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Se si lascia in attivit`a il componente per un tempo pari a 110 ore, con che probabilit`a ci aspettiamo di trovarlo bruciato?

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Metodi Matematici e Statistici Prova scritta – 17/09/2009

Le domande valgono 3 punti ciascuna.

1. Supponiamo che la durata (in ore) di un componente elettronico di un apparato sia descritta da una v.a. T ∼ N (µ, σ 2 ). T rappresenta l’istante in cui il componente si brucia. Supponiamo µ = 123.1, σ = 7.5.

Se si lascia in attivit`a il componente per un tempo pari a 110 ore, con che probabilit`a ci aspettiamo di trovarlo bruciato?

2. Supponiamo di voler correre un rischio dello 0.001. Su quanto tempo di lavoro possiamo contare?

3. Per rendere pi`u robusto l’apparato elettronico si mettono in parallelo 3 componenti uguali. Il sistema smette di funzionare se si bruciano tutti e tre i componenti. Dopo 110 ore, con che probabilit`a l’intero sistema sar`a non funzionante?

4. Anche se non si arriva alla rottura completa del sistema, quando due su tre delle componenti si bruciano, il sistema non funziona pi`u in modo ottimale. Con che probabilit`a questo accade (sempre nella situazione della domanda precedente, cio`e dopo 110 ore)?

5. Torniamo un po’ indietro nel tempo. Il produttore di quei compo- nenti elettronici vuole stimare sperimentalmente la loro durata. Ac- cetta come vero il valore σ = 7.5. Per stimare la durata media al 95%

con un errore pari a 3 ore, quanti esemplari deve esaminare?

6. Supponiamo di aver stimato µ = 123.1. Un tecnico propone una vari- ante della struttura del componente, che a suo parere aumenta la du- rata. Il produttore non ha la minima idea se tale variante migliori o peggiori o lasci invariata la durata. Esamina 20 esemplari e trova x = 131.8. Che deve pensare?

7. Date X 1 , ..., X 40 v.a. indipendenti, con la stessa distribuzione, non gaussiana, media e varianza pari a 4, calcolare P (|X 1 + ... + X 40 − 160| > 20).

8. Calcolare E £

X 1 X 2 2 − (X 3 − 4) 2 ¤ .

9. Se le v.a. X i precedenti sono delle B (4, 0.1), calcolare P (X 1 + X 2 = 1).

(2)

10. Se invece le v.a. X i precedenti sono delle B (1, 0.1), calcolare E h 1+X

1

1+X

2

i

.

(3)

1 Soluzioni

1. T ∼ N (123.1, 7.5 2 ) P (T < 110) = Φ

µ 110 − 123.1 7.5

= Φ (−1 .747) = 0.04.

2. Detto t il tempo cercato, deve valere

P (T < t) = 0.001

quindi

t = 123.1 − 7.5 · q 0.999 = 123.1 − 7.5 · 3.09 = 9 9.925.

3. Dette T 1 , T 2 , T 3 le durate dei tre esemplari, calcoliamo

P (T 1 < 110, T 2 < 110, T 3 < 110) = P (T < 110) 3 = 0.04 3 = 6.4 × 10 −5 . 4. Introduciamo le v.a. X 1 , X 2 , X 3 , X i = 1 se l’esemplare i-esimo si rompe, quindi con probabilit`a 0.04; X i = 0 altrimenti, quindi con prob- abilit`a 0.96. La v.a. S = X 1 + X 2 + X 3 `e il numero di esemplari rotti ed `e una B (3, 0.04). Dobbiamo calcolare

P (S = 2) = µ 3

2

0.04 2 · 0.96 = 0.0046.

5. L’errore δ corrispondente a n prove `e pari a σq

0.975

n quindi dobbiamo

risolvere σq 0.975

n ≤ 3 ovvero

n ≥ ³σq 0.975 3

´ 2

=

µ 7.5 · 1.96 3

2

= 24. 01 cio`e n = 25 (o pi`u o meno anche solo 24).

6. z = 131.8−123.1 7.5

20 = 5. 187. Sia il calcolo di p (praticamente nullo al

nostro solito livello di approssimazione) sia il test fissato un ragionevole

α, indicano un miglioramento nettissimo.

(4)

7.

P (|X 1 + ... + X 40 − 160| > 20) = 2P (X 1 + ... + X 40 ≥ 180)

= 2P

µ X 1 + ... + X 40 − 40 · 4

402 > 180 − 40 · 4

402

∼ 2 (1 − Φ (1. 581)) = 0.1

8.

E £

X 1 X 2 2 − (X 3 − 4) 2 ¤

= E [X 1 ] E £ X 2 2 ¤

− E £

(X 3 − 4) 2 ¤

= 4 · E £ X 1 2 ¤

− V ar [X 1 ] = 4 · E £ X 1 2 ¤

− 4.

Inoltre,

E £ X 1 2 ¤

= V ar [X 1 ] + E [X 1 ] 2 = 4 + 16 = 20.

In conclusione, il risultato `e

4 · 20 − 4 = 76.

9. Una soluzione consiste nell’usare il fatto che X 1 + X 2 ∼ B (8, 0.1); per cui

P (X 1 + X 2 = 1) = µ 8

1

· 0.1 1 · 0.9 7 = 0.382.

Un’altra `e

P (X 1 + X 2 = 1) = P (X 1 + X 2 = 1|X 2 = 0) P (X 2 = 0) + P (X 1 + X 2 = 1|X 2 = 1) P (X 2 = 1)

= P (X 1 = 1) P (X 2 = 0) + P (X 1 = 0) P (X 2 = 1)

= 2 · P (X 1 = 1) P (X 1 = 0)

= 2 · µ 4

1

· 0.1 1 · 0.9 3 · µ 4

0

· 0.1 0 · 0.9 4 = 0.382.

10.

E

· 1 + X 1 1 + X 2

¸

= E [1 + X 1 ] E

· 1

1 + X 2

¸

= (1 + 0.1) · E

· 1

1 + X 1

¸

.

(5)

La v.a. 1+X 1

1

assume il valore 1 (X 1 = 0) con probabilit`a 0.9, mentre assume il valore 1 2 (X 1 = 1) con probabilit`a 0.1. Pertanto

E

· 1

1 + X 1

¸

= 1 · 0.9 + 1

2 · 0.1 = 0.95.

In definitiva, il risultato `e = 1.045.

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