tempi di attesa

Messaggioda WhiteSte » 07/06/2019, 19:24

ecco qua un altro esercizio banale, dovrebbe essere l'ultimo di quelli che posto :D

Un componente $A$ è formato da due elementi in serie e quindi funziona fintanto
che sono funzionanti entrambi gli elementi che lo compongono. Un secondo componente $B$ è invece
formato da un solo elemento.

(i) si supponga che i tre componenti abbiano tempi di vita esponenziali di parametro $λ > 0$
indipendenti. Qual è la probabilità che il componente $A$ duri più a lungo del componente $B$?

(ii) si supponga che i tre componenti abbiano tempi di vita indipendenti di legge $-U[0, 1]$. Qual è la probabilità che il componente $A$ duri più a lungo del componente B? É maggiore o minore della probabilità calcolata al punto (i)?

(iii) si supponga che i tre componenti abbiano tempi di vita indipendenti con la stessa densità $f$.
Si supponga che $f$ sia continua e definita positiva in $[0, b) $con$ b ∈ (0, ∞]$ e nulla in $R \ [0, b)$.
Qual è la probabilità che il componente$ A$ duri più a lungo del componente $ B$?


Come ho impostato il problema:
$A:=min(X,Y)$
$B:=Z$
$X,Y,Z-Exp(0,1) , lamda>0 $ indipendenti
(i) Mi chiede $mathbb(P)(A>B)$
$mathbb(P)(A>B)=mathbb(P)(min(X,Y)>Z)=mathbb(P)(X>Z,Y>Z)=_(indipendenza) mathbb(P)(X>Z)mathbb(P)(Y>Z)=$
$ = (1-F_X(z))(1-F_Y(z)) = e^(-2lamdaz)$ fatto

ii) $X,Y,Z-U(0,1) ->$ ripeto gli stessi passaggi $mathbb(P)(A>B) = 1-z^2$

si può notare che la prima probabilità è sempre maggiore della seconda essendo $exp>>pol$
analiticamente $e^(-2zlambda)>1-z^2 -> ln(1)/ln(z^2)>e^(-2zlambda) -->_(lambdaz>0 ) AA z$

iii) Qua lo scoglio
imposto $f(t) = f (t) 1_([0;b)) (t)$
trovo la f.r. come $F(t) = int_0^b f(s) 1_([0;b))(t) ds = [F(b)- F(0)]1_([0;b))(t)$
essendo f def. positiva, $F(0)=0$ quindi $F(t) = F(b)1_([0;b))(t)$
ma sento di essere sulla strada sbagliata...
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Re: tempi di attesa

Messaggioda tommik » 07/06/2019, 23:24

WhiteSte ha scritto:Come ho impostato il problema:

$mathbb(P)(A>B)=mathbb(P)(min(X,Y)>Z)=mathbb(P)(X>Z,Y>Z)=_(indipendenza) mathbb(P)(X>Z)mathbb(P)(Y>Z)=$
$ = (1-F_X(z))(1-F_Y(z)) = e^(-2lamdaz)$ fatto


Sì, hai fatto un bel disastro :shock: :shock: ....Z è una variabile aleatoria...e mica puoi fare così!!

Per definizione

$mathbb{P}[X>Y]=int_(-oo)^(+oo)dxint_(-oo)^x f(x,y)dy=int_(-oo)^(+oo)dyint_(y)^(+oo) f(x,y)dx$


Ti ho già scritto la formula in due modi diversi x oppure y-semplice. Poi ovviamente il risultato deve essere un numero, una probabilità...mica una funzione.

E' evidente che i tre esempi devono necessariamente dare lo stesso risultato....il terzo è solo il "caso generale" dei primi due:

Se $Z=min(X,Y)$ allora $f_Z=2(1-F_X)f_X$

Quindi

$mathbb{P}[Z>Y]=int_0^b2(1-F_X)f_X dxint_(0)^x f_Y dy=int_0^b2(1-F_X)f_X dxF_X=$

$int_0^b 2f_XF_Xdx-int_0^b2f_XF_X^2dx=F_X^2]_0^b-2/3F_X^3]_0^b=1-2/3=1/3$

Prova almeno a rifare i primi due cercando di capire come ho risolto il terzo... per allenamento va bene anche risolverli singolarmente
Gurdulù ha ingurgitato una pinta d'acqua salata prima di capire che non è il mare che deve stare dentro a lui ma è lui che deve stare nel mare
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Re: tempi di attesa

Messaggioda WhiteSte » 08/06/2019, 11:00

ops... :lol:

la $f_Z$ non dovrebbe essere $f_Z=2F_X f_X$ ?
$F_z=mathbb(P)(Z<=z)=mathbb(P)(min(X,Y)<=z)=mathbb(P)(X<=z,Y<=z)=mathbb(P)(X<=z)mathbb(P)(Y<=z)=$
$f$ è la stessa per $X,Y$ quindi
$=F_x^2(z)$
$f_Z=2 F_x(z) f_x(z)$
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Re: tempi di attesa

Messaggioda WhiteSte » 08/06/2019, 17:19

WhiteSte ha scritto:ops... :lol:

la $f_Z$ non dovrebbe essere $f_Z=2F_X f_X$ ?
$F_z=mathbb(P)(Z<=z)=mathbb(P)(min(X,Y)<=z)=mathbb(P)(X<=z,Y<=z)=mathbb(P)(X<=z)mathbb(P)(Y<=z)=$
$f$ è la stessa per $X,Y$ quindi
$=F_x^2(z)$
$f_Z=2 F_x(z) f_x(z)$


ok erroraccio, è il contrario,
$F_z=mathbb(P)(Z<=z)=mathbb(P)(min(X,Y)<=z)=1-mathbb(P)(min(X,Y)>z) = 1-(1-F(z))^2$
derivando mi torna $f_Z=2(1-F_X )f_X$
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