Capitolo 7

Mettere in tutti i problemi esplicitamente fa funzione utilizzata (es $f(0\,\vert\,{\cal P}_3)$).

1. $f(2\,\vert\,{\cal B}_{6,1/5})=24.6\,\%$; $1-f(0\,\vert\,{\cal B}_{6,1/5})= 73.8\,\%$.

2. $f(3\,\vert\,{\cal B}_{8,0.246})=15.3\,\%$.

3. Indicando con $p_2=f(2\,\vert\,{\cal B}_{2,1/5})=0.04$, siamo interessati a $X \sim {\cal G}_{p_2}$. Quindi: $25\pm 25$ ($\pm 24.5$, ad essere precisi). .

4. $p=1/4$, $n=16$: $P(X<5)= F(4\,\vert\,{\cal B}_{16,1/4}) = 63.0\,\%$.

5. $f(3\,\vert\,{\cal B}_{10,1/2}) = 0.172$. (Il fatto che si tratti di diversi tipi di monete è irrilevante.)

6. Il totale di monete lanciate è pari a 10, ciascuna ha probabilità $1/2$ di mostrare testa, ma gli eventi non sono indipendenti. Si vede verifica facilmente che $P(X=5)=1$ e $P(X\ne 5)=0$. La distribuzione non è binomiale. Chiamando $n$ il numero totale di monete lanciate, si ha $f(x=n/2)=1$ e $f(x\ne n/2)=0$, da cui E$(X)=n/2$, Var$(X)=0$.

7. Il processo non è binomiale in quanto ogni estrazione ha diversa probabilità (1/2, 1/6, 2/3, 1/37 e 1/4). $P(X=0)=0.101=15/148$, $P(X=1)=0.361$: $F(1)=0.462$.
   $P(X=5) = 3.75\cdot 10^{-4}=1/2664$.

8. $1-F(7\,\vert\,{\cal B}_{10,0.6}) = 16.7\,\%$ Per sveltire i conti è preferibile considerare il processo complementare con $p$ e $q$ scambiate: $F(2\,\vert\,{\cal B}_{10,0.4}))=16.7\%$

9. Se il giocatore $A$ si aggiudica meno di 2 delle residue 4 partite allora ha vinto il giocatore $B$: $P(B) = F_A(1) F(1\,\vert\,{\cal B}_{4,1/4}) = f(0)+f(1)=5/16$; $P(A)=11/16$.

10. $P(H_i\,\vert\,I_0)=\{0.03,\,0.16,\,0.31,\,0.31,0.16,\,0.03\}$.
    $H_1=N$: ***
    $H_2=N,B$: ***
    $H_3=N,B,N$: ***
    

11. ${\cal B}_{6,1/2}$: 0.016, 0.094, 0.234, 0.313, 0.234, 0.094, 0.016.

    ${\cal P}_{0.874}$: 0.417, 0.365, 0.159, 0.046, 0.010, 0.0018.

12. $P(X>0\,\vert\,{\cal P}_{0.417}) = 1-f(0\,\vert\,{\cal P}_{0.417}) = 34.1\,\%$.

13. $f(5 \,\vert\, {\cal B}_{10, 0.659}) = 14.4\,\%$.

14. $f(0\,\vert\,{\cal P}_\lambda) = 0.05 \Rightarrow \lambda = 3.00$. Da cui $P(X\ge 4\,\vert\,{\cal P}_\lambda) = 1-F(3\,\vert\,{\cal P}_\lambda) = 35.3\,\%$.

15. $r=1.67$cont/s. In un secondo $\lambda = 1.67$, da cui $p=1.67\times 10^{-22}$.

16. $f(0\,\vert\,{\cal P}_{1.2}) = 30\,\%$;
    $F(10\,\vert\,{\cal P}_{18}) = 3.0\,\%$.

17. $f(0\,\vert\,{\cal P}_\lambda) = 0.0153$ $\rightarrow \lambda=4.18$ $\rightarrow v=\sigma/\mu=1/\sqrt{\lambda} = 0.489$.

18. $1-F(2\,\vert\,{\cal P}_{4}) = 76.2\,\%$.

19. $1-F(10\,\vert\,{\cal P}_{6.5})=6.7\,\%$.

20. Chiamando $X_i$ le opportune variabili casuali di interesse in ciascuna delle domande:
    1. $P(X_1\le10)=F(10\,\vert\,{\cal P}_{20}) = 0.011$; $P(X_1=10)=f(10\,\vert\,{\cal P}_{20}) = 0.0058$
    2. $P(X_2\ge 2)=1-F(1\,\vert\,{\cal B}_{10,0.15}) = 0.456$; $P(X_2\ge 2)=1-F(1\,\vert\,{\cal B}_{20,0.15}) = 0.824$ (si noti la dipendenza non lineare da $n$: si provi anche $n=30$).
    3. $P(X_3 \ne 0)=1-f(0\,\vert\,{\cal P}_{3/4}) = 0.528$;
    4. $P(X_4\ge 2)=1-F(1\,\vert\,{\cal B}_{5,0.528}) = 0.846$.
21. $v=0.01\Rightarrow \lambda = 10^\cdot 000 \Rightarrow t=2^\cdot 000\,$s.

22. E$(X)=(\pi/4)\times n = 7854$, $\sigma(X)=41$, $v=0.0052$.
    $v=0.0001 \rightarrow n=10000\times 52^2\approx 27\times 10^6$.

23. Essendoci $6.02\times 10^{23}$ molecole in 24.4 litri, la previsione è pari a $2.5\times 10^{16}$ molecole. L'incertezza di previsione dovuta alla natura aleatoria del fenomeno è pari a $\sqrt{2.5\times 10^{16}}=1.6\times 10^{8}$, con una incertezza relativa di previsione di $6\times 10^{-9}$. Chiaramente diventano dominanti le incertezze dovute alla temperatura, pressione e determinazione del volume.

    Affinché $f(0\,\vert\,{\cal P}_\lambda)=0.01$, $\lambda$ (numero medio di molecole nel volumetto) deve essere pari a 2.3. Ne segue $V_\circ=9.3\times 10^{-26}$ m$^3$ = $(4.5\times 10^{-9})^3$, ovvero un cubettino di lato pari a 4.5nm, il quale potrebbe contenere $\approx 10^5$ oggetti di 0.1nm (tipiche dimensioni atomiche).

24. $P(X \ne 0)=1-f(0\,\vert\,{\cal P}_{3.6}) = 97.3\,\%$.

25. $156\,\pm 89$ volte (distribuzione di Pascal con $p=1/52$ e $k=3$).

26. $\le 2.3 \,\%$ (disuguaglianza di Cebicev).

27. No: $1-F(1\,\vert\,{\cal P}_{1.22})= 34.5\,\%$, contro $1-F(0\,\vert\,{\cal P}_{0.61})= 45.7\,\%$; no.

28. 0. (Non confondere con $P(X\ge 6 \,\vert\, {\cal P}_{0.61})$ = $4.2\times 10^{-5}$!).

29. $\lambda_1=n/365$;
    $p_\circ=1-F(1\,\vert\,{\cal P}_{\lambda_1})$;
    $p(n) = 1 - f(0\,\vert\,{\cal B}_{365,p_\circ})$.
    Per esempio per $n=23$ si ottiene $p(n)=50.1\,\%$ invece di $50.7\,\%$ della formula esatta.

30. $f(x\,\vert\,{\cal H}_{7,3,3})$, con $x=0,\ldots ,3$: 0.114,0.514, 0.343, 0.29.

    $v=(1/2)/\sqrt{n}< 1/50$: $\rightarrow n>625$.