i) Consideriamo le variabili aleatorie $X_1, … , X_n$ con n = 900, che assumono valore 1 se il valore del bit i-esimo è uguale a 1, e 0 altrimenti. Indichiamo con X il numero di bit del messaggio che sono uguali a 1; allora X può essere definita come:

$X = X_1 + … + X_n$

e in particolare, poiché le variabili $X_i$ sono variabili di Bernoulli di parametro $7/(16)$, allora la variabile X ha legge Binomiale di parametri n = 900 e p.

Utilizzando le formule note possiamo ricavare la media e la varianza di X:

$E[X] = np = 900 * 7/(16) = 393,75$

$Var[X] = np(1-p) = 900 * 7/(16) * 9/(16) = 221,484$

La probabilità richiesta dal problema è quindi la seguente:

$P(X ≥ 420) $

Sfruttiamo i risultati del teorema del limite centrale; sappiamo che la quantità $frac(X – E[X])( σ sqrt(n)) $ si comporta come una normale standard per n grande, quindi possiamo procedere come segue:

$P(X ≥ 420) = P( frac(X – E[X])( σ sqrt(n)) ≥ frac(420 – E[X])( σ sqrt(n))) = $

Se indichiamo con W una variabile aleatoria che si comporta come una normale standard abbiamo:

$P(X ≥ 420) = P(W ≥ frac(420 – E[X])( σ sqrt(n))) $

Sostituiamo i valori numerici:

$P(X ≥ 420) = P(W ≥ frac(420 – 393,75)( sqrt(frac(63)(256)) sqrt(900))) = $

$ P(W ≥ frac(26,25)(14,88)) = P(W ≥ 1,76) $

Introduciamo la funzione Φ, ovvero la funzione di distribuzione della normale standard:

$ P(W ≥ 1,76) = 1 – P(W ≤ 1,76) = 1 – Φ(1,76) $

Dalle tabelle della normale standard possiamo ricavare i valori di Φ:

$ 1 – Φ(1,76) = 1 – 0,96 = 0,04 $

ii) Per il secondo punto possiamo procedere in maniera analoga alla precedente; questa volta la probabilità da calcolare è la seguente:

$P(390 ≤ X ≤ 410) $

Procediamo applicando le regole per l’approssimazione normale:

$P(390 ≤ X ≤ 410) = P(frac(390 – E[X])( σ sqrt(n)) ≤ frac(X – E[X])( σ sqrt(n)) ≤ frac(410 – E[X])( σ sqrt(n)) )$

$ P(frac(390 – E[X])( σ sqrt(n)) ≤ W ≤ frac(410 – E[X])( σ sqrt(n)) )$

Sostituiamo i valori numerici:

$ P(frac(390 – 393,75)( sqrt(frac(63)(256)) sqrt(900) ) ≤ W ≤ frac(410 – 393,75)(sqrt(frac(63)(256)) sqrt(900)) ) = $

$ P(frac(- 3,75)( 14,88 ) ≤ W ≤ frac(16,75)(14,88) ) = $

$P(W ≤ frac(16,75)(14,88) ) – P(W ≤ frac(- 3,75)(14,88) ) = $

$P(W ≤ 1,09 ) – P(W ≤ -0,25 )$

Come in precedenza, introducendo la funzione Φ abbiamo:

$ P(W ≤ 1,09 ) – P(W ≤ -0,25 ) = Φ(1,09) – Φ(-0,25) = Φ(1,09) – [1 – Φ(0,25)] $

Dalle tavole otteniamo i valori numerici:

$ Φ(1,09) – [1 – Φ(0,25)] = 0,86 – 1 + 0,59 = 0,45 $

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i) La probabilità richiesta dal problema è la seguente:

$P(| bar X_(100) – μ | < η ) = P(| bar X_(100) – 12| < 2 )$

Dai risultati dell’approssimazione sappiamo che la quantità $frac(S_n – E[S_n])( σ sqrt(n)) $ si comporta come una normale standard per n grande, dove con $S_n$ si indica la somma campionaria. Tale quantità può anche essere scritta come: $frac(bar S_n – E[bar S_n])( Var[bar S_n] ) $, e anche tale quantità si comporta come una normale standard, che possiamo indicare con W.

Procediamo nel modo seguente:

$ P(| bar X_(100) – 12| < 2 ) = P( frac(| bar X_(100) – 12|)( sqrt( Var(bar X_(100)) ))) < frac(2) ( sqrt( Var(bar X_(100)) )  = $

$ P( |W| < frac(2)( sqrt( Var(bar X_(100)) ) ) $

Sapendo che le variabili aleatorie $X_i$ hanno varianza 25, possiamo calcolare la varianza della media campionaria:

$Var(bar X_(100)) = 1/n * Var(X_i) = frac(1)(100) * 25 = frac(25)(100) $

$sqrt(Var(bar X_(100))) = sqrt(frac(25)(100)) = frac(5)(10) = 1/2 $

Sostituiamo nell’espressione precedente i valori numerici:

$ P( |W| < frac(2)( sqrt( Var(bar X_(100)) ) )) = P( |W| < frac(2)(1/2) ) = P( |W| < 4 ) = $

$P(-4 < W < 4) = P(W<4) – P(W<-4) $

Introducendo la funzione Φ, ovvero la funzione di distribuzione della normale standard, abbiamo:

$ P(W<4) – P(W<-4) = Φ(4) – Φ(-4) = 2 Φ(4) – 1$

Dalle tabelle della distribuzione normale standard possiamo approssimare nel modo seguente:

$ 2 Φ(4) – 1~ 2 – 1 = 1$

ii) Dato che la media del campione non è conosciuta, è noto che un intervallo di confidenza per la media della distribuzione è della forma seguente:

$ I = [bar x_n – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) , bar x_n – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) ] $

dove $σ$ è la deviazione standard del campione, $ϕ_(1-α/2) $ è il quantile di ordine $1-α/2$ della distribuzione normale standard e $bar x_n$ è la media campionaria.

Analizziamo i dati che fornisce il problema:

$n = 100$

$bar x_(100) = 14,5$

$σ^2 = 25 to σ = 5 $

$1-α = 0,9 to 1-α/2 = 0,95$

Dalla tavola dei valori della distribuzione normale standard possiamo trovare che il quantile di ordine $1-α/2$ è 1,65. Avendo a disposizione tutti i dati necessari, possiamo determinare l’intervallo di confidenza richiesto:

$ I = [ 14,5 – frac(5)(sqrt(100)) * 1,65 , 14,5 – frac(5)(sqrt(100)) * 1,65 ] = $

$ [ 14,5 – frac(5)(10) * 1,65 , 14,5 – frac(5)(10) * 1,65 ] = $

$ [ 14,5 – 0,5 * 1,65 ; 14,5 – 0,5 * 1,65 ] = $

$ [13,675 ; 15,325]$

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i) Sappiamo che per delle variabili aleatorie di legge esponenziale vi sono delle formule note per la media e la varianza; in particolare si ha:

$E[X_i] = 1/λ $

$Var[X_i] = 1/λ ^2$

Quindi, sapendo che tali variabili aleatorie hanno varianza 9, possiamo determinare facilmente il valore di λ:

$Var[X_i] = 1/λ ^2 = 9 to λ = 1/3$

Possiamo calcolare la media e la varianza della somma campionaria e della media campionaria:

$E[S_n] = E[X_1 + X_2 + … + X_n] = $

$E[X_1] + E[X_2] + … + E[X_n] = n * 1/λ $

$Var[S_n] = Var[X_1 + X_2 + … + X_n] = $

$Var[X_1] + Var[X_2] + … + Var[X_n] = n * 1/λ^2 $

Sostituendo i valori per n = 150 otteniamo:

$E[S_(150)] = 150 * 3 = 450 $

$Var[S_(150)] = 150 * 9 = 1350 $

Allo stesso modo possiamo calcolare la media e la varianza per la media campionaria:

$E[bar S_n] = 1/n E[X_1 + X_2 + … + X_n] = 1/λ $

$Var[bar S_n] = 1/n^2 Var[X_1 + X_2 + … + X_n] = 1/n * 1/λ^2 $

Sostituendo i valori numerici otteniamo:

$E[bar S_(150)] = 1/λ = 3$

$Var[bar S_(150)] = 1/n * 1/λ^2 = frac(9)(150) $

Possiamo procedere al calcolo della probabilità richiesta utilizzando la disuguaglianza di Chebyshev; dobbiamo valutare la seguente espressione:

$P(| bar S_(150) – 3| > frac(sqrt(6))(10) )$

Sappiamo in generale che vale per una generica variabile aleatoria X:

$P(| X – E[X]| > η ) ≤ frac(Var(X))(η^2) $

In questo caso, abbiamo:

$ X to bar S_(150) $

$ E[X] to E[bar S_(150)] = 3 $

$ η = frac(sqrt(6))(10) to η^2 = frac(6)(100) $

Quindi, poiché conosciamo la varianza di $bar S_n$, possiamo stimare che la probabilità richiesta è minore della seguente quantità:

$ frac(bar S_(150))(η^2) = frac( frac(9)(150) )( frac(6)(100) ) = frac(9)(150) * frac(100)(6) = 1 $

ii) Stimiamo la stessa quantità del punto precedente utilizzando l’approssimazione normale;

sappiamo che la quantità $frac(S_n – E[S_n])( σ sqrt(n)) $ si comporta come una normale standard per n grande. Consideriamo quindi una variabile W che può essere approssimata con una normale standard. Possiamo procedere nel modo seguente:

$P(| bar S_(150) – 3| > frac(sqrt(6))(10) ) = P( frac(| bar S_(150) – 3|)( sqrt(Var[bar S_(150)]) ) > frac(sqrt(6))(10) * frac(1)(sqrt(Var[bar S_(150)])) ) = $

$ P( |W| > frac(sqrt(6))(10) * frac(1)(sqrt(Var[bar S_(150)])) ) $

Sostituiamo i valori numerici:

$ P( |W| > frac(sqrt(6))(10) * frac(1)(sqrt(frac(9)(150)) ) ) = P( |W| > frac(sqrt(6))(10) * frac(5sqrt(6))(3) ) = $

$P( |W| > 1 ) = 1 – P( |W| ≤ 1) = 1 – P(-1 ≤ W ≤ 1) = $

$1 – [P(W≤1) – P(W≤-1)] $

Introducendo la funzione Φ, ovvero la funzione di distribuzione della normale standard, abbiamo:

$ 1 – [P(W≤1) – P(W≤-1)] = 1 – [Φ(1) – Φ(-1)] = 1 – [2Φ(1) – 1] = 1 – 2Φ(1) + 1 = 2 – 2Φ(1) $

Dalle tabelle della normale standard si ricava:

$ 2 – 2Φ(1) = 2 – 2*0,84 = 0,32 $

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Consideriamo una variabile aleatoria $X_i$ che assume il valore 1 se esce testa all’ i-esimo lancio, e il valore 0 altrimenti. Allora tale variabile è Bernoulliana con probabilità di successo p.

Dalle formule note possiamo calcolare la sua media e la sua varianza:

$E[X_i] = p $

$Var[X_i] = p(1-p) $

i) In questo caso, dai dati del problema sappiamo che p = 0,5.

Chiamiamo con $S_n$ la somma seguente:

$S_n = X_1 + … + X_n$

Essendo la somma di variabili aleatorie di Bernoulli, $S_n$ ha una legge binomiale di parametri $p

= frac(1)(2) $ e n = 100. Calcoliamo la sua media:

$E[S_(100)] = np = 100 * frac(1)(2) = 50 $

Ricordiamo che, per l’approssimazione normale, la quantità $frac(S_n – E[S_n])( σ sqrt(n)) $ si comporta come una normale standard per n grande.

Quindi possiamo procedere nel modo seguente:

$ P(40 < S_(100) < 60) = P( frac( 40 – E[S_(100)])( σ sqrt(n)) < frac(S_(100) – E[S_(100)])( σ sqrt(n)) < frac( 60 – E[S_n])( σ sqrt(n)) ) $

Indichiamo con W la variabile aleatoria che si comporta come la normale standard:

$ P(40 < S_(100) < 60) = P( frac( 40 – E[S_n])( σ sqrt(n)) < W < frac( 60 – E[S_n])( σ sqrt(n)) ) $

Procediamo sostituendo i valori numerici:

$ P( frac( 40 – 50 )( sqrt(1/4) sqrt(100)) < W < frac( 60 – 50 )( sqrt(1/4) sqrt(100)) ) = $

$ P( frac( – 10 )( 1/2 * 10 ) < W < frac( 10 )( 1/2 * 10) ) = P( frac( – 10 )( 5 ) < W < frac( 10 )( 5) ) =$

$ P( -2 < W < 2 ) = P(W < 2) – P(W < -2) $

Indichiamo con Φ la funzione di distribuzione della normale standard, applichiamo se sue proprietà; i valori relativi possono essere calcolati dalla rispettiva tabella:

$ P( -2 < W < 2 ) = P(W < 2) – P(W < -2) = Φ(2) – Φ(-2) = 2 Φ(2) – 1 = 2 * 0,9772 – 1 = 0,9544 $

ii) Procediamo in maniera analoga alla precedente, considerando in questo caso che abbiamo una variabile incognita all’interno della nostra approssimazione normale:

$ P(800 – δ < S_(1600) < 800 + δ) = P( frac( 800 – δ – E[S_n])( σ sqrt(n)) < frac(S_(1600) – E[S_n])( σ sqrt(n)) < frac( 800 + δ – E[S_n])( σ sqrt(n)) ) = $

$ P( frac( 800 – δ – E[S_n])( σ sqrt(n)) < W < frac( 800 + δ – E[S_n])( σ sqrt(n)) ) $

Sostituiamo i valori numerici; in questo caso abbiamo:

$E[S_(1600)] = np = 1600 * frac(1)(2) = 800 $

$ P( frac( 800 – δ – 800)( sqrt(1/4) * sqrt(1600)) < W < frac( 800 + δ – 800)( sqrt(1/4) * sqrt(1600)) ) =$

$ P( frac( -δ )( 1/2 * 40) < W < frac(δ)( 1/2 * 40) ) = P( frac( -δ )( 20) < W < frac(δ)(20) ) = $

$P(W < frac(δ)(20)) – P(W < -frac(δ)(20)) $

Introducendo la funzione Φ abbiamo:

$P(W < frac(δ)(20)) – P(W < -frac(δ)(20)) = Φ(frac(δ)(20)) – Φ(-frac(δ)(20)) = 2 Φ(frac(δ)(20)) – 1 $

Sappiamo che tale probabilità deve essere maggiore di 0,95; quindi poniamo: $ 2 Φ(frac(δ)(20)) – 1 > 0,95 to Φ(frac(δ)(20)) > frac(0,95 + 1)(2) = 0,975 $

Dalla tavola della distribuzione standard ricaviamo che il quantile di ordine 0,975 della distribuzione è 1,96, ovvero che:

$ Φ(1,96) = 0,975 to ϕ_(0,975) = 1,96 $

Quindi, poiché Φ è una funzione crescente, per determinare il valore di δ che soddisfi la disuguaglianza basta porre:

$ frac(δ)(20) > 1,96 $

Risolviamo e troviamo δ:

$ frac(δ)(20) > 1,96 to δ > 1,96 * 20 = 39,2$

iii) Procediamo in maniera analoga ai precedenti, considerando però che in questo caso la variabile incognita è il numero di lanci n; dobbiamo calcolare:

$P(0,20 < S_(n)/n < 0,30) > 0,95$

Utilizziamo l’approssimazione normale:

$P(0,20 < S_(n)/n < 0,30) = P(0,20 n < S_(n) < 0,30 n) = P( frac(0,20 n – n * 0,25)( sqrt(frac(3)(16)) * sqrt(n) ) < W < frac(0,30 n – n * 0,25)( sqrt(frac(3)(16)) * sqrt(n) )) = $

$ P( frac( – 0,05 n)( sqrt(3n)/4 ) < W < frac( 0,05 n)( sqrt(3n)/4 ) ) = $

$ P( W < frac( 0,05 n)( sqrt(3n)/4 ) ) – P( W < -frac( 0,05 n)( sqrt(3n)/4 ) ) $

Introducendo la funzione Φ abbiamo:

$ Φ( frac( 0,05 n)( sqrt(3n)/4 ) ) – Φ( -frac( 0,05 n)( sqrt(3n)/4 ) ) = 2 Φ( frac( 0,05 n)( sqrt(3n)/4 ) ) – 1= $ $ 2 Φ( frac( 0,20 sqrt(n))( sqrt(3) ) ) – 1 $

Sappiamo che tale probabilità deve essere maggiore di 0,95; quindi poniamo: $ 2 Φ( frac( 0,20 sqrt(n))( sqrt(3) ) ) – 1 > 0,95 to Φ(frac( 0,20 sqrt(n))( sqrt(3) )) > frac(0,95 + 1) (2) = 0,975 $

Come trovato in precedenza, il quantile di ordine 0,975 della distribuzione è 1,96; per determinare il valore di n che soddisfa la disuguaglianza poniamo:

$ frac( 0,20 sqrt(n))( sqrt(3) ) > 1,96$

Risolviamo:

$ sqrt(n) > frac(1,96 * sqrt(3))(0,20) to n > 288,12 $

Possiamo concludere che il numero minimo di lanci affinché sia soddisfatta la condizione richiesta è 289.

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Sappiamo che in una estrazione del lotto vengono estratti 5 numeri. Considerando che in totale abbiamo 90 palline, tutte le possibili configurazioni di 5 elementi sono date dal coefficiente binomiale seguente:

$ ((90),(5)) $

Mentre le configurazioni vincenti, ovvero quelle in cui è presente il numero 1, possono essere trovate considerando “fissa” la posizione di 1, e calcolando tutte le possibili configurazioni degli altri 4 numeri:

$ ((89),(4))$

Quindi, la probabilità di avere 1 in una estrazione può essere calcolata come rapporto di casi favorevoli su casi totali:

$ p = \frac(((89),(4)))( ((90),(5)) ) = $

$ frac( frac(89!)(4! 85!) )( frac(90!)(5! 85!) ) = frac(89!)(4! 85!) * frac(5! 85!)(90!) = $

$ frac(89!)(4! 85!) * frac(5 * 4! 85!)(90 * 89!) = frac(5)(90) = frac(1)(18) $

Cerchiamo ora di usare l’approssimazione normale per stimare la probabilità che il numero 1 sia uscito almeno 12 volte nelle ultime 100 estrazioni.

Consideriamo una variabile aleatoria $X_i$ che assume il valore 1 se la pallina 1 esce alla i-esima estrazione, e il valore 0 altrimenti. Allora tale variabile è bernoulliana con probabilità di successo p.

Dalle formule note possiamo calcolare la sua media e la sua varianza:

$E[X_i] = p = frac(1)(18) $

$Var[X_i] = p(1-p) = frac(1)(18) * frac(17)(18) = frac(17)(18^2) $

Chiamiamo con $S_n$ la somma seguente:

$S_n = X_1 + … + X_n$

che indica il numero di volte in cui il numero 1 è uscito; per n = 100, consideriamo 100 estrazioni.

Essendo la somma di variabili aleatorie di Bernoulli, $S_n$ ha una legge binomiale di parametri $p = frac(1)(18) $ e n = 100. Calcoliamo la sua media e la sua varianza:

$E[S_n] = np = 100 * frac(1)(18) = frac(50)(9) = 5,556 $

$Var[S_n] = np(1-p) = 100 * frac(1)(18) * frac(17)(18) = 100 * frac(17)(18^2) = 5,247$

La probabilità richiesta dal problema è la seguente:

$P(S_n ≥ 12) = P( X_1 + … + X_n ≥ 12) $

Ricordiamo che, per l’approssimazione normale, la quantità $frac(S_n – E[S_n])( σ sqrt(n)) $ si comporta come una normale standard per n grande.

Quindi possiamo procedere nel modo seguente:

$P(S_n ≥ 12) = P( frac(S_n – E[S_n])( σ sqrt(n)) ≥ frac( 12 – E[S_n])( σ sqrt(n))) $

Se indichiamo con W la variabile aleatoria che si comporta come la normale standard, abbiamo:

$P(S_n ≥ 12) = P( W ≥ frac( 12 – E[S_n])( σ sqrt(n))) $

Proseguiamo sostituendo i valori numerici:

$P(S_n ≥ 12) = P( W ≥ frac( 12 – 5,556 )( 0,229 sqrt(100))) = P( W ≥ frac( 6,444 )(2,29) ) = $

$ P( W ≥ 2,814 ) $

Se indichiamo con Φ la funzione di distribuzione della normale standard abbiamo che:

$ P( W ≥ 2,814 ) = 1 – P( W < 2,814 ) = 1 – Φ(2,814) = 1 – 0,9975 = 0,0025 $

Il valore di Φ si ricava dalle tavole della distribuzione normale standard.

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i) Sappiamo che le variabili aleatorie $X_k$ sono Bernoulliane di parametri $p = 1/2$. Possiamo calcolare la loro media e la loro varianza applicando le formule note:

$ E[X_k] = p = 1/2$

$ Var(X_k) = p(1-p) = 1/2 * 1/2 = 1/4$

Ricordiamo che se $S_n = X_1 + … + X_n$ è la somma campionaria, allora la quantità $frac(S_n – E[S_n])( σ sqrt(n)) $ si comporta come una normale standard per n grande.

Sapendo che n = 900, possiamo procedere come segue:

$P(bar X_n ≥ 0,51) = P( 1/n * S_n ≥ 0,51) = P( S_n ≥ 0,51 n) = P( frac(S_n – n μ)( σ sqrt(n)) ) ≥ frac(0,51 n – n μ)( σ sqrt(n)) = $

Indichiamo con W la variabile aleatoria che si comporta come la normale standard, e sostituiamo i valori numerici:

$ P( W ≥ frac(0,51 * 900 – 900 * 1/2)( 1/2 sqrt(900))) = P( W ≥ frac(459 – 450)(15) ) = $

$ P( W ≥ frac(9)(15) ) = P( W ≥ 0,6 ) $

Indicando con Φ la funzione della distribuzione Normale Standard; abbiamo che:

$P( W ≥ 0,6 ) = 1 – Φ(0,6) = 1 – 0,7257 = 0,2743 $

ii) Procediamo in maniera simile a quanto fatto precedentemente:

$P( |bar X_n – 1/2| ≤ 0,01) = P( |1/n S_n – 1/2| ≤ 0,01) = P( | S_n – 1/2 n| ≤ 0,01 n) = $

$ P( | S_n – 1/2 * 900| ≤ 0,01 * 900) = P( | S_n – 450| ≤ 9) $

Dall’approssimazione normale abbiamo che.

$ P( | S_n – 450| ≤ 9) = P( frac(| S_n – 450|)(15) ≤ 9/(15) ) = P( |W| ≤ 9/(15) ) $

Introducendo la funzione Φ possiamo scrivere:

$ P( |W| ≤ 9/(15) ) = P( -9/(15) ≤ W ≤ 9/(15)) = P(W ≤ 9/(15)) – P(W ≤ – 9/(15)) = $

$ Φ(9/(15)) – Φ(- 9/(15)) = 2 Φ(9/(15)) – 1$

Dalle tavole della normale standard si ricava:

$ 2 Φ(9/(15)) – 1 = 2 * 0,6 – 1 = 2 * 0,7257 – 1 = 0,4514 $

iii) Per rispondere al terzo quesito consideriamo sempre l’approssimazione normale:

$P( |bar X_n – 1/2| ≤ 0,01) = P( |1/n S_n – 1/2| ≤ 0,01) = P( | S_n – 1/2 n| ≤ 0,01 n) = $

$ P( frac(| S_n – 1/2 n|)( σ sqrt(n) ) ≤ frac(0,01 n)( σ sqrt(n) ) ) = $

$ P( W ≤ frac(0,01 n)( σ sqrt(n) ) ) = P( W ≤ frac(0,01 sqrt(n))(σ) ) $

Conoscendo il valore di σ abbiamo:

$ P( W ≤ frac(0,01 sqrt(n))(σ) ) = P( W ≤ 0,02 sqrt(n) ) $

Dai calcoli precedentemente effettuati sappiamo che tale probabilità vale:

$2 Φ( 0,02 sqrt(n) ) – 1 $

Quindi, affinché la probabilità sia maggiore di 0,95 dobbiamo porre:

$2 Φ( 0,02 sqrt(n) ) – 1 > 0,95 $

Da cui:

$ Φ( 0,02 sqrt(n) ) > frac(0,95+1)(2) = 0,975 $

Dalla tavola della normale standard abbiamo che 0,975 = Φ(1,96); quindi deve essere:

$ Φ( 0,02 sqrt(n) ) > 0,975 to Φ( 0,02 sqrt(n) ) > Φ(1,96) to 0,02 sqrt(n) > 1,96$

Risolvendo la disequazione si trova:

$ n > ( frac(1,96)(0,02) )^2 = 9604 $

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Possiamo affermare che X è una variabile aleatoria binomiale di parametri $p = 7/(16)$ e $n = 1600$. Per calcolare la probabilità richiesta dal problema, occorre calcolare:

$ P(X ≥ 750) $

Per farlo possiamo utilizzare l’approssimazione normale; ricordiamo che se $S_n = X_1 + … + X_n$ è la somma campionaria, allora la quantità $frac(S_n – E[S_n])( σ sqrt(n)) $ si comporta come una normale standard per n grande.

Possiamo procedere nel seguente modo:

$ P(X ≥ 750) = P(X_1 + … + X_n ≥ 750) = P(frac(X_1 + … + X_n – np)(σ sqrt(n)) ≥ frac(750 – np)(σ sqrt(n))) = $

$P( W ≥ frac(750 – np)(σ sqrt(n))) $

Dove con W abbiamo indicato una variabile aleatoria che si comporta approssimativamente come la normale standard.

Procediamo sostituendo i valori numerici:

$P( W ≥ frac(750 – np)(σ sqrt(n))) = P( W ≥ frac(750 – 1600 * 7/(16))( sqrt( 7/(16) * 9/(16) ) sqrt(1600))) = $

$P( W ≥ frac(750 – 700)( sqrt(63)/4 * 40)) = P( W ≥ frac(50)(19,84) ) = P( W ≥ 2,52 ) $

Indichiamo con Φ la funzione della distribuzione Normale Standard; abbiamo che:

$P( W ≥ 2,52 ) = 1 – P( W ≤ 2,52 ) = 1 – Φ(2,52) $

Dalle tavole possiamo ricavare il valore di Φ:

$P( W ≥ 2,52 ) = 1 – Φ(2,52) = 1 – 0,99413 = 0,00587 $

ii) Possiamo procedere con un ragionamento simile anche per il secondo punto; in questo caso, indicando con $Y = Y_1 + … + Y_n$ il numero di bit uguali a 1 nel messaggio proveniente dal canale B, la probabilità cercata è:

$ P(Y ≥ 750) $

Possiamo affermare che Y è una variabile aleatoria binomiale di parametri $p’ = 1/2$ e $n = 1600$. Per calcolare la probabilità richiesta dal problema, procediamo come in precedenza utilizzando l’approssimazione normale:

$ P(Y ≥ 750) = P(Y_1 + … + Y_n ≥ 750) = P(frac(Y_1 + … + Y_n – np’)(σ sqrt(n)) ≥ frac(750 – np’)(σ sqrt(n))) = $

$P( W ≥ frac(750 – np’)(σ sqrt(n))) = P( W ≥ frac(750 – 1600 * 1/2)( sqrt( 1/2 * 1/2 ) sqrt(1600))) = $

$P( W ≥ frac(750 – 800)( 20) ) = P( W ≥ frac(-50)(20) ) = P( W ≥ -2,525 ) $

Indichiamo con Φ la funzione della distribuzione Normale Standard; abbiamo che:

$P( W ≥ -2,525 ) = 1 – P( W ≤ -2,525 ) = 1 – Φ(-2,525) $

Dalle tavole ricaviamo il valore di Φ:

$P( W ≥ -2,525 ) = 1 – Φ(-2,525) = 1 – 0,006 = 0,994 $

iii) Anche in questo caso si procede in maniera analoga ai precedenti; questa volta la probabilità da calcolare è la seguente:

$ P( 780 ≤ Y ≤ 820) $

Utilizziamo l’approssimazione standard:

$ P( 780 ≤ Y ≤ 820) = P( frac(780 – np’)(σ sqrt(n)) ≤ W ≤ frac(820 – np’)(σ sqrt(n)) ) = $

$ P( frac(780 – 1600 * 1/2)( sqrt( 1/2 * 1/2 ) sqrt(1600) ) ≤ W ≤ frac(820 – 1600 * 1/2)(sqrt( 1/2 * 1/2 ) sqrt(1600) ) ) = $

$ P( frac(780 – 800)( 20) ) ≤ W ≤ frac(820 – 800)(20) ) ~ P( frac(779,5 – 800)( 20) ) < W < frac(820,5 – 800)(20) ) = $

$ P( -1,025 < W < 1,025 ) $

Indicando con Φ la funzione della distribuzione Normale Standard; abbiamo che:

$ P( -1,025 < W < 1,025 ) = P(W < 1,025) – P(W < -1,025) = Φ(1,025) – Φ(-1,025) $

Dalle tavole di Φ otteniamo:

$ Φ(1,025) – Φ(-1,025) = 0,8473 – 0,1526 = 0,6946 $

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Possiamo rappresentare la distribuzione del peso dei salmoni con una variabile aleatoria X che si comporta come una Normale di parametri μ (ignota) e σ = 20 g. Per trovare la dimensione minima del campione che soddisfi la proprietà imposta dal problema, dobbiamo risolvere la seguente disuguaglianza:

$ P(| bar X_n – μ | ≤ 5) ≥ 0,95 to P(|frac(X_1 + … + X_n)(n) – μ | ≤ 5) ≥ 0,95 $

Riscrivendo il primo membro otteniamo:

$ P( -5 ≤ frac(X_1 + … + X_n)(n) – μ ≤ 5 ) ≥ 0,95 $

$ P( μ – 5 ≤ frac(X_1 + … + X_n)(n) ≤ 5 + μ) ≥ 0,95 $

$ P( n(μ – 5) ≤ X_1 + … + X_n ≤ n(5 + μ)) ≥ 0,95 $

Sfruttando i risultati derivanti dal teorema del limite centrale, sappiamo che se alla somma campionaria sottraiamo la media e dividiamo per la deviazione standard, otteniamo una variabile aleatoria approssimabile con una normale standard; in questo modo saremo in grado di risolvere la probabilità. Chiamiamo con W tale variabile:

$P( frac(n(μ – 5) – nμ)( σ sqrt(n) ) ≤ frac(X_1 + … + X_n – nμ)( σ sqrt(n) ) ≤ frac(n(5 + μ) – nμ)( σ sqrt(n) )) ≥ 0,95 $

$ P( frac(n(μ – 5) – nμ)( σ sqrt(n) ) ≤ W ≤ frac(n(5 + μ) – nμ)( σ sqrt(n) )) ≥ 0,95 $

Indichiamo con Φ la funzione di distribuzione della normale standard; si ha:

$ P( frac(n(μ – 5) – nμ)( σ sqrt(n) ) ≤ W ≤ frac(n(5 + μ) – nμ)( σ sqrt(n) )) = $

$ P( W ≤ frac(n(5 + μ) – nμ)(σ sqrt(n))) – P( W ≤ frac(n(μ – 5) – nμ)( σ sqrt(n) ) ) = $

$ Φ( frac(n(5 + μ) – nμ)( σ sqrt(n) )) – Φ( frac(n(μ – 5) – nμ)( σ sqrt(n) ) ) $

Cerchiamo di semplificare la scrittura:

$ Φ( frac( n(5 + μ – μ) )( σ sqrt(n) )) – Φ( frac( n(μ – 5 – μ) )( σ sqrt(n) ) ) = $

$ Φ( frac( 5n )( σ sqrt(n))) – Φ( frac( – 5n )( σ sqrt(n) ) ) = $

$ Φ( frac( 5 sqrt(n) )( σ )) – Φ( frac( – 5 sqrt(n) )( σ ) ) $

Applichiamo le proprietà della funzione di distribuzione della normale standard:

$ Φ( frac( 5 sqrt(n) )( σ ) – [1 – Φ( frac( 5 sqrt(n) )( σ ) )]) = 2 Φ( frac( 5 sqrt(n) )( σ ) – 1) $

Poniamo tale quantità maggiore o uguale a 0,95, come richiesto dal problema:

$ 2 Φ( frac( 5 sqrt(n) )( σ ) – 1) ≥ 0,95 to Φ( frac( 5 sqrt(n) )( σ )) ≥ frac(1 + 0,95)(2) = 0,975 $

Dalle tavole della distribuzione, si trova che il quantile di ordine 0,975 della normale standard vale 1,96; poiché la funzione Φ è crescente, per determinare il valore di n minimo a soddisfare la condizione basta risolvere la seguente disuguaglianza:

$ frac( 5 sqrt(n) )( σ ) ≥ 1,96 $

Risolvendo otteniamo:

$ sqrt(n) ≥ 1,96 * σ/5 = 1,96 * (20)/5 = 7,84 to n ≥ 61,46 $

Quindi concludiamo che n ≥ 62.

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Consideriamo una successione di variabili aleatorie bernoulliane ${X_n}$ per cui $X_i$ assume il valore 1 se l’i-esimo lancio della moneta fornisce il valore testa, e 0 altrimenti.

Indicando con $S_n$ la somma campionaria, ovvero $S_n = X_1 + … + X_n$, abbiamo che tale somma indica il numero di teste uscite in n lanci, e tale variabile aleatoria ha una legge binomiale di parametri n e p = 0,5.

Dalle formule note possiamo ricavare media e varianza della somma campionaria:

$E[S_n] = np = n/2 $

$Var[S_n] = np(1-p) = n * 0,5 * 0,5 = n/4 $

La probabilità richiesta dal problema può essere calcolata utilizzando l’approssimazione normale fornita dal teorema del limite centrale.

Proviamo a riscrivere tale probabilità, togliendo il valore assoluto:

$ P(| frac(S_n)(n) – 1/2| ≤ 0,05) = P( -0,05 ≤ frac(S_n)(n) – 1/2 ≤ 0,05) = P( 1/2 – 0,05 ≤ frac(S_n)(n) ≤ 0,05 + 1/2) $

$ P( 0,45 ≤ frac(S_n)(n) ≤ 0,55) = P( 0,45 n ≤ S_n ≤ 0,55 n) $

Sottraendo ai membri della disuguaglianza la media di $S_n$, e dividendo tutto per la sua deviazione standard otteniamo una variabile aleatoria W approssimabile con una normale standard, che deve essere compresa in un cero intervallo:

$ P( 0,45 n ≤ S_n ≤ 0,55 n) = P( frac(0,45 n – E[S_n])( sqrt(Var(S_n)) ) ≤ W ≤ frac(0,55 n – E[S_n])( sqrt(Var(S_n)) )) $

Sostituiamo i valori numerici:

$ P( frac(0,45n – n/2)( sqrt(n/4) ) ≤ W ≤ frac(0,55 n – n/2 )( sqrt(n/4) )) = $

$ P( W ≤ frac(0,55 n – n/2 )( sqrt(n/4) )) – P( W ≤ frac(0,45 n – n/2 )( sqrt(n/4) )) $

Possiamo scrivere tali disuguaglianze introducendo la funzione Φ, ovvero la funzione di distribuzione della normale standard:

$ Φ(frac(0,55 n – n/2 )( sqrt(n/4) )) – Φ( frac(0,45 n – n/2 )( sqrt(n/4) )) $

Proviamo a riscrivere tali funzioni, in modo che ottengano una forma più facilmente trattabile:

$ Φ(frac(0,55 n – n/2 )( 1/2 sqrt(n) )) – Φ( frac(0,45 n – n/2 )( 1/2 sqrt(n) )) = $

$ Φ(frac(1,1 n – n )( sqrt(n) )) – Φ( frac(0,9 n – n )( sqrt(n) )) = $

$ Φ(frac(0,1 n )( sqrt(n) )) – Φ( frac( -0,1 n )( sqrt(n) )) = $

$ Φ( 0,1 sqrt(n) ) – Φ( -0,1 sqrt(n) ) = 2 Φ( 0,1 sqrt(n) ) – 1$

Volendo rendere tale quantità maggiore o uguale di 0,95, dobbiamo cercare sulla tabella della distribuzione normale standard il valore di Φ tale che:

$ 2 Φ( 0,1 sqrt(n) ) – 1 ≥ 0,95 to Φ( 0,1 sqrt(n) ) ≥ 1,95/2 = 0,975$

Dato che il quantile di Φ di ordine 0,975 è 1,96, e poiché la funzione Φ è una funzione crescente, dobbiamo porre:

$0,1 sqrt(n) ≥ 1,96 to sqrt(n) ≥ 19,6 $

Risolvendo la disequazione si ottiene $n ≥ 385$.

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Indichiamo con X una variabile aleatoria che conta il numero di teste uscite in 1000 lanci. Poiché X può essere intesa come somma di variabili aleatorie Bernoulliane, per cui ognuna di esse assume il valore 1 se l’uscita corrispondente è testa e assume il valore zero altrimenti, sappiamo che X segue una legge Binomiale di parametri n = 1000 (numero di prove) e p = 0,5 (probabilità di successo, nel caso di una moneta equilibrata).

Possiamo calcolare la sua media e la sua varianza utilizzando le formule note:

$E[X] = np = 1000 * 0,5 = 500 $

$Var[X] = np(1-p) = 1000 * 0,5 * 0,5 = 250 $

La probabilità richiesta dal problema è la seguente:

$P(X ≤ 526) = P(X < 526,5)$

Per calcolare la probabilità richiesta possiamo utilizzare l’approssimazione normale: per farlo, sottraiamo ad entrambi i membri della disuguaglianza la media di X, e dividiamo entrambi per la sua deviazione standard:

$ P( frac(X – E[X])(sqrt(Var(X)) ) < frac(526,5 – E[X])(sqrt(Var(X)) )$

Sostituiamo i valori numerici:

$ P( W < frac(526,5 – 500 )(sqrt(250) ) ) = P( W < frac(26,5)( 15,81) ) = $

$ P( W < 1,676 ) = Φ(1,676) $

dove con Φ abbiamo indicato la fusione di distribuzione della normale standard.

Ricavando i valori numerici dalla relativa tabella, otteniamo:

$Φ(1,676) = 0,9525$

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Considerando un dado non truccato, sappiamo che la possibilità che esca un valore dispari dal lancio del dado (cosi come la possibilità che esca un valore pari), è p = 0,5.

Indichiamo come “successo” il fatto che esca un numero dispari dal lancio del dado; possiamo introdurre una variabile aleatoria X che indica il numero di successi che si ottengono in seguito a 50 lanci del dado; X segue quindi una legge Binomiale di parametri n = 50 e probabilità di successo p = 0,5.

Dai dati forniti dal problema, sappiamo che si sono verificati esattamente 17 successi (50 – 33).

Proviamo a vedere se tale risultato è accettabile, calcolando la probabilità che il numero dei successi sia minore o uguale a tale valore. Una probabilità molto bassa indicherebbe un’anomalia del dado in questione.

$P(X ≤ 17) = P(X < 17,5)$

Per calcolare tale probabilità possiamo utilizzare l’approssimazione normale: per farlo, sottraiamo ad entrambi i membri della disuguaglianza la media di X, e dividiamo entrambi per la sua deviazione standard:

$ P( frac(X – E[X])(sqrt(Var(X)) ) < frac(17,5 – E[X])(sqrt(Var(X)) )$

Dato che X è una variabile aleatoria Binomiale, possiamo calcolare la sua media e la sua varianza utilizzando le formule note:

$E[X] = np = 50 * 0,5 = 25 $

$Var[X] = np(1-p) = 50 * 0,5 * 0,5 = 12,5 $

Sostituiamo i valori numerici:

$ P( W < frac(17,5 – 25 )(sqrt(12,5) ) = $

$ P( W < frac(-7,5)( 3,536) ) = P( W < -2,12 ) = Φ(-2,12) $

dove con Φ abbiamo indicato la fusione di distribuzione della normale standard.

Applicando le proprietà di tale funzione, e ricavando i valori numerici dalla relativa tabella, otteniamo:

$Φ(-2,12) = 1 – Φ(2,12) = 1 – 0,9830 = 0,017$

i) La disuguaglianza di Chebyshev, in generale, afferma che per una variabile aleatoria X di media E[X] e varianza Var(X) si ha:

$P(| X – E[X]| ≥ n) ≤ frac(Var(X))(n^2) $

Se indichiamo con X la somma campionaria $X_1 + … + X_n$, sapendo che per variabili aleatorie esponenziali la media vale $1/λ$ e la varianza vale $1/λ^2$, abbiamo che:

$E[X] = frac(n)(λ)$

$Var(X) = frac(n)(λ^2)$

Sappiamo che la media campionaria è definita nel modo seguente:

$bar X_n = 1/n * (X_1 + … + X_n) = 1/n * X$

Quindi, la probabilità da cercare può essere scritta nel seguente modo:

$ P(|bar X_n – 1/λ | ≥ ɛ ) = P(|1/n * X – 1/λ | ≥ ɛ ) = P(1/n |X – n/λ | ≥ ɛ ) = P(|X – n/λ | ≥ nɛ ) $

Sapendo che $E[X] = frac(n)(λ)$, come trovato in precedenza, possiamo applicare la disuguaglianza di Chebyshev e stimare tale probabilità:

$ P(|bar X_n – 1/λ | ≥ ɛ ) = P(|X – n/λ | ≥ nɛ ) ≤ frac(Var(X))((nɛ)^2) $

Sostituendo i valori determinati precedentemente abbiamo:

$frac(Var(X))((nɛ)^2) = frac( frac(n)(λ^2) )((nɛ)^2) = frac(1)(nɛ^2λ^2) $

Quindi in definitiva abbiamo:

$ P(|bar X_n – 1/λ | ≥ ɛ ) ≤ frac(1)(nɛ^2λ^2) $

ii) Stimiamo ora la stessa quantità utilizzando il teorema del limite centrale; a partire dalla media campionaria possiamo scrivere:

$ P(|bar X_n – 1/λ | ≥ ɛ ) = 1 – P(|bar X_n – 1/λ | < ɛ ) = 1 – P(|1/n * X – 1/λ | < ɛ ) = $

$ 1 – P(1/n |X – n/λ | < ɛ ) = 1 – P(|X – n/λ | < nɛ ) $

Scriviamo esplicitamente la disuguaglianza togliendo il modulo:

$ 1 – P(|X – n/λ | < nɛ ) = 1 – P( – nɛ < X – n/λ < nɛ ) $

Dividendo le quantità per la deviazione standard di X, otteniamo una variabile aleatoria W che può essere approssimata per una normale standard:

$ 1 – P( frac(- nɛ)( sqrt(frac(n)(λ^2)) ) < frac(X – n/λ)( sqrt(frac(n)(λ^2)) ) < frac(nɛ)( sqrt(frac(n)(λ^2)) )) = $

$ 1 – P( frac(- nɛ)( sqrt(frac(n)(λ^2)) ) < W < frac(nɛ)( sqrt(frac(n)(λ^2)) )) = $

$ 1 – ( P( W < frac(nɛ)( sqrt(frac(n)(λ^2)) )) – P( W < frac(-nɛ)( sqrt(frac(n)(λ^2)) )) ) $

In termini di funzione di distribuzione della normale standard abbiamo:

$ 1 – ( Φ( frac(nɛ)( sqrt(frac(n)(λ^2)) )) – Φ( frac(-nɛ)( sqrt(frac(n)(λ^2)) )) ) $

$ 1 – ( Φ( frac(nɛ)( 1/λ sqrt(n) ) – Φ( frac(-nɛ)( 1/λ sqrt(n) ) ) ) $

Applicando le proprietà della funzione Φ si ottiene:

$ 1 – ( 2Φ( frac(nɛ)( 1/λ sqrt(n) ) ) – 1) = 1 – 2Φ(λsqrt(n)ɛ) + 1 = 2 * (1 – Φ(λsqrt(n)ɛ) ) $

iii) Confrontiamo le due scritture utilizzando i dati forniti dal problema:

$λ = 2$

$ɛ = 1/(100)$

$n = 10000$

Nel primo caso abbiamo:

$ P(|bar X_n – 1/λ | ≥ ɛ ) ≤ frac(1)(nɛ^2λ^2) = frac(1)(10000 * (1/(100))^2 * 2^2) = $

$ frac(1)(10000 * 1/(10000) * 4) = frac(1)(4) $

Mentre nel secondo caso abbiamo:

$P(|bar X_n – 1/λ | ≥ ɛ ) = 2 * (1 – Φ(λsqrt(n)ɛ) ) = 2 * (1 – Φ(2 * sqrt(10000) * 1/(100) ) ) = $

$ 2 * (1 – Φ(2 * 100 * 1/(100) ) ) = 2 * (1 – Φ(2) ) = 0,0456$

Il risultato si ottiene utilizzando le tavole fella distribuzione normale standard.

Possiamo notare che i risultati sono compatibili, e che in particolare l’utilizzo del teorema del limite centrale ci permette di ottenere un risultato molto più preciso rispetto a quello ottenuto dalla disuguaglianza di Chebyshev.

 

Consideriamo una successione di variabili aleatorie ${X_n}$ tali che $X_i$ assume il valore 1 se l’i-esimo circuito è difettoso, e assume il valore 0 altrimenti.

Le variabili aleatorie $X_i$ sono tra loro indipendenti e seguono una legge di Bernoulli con probabilità di successo p = 0,25 (probabilità che i circuiti siano difettosi).

Per trovare il numero di circuiti difettosi, consideriamo la somma campionaria delle variabili aleatorie precedentemente definite:

$ X = S_n = X_1 + …. + X_n $

Tale variabile aleatoria segue una legge Binomiale di parametri p = 0,25 e n = 1000 (dimensione del campione, associabile al numero di prove).

Possiamo calcolare media e varianza di X applicando le formule note:

$E[X] = np = 1000 * 0,25 = 250 $

$Var[X] = np(1-p) = 1000 * 0,25 * 0,75 = 187,5 $

Per determinare la probabilità richiesta dal problema possiamo utilizzare l’approssimazione normale: se ad X sottraiamo la sua media e dividiamo per la sua deviazione standard otteniamo una variabile aleatoria che si comporta approssimativamente come una normale standard.

Per calcolare la probabilità che meno di 240 pezzi risultino difettosi, dobbiamo calcolare la probabilità che X, che indica appunto il numero di circuiti difettosi, assuma un valore minore di 240:

$P(X < 240) = P(X ≤ 239,5) = $

$ P( frac(X – E[X])(sqrt(Var(X))) ≤ frac(239,5 – E[X])(sqrt(Var(X))) ) = $

$ Φ( frac(239,5 – E[X])(sqrt(Var(X))) ) = Φ( frac(239,5 – 250)(sqrt(187,5) ) = Φ(-0,766) $

Il valore della funzione di distribuzione della normale standard può essere ricavato dalle tavole della distribuzione normale standard; si ottiene:

$ P(X < 240) = Φ(-0,766) = 1 – Φ(0,766) = 1 – 0,7764 = 0,2236 $

 

i) Utilizziamo delle variabili aleatorie $X_i$ per indicare il peso degli operai; l’indice i corrisponde al peso dell’operaio i-esimo. Tali variabili aleatorie sono indipendenti e identicamente distribuite, ed hanno media m = 77 e deviazione standard σ = 9.4.

Per una successione di variabili aleatorie ${X_n}$, la media campionaria è:

$ bar X_n = frac(X_1 + … + X_n)(n)$

Utilizzando l’approssimazione standard, sappiamo che sottraendo a tale variabile la sua media, e dividendo per la deviazione standard, otteniamo una variabile aleatoria che si comporta approssimativamente come una normale standard.

Quindi, la probabilità che la media campionaria sia compresa tra due valori fissati è la seguente (indichiamo con $S_n$ la somma campionaria):

$ P(75 ≤ bar X_n ≤ 79) = P(75n ≤ S_n ≤ 79n) = P( frac(75n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ≤ frac(S_n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ≤ frac(79n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ) $

Indichiamo con W la variabile aleatoria approssimata con una normale:

$ P(75 ≤ bar X_n ≤ 79) = P( frac(75n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ≤ W ≤ frac(79n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ) = $

$ P( W ≤ frac(79n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ) – P( W ≤ frac(75n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ) = $

$ Φ( frac(79n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ) – Φ( frac(75n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) )$

Nel primo caso, la numerosità del campione è n = 36; sostituiamo quindi i dati numerici:

$ Φ( frac(79*36 – 36*77)( 9,4 * sqrt(36) ) ) – Φ( frac(75*36 – 36*77)( 9,4 * sqrt(36) ) ) = $

$ Φ( frac(2844 – 2772)( 9,4 * 6 ) ) – Φ( frac(2700 – 2772)( 9,4 * 6 ) ) = $

$ Φ( frac( 72 )( 56,4 ) ) – Φ( frac(-72)( 56,4 ) ) = Φ( 1,27 ) – Φ( -1,27 ) $

Applicando le proprietà della funzione di distribuzione della normale standard si ottiene:

$ Φ( 1,27 ) – Φ( -1,27 ) = 2 Φ( 1,27 ) – 1$

Ricavando i valori numerici dalla tabella della normale standard di ottiene la probabilità richiesta:

$ 2 Φ( 1,27 ) – 1 = 2 * 0,8980 – 1 = 0,796 $

ii) Per il secondo punto possiamo ragionare in maniera analoga, considerando in questo caso un campione di grandezza maggiore (n = 144). Il procedimento da seguire è lo stesso:

$ P(75 ≤ bar X_n ≤ 79) = P(75n ≤ S_n ≤ 79n) = $

$P( frac(75n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) )  <= frac(S_n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ≤ frac(79n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ) $

$ P( frac(75n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ≤ W ≤ frac(79n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ) = $

$ P( W ≤ frac(79n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ) – P( W ≤ frac(75n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ) = $

$ Φ( frac(79n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) ) – Φ( frac(75n – n*E[X])( sqrt(Var(X)*n) ) )$

Sostituiamo i valori numerici considerando n = 144:

$ Φ( frac(79*144 – 144*77)( 9,4 * sqrt(144) ) ) – Φ( frac(75*144 – 144*77)( 9,4 * sqrt(144) ) ) = $

$ Φ( frac(11376 – 11088)( 9,4 * 12 ) ) – Φ( frac(10800 – 11088)( 9,4 * 12 ) ) = $

$ Φ( frac( 288 )( 112,8 ) ) – Φ( frac(-288)( 112,8 ) ) = Φ( 2,55 ) – Φ( -2,55 ) $

Applicando le proprietà della funzione di distribuzione della normale standard si ottiene:

$ Φ( 2,55 ) – Φ( -2,55 ) = 2 Φ( 2,55 ) – 1$

Ricavando i valori numerici dalla tabella della normale standard di ottiene la probabilità richiesta:

$ 2 Φ( 2,55 ) – 1 = 2 * 0,9946 – 1 = 0,9892 $

 

Possiamo risolvere il problema introducendo una successione di variabili aleatorie ${X_n}$ con n = 1, …, 450, tale che ${X_i}$ assume il valore 1 se l’i-esimo studente iscritto frequenta i corsi universitari, e assume il valore 0 altrimenti. Sappiamo, quindi, che le variabili aleatorie ${X_i}$ sono indipendenti e seguono una legge di Bernoulli di parametro p = 0,3 (in quanto i dati del problema affermano che il 30% degli iscritti segue le lezioni).

Il numero degli studenti che frequentano le lezioni può essere calcolato semplicemente sommando le variabili aleatorie ${X_i}$; indichiamo con X tale somma. Sappiamo che tale somma è anch’essa una variabile aleatoria, e in particolar che essa segue una legge Binomiale di parametri p = 0,3 e n = 450 (numero degli studenti).

Applicando le formule note possiamo calcolare media e varianza di X:

$E[X] = np = 450 * 0,3 = 135 $

$Var[X] = np(1-p) = 450 * 0,3 * 0,7 = 94,5 $

Per determinare la probabilità richiesta dal problema possiamo utilizzare l’approssimazione normale: se ad X sottraiamo la sua media e dividiamo per la sua deviazione standard otteniamo una variabile aleatoria che si comporta approssimativamente come una normale standard.

Per calcolare la probabilità che una delle aule risulti insufficiente a contenere gli studenti, considerando che la capienza delle aule è di 150 posti, dobbiamo trovare la probabilità che il numero degli studenti sia maggiore di 150:

$P(X ≥ 151) = P(X > 150,5) = 1 – P(X ≤ 150,5) = $

$1 – P( frac(X – E[X])(sqrt(Var(X))) ≤ frac(150,5 – E[X]) (sqrt(Var(X))) ) = $

$ 1 – Φ( frac(150,5 – E[X])(sqrt(Var(X))) ) = 1 – Φ( frac(150,5 – 135)(sqrt(94,5) )) = 1 – Φ(1,59) $

Il valore della funzione di distribuzione della normale standard può essere ricavato dalle tavole della distribuzione normale standard; si ottiene:

$P(X ≥ 151) = 1 – Φ(1,59) = 1 – 0,9441 = 0,0559 $

Supponiamo di avere due dadi, e osserviamo tutte le possibili uscite affinché il numero risultante dalle due facce sia 6; otteniamo il seguente insieme di coppie:

{(1,5), (2,4), (3,3), (4,2), (5,1)}

Allo stesso modo, osserviamo tutti i casi possibili affinché si verifichi il punteggio 7:

{(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)}

Infine, il punteggio 9 si realizza al verificarsi di una delle seguenti coppie:

{(3,6), (4,5), (5,4), (6,3)}

Poiché l’insieme di tutte le possibili coppie che possono uscire è 36, abbiamo esattamente la probabilità $p = frac(1)(36)$ che esca una determinata coppia di numeri.

Nel caso di punteggio pari a sei, le coppie ammissibili per l’ottenimento di tale punteggio sono 5; di conseguenza, la probabilità di ottenere il punteggio 6 è data da:

$ P({6}) = 5 * frac(1)(36) = frac(5)(36) $

Allo stesso modo, possiamo calcolare le probabilità che si verifichino i punteggi 7 e 9:

$ P({7}) = 6 * frac(1)(36) = frac(6)(36) = 1/6 $

$ P({9}) = 4 * frac(1)(36) = frac(4)(36) = 1/9 $

Avendo trovato le probabilità del verificarsi di ogni singolo evento, possiamo ricavare la probabilità che in un determinato lancio di verifichi un punteggio di 6, o un punteggio di 7 o un punteggio di 9:

$P({6} ∪ {7} ∪ {9}) = P({6}) + P({7}) + P({9}) = $

$frac(5)(36) + 1/6 + 1/9 = frac(15)(36) = frac(5)(12) $

Possiamo modellare il nostro problema utilizzando una variabile aleatoria ausiliaria X binomiale di parametri n = 120 (numero di lanci) e $p = frac(5)(12)$ (probabilità di successo).

Calcoliamo media e varianza di X applicando le formule note:

$E[X] = np = 120 * frac(5)(12) = 50 $

$Var[X] = np(1-p) = 120 * frac(5)(12) * (1 – frac(5)(12)) = 350 $

Per determinare la probabilità richiesta dal problema possiamo utilizzare l’approssimazione normale: se ad X sottraiamo la sua media e dividiamo per la sua deviazione standard otteniamo una variabile aleatoria che si comporta approssimativamente come una normale standard:

$P(X ≥ 70) = P(X > 69,5) = 1 – P(X ≤ 69,5) = 1 – P( frac(X – E[X])(sqrt(Var(X))) ≤ frac(69,5 – E[X]) (sqrt(Var(X))) ) = $

$ 1 – Φ( frac(69,5 – E[X])(sqrt(Var(X))) ) = 1 – Φ( frac(69,5 – 50)(sqrt(350))) = 1 – Φ( 1,04) $

Il valore della funzione di distribuzione della normale standard può essere ricavato dalle apposite tavole; si ottiene:

$P(X ≥ 70) = 1 – Φ( 1,04) = 1 – 0,8508 = 0,1492 $

 

Utilizziamo una variabile aleatoria X che indica il numero di persone che necessitano di assistenza ospedaliera in un anno; allora X ha una legge binomiale di parametri n = 60000 (numero di polizze) e p = 0,09 (probabilità che una persona abbia bisogno di assistenza).

Sapendo che X è binomie, possiamo determinare facilmente la media e la varianza:

$ E[X] = np = 60000 * 0,09 = 5400$

$ Var(X) = np(1-p) = 60000 * 0,09 * (1-0,09) = 4914$

i) La probabilità richiesta consiste nel calcolare il valore P(X = 500); tale operazione potrebbe essere svolta semplicemente applicando le formule della legge binomiale, ma a causa della grandezza dei numeri, tale operazione sarebbe particolarmente complessa. Per questo, possiamo esprimere tale probabilità in maniera alternativa e calcolarla con l’ausilio della statistica e del teorema del limite centrale.

Si ha che:

$ P(X = 500) = P(499,5 < X < 500,5) $

Ricordiamo che per l’approssimazione normale, se a X togliamo la sua media, e dividiamo tutto per la sua deviazione standard, otteniamo una variabile aleatoria che, per n molto grande, si comporta come una normale standard.

Quindi possiamo procedere nel seguente modo:

$ P(499,5 < X < 500,5) = $

$P( frac(499,5 – E[X] )( Var(X) ) < frac(X – E[X])(Var(X)) < frac(500,5 – E[X]) (Var(X))) $

Indichiamo con W la normale standard in questione, e sostituiamo i valori numerici di media e varianza:

\( P\Big( \frac{499{,}5 – 5400}{\sqrt{4914}} \lt W \lt \frac{500{,}5 – 5400}{\sqrt{4914}}\Big) = \)

\( P\Big(\frac{-4900{,}5}{70{,}1} \lt W \lt \frac{-4899{,}5}{70,1}\Big) = \)

$ P( -69,91 < W < -69,89) $

Se indichiamo con Φ la funzione di distribuzione della normale standard, possiamo scrivere:

$ P( -69,91 < W < -69,89) = P(W < -69,89) – P( W < -69,91 ) = Φ(-69,89) – Φ(-69,91 ) = $

$-Φ(69,89) + Φ(69,91) = Φ(69,91) – Φ(69,89) $

Dai valori ricavati dalla tabella della normale standard possiamo concludere che la probabilità è molto piccola, tendente a zero. Quindi è assai improbabile che 500 indennizzi vengano liquidati in un anno. ii) Per la seconda parte possiamo seguire un procedimento analogo al precedente, considerando il fatto che si vuole che almeno 300 indennizzi vengano liquidati in un anno; quindi, in questo caso la probabilità da determinare è la seguente: P( X ≥ 300).

Procediamo come in precedenza:

$ P( X ≥ 300) = P( X > 299,5) = 1 – P(X ≤ 299,5) =  $

$1 – P(W ≤ frac(299,5 – 5400 )( sqrt(4914) )) = $

$ 1 – P(W ≤ frac(299,5 – 5400 )( 70,1) ) = $

$ 1 – P(W ≤ frac( – 5100,5 )( 70,1) ) = 1 – P(W ≤ -72,6) = 1 – Φ(-72,6) ~ 1 $

 

In un mazzo di carte normali, la probabilità di estrarre una carta di quadri è esattamente 0,25. Consideriamo una variabile aleatoria X che indica il numero delle carte di quadri ottenute in 100 estrazioni con rimpiazzo; sappiamo dalla probabilità che X è una variabile aleatoria con legge binomiale di parametri n = 100 e p = 0,25.

La media di una variabile aleatoria binomiale è $E[X] = np = 100 * 0,25 = 25$, mentre la varianza vale: $Var(X) = np(1-p) = 100 * 0,25 * 0,75 = 18,75$.

Per calcolare la probabilità del problema potremmo determinare il valore di $P(X = 20)$, ma i calcoli che ne deriverebbero sarebbero troppo complessi, a causa dei coefficienti binomiali e dei fattoriali.

Possiamo quindi procedere utilizzando la statistica e l’approssimazione normale, fornitaci dal teorema del limite centrale. In particolare, poiché X assume solo valori interi, la probabilità da noi cercata può essere espressa nel seguente modo:

$ P(X = 20) = P(19,5 < X < 20,5) $

Ricordiamo che per l’approssimazione normale, se a X togliamo la sua media, e dividiamo tutto per la sua deviazione standard, otteniamo una variabile aleatoria che, per n molto grande, si comporta come una normale standard.

Quindi possiamo procedere nel seguente modo:

$ P(19,5 < X < 20,5) = $

$P( frac(19,5 – E[X] )( Var(X) ) < frac(X – E[X])(Var(X)) < frac(20,5 – E[X])(Var(X))) $

Indichiamo con W la normale standard in questione, e sostituiamo i valori numerici di media e varianza:

$ P( frac(19,5 – 25 )( sqrt(18,75) ) < W < frac(20,5 – 25 )( sqrt(18,75) ) = $

$ P( frac( -5,5 )( 4,33 ) < W < frac( -4,5 )(4,33) = $

$ P( -1,2702 < W < -1,0392) $

Se indichiamo con Φ la funzione di distribuzione della normale standard, possiamo scrivere:

$ P( -1,2702 < W < -1,0392) = P(W < -1,0392) – P( W < -1,2702 ) = Φ(-1,0392) – Φ(-1,2702 ) = $

$ – Φ(1,0392) + Φ(1,2702 ) = Φ(1,2702 ) – Φ(1,0392) $

Possiamo ricavare i valori della funzione Φ dalla tabella della normale standard; si ottiene:

$ Φ(1,2702 ) – Φ(1,0392) = 0,898 – 0,8508 = 0,0472 $

 

Il problema può essere risolto mediante l’utilizzo del teorema del limite centrale e dell’approssimazione normale standard.

La probabilità che dobbiamo calcolare è la seguente:

$ P(190 < S_n < 210) $

Per l’approssimazione standard abbiamo che la quantità $frac(S_n – nλ)(σ sqrt(n)) $ si comporta come una normale standard per n grandi (indichiamo tale variabile con W).

Nel nostro caso, poiché le variabili aleatorie hanno legge di Poisson, sappiamo che la loro media e la loro varianza vale esattamente λ. Abbiamo quindi tutti dati necessari per procedere:

$ P(190 < S_n < 210) = P( frac(190 – nλ)( sqrt(n)) < frac(S_n – nλ)(σ sqrt(n)) < frac(210 – nλ)(σ sqrt(n)) ) = $

$ P( frac(190 – 100 * 2)(sqrt(2) sqrt(100)) < frac(S_n – 100 * 2)(sqrt(2) sqrt(100)) < frac(210 – 100 * 2) (sqrt(2) sqrt(100) ) = $

$ P( frac(190 – 200)(10 sqrt(2)) < frac(S_n – 200)(10 sqrt(2)) < frac(210 – 200)(10 sqrt(2)) ) = $

$ P( frac(- 10)(10 sqrt(2)) < frac(S_n – 200)(10 sqrt(2)) < frac(10)(10 sqrt(2)) ) = $

$ P( frac(-1)(sqrt(2)) < W < frac(1)(sqrt(2))) = $

$ P( frac(-1)(sqrt(2)) < W < frac(1)(sqrt(2)) ) = $

$ P( – frac(sqrt(2))(2) < W < frac(sqrt(2))(2) ) $

Se indichiamo con Φ la funzione di distribuzione della normale standard, possiamo scrivere:

$ P( – frac(sqrt(2))(2) < W < frac(sqrt(2))(2) ) = $

$P(W < frac(sqrt(2))(2)) – P(W < – frac(sqrt(2))(2)) = $

$ Φ(frac(sqrt(2))(2)) – Φ(- frac(sqrt(2))(2)) = 2 Φ(frac(sqrt(2))(2)) – 1$

I valori corrispondenti possono essere ricavati dalla tavola della distribuzione normale standard:

$ 2 Φ(frac(sqrt(2))(2)) – 1 = 2 * 0,7611 = 0,5222 $

 

Consideriamo una variabile aleatoria X bernoulliana che assume i valori 0 e 1 nel seguente modo: $X_i = 1$ se la i-esima scheda scelta riguarda un uomo, mentre $X_i = 0$ se la i-esima scheda scelta riguarda una donna. Sapendo che il 20% dei dipendenti sono uomini, possiamo affermare che la probabilità di successo di ogni variabile è $p = 0,2$. Ricordando le proprietà delle variabili aleatorie di Bernoulli, possiamo anche affermare che: $E[X_i] = p = 0,2$ e che $Var(X_i) = p(1-p) = 0,2 * 0,8 = 0,16$.

La proporzione di schede corrispondenti a dipendenti uomini può essere scritta come la media campionaria $bar X_n$, in quanto abbiamo scelto di attribuire il “successo” al fatto che vengano estratte schede riguardanti uomini.

Per risolvere il problema, quindi, dobbiamo calcolare la seguente probabilità:

$ P(0,18 < bar X_n < 0,22) ≥ 0,95$

e trovare il valore minimo di n che renda vera la disuguaglianza precedente.

Cominciamo calcolando la probabilità:

$ P(0,18 < bar X_n < 0,22) = $

$P(0,18 < 1/n * (X_1 + …. + X_n ) < 0,22) = $

$P(0,18 n < S_n < 0,22 n)$

Possiamo risolvere la probabilità ricordando come si effettua l’approssimazione normale; in questo caso, sottraendo a $S_n$ la media (np) e dividendo per il valore $sigma * sqrt(n)$, otteniamo una variabile aleatoria che può essere approssimata con una normale standard, che indichiamo con W:

$ P(0,18 n < S_n < 0,22 n) = $

$P(frac(0,18 n – np)(sigma * sqrt(n)) < frac(S_n – np)(sigma * sqrt(n))< frac(0,22 n – np)(sigma * sqrt(n))) = $

$ P(frac(0,18 n – np)(sigma * sqrt(n)) < W < frac(0,22 n – np)(sigma * sqrt(n))) $

Sostituiamo i valori della probabilità e della deviazione standard:

$ P(frac(0,18 n – 0,2 n)(0,4 * sqrt(n)) < W < frac(0,22 n – 0,2 n)(0,4 * sqrt(n))) = $

$ P(frac(- 0,02 n)(0,4 * sqrt(n)) < W < frac(0,02 n)(0,4 * sqrt(n))) $

Possiamo procedere semplificando ulteriormente la scrittura:

$ P(W < frac(0,02 n)(0,4 * sqrt(n))) – P(W < frac(-0,02 n)(0,4 * sqrt(n))) = $

Applicando le proprietà della normale standard si ottiene:

$ P(W < frac(0,02 n)(0,4 * sqrt(n))) + P(W < frac(0,02 n)(0,4 * sqrt(n))) – 1= $

$ 2 P(W < frac(0,02 n)(0,4 * sqrt(n))) – 1 $

La quantità che abbiamo ottenuto deve essere maggiore di 0,95, ovvero:

$ 2 P(W < frac(0,02 n)(0,4 * sqrt(n))) – 1 ≥ 0,95 to $

$P(W < frac(0,02 n)(0,4 * sqrt(n))) ≥ (0,95+1)/2 $

$ P(W < frac(0,02 n)(0,4 * sqrt(n))) ≥ 0,975 $

Sapendo che il quantile della v.a di ordine 0,975 è 1,96 (si ricava dalle tavole della Normale Standard), possiamo scrivere:

$ P(W < frac(0,02 n)(0,4 * sqrt(n))) = Φ(frac(0,02 n)(0,4 * sqrt(n))) ≥ 0,975 = ϕ(1,96)$

e sapendo che la funzione di distribuzione è non decrescente, si ottiene che:

$ frac(0,02 n)(0,4 * sqrt(n) ) ≥ 1,96$

Risolviamo quindi la disuguaglianza per trovare il valore di n:

$ 0,02 n ≥ 1,96 * 0,4 * sqrt(n)$

$ (0,02 n)^2 ≥ (1,96 * 0,4 * sqrt(n))^2$

$ 0,0004 n^2 ≥ 0,614656 n$

$ 0,0004 n^2 – 0,614656 n ≥ 0$

$ n ≥ frac(0,614656)(0,0004) = 1536,64 $

Quindi possiamo concludere che occorre un n maggiore di 1536.

 

In generale, è noto che una variabile aleatoria uniformemente distribuita nell’intervallo (a,b) ha una densità che è della seguente forma: $f = frac(1)(b-a)$.

Nel nostro caso, quindi, avremo che:

$ f_n (x) = frac(1)(1/n-(-1/n)) to f_n (x) = frac(1)(2/n) $ con $ x in (-1/n , 1/n) $

$ f_n (x) = frac(n)(2) $ con $x in (-1/n , 1/n) $

e la funzione vale zero in tutti i punti x esterni a tale intervallo.

Sappiamo, inoltre, che la funzione di distribuzione è della forma: $F(x) = frac(x-a)(b-a) $, e quindi nel nostro caso vale:

$F_n (x) = frac(x-(-1/n))(1/n-(-1/n)) to F_n (x) = frac(x+1/n)(2/n) $

$F_n (x) = frac(nx + 1)(2)  text(    ) x in [-1/n , 1/n] $

$F_n (x) = frac(nx)(2) + 1/2 text(    )  x in [-1/n , 1/n] $

la funzione di distribuzione vale 0 per tutti gli x minori di -1/n, e vale 1 per tutti gli x maggiori di 1/n.

La convergenza in distribuzione si ha quando la funzione di distribuzione di una determinata successione di variabili aleatorie converge alla funzione di distribuzione di una v.a. nota, per n tendente all’infinito. Calcoliamo quindi il limite della nostra funzione di distribuzione; per ogni valore di x fissato si ottiene:

$ lim_(n to ∞) F_n (x) = lim_(n to ∞) 0 = 0 text(    per  ) x < 0$

$ lim_(n to ∞) F_n (x) = lim_(n to ∞) 1 = 1 text(    per  ) x > 0$

$ lim_(n to ∞) F_n (x) = lim_(n to ∞) frac(n*0)(2) + 1/2 = 1/2 text(    per  ) x = 0$

Consideriamo quindi una variabile aleatoria X che vale zero quasi certamente, ovvero per cui si ha: $P(X = 0) = 1$; la funzione di distribuzione di X è quindi la seguente:

$ F_X (x) = P(X≤x) = 0 * 1_(-∞, 0) (x) + 1 * 1_[0, +∞) (x)$

quindi, la funzione di distribuzione è 0 per tutti gli x minori di zero, e vale uno per tutti gli x maggiori o uguali a zero.

Tale funzione di distribuzione coincide con $F_n (x)$ in tutti i punti in cui essa è continua (in zero la funzione ha un punto di discontinuità di prima specie). Possiamo quindi concludere che la successione di variabili aleatorie {$X_n$} tende a X in distribuzione.

 

 

In generale, è noto che una variabile aleatoria uniformemente distribuita nell’intervallo (a,b) ha una densità che è della seguente forma: $f = frac(1)(b-a)$.

Nel nostro caso, quindi, avremo che:

$ f_n (x) = frac(1)(n-(-n)) to f_n (x) = frac(1)(2n) x € (-n , n) $

e la funzione vale zero in tutti i punti x esterni a tale intervallo.

Sappiamo, inoltre, che la funzione di distribuzione è della forma: $F(x) = frac(x-a)(b-a) $, e quindi nel nostro caso vale:

$F_n (x) = frac(x-(-n))(n-(-n)) to F_n (x) = frac(x+n)(2n) $

$F_n (x) = frac(x)(2n) + 1/2 x € [-n , n] $

la funzione di distribuzione vale 0 per tutti gli x minori di -n, e vale 1 per tutti gli x maggiori di n.

La convergenza in distribuzione si ha quando la funzione di distribuzione di una determinata successione di variabili aleatorie converge alla funzione di distribuzione di una v.a. nota, per n tendente all’infinito. Calcoliamo quindi il limite della nostra funzione di distribuzione:

$ lim_(n to ∞) F_n (x) = lim_(n to ∞) frac(x)(2n) + 1/2 = 1/2 $

Notiamo che il valore ottenuto è un valore costante; in generale, un valore costante non può essere funzione di distribuzione, e quindi possiamo concludere che la successione {X_n} non converge in distribuzione ad alcuna variabile aleatoria X.

 

Consideriamo le possibilità che ci sono di ottenere un punteggio pari a 4 nel lancio di tre dadi; se indichiamo con la terna (i, j, k) le uscite rispettivamente del primo, del secondo e del terzo dado, abbiamo le seguenti possibilità: (1, 1, 2) , (1, 2, 1) , (2, 1, 1). Poiché consideriamo dadi non truccati, sappiamo che ogni faccia può presentare un numero da 1 a 6, e di conseguenza possiamo rappresentare lo spazio campione nel seguente modo:

$ omega = {(i, j, k); i,j,k € {1,2,3,4,5,6}} $

Di conseguenza, la cardinalità di omega è data da: $ #omega = 6^3$.

Conoscendo la cardinalità dell’insieme, la probabilità di ottenere esattamente una configurazione di uscita dei valori è:

$ P((i, j, k)) = frac(1)(6^3) $

Sapendo che il punteggio 4 può essere ottenuto con tre configurazioni diverse dei valori usciti, la probabilità che si verifichi tale evento è data da:

$ P((1, 1, 2) , (1, 2, 1) , (2, 1, 1)) = 3 * frac(1)(6^3) = frac(3)(6^3)$

Per risolvere il nostro problema, possiamo introdurre una variabile aleatoria $X_m$ che per costruzione assume il valore 1 se nel lancio i-esimo esce una somma di 4, e assume 0 altrimenti. Tale variabile aleatoria si comporta come una Bernulliana di parametro $ p = E(X_m) $.

La variabile $S_n = X_1 + …. + X_n$ , essendo la somma di variabili aleatorie Bernulliane, si comporta come una binomiale di parametri n e p.

Per stimare il suo valore, possiamo ricorrere alla legge forte dei grandi numeri, per cui si ha che:

$ frac(S_n)(n) = frac(X_1 + …. + X_n)(n) to p (n to ∞) $

Quindi, per n molto grande, $S_n$ tenderà al valore $np$.

Dai dati del problema, sappiamo che $n = 1296$, e dalle considerazioni precedenti sappiamo che $ p = frac(3)(6^3) $; possiamo quindi stimare il valore di $S_n$:

$ S_n = 1296 * frac(3)(6^3) = frac(6^4 * 3)(6^3) = 18 $

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i) Un intervallo di confidenza al livello 1 – α per la media incognita è della forma seguente:

$ I = [bar x_n – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) , bar x_n + frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) ] $

dove $σ$ è la deviazione standard del campione, $ϕ_(1-α/2) $ è il quantile di ordine $1-α/2$ della distribuzione normale standard e $bar x_n$ è la media campionaria. In questo caso, poiché la confidenza deve essere al 95%, sappiamo che 1 – α = 0,95.

Analizziamo i dati che fornisce il problema:

$n = 144$

$bar x_n = 6230$

$ σ = 400 $

$1-α = 0,95 to 1-α/2 = 0,975$

Dalla tavola dei valori della distribuzione normale standard possiamo trovare che il quantile di ordine $1-α/2$ è 1,96. Avendo a disposizione tutti i dati necessari, possiamo determinare l’intervallo di confidenza richiesto:

$ I = [ 6230 – frac(400)(sqrt(144)) * 1,96 ; 6230 + frac(400)(sqrt(144)) * 1,96 ] = $

$ [ 6230 – frac(400)(12) * 1,96 ; 6230 + frac(400)(12) * 1,96 ] = $

$ [ 6230 – 65,333 ; 6230 + 65,333 ] = [6164,67 ; 6295,333]$

ii) Considerata la formulazione dell’intervallo di confidenza per la media fatta precedentemente, sappiamo che la sua ampiezza è la seguente:

$ w = bar x_n + frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) – [bar x_n – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2)] = $

$ bar x_n + frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) – bar x_n + frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) = 2 frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1- α/2) $

Quindi, per risolvere il problema dobbiamo trovare il più piccolo n per cui risulta vera la seguente disuguaglianza:

$ 2 frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) <= 160 $

Risolviamo la disequazione:

$ 2 frac(400)(sqrt(n)) * 1,96 <= 160 $

$ 2 * 400 * 1,96 <= 160 * sqrt(n)$

$ 1568 <= 160 * sqrt(n)$

$ 9,8 <= sqrt(n) to n >= 96,04 $

Quindi, il più piccolo n intero che soddisfa la disuguaglianza è n = 97.

i) Indichiamo con $X_i$ la variabile aleatoria che vale 1 se l’i-esimo dischetto è privo di difetti, e vale 0 altrimenti. Allora le variabili aleatorie $X_i$ sono indipendenti e Bernoulliane di parametro p incognito. Se indichiamo con X la somma di tali variabili aleatorie, ovvero:

$X = X_1 + …. + X_n$

allora X indica il numero di dischetti che sono senza difetti; X è una variabile aleatoria Binomiale di parametri n e p.

Il problema fornisce la media campionaria ottenuta dagli n dischetti esaminati. Dalle formule note, possiamo costruire un intervallo di confidenza per la media della distribuzione:

$ I = [bar x_n – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) , bar x_n – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) ] $

dove $σ$ è la deviazione standard del campione (incognita), $ϕ_(1-α/2) $ è il quantile di ordine $1-α/2$ della distribuzione normale standard e $bar x_n$ è appunto la media campionaria.

Analizziamo i dati che fornisce il problema:

$n = 100$

$bar x_n = 0,8$

$1-α = 0,95 to 1-α/2 = 0,975$

Dalla tavola dei valori della distribuzione normale standard possiamo trovare che il quantile di ordine $1-α/2$ è 1,96.

Il valore di σ può essere stimato; considerando che in generale $σ=sqrt(p(1-p))$ per una variabile di Bernoulli, sappiamo che tale quantità è sicuramente minore di 0,5. Possiamo usare tale valore per approssimare la deviazione standard:

$ I = [ 0,8 – frac(0,5)(sqrt(100)) * 1,96 ; 0,8 + frac(0,5)(sqrt(100)) * 1,96 ] = [ 0,8 – frac(0,5)(10) * 1,96 ; 0,8 + frac(0,5)(10) * 1,96 ] = $

$ [ 0,8 – 0,098 ; 0,8 + 0,098 ] = [0,702 ; 0,898]$

ii) Per risolvere il secondo punto possiamo utilizzare l’approssimazione normale; ricordiamo che la quantità $frac(S_n – nμ)(σ*sqrt(n))$ si comporta come una normale standard per n molto grande (con $S_n$ abbiamo indicato la somma campionaria). Quindi possiamo utilizzare questo risultato per approssimare la probabilità richiesta dal problema:

$P(|bar X_n – q| <= 0,01) = P(|1/n * S_n| <= 0,01) = P(|S_n| <= 0,01 * n) = $

$P(|frac(S_n – nq)(σ*sqrt(n))| <= frac(0,01 * n)(σ*sqrt(n))) $

Se chiamiamo con W una variabile aleatoria che si comporta come una normale standard otteniamo:

$P(|W| <= frac(0,01 * n)(σ*sqrt(n))) $

Il problema fornisce tutti i dati necessari; sostituiamo i valori numerici:

$ P(|W| <= frac(0,01 * n)(σ*sqrt(n))) = P( |W| <= frac(0,01 * n)(0,4*sqrt(n)) ) = $

$ P(|W| <= frac(0,01 * n)(0,4*sqrt(n)) ) = P(|W| <= frac(sqrt(n))(40) ) = P(-sqrt(n))(40) <= W <= sqrt(n))(40) ) = $

$P( W <= sqrt(n))(40) ) – P(W <= – sqrt(n))(40) ) $

Introduciamo la funzione Φ, ovvero la funzione di distribuzione della normale standard:

$ P( W <= sqrt(n))(40) ) – P(W <= – sqrt(n))(40) ) = Φ( sqrt(n))(40) ) – Φ(- sqrt(n))(40) ) = $

$ 2 Φ( sqrt(n))(40) ) – 1$

Affinché tale quantità sia maggiore o uguale di 0,99 poniamo:

$ 2 Φ( sqrt(n))(40) ) – 1 >= 0,99 to Φ( sqrt(n))(40) ) >= 0,995$

Dalle tabelle della normale standard possiamo ricavare i valori numerici inversi di Φ; troviamo che 0,995 è circa Φ(2,34). Ciò significa che per rendere vera la disuguaglianza deve essere:

$ sqrt(n)(40) >= 2,34$

Risolviamo la disequazione e troviamo il valore di n:

$ sqrt(n) >= = 2,34*40 = 93,6 to n > 8760,96 $

i) Un intervallo di confidenza al livello 1 – α per la media incognita è della forma seguente:

$ I = [bar x_n – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) , bar x_n – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) ] $

dove $σ$ è la deviazione standard del campione, $ϕ_(1-α/2) $ è il quantile di ordine $1-α/2$ della distribuzione normale standard e $bar x_n$ è la media campionaria.

Analizziamo i dati che fornisce il problema:

$n = 100$

$bar x_n = 50$

$σ^2 = 144 to σ = 12 $

$1-α = 0,95 to 1-α/2 = 0,975$

Dalla tavola dei valori della distribuzione normale standard possiamo trovare che il quantile di ordine $1-α/2$ è 1,96. Avendo a disposizione tutti i dati necessari, possiamo determinare l’intervallo di confidenza richiesto:

$ I = [ 50 – frac(12)(sqrt(100)) * 1,96 ; 50 + frac(12)(sqrt(100)) * 1,96 ] = [ 50 – frac(12)(10) * 1,96 ; 50 + frac(12)(10) * 1,96 ] = $

$ [ 50 – 2,352 ; 50 + 2,352 ] = [47,648 ; 52,352]$

ii) La probabilità da stimare è la seguente:

$P(44 ≤ X ≤ 62) $

Dal teorema del limite centrale sappiamo che se ad una variabile aleatoria sottraiamo la sua media e dividiamo tutto per la sua deviazione standard otteniamo una variabile aleatoria (che possiamo indicare con W) che si comporta come una normale standard per n abbastanza grande.

Procediamo applicando le regole per l’approssimazione normale:

$ P(44 ≤ X ≤ 62) = P( frac(44 – E[X])(σ) ≤ frac(X – E[X])(σ) ≤ frac(62 – E[X])(σ) ) = $

$ P( frac(44 – E[X])(σ) ≤ W ≤ frac(62 – E[X])(σ) ) = $

Sostituiamo i valori numerici:

$ P( frac(44 – 50)(12) ≤ W ≤ frac(62 – 50)(12) ) = P( frac(-6)(12) ≤ W ≤ frac(12)(12) ) = $

$ P( -0,5 ≤ W ≤ 1 ) = P(W ≤ 1) – P(W ≤ -0,5) $

Introducendo la funzione Φ, ovvero la funzione di distribuzione della normale standard, abbiamo:

$ P(W ≤ 1) – P(W ≤ -0,5) = Φ(1) – Φ(-0,5) = Φ(1) – [1 – Φ(0,5)] $

i) Un intervallo di confidenza per la media della distribuzione è della forma seguente:

$ I = [bar x_n – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) , bar x_n – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) ] $

dove $σ$ è la deviazione standard del campione, $ϕ_(1-α/2) $ è il quantile di ordine $1-α/2$ della distribuzione normale standard e $bar x_n$ è la media campionaria.

Analizziamo i dati che fornisce il problema:

$n = 100$
$bar x_n = 80$

$σ^2 = 16 to σ = 4 $

$1-α = 0,90 to 1-α/2 = 0,95$

Dalla tavola dei valori della distribuzione normale standard possiamo trovare che il quantile di ordine $1-α/2$ è 1,65. Avendo a disposizione tutti i dati necessari, possiamo determinare l’intervallo di confidenza richiesto:

$ I = [ 80 – frac(4)(sqrt(100)) * 1,65 ; 80 + frac(4)(sqrt(100)) * 1,65 ] = [ 80 – frac(4)(10) * 1,65 ; 80 + frac(4)(10) * 1,65 ] = $

$ [ 80 – 0,66 ; 80 + 0,66 ] = [79,34 ; 80,66]$

ii) Considerando che la variabile $X_1$ è normale standard, possiamo sfruttare l’approssimazione normale per calcolare la probabilità richiesta:

$ P( X_1 < 3) $

possiamo procedere nel modo seguente:

$ P( X_1 < 3) = P( frac(X_1 – E[X_1])(σ) < frac(3 – E[X_1])(σ) ) $

Se indichiamo con W una variabile aleatoria che si comporta come una normale standard abbiamo:

$ P( X_1 < 3) = P( W < frac(3 – E[X_1])(σ) ) $

Dai dati del problema sappiamo che:

$ E[X_1] = μ=2 $

$ σ = 4 $

Quindi possiamo procedere sostituendo i valori numerici:

$ P( X_1 < 3) = P( W < frac(3 – 2)(4) ) = P( W < frac(1)(4) ) = P( W < 0,25 ) $

Introduciamo la funzione Φ, ovvero la funzione di distribuzione della normale standard:

$ P( W < 0,25 ) = Φ(0,25) $

Dalle tabelle della normale standard possiamo ricavare i valori numerici di Φ:

$ Φ(0,25) = 0,59871 $

Sappiamo che un intervallo di confidenza per la media della distribuzione è della forma seguente:

$ I = [bar x_n – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) , bar x_n – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) ] $

dove $σ$ è la deviazione standard del campione, $ϕ_(1-α/2) $ è il quantile di ordine $1-α/2$ della distribuzione normale standard e $bar x_n$ è la media campionaria.

Analizziamo i dati che fornisce il problema:

$n = 100$

$bar x_n = 9$

$σ^2 = 4 to σ = 2 $

$1-α = 0,90 to 1-α/2 = 0,95$

Dalla tavola dei valori della distribuzione normale standard possiamo trovare che il quantile di ordine $1-α/2$ è 1,65. Avendo a disposizione tutti i dati necessari, possiamo determinare l’intervallo di confidenza richiesto:

$ I = [ 9 – frac(2)(sqrt(100)) * 1,65 ; 9 + frac(2)(sqrt(100)) * 1,65 ] = [ 9 – frac(2)(10) * 1,65 ; 9 + frac(2)(10) * 1,65 ] = $

$ [ 9 – 0,33 ; 9 + 0,33 ] = [8,67 ; 9,33]$

i) Indichiamo con $X_i$ la variabile aleatoria che indica l’aumento di produzione prodotto dal campo i-esimo; sappiamo che il valore osservato della media campionaria è $bar x_(144) = 14$.

Dato che la media del campione non è conosciuta, è noto che un intervallo di confidenza per la media della distribuzione è della forma seguente:

$ I = [bar x_n – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) , bar x_n – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) ] $

dove $σ$ è la deviazione standard del campione, $ϕ_(1-α/2) $ è il quantile di ordine $1-α/2$ della distribuzione normale standard e $bar x_n$ è la media campionaria.

Analizziamo i dati che fornisce il problema:

$n = 144$

$bar x_(144) = 14$

$σ^2 = 121 to σ = 11 $

$1-α = 0,95 to 1-α/2 = 0,975$

Dalla tavola dei valori della distribuzione normale standard possiamo trovare che il quantile di ordine $1-α/2$ è 1,96. Avendo a disposizione tutti i dati necessari, possiamo determinare l’intervallo di confidenza richiesto:

$ I = [ 14 – frac(11)(sqrt(144)) * 1,96 , 14 – frac(11)(sqrt(144)) * 1,96 ] = $

$ [ 14 – frac(11)(12) * 1,96 , 14 – frac(11)(12) * 1,96 ] = [12,203 ; 15,797] $

ii) La probabilità richiesta dal problema è la seguente: $P(X > 20)$; per stimare tale probabilità possiamo utilizzare l’approssimazione standard. Utilizziamo una variabile W che si comporta come una normale standard.

Possiamo procedere nel modo seguente:

$P(X > 20) = P(frac(X – E[X])(sqrt(Var(X))) > frac(20 – E[X])(sqrt(Var(X))) ) = P( W > frac(20 – E[X])
(sqrt(Var(X))) ) $

Sostituiamo i valori numerici:

$ P( W > frac(20 – 14)(sqrt(121)) ) = P( W > frac(6)(11) ) $

Introducendo la funzione Φ, ovvero la funzione di distribuzione della normale standard, abbiamo:

$ P( W > frac(6)(11) ) = 1 – P( W < frac(6)(11) ) = 1 – Φ(frac(6)(11)) $

Dalle tabelle della normale standard si ricava:

$1 – Φ(frac(6)(11)) = 1 – Φ(0,54) = 1 – 0,7054 = 0,2946 $

 

i) Un intervallo di confidenza a livello 1 – α per la media incognita di una distribuzione che ha
deviazione standard σ è dato da:

$ I = [bar x – frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) , bar x + frac(σ)(sqrt(n)) ϕ_(1-α/2) ] $

dove $bar x$ è la media campionaria e $ϕ_(1-α/2) $ è il quantile di ordine $1-α/2$ della
distribuzione normale standard.

Analizzando i dati del problema troviamo che:

$ n = 100 to sqrt(n) = 10 $

$ σ = 15,4 $

$bar x = 329,2 $

$1 – α = 0,95 to α = 1 – 0,95 = 0,05$

Il valore di $ϕ_(1-α/2) $ si ricava dalle tavole della distribuzione Normale Standard; si ottiene che
il quantile $ϕ_(0,975) $ è 1,96.

Possiamo proseguire sostituendo i dati numerici nell’espressione dell’intervallo:

$ I = [329,2 – frac(15,4)(10) * 1,96 , 329,2 + frac(15,4)(10) *1,96 ] = $

$ [329,2 – 3,0184 , 329,2 + 3,0184 ] = [ 326,18 ; 332,22 ] $

i) Per il secondo punto possiamo procedere in maniera analoga a quella precedente; abbiamo la
stessa forma per l’intervallo di confidenza, ma i dati a disposizione riguardo il quantile della
Gaussiana sono differenti. Si ha che:

$1 – α = 0,99 to α = 1 – 0,99 = 0,01$

Dalla tavola della distribuzione Normale Standard si ottiene che il quantile $ϕ_(0,995) $ è 2,58.

Possiamo proseguire sostituendo i dati numerici nell’espressione dell’intervallo:

$ I = [329,2 – frac(15,4)(10) * 2,58 , 329,2 + frac(15,4)(10) *2,58 ] = $

$ [329,2 – 3,9732 , 329,2 + 3,9732 ] = [ 325,22 ; 333,17 ] $

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E’ noto che un intervallo di confidenza a livello 1 – α per la media incognita di una distribuzione che ha deviazione standard σ è della forma:

$ I = [bar x – frac(sigma)(sqrt(n)) phi_(1-alpha/2) , bar x + frac(sigma)(sqrt(n)) phi_(1-alpha/2) ] $

dove $bar x$ è la media campionaria e $phi_(1-alpha/2) $ è il quantile di ordine $1-alpha/2$ della distribuzione normale standard.

Analizzando i dati del problema troviamo che:

$ n = 144 to sqrt(n) = 12 $

$ sigma = 800 $

$bar x = 2200$

$1 – alpha = 0,90 to alpha = 1 – 0,90 = 0,1$

Il valore di $phi_(1-alpha/2) $ si ricava dalle tavole della distribuzione Normale Standard; si ottiene che il quantile $phi_(0,95) $ è 1,65.

Possiamo proseguire sostituendo i dati numerici nell’espressione dell’intervallo:

$ I = [2200 – frac(800)(12) * 1,65 , 2200 + frac(800)(12) *1,65 ] = $

$ [2200 – 110 , 2200 + 110 ] = [ 2090 ; 2310 ] $