori che X assume si deduce che n = 8. Dal momento che E[X] = np = 8p = 2,
segue p = 1/4. Quindi
( )( ) (
( 1 )5 ( 3 )3
1 )8−5
8 1 5
1−
= 56
.
P(X = 5) =
4
4
4
5 4
5. Se X ∼ Po(1), allora X assume valori 0, 1, 2, . . . con probabilità P(X = k) =
(a) P(X = 0) =
e−1
0!
e−1
k! .
= e−1 .
(b) P(X > 0) = 1 − P(X = 0) = 1 −
e−1
0!
= e−1 .
(c) P(2 < X ≤ 4) = P(X = 3) + P(X = 4) =
e−1
3!
+
e−1
4!
=
5 −1
24 e .
6. Sia X il numero di telefonate che arrivano al centralino in un’ora. X ∼ Po(5). Quindi X
k
prende i valori {0, 1, 2, . . .} con probabilità P(X = k) = 5k! e−5 .
(a) La probabilità che in un’ora non arrivino telefonate è P(X = 0) =
(b) La probabilità che in un’ora arrivino due telefonate è P(X = 2) =
50 −5
0! e
52 −5
2! e
= e−5 .
=
25 −5
2 e .
Sia ora Y il numero di telefonate che arrivano al centralino in mezz’ora. Y ∼ Po(2.5).
k
−2.5 .
Quindi Y prende i valori {0, 1, 2, . . .} con probabilità P(Y = k) = 2.5
k! e
(c) La probabilità che mezz’ora al massimo arrivino due telefonate è
P(Y ≤ 2) = P(Y = 0) + P(Y = 1) + P(Y = 2) =
2.50 −2.5 2.51 −2.5 2.52 −2.5
e
+
e
+
e
.
0!
1!
2!
Sia ora Z il numero di telefonate che arrivano al centralino in due ore . Z ∼ Po(10).
k
Quindi Z prende i valori {0, 1, 2, . . .} con probabilità P(Z = k) = 10k! e−10 .
4
(d) La probabilità che in due ore arrivi al più una telefonata è
P(Z ≤ 1) = P(Z = 0) + P(Z = 1) =
100 −10 101 −10
e
+
e .
0!
1!
7. Se con T indichiamo il tempo di primo successo corrispondente all’uscita del primo 6, si
ha che T è una v.a. geometrica di parametro p = 1/6 (T ∼ Ge(1/6)). Quindi T prende
( )n−1
1
valori 1, 2, 3, . . . con probabilità, P(T = n) = (1 − p)n−1 p = 56
6.
(a) La probabilità richiesta è, P(T = 1) = 16 .
( )2−1
1
(b) La probabilità richiesta è, P(T = 2) = 56
6 =
5
36 .
(c) La probabilità richiesta è, P(T > 2) = 1 − [P(T = 1) + P(T = 2)] = 1 −
[
1
6
]
5
+ 36
=
25
36 .
Ricordando che la media di una geometrica è l’inverso del parametro, si ha E[T ] = 6. In
media occorrerà attendere 6 lanci prima di vedere il primo 6.
8. Se con T indichiamo il tempo di primo successo corrispondente alla prima volta che esce
7 come somma, si ha che T è, come nell’esercizio precedente una una v.a. geometrica
di parametro p = 1/6 (T ∼ Ge(1/6)). Quindi le soluzioni sono identiche a a quelle
dell’esercizio precedente.
5