APPROSSIMAZIONE NORMALE 1. Si tirano 300 dadi non truccati

APPROSSIMAZIONE NORMALE
1. Si tirano 300 dadi non truccati. Sia X la somma dei punteggi. Calcolare approssimativamente le probabilità seguenti.
(a) P(X > 1000);
(b) P(1000 < X ≤ 1100).
2. La quantità di neve, che cade al giorno,in un certo periodo dell’anno, su un tratto di autostrada, si può modellizzare come una variabile aleatoria di media 1.5 pollici e deviazione
standard 0.3 pollici.
(a) Qual è la probabilità (approssimata) che in 50 giorni cadano meno di 70 pollici di
neve?
(b) Qual è la probabilità (approssimata) che in 50 giorni cadano tra i 70 e i 90 pollici di
neve?
3. Un dado equilibrato viene lanciato 900 volte. Sia X il numero di volte che esce il sei.
Utilizzando l’approssimazione normale della binomiale calcolare:
(a) P(X > 180);
(b) P(X ≥ 160).
4. Un evento si presenta con probabilità uguale a 0.48. Si eseguono 1200 prove. Utilizzando
l’approssimazione gaussiana calcolare la probabilità che l’evento si presenti 576 volte.
5. Si lancia una moneta equa per 200 volte. Approssimando lo schema binomiale con quello
gaussiano calcolare la probabilità che l’evento testa si verifichi
(a) 100 volte;
(b) più di 100 volte.
6. Indichiamo con X il numero di teste su 800 lanci di una moneta che dà testa con probabilità
p. Usando l’approssimazione normale:
(a) nel caso p = 0.5, calcolare
P(380 < X < 420);
(b) sempre per p = 0.5, determinare
P(X ≤ 410);
(c) nel caso p = 0.25, determinare
P(X = 200).
1
7. Due dadi vengono lanciati 360 volte.
(a) Individuare la distribuzione della variabile X=“numero di volte che esce 7”;
(b) scrivere in termini della variabile X l’evento A={esce 7 almeno 50 volte};
(c) scrivere la formula esatta che fornisce la probabilità dell’evento A;
(d) calcolare con una opportuna approssimazione la probabilità dell’evento A.
8. Si estrae a caso 625 volte un numero compreso tra 1 e 5. Calcolare la probabilità che il
numero 3 si presenti fra le 50 e le 60 volte.
9. I pesi di certi pacchi ricevuti da un magazzino hanno una media di 300N ed uno scarto
quadratico medio di 50N . Qual è la probabilità che, scelto un campione di 100 pacchi,
questo abbia un peso medio che superi i 400N ?
10. Certe valvole prodotte da una fabbrica hanno un tempo di vita medio di 800h ed uno
scarto quadratico medio di 60h. Trovare la probabilità che un campione di 64 valvole
abbia un tempo di vita medio
(a) compreso tra 790 e 810h;
(b) inferiore a 785h;
(c) superiore a 820h;
(d) compreso tra 770h e 830h.
11. Un produttore di sigarette dichiara che la quantità di nicotina contenuta in ciascuna delle
sue sigarette è una variabile aleatoria di media 2.2mg e deviazione standard 0.3mg. Analizzando un campione di 100 sigarette si trova una media campionaria di 3.1mg. Se le
affermazioni della ditta fossero veritiere, quale sarebbe approssimativamente la probabilità
di trovare una media campionaria cosı̀ alta (ovvero ≥ 3.1)?
12. Un docente sa dall’esperienza passata che il punteggio all’esame finale degli studenti del
suo corso è distribuito con media 77 e deviazione standard 15. Attualmente egli ha due
classi, una di 64 ed una di 25 studenti.
(a) Quanto vale la probabilità che il punteggio medio della classe di 25 sia compreso tra
72 e 82?
(b) E per l’altra classe?
(c) Quale delle due classi è più probabile abbia ottenuto più di 82?
2
SOLUZIONI
1. Siano X1 , X2 , . . . , X300 i risultati ottenuti nei 300 lanci. Le v.a. Xi sono indipendenti ed
identicamente distribuite con legge:
Xi
prob
1
1/6
2
1/6
3
1/6
4
1/6
5
1/6
6
1/6
Calcoliamo la media e lo scarto quadratico medio delle Xi .
µ = E[Xi ] = 1 ·
1
1
1
1
1
1
7
+ 2 · + 3 · + 4 · + 5 · + 6 · = = 3.50,
6
6
6
6
6
6
2
mentre
E[Xi2 ] = 12 ·
1
1
1
1
1
1
91
+ 22 · + 32 · + 42 · + 52 · + 62 · = ,
6
6
6
6
6
6
6
da cui
q
p
σ = Var(X) = E[Xi2 ] − E[Xi ]2 =
r
r
91 ³ 7 ´2
35
−
= 1.71.
=
6
2
12
Allora X = X1 + X2 + . . . + X300 è la somma dei punteggi. Dal TLC si ha,
X − 300µ
X − 1050 •
√
=
∼ N(0, 1).
29.58
σ 300
(a) Si ha
³ X − 1050
1000 − 1050 ´
P(X > 1000) = P
>
29.58
29.58
≈ P(Z ∗ > −1.69) = 0.5000 + Φ(1.69) = 0.5000 + 0.4545 = 0.9545,
dove Z ∗ ∼ N(0, 1) e, come sempre, Φ(t) = P(0 ≤ Z ∗ ≤ t), ovvero l’area sottesa dalla
normale standard tra 0 e t.
Usando la correzione di continuità, indicando con Z una gaussiana con stessa media
e stessa varianza di X, avremmo avuto,
³ Z − 1050
1000.5 − 1050 ´
P(X > 1000) ≈ P(Z > 1000.5) = P
>
29.58
29.58
= P(Z ∗ > −1.67) = 0.5000 + Φ(1.67) = 0.5000 + 0.4525 = 0.9525.
(b) Si ha
³ 1000 − 1050
X − 1050
1100 − 1050 ´
P(1000 < X ≤ 1100) = P
<
≤
29.58
29.58
29.58
≈ P(−1.69 < Z ∗ ≤ 1.69) = 2 P(0 ≤ Z ∗ ≤ 1.69)
= 2 · Φ(1.69) = 2 · 0.4545 = 0.9090.
Usando la correzione di continuità, indicando con Z una gaussiana con stessa media
e stessa varianza di X, avremmo avuto,
P(1000 < X ≤ 1100) ≈ P(1000.5 < Z ≤ 1100.5)
³ 1000.5 − 1050
Z − 1050
1100.5 − 1050 ´
= P
<
≤
29.58
29.58
29.58
= P(−1.67 < Z ∗ ≤ 1.71) = Φ(1.67) + Φ(1.71)
= 0.4525 + 0.4554 = 0.9079.
3
2. Siano Xi , i = 1, 2, . p
. . , 50, le quantità di neve che cadono in ciascun giorno. Allora µ =
E[Xi ] = 1.5 e σ = Var(Xi ) = 0.3. La quantità di neve che cade in 50 giorni è allora
X = X1 + X2 + . . . + X50 . Supponendo che la quantità di neve che cade in ciascun giorno
è indipendente da quella che cade negli altri giorni, posso applicare il TLC e quindi
X − 75 •
X − 50µ
√
=
∼ N(0, 1).
2.12
σ 50
(a) La probabilità richiesta è P(X < 70). Si ha
³ X − 75
70 − 75 ´
P(X < 70) = P
<
2.12
2.12
≈ P(Z ∗ < −2.36) = 0.5000 − Φ(2.36)
= 0.5000 − 0.4909 = 0.0091,
(b) La probabilità richiesta è P(70 < X < 90).
³ 70 − 75
X − 75
90 − 75 ´
P(70 < X < 90) = P
<
<
2.12
2.12
2.12
≈ P(−2.36 < Z ∗ ≤ 7.08) = Φ(7.08) + Φ(2.36)
= 0.5000 + 0.4909 = 0.9909.
ATTENZIONE! In questo esercizio non si applica la correzione di continuità. Le variabili
Xi , quantità di neve, sono esse stesse continue. La correzione di continuità si applica nel
passaggio dal discreto al continuo.
3. Se X è il numero di volte che esce il 6 in 900 lanci di un dado, X ∼ Bi(n, p), con n = 900
e p = 1/6. Allora per il TLC si ha
X − 150 •
X − np
p
=
∼ N(0, 1).
11.18
np(1 − p)
(a)
³ X − 150
180 − 150 ´
= P(Z ∗ > 2.68)
11.18
11.18
= 0.5000 − Φ(2.68) = 0.5000 − 0.4963 = 0.0037
P(X > 180) = P
>
Se avessimo usato la correzione di continuità, indicando con Z una gaussiana con
stessa media e stessa varianza di X, avremmo ottenuto,
³ Z − 150
180.5 − 150 ´
P(X > 180) ≈ P(Z > 180.5) = P
>
11.18
11.18
∗
= P(Z > 2.73) = 0.5000 − Φ(2.73) = 0.5000 − 0.4868 = 0.0132.
(b)
160 − 150 ´
= P(Z ∗ ≥ 0.89)
11.18
11.18
= 0.5000 − Φ(0.89) = 0.5000 − 0.3133 = 0.1867
P(X ≥ 160) = P
³ X − 150
≥
Usando la correzione di continuità, indicando con Z una gaussiana con stessa media
e stessa varianza di X, avremmo ottenuto,
³ Z − 150
159.5 − 150 ´
P(X ≥ 160) ≈ P(Z ≥ 159.5) = P
≥
11.18
11.18
∗
= P(Z ≥ 0.85) = 0.5000 − Φ(0.85) = 0.5000 − 0.3023 = 0.1977.
4
4. Se X è il numero di successi in 1200 prove, X ∼ Bi(n, p), con n = 1200 e p = 0.48 = 12/25.
Allora per il TLC si ha
X − np
X − 576 •
p
=
∼ N(0, 1).
17.31
np(1 − p)
Si chiede P(X = 576). Qui se non si usa la correzione di continuità la probabilità viene
zero. Usando la correzione di continuità, sempre indicando con Z una normale con stessa
media e stessa varianza di X, si ha
³ 575.5 − 576
Z − 576
576.5 − 576 ´
=
<
17.31
17.31
17.31
= P(−0.03 < Z ∗ < 0.03) = 2 P(0 < Z ∗ < 0.03)
P(X = 576) ≈ P(575.5 < Z < 576.5) = P
<
= 2 · Φ(0.03) = 2 · 0.0120 = 0.0240
5. Se X è il numero di teste in 200 lanci, X ∼ Bi(n, p), con n = 200 e p = 1/2. Allora per il
TLC si ha
X − np
X − 100 •
p
=
∼ N(0, 1).
7.07
np(1 − p)
(a) Si chiede P(X = 100). Qui se non si usa la correzione di continuità la probabilità
viene zero. Usando la correzione di continuità, sempre indicando con Z una normale
con stessa media e stessa varianza di X, si ha
P(X = 100) ≈ P(99.5 < Z < 100.5)
³ 99.5 − 100
Z − 100
100.5 − 100 ´
= P
<
<
7.07
7.07
7.07
= P(−0.07 < Z ∗ < 0.07) = 2 P(0 < Z ∗ < 0.07)
= 2 · Φ(0.07) = 2 · 0.0279 = 0.0558
(b) Si chiede P(X > 100).
³ X − 100
100 − 100 ´
P(X > 100) = P
>
= P(Z ∗ > 0) = 0.5000.
7.07
7.07
Se avessimo usato la correzione di continuità, indicando con Z una gaussiana con
stessa media e stessa varianza di X, avremmo ottenuto,
³ Z − 100
100.5 − 100 ´
>
P(X > 100) ≈ P(Z > 100.5) = P
7.07
7.07
= P(Z ∗ > 0.07)
= 0.5000 − Φ(0.07) = 0.5000 − 0.0279 = 0.4721.
6. Se X è il numero di teste in 800 lanci di una moneta che dà testa con probabilità p,
X ∼ Bi(n, p), con n = 800. Allora per il TLC si ha
X − np
X − 800p
•
p
=p
∼ N(0, 1).
np(1 − p)
800p(1 − p)
5
(a) Se p = 0.5, per il TLC
X − np
X − 400 •
p
=
∼ N(0, 1).
14.1
np(1 − p)
La probabilità richiesta è P(380 < X < 420).
³ 380 − 400
X − 400
420 − 400 ´
P(380 < X < 420) = P
<
<
14.1
14.1
14.1
≈ P(−1.42 < Z ∗ < 1.42) = 2 P(0 < Z ∗ < 1.42)
= 2 Φ(1.42) = 2 · 0.4222 = 0.8444.
Se avessimo usato la correzione di continuità, indicando con Z una gaussiana con
stessa media e stessa varianza di X, avremmo ottenuto,
P(380 < X < 420) ≈ P(380.5 < Z < 419.5)
³ 380.5 − 400
X − 400
419.5 − 400 ´
= P
<
<
14.1
14.1
14.1
= P(−1.45 < Z ∗ < 1.38) = Φ(1.45) + Φ(1.38)
= 0.4265 + 0.4162 = 0.8427
(b) La probabilità richiesta è P(X < 410).
410 − 400 ´
14.1
14.1
≈ P(Z ∗ < 0.71) = 0.5000 + Φ(0.71)
P(X < 410) = P
³ X − 400
<
= 0.5000 + 0.2612 = 0.7612.
Se avessimo usato la correzione di continuità, indicando con Z una gaussiana con
stessa media e stessa varianza di X, avremmo ottenuto,
³ X − 400
409.5 − 400 ´
≤
P(X < 410) ≈ P(Z < 409.5) = P
14.1
14.1
= P(Z ∗ < 0.67) = 0.5000 + Φ(0.67) = 0.5000 + 0.2486 = 0.7486
(c) Se p = 0.25, per il TLC
X − np
X − 200 •
p
=
∼ N(0, 1).
12.2
np(1 − p)
Si chiede P(X = 200). Qui se non si usa la correzione di continuità la probabilità
viene zero. Usando la correzione di continuità, sempre indicando con Z una normale
con stessa media e stessa varianza di X, si ha
P(X = 200) ≈ P(199.5 < Z < 200.5)
³ 199.5 − 200
Z − 200
200.5 − 200 ´
= P
<
<
=
12.2
12.2
12.2
= P(−0.04 < Z ∗ < 0.04) = 2P(0 < Z ∗ < 0.04)
= 2 · Φ(0.04) = 2 · 0.0160 = 0.0320
7. (a) Se X è il numero di volte ce esce 7 in 360 lanci di una copia di dadi, X ∼ Bi(360, 1/6).
6
(b) Se A=“esce 7 almeno 50 volte”, allora A = {X ≥ 50}.
(c) Si ha
¶
360 µ
X
360 ³ 1 ´k ³
1 ´360−k
P(X ≥ 50) =
1−
.
k
6
6
k=50
(d) Per il TLC
X − np
X − 60 •
p
=
∼ N(0, 1).
7.1
np(1 − p)
Si chiede P(X ≥ 50).
³ X − 50
50 − 60 ´
P(X > 50) = P
>
7.1
7.1
= P(Z ∗ > −1.41) = 0.5000 + Φ(1.41)
= 0.5000 + 0.4207 = 0.9207.
Se avessimo usato la correzione di continuità, indicando con Z una gaussiana con
stessa media e stessa varianza di X, avremmo ottenuto,
³ Z − 50
49.5 − 60 ´
P(X ≥ 50) ≈ P(Z > 49.5) = P
>
7.1
7.1
= P(Z ∗ > −1.48) = 0.5000 + Φ(1.48)
= 0.5000 + 0.4306.
8. Se X è il numero di successi in 625 prove, X ∼ Bi(n, p), con n = 625 e p = 1/5. Allora
per il TLC si ha
X − np
X − 125 •
p
∼ N(0, 1).
=
10
np(1 − p)
Si chiede P(50 < X < 60).
³ 50 − 125
X − 50
60 − 125 ´
P(50 < X < 60) = P
<
<
10
10
10
≈ P(−7.5 < Z ∗ < −6.5) = Φ(7.5) − Φ(6.5)
= 0.5000 − 0.5000 = 0.
Se avessimo usato la correzione di continuità, indicando con Z una gaussiana con stessa
media e stessa varianza di X, avremmo ottenuto,
P(50 < X < 60) ≈ P(50.5 < Z < 59.5)
³ 50.5 − 125
Z − 125
59.5 − 125 ´
= P
<
<
10
10
10
= P(−7.45 < Z ∗ < −6.55) = Φ(7.45) − Φ(6.55)
= 0.5000 − 0.5000 = 0.
9. Indichiamo con X1 , X2 , . . . , X100pi pesi dei 100 pacchi giunti in magazzino. Dai dati si sa
che µ = E[Xi ] = 300N e σ = Var(Xi ) = 50N . Allora indicata con X n (n = 100) la
media del campione, per il TLC, si ha,
Xn − µ
√σ
n
=
X 100 − 300 •
∼ N(0, 1).
5
7
Si chiede P(X 100 > 400).
− 300
400 − 300 ´
>
5
5
≈ P(Z ∗ > 20) = 0.5000 − Φ(20) = 0.5000 − 0.5000 = 0
P(X 100 > 400) = P
³X
100
10. Indichiamo con
p X1 , X2 , . . . , X64 le durate delle 64 valvole. Dai dati si sa che µ = E[Xi ] =
800h e σ = Var(Xi ) = 60h. Allora indicata con X n (n = 64) la durata media del
campione, per il TLC, si ha,
Xn − µ
√σ
n
=
X 64 − 800 •
∼ N(0, 1).
7.5
(a) Si chiede P(790 < X 64 < 810).
³ 790 − 800
X 64 − 800
810 − 800 ´
P(790 < X 64 < 810) = P
<
<
7.5
7.5
7.5
≈ P(−1.33 < Z ∗ < 1.33) = 2 P(0 < Z ∗ < 1.33)
= 2 Φ(1.33) = 2 · 0.1293 = 0.2586
(b) Si chiede P(X 64 < 785).
785 − 800 ´
− 800
<
7.5
7.5
≈ P(Z ∗ < 2) = 0.5000 + Φ(2) = 0.5000 + 0.4772 = 0.9772
P(X 64 < 785) = P
³X
64
(c) Si chiede P(X 64 > 820).
³ X − 800
820 − 800 ´
64
P(X 64 > 820) = P
>
7.5
7.5
≈ P(Z ∗ > 2.66) = 0.5000 − Φ(2.66) = 0.5000 + 0.4961 = 0.0039
(d) Si chiede P(770 < X 64 < 830).
³ 770 − 800
X 64 − 800
830 − 800 ´
P(770 < X 64 < 820) = P
<
<
7.5
7.5
7.5
≈ P(−4 < Z ∗ < 4) = 2P(0 < Z ∗ < 4)
= 2 Φ(4) = 2 · 0.5000 = 1
11. Indichiamo con X1 , X2 , . . . , X100 il contenuto
p di nicotina delle 100 sigarette esaminate.
Dai dati si sa che µ = E[Xi ] = 2.2mg e σ = Var(Xi ) = 0.3mg. Allora indicato con X n
(n = 100) il contenuto medio di nicotina del campione, per il TLC, si ha,
Xn − µ
√σ
n
=
X 100 − 2.2 •
∼ N(0, 1).
0.03
Si chiede P(X 100 > 3.1).
³X
3.1 − 2.2 ´
100 − 2.2
P(X 100 > 3.1) = P
>
0.03
0.03
≈ P(Z ∗ > 30) =
= 0.5000 − Φ(30) = 0.5000 − 0.5000 = 0
8
12. Indichiamo con X1 , X2 , . . . , X
pn il punteggio ottenuto da ciascuno studente. Dai dati si sa
che µ = E[Xi ] = 77 e σ = Var(Xi ) = 15. Allora indicato con X n il punteggio medio
della classe, per il TLC, si ha, per n = 64,
Xn − µ
√σ
n
=
X 64 − 77 •
∼ N(0, 1),
1.88
=
X 25 − 77 •
∼ N(0, 1),
3
e per n = 25,
Xn − µ
√σ
n
(a) Si chiede P(72 < X 25 < 82).
X 25 − 77
82 − 77 ´
<
3
3
3
≈ P(−1.67 < Z ∗ < 1.67) = 2 P(0 < Z ∗ < 1.67)
P(72 < X 25 < 82) = P
³ 72 − 77
<
= 2 Φ(1.67) = 2 · 0.4525 = 0.9050
(b) Si chiede P(72 < X 64 < 82).
³ 72 − 77
X 64 − 77
82 − 77 ´
<
1.88
1.88
1.88
≈ P(−2.66 < Z ∗ < 2.66) = 2 P(0 < Z ∗ < 2.66)
P(72 < X 64 < 82) = P
<
= 2 Φ(2.66) = 2 · 0.4961 = 0.9922
(c) Si chiede se P(X 64 > 82) sia maggiore o minore di P(X 25 > 82). Calcoliamo le due
probabilità.
³X
64
³X
25
− 77
82 − 77 ´
>
1.88
1.88
≈ P(Z ∗ > 2.66).
P(X 64 > 82) = P
− 77
82 − 77 ´
>
3
3
≈ P(Z ∗ > 1.67).
P(X 25 > 82) = P
Quindi è più grande quest’ultima.
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