“erroneamente” il lotto sia inferiore al 5%?

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16/12/2011 Esercizio 1

i) In una procedura di collaudo progettata per decidere se accettare o meno un lotto composto da 50 esemplari, un collaudatore estrae a caso 5 esemplari e decide di accettare il lotto solo se in tale gruppo ci sono meno di 2 esemplari difettosi. Se in uno dei lotti esaminati ci fossero 20 esemplari difettosi, qual `e la probabilit`a che, impiegando il criterio di questo collaudatore, esso venga accettato?

ii) Il collaudatore capisce che `e meglio cambiare criterio, e decide che il lotto deve essere rifiutato anche quando in un’estrazione di due soli esemplari ce n’`e anche solo uno difettoso. Utilizzando questo criterio, qual `e il minimo numero di esemplari difettosi che devono essere presenti in un lotto di 50 esemplari se vogliamo che la probabilit`a di accettare

“erroneamente” il lotto sia inferiore al 5%?

Soluzione

i) Detto k il numero di elementi difettosi presenti nel gruppo di 5 esemplari estratti dal lotto di 50, si ha che P (k < 2) = P (k = 0) + P (k = 1) =

20 0

30 5

50 5

+

20 1

30 4

50 5

= 30 · 29 · 28 · 27 · 26

50 · 49 · 48 · 47 · 46 + 20 · 5 · 30 · 29 · 28 · 27

50 · 49 · 48 · 47 · 46 = 30 · 29 · 28 · 27 · 126 50 · 49 · 48 · 47 · 46 = 9 · 27 · 29

4 · 5 · 23 · 47 = 7047

21620 ∼ 0,326.

ii) Detto n il numero di elementi difettosi presenti nel lotto di 50, si deve imporre che P (k < 1) = P (k = 0) =

n 0

_50−n

2

50 2

< 1

20 , da cui (50 − n)(49 − n) < 50 · 49

20 , cio`e n ² − 99n + 2450 < 122,5, da cui n ² − 99n + 2327,5 < 0. Infine si ottiene n > 99 − √

9801 − 9310

2 , cio`e n > 38,42. Quindi il minimo valore (intero!) di n richiesto `e n = 39.

Esercizio 2 Si consideri la funzione f (x) che vale −αx ² + 1 per x ∈



− 1

√ α , 1

√ α



e 0 altrimenti.

i) Stabilire il valore di α per il quale f `e una densit`a di probabilit`a. Da ora in poi si ponga α uguale al valore trovato.

ii) Sia X una v. a. che ha densit`a f . Determinare φ _X (t), specificandone il dominio.

iii) Determinare Var(X) col metodo ritenuto pi` u comodo.

iv) Posto Y = log X + r 1 α

!

, trovare la densit`a di Y , specificandone il supporto.

Soluzione

i) Si deve imporre Z √

1 /α

− √

1 /α

( −αx ² + 1)dx = 1, da cui



−α x ³ 3 + x



√ 1 /α

− √

1 /α

= 1 ed infine r 1 α = 3

4 , cio`e α = 16 9 . ii) Si ha φ _X (t) =

Z 3 /4

−3/4

e ^tx



− 16 9 x ² +1



dx = e ^{3 t/4} − e ^−3t/4

t − 16

9 Z 3 /4

−3/4

x ² e ^tx dx = e ^{3 t/4} −e ^−3t/4

t − 16

9

 x ² e ^tx t

 ³ /4

−3/4

+ 32 9t

Z 3 /4

−3/4

xe ^tx dx

= e ^{3 t/4} −e ^−3t/4

t − e ^{3 t/4} −e ^−3t/4

t + 32

9t

 xe ^tx t

 ³ /4

−3/4

− 32 9t ²

Z ³ /4

−3/4

e ^tx dx = 8 3

e ^{3 t/4} +e ^−3t/4 t ² − 32

9

e ^{3 t/4} −e ^−3t/4

t ³ = (24 t − 32) e

^{3 t4}

9 t ³ +

(24 t + 32) e ⁻

^{3 t4}

9 t ³ . Si osservi che φ X (t) `e prolungabile con continuit` a nel punto t = 0, ed `e quindi definita su tutto R.

iii) Poich´e f `e pari, X `e una variabile a media nulla. Quindi Var(X) = Z 3 /4

−3/4

x ²



− 16 9 x ² +1

 dx =



− 16 45 x ⁵ + 1

3 x ³

 ³ /4

−3/4

= 2 · 27

64



− 16 45 · 9

16 + 1 3



= 27 32 ·



− 1 5 + 1

3



= 3

80 . Altrimenti si pu`o utilizzare la relazione E[X ² ] = φ ^′′ _X (0).

iv) Si ha F _Y (y) = P (Y < y) = P (log(X + 3/4) < y) = P (X + 3/4 < e ^y ) = P (X < e ^y − 3/4) = F X (e ^y − 3/4). Si ha poi f _Y (y) = dF _Y (y)

dy = dF _X (e ^y − 3/4)

dy = e ^y · f X (e ^y − 3/4). A questo punto, per procedere con i calcoli, occorre imporre −3/4 ≤ e ^y − 3/4 ≤ 3/4 (altrimenti si ha f Y (y) = 0), cio`e e ^y ≤ 3/2, quindi y ≤ log(3/2). In questo insieme si ha f Y (y) = e ^y ·



− 16

9 (e ^y − 3/4) ² + 1



= e ^y ·



− 16

9 e ^{2 y} + 8

3 e ^y − 1 + 1



= 8 3 e ^{2 y}

 1 − 2

3 e ^y



. Il supporto di f Y (y) `e l’ntervallo y ∈ (−∞, log(3/2)].

Esercizio 3 Si considerino 10 v. a. X 1 , . . . , X 10 i. i. d. e aventi media 1 e varianza 2.

i) Posto S = X 1 + · · · + X ¹⁰ , minorare P (0 < S < 20).

ii) Supponendo (oltre all’indipendenza) che X _i ∼ N (1, 2) con (1 ≤ i ≤ 10), calcolare esattamente P (0 < S < 20).

Soluzione

i) Premettiamo che si ha ha E[S] =

10

X

i=1

E[X _i ] = 10 e Var(X) =

10

X

i=1

Var(X _i ) = 20. Si ha ora P (0 < S < 20) = P ( −10 <

S − 10 < 10) = P (|S − 10| < 10) = 1 − P (|S − 10| ≥ 10) ≥ 1 − 20 100 = 4

5 = 0,8.

ii) In questo caso si ha esattamente che S ∼ N (10, 20), quindi la v. a. Z = S √ − 10

20 `e normale standard. Allora P (0 < S < 20) = P



− 10

√ 20 < Z < 10

√ 20



= P ( − √

5 < Z < √

5) = Φ( √

5) − Φ(− √

5) = 2 · Φ( √

5) − 1. Poich´e

√ 5 ∼ 2,24, ricorrendo alla tabella si ha P (0 < S < 20) = 2 · 0,9875 − 1 = 0,975.

Esercizio 4 Si consideri la catena di Markov sull’insieme

E = {1, 2, 3, 4, 5, 6} associata alla matrice di transizione P a fianco.

i) Disegnare il grafo, classificare gli stati e determinare le classi irriducibili.

ii) Calcolare la probabilit`a che la catena sia nello stato 2 al tempo 3, sapendo che `e nello stato 1 al tempo 0.

iii) Determinare tutte le probabilit`a invarianti della catena.

P =

















0 1/3 0 1/3 0 1/3

0 2/3 0 1/3 0 0

0 0 0 0 2/3 1/3

0 1/3 0 2/3 0 0

0 0 1/3 0 0 2/3

0 0 1/3 0 2/3 0















 Soluzione

i) Dallo stato 1 si pu`o solo uscire, quindi 1 `e transitorio. Gli stati dell’insieme {2, 4} intercomunicano, ma non comunicano con altri. Lo stesso avviene per gli stati dell’insieme {3, 5, 6}. Quindi E = {1} ∪ {2, 4} ∪ {3, 5, 6}.

ii) I cammini possibili sono:

1 → 2 → 2 → 2, p ¹ = 1 3 · 2

3 · 2 3 1 → 2 → 4 → 2, p ² = 1

3 · 1 3 · 1

3 1 → 4 → 2 → 2, p ³ = 1

3 · 1 3 · 2

3 1 → 4 → 4 → 2, p ⁴ = 1

3 · 2 3 · 1

3 .

La probabilit`a richiesta `e p ¹ +p ² +p ³ +p ⁴ = 4 27 + 1

27 + 2 27 + 2

27 = 1 3 .

iii) π ¹ = 0 perch´e lo stato 1 `e transitorio. Si determinano poi le misure invarianti delle sottocatene formate dagli stati {2, 4} e {3, 5, 6}. Si ha π ² = π 4 = 1

2 perch´e la matrice della sottocatena formata dagli stati {2, 4} `e bistocastica. Per

quanto riguarda la sottocatena formata dagli stati {3, 5, 6}, si pu`o ad esempio impostare il sistema



 

 



 

 



π 5 + π 6 = 3π 3

2π 3 + 2π 6 = 3π 5

π 3 + 2π 5 = 3π 6

π 3 + π 5 + π 6 = 1 che ha per soluzione π 3 = 1

4 , π 5 = 2

5 , π 6 = 7

20 . Quindi le misure invarianti della catena sono i vettori π =

 0, λ

2 , 1 − λ 4 , λ

2 , 2(1 − λ)

5 , 7(1 − λ) 20



, con λ ∈ [0, 1].