27/09/2006, 16:56
27/09/2006, 17:11
MiK3Le1984 ha scritto:problema n°1
Ho 3 lotti di produzione (A,B,C). Devo estrarre 2 pezzi, 1 da A e l'altro dai restanti 2 lotti. La probabilità di trovare un pezzo difettoso nel lotto A è di 2/3, nel lotto B di 1/5 e nulla nel lotto C. Qual è la probabilità di trovare almeno un pezzo difettoso?
Ho pensato bene di risolverlo cosi:
Pr(A) = 1
Pr(B) = 0.5
Pr(C) = 0.5
se con ND indico l'evento di non trovare un pezzo difettoso avrò:
Pr(ND|A) = 1/3
Pr(ND|B) = 4/5
Pr(ND|C) = 1
la probabilità di trovare almeno un pezzo difettoso sarà pari a 1-Pr(ND) dove Pr(ND) è pari a Pr(ND|A)Pr(A)+Pr(ND|B)Pr(B)+Pr(ND|C)Pr(C)
giusto cosi o si risolve in un altro modo?
problema n°2
Y=X1+X2+X3
dove X1, X2 e X3 sn 3 v.a. di Poisson, si dimostri se Y è anch'essa una v.a. di Poisson.
io riesco a dimostrare la riproducibilità della somma di 2 variabili di Poisson, cosa cambia con la somma di 3 variabili?
problema n°3
ho una linea di produzione di generatori elettrici che registra un ritorno in garanzia ogni 50 esemplari venduti. Ogni ritorno in garanzia comporta un aggravio di 300 euri. Qual è la probabilità di avere un aggravio maggiore di 1000 euri su di una commessa di 12 generatori?
Secondo me si risolve con il seguente modello di Poisson:
lambda=1/50=0.02 ritorni/vendite
x = 12 vendite
se con y indichiamo il numero di ritorni, avremo che per avere un aggravio maggiore di 1000 dovremmo avere piu di tre ritorni, quindi non ci rimane che calcolare Pr(Y>3) giusto cosi?
problema n°4
Ho un campione con n=16 x=3000 s=20 estratto da una popolazione di scarto tipo sempre pari a 20 con CdF Normale
Qual è la probabilità di avere un errore sulla media stimata in valore assoluto minore di 10?
|X-µ|<10
può essere trasformato in
|(X-µ)/(σ/(n)^(1/(2)|<2
dove σ=20 e n^1/2=4 quindi il loro rapporto è pari a 5 per il quale dividiamo 10 e otteniamo 2
quindi ci siamo trovati con u<2 e dobbiamo trovare la probabilità associata a questa coda della gaussiana standard, dalle tabelle ricaviamo che è pari a 0,95
il ragionamento è molto contorto, e secondo me ci possono essere degli errori, qual è il modo giusto per risolvere questo problema?
certo di una celere risposta invio i miei più cordiali saluti a tutto il forum!
27/09/2006, 17:28
nicasamarciano ha scritto:1) Non so se mi sbaglio:mi trovo con te , cioè
$P(almeno 1 difettoso)=1-P(ND)$
Ma non devo trovare nessuno dei due difettosi, cioè contemporaneamente deve verificarsi l'evento {ND} su tutti e due i lotti, cioè
$P(ND)=P(ND_A)*P(ND_B)+P(ND_A)*P(ND_C)=1/3*4/5+1/3*1=4/15+1/3=3/5$
Per cui
$P(almeno 1 difettoso)=2/5$
2) Come dimostri che la somma di due variabili aleatorie indipendenti Poisson è una Poisson, analogamentefai con 3...N variabili aleatorie
27/09/2006, 17:46
MiK3Le1984 ha scritto:nicasamarciano ha scritto:1) Non so se mi sbaglio:mi trovo con te , cioè
$P(almeno 1 difettoso)=1-P(ND)$
Ma non devo trovare nessuno dei due difettosi, cioè contemporaneamente deve verificarsi l'evento {ND} su tutti e due i lotti, cioè
$P(ND)=P(ND_A)*P(ND_B)+P(ND_A)*P(ND_C)=1/3*4/5+1/3*1=4/15+1/3=3/5$
Per cui
$P(almeno 1 difettoso)=2/5$
2) Come dimostri che la somma di due variabili aleatorie indipendenti Poisson è una Poisson, analogamentefai con 3...N variabili aleatorie
ma la probabilità dei non difettosi deve verificarsi sull'estrazione dei 2 pezzi, dv sappiamo ke il 1° sicuramente proviene dal lotto A, mentre il 2° puo' provenire da B o da C al 50%
puoi spiegarti meglio sul 2° quesito? cioè qual è esattamente la probabilità ke devo valutare?
magari è meglio ke ci contattiamo tramite msn messenger in modo da avere un confronto diretto..ke ne pensi?
27/09/2006, 18:17
nicasamarciano ha scritto:Lo scrivo meglio e correggo
$P(ND)=P(ND_A)*P(ND_(BUC))$
Ora $P(ND_(BUC))=P(B)P(ND_B)+P(C)P(ND_C)=1/2*4/5+1/2*1=2/5+1/2=9/10$
Per cui $P(ND)=P(ND_A)*P(ND_(BUC))=1/3*9/10=3/10$ e $P(almeno1difettoso)=7/10$
Sul secondo quesito come hai dimostrato che se $X_1=Po(lambda_1)$ e $X_2=Po(lambda_2)$ e indipendenti allora $Z=X_1+X_2=Po(lambda_1+lambda_2)$ ora devi dimostrare alla stessa maniera che $Y=Z+X_3=Po(lambda_1+lambda_2+lambda_3)$. Non cambia assolutamente nulla
27/09/2006, 18:23
MiK3Le1984 ha scritto:nicasamarciano ha scritto:Lo scrivo meglio e correggo
$P(ND)=P(ND_A)*P(ND_(BUC))$
Ora $P(ND_(BUC))=P(B)P(ND_B)+P(C)P(ND_C)=1/2*4/5+1/2*1=2/5+1/2=9/10$
Per cui $P(ND)=P(ND_A)*P(ND_(BUC))=1/3*9/10=3/10$ e $P(almeno1difettoso)=7/10$
Sul secondo quesito come hai dimostrato che se $X_1=Po(lambda_1)$ e $X_2=Po(lambda_2)$ e indipendenti allora $Z=X_1+X_2=Po(lambda_1+lambda_2)$ ora devi dimostrare alla stessa maniera che $Y=Z+X_3=Po(lambda_1+lambda_2+lambda_3)$. Non cambia assolutamente nulla
$P(ND)=P(ND_A)*P(ND_(BUC))$ equivale a p(nd)=p(ndA)*p(ndB)+P(ndA)*p(ndC)
giusto?
x il secondo vediamo se ho capito ragiono a 2 a 2
dimostro èrima ke Z=x1+x2 è ancora v.a. poisson e poi dimostro ke Y=Z+X3 è ancora poisson
va bene cosi?
27/09/2006, 18:25
nicasamarciano ha scritto:MiK3Le1984 ha scritto:nicasamarciano ha scritto:Lo scrivo meglio e correggo
$P(ND)=P(ND_A)*P(ND_(BUC))$
Ora $P(ND_(BUC))=P(B)P(ND_B)+P(C)P(ND_C)=1/2*4/5+1/2*1=2/5+1/2=9/10$
Per cui $P(ND)=P(ND_A)*P(ND_(BUC))=1/3*9/10=3/10$ e $P(almeno1difettoso)=7/10$
Sul secondo quesito come hai dimostrato che se $X_1=Po(lambda_1)$ e $X_2=Po(lambda_2)$ e indipendenti allora $Z=X_1+X_2=Po(lambda_1+lambda_2)$ ora devi dimostrare alla stessa maniera che $Y=Z+X_3=Po(lambda_1+lambda_2+lambda_3)$. Non cambia assolutamente nulla
$P(ND)=P(ND_A)*P(ND_(BUC))$ equivale a p(nd)=p(ndA)*p(ndB)+P(ndA)*p(ndC)
giusto?
x il secondo vediamo se ho capito ragiono a 2 a 2
dimostro èrima ke Z=x1+x2 è ancora v.a. poisson e poi dimostro ke Y=Z+X3 è ancora poisson
va bene cosi?
$p(nd)=p(ndA)*p(ndB)+P(ndA)*p(ndC)$ questo è quello che io ti avevo scritto prima. In realtà devi considerare che 1 solo pezzo hai a disposizione e puoi prenderlo da $B$ con probabilità $1/2$ o da $C$ con probabilità $1/2$: per cui
$P(ND_(BUC))=1/2P(ND_B)+1/2P(ND_C)$
27/09/2006, 18:33
MiK3Le1984 ha scritto:nicasamarciano ha scritto:MiK3Le1984 ha scritto:nicasamarciano ha scritto:Lo scrivo meglio e correggo
$P(ND)=P(ND_A)*P(ND_(BUC))$
Ora $P(ND_(BUC))=P(B)P(ND_B)+P(C)P(ND_C)=1/2*4/5+1/2*1=2/5+1/2=9/10$
Per cui $P(ND)=P(ND_A)*P(ND_(BUC))=1/3*9/10=3/10$ e $P(almeno1difettoso)=7/10$
Sul secondo quesito come hai dimostrato che se $X_1=Po(lambda_1)$ e $X_2=Po(lambda_2)$ e indipendenti allora $Z=X_1+X_2=Po(lambda_1+lambda_2)$ ora devi dimostrare alla stessa maniera che $Y=Z+X_3=Po(lambda_1+lambda_2+lambda_3)$. Non cambia assolutamente nulla
$P(ND)=P(ND_A)*P(ND_(BUC))$ equivale a p(nd)=p(ndA)*p(ndB)+P(ndA)*p(ndC)
giusto?
x il secondo vediamo se ho capito ragiono a 2 a 2
dimostro èrima ke Z=x1+x2 è ancora v.a. poisson e poi dimostro ke Y=Z+X3 è ancora poisson
va bene cosi?
$p(nd)=p(ndA)*p(ndB)+P(ndA)*p(ndC)$ questo è quello che io ti avevo scritto prima. In realtà devi considerare che 1 solo pezzo hai a disposizione e puoi prenderlo da $B$ con probabilità $1/2$ o da $C$ con probabilità $1/2$: per cui
$P(ND_(BUC))=1/2P(ND_B)+1/2P(ND_C)$
si si..questo era sottointeso
grazie 1000
gli altri 2 ti sembrano fatti bene?
il mio contatto msn lo trovi nel profilo
27/09/2006, 18:35
nicasamarciano ha scritto:Il terzo va bene. Scrivi meglio il quarto? chiè x,s?
27/09/2006, 18:38
MiK3Le1984 ha scritto:nicasamarciano ha scritto:Il terzo va bene. Scrivi meglio il quarto? chiè x,s?
x è la media della popolazione
s è lo scarto tipo della popolazione
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