esercizi probabilità statistica, argomento inferenza, Esercizi di Statistica

Scarica esercizi probabilità statistica, argomento inferenza e più Esercizi in PDF di Statistica solo su Docsity! Esercizi Probabilità Statistica corso A Francesco Schirripa Spagnolo Esercizio 1 Due urne contengono palline bianche e nere. Si estrae una pallina da ciascuna delle due urne (quindi i due eventi sono indipendenti). Si sa che la probabilità di estrazione di una pallina bianca (per ciascuna urna) è di 3/10, mentre la probabilità di estrazione di una pallina nera è di 7/10. Calcolare le probabilità relative ai seguenti eventi: 1. Le due palline sono entrambe nere 2. Le due palline sono entrambe bianche. 3. Le due palline sono dello stesso colore. 4. Le due palline sono di colore diverso. Soluzione 1. E1 = {N,N} P (E1) = 7 10 · 7 10 = 49 100 2. E2 = {B,B} P (E2) = 3 10 · 3 10 = 9 100 3. P (E1) + P (E2) = 49 100 + 9 100 = 58 100 4. 1− (P (E1) + P (E2)) = 1− 58 100 = 42 100 1 Esercizio 2 Una scatola contiene 12 cioccolatini: 4 sono fondenti e 8 al latte. Due cioccola- tini vengono estratti a caso dalla scatola uno dopo l’altro 1. Qual è la probabilità che entrambi i cioccolatini siano al latte? 2. Qual è la probabilità che entrambi i cioccolatini siano al latte o che en- trambi siano fondenti? Soluzione 1. La probabilità che il primo cioccolatino estratto sia al latte è: P (L1) = 8 12 = 2 3 La probabilità che il secondo cioccolatino estratto sia anch’esso al latte (dato che il primo era al latte) è: P (L2|L1) = 7 11 Pertanto, utilizzando la regola della probabilità composta (P (A ∩ B) = P (A|B)P (B) = P (B|A)P (A)), si ha P (L1 ∩ L2) = P (L2|L1)P (L1) = 7 11 · 2 3 = 14 33 2. Qual è la probabilità che entrambi i cioccolatini siano al latte o che en- trambi siano fondenti? Analogamente a prima calcoliamo: P (F1) = 4 12 = 1 3 P (F2|F1) = 3 11 P (F1 ∩ F2) = P (F2|F1)P (F1) = 3 11 · 1 3 = 3 33 La probabilità richiest è: P [(F1 ∩ F2) ∪ (L1 ∩ L2)] = 3 33 + 14 33 = 17 33 NB: i due eventi di cui si fa l’unione sono tra loro incompatibili 2 e P (D ∩ C) = P (D|C) · P (C) = 0.6 · 0.5 = 0.3. Dunque P (D ∩B) + P (D ∩ C) = 0.3 + 0.1 = 0.4 6= P (D) = 0.6, ciò implica che una parte dell’evento D è contenuto per forza di cose nella partizione A (infatti la parte dell’evento D contenuta in C e B non corrisponde all’intero evento D e fuori dagli eventi C e B c’è solo l’evento A essendo A,B,C partizione di S). Da questo ragionamento possiamo scrivere che P (D) = P (D ∩A) + P (D ∩B) + P (D ∩ C) da cui risulta P (D ∩A) = P (D)− P (D ∩B)− P (D ∩ C) = 0.6− 0.1− 0.3 = 0.2 Infine P (D|A) = P (D ∩A) P (A) = 0.2 0.5 = 0.8 5 Esercizio 5 Si ha un mazzo di 40 carte, di cui 30 blu e 10 rosse. Si estrae una carta: se la carta è blu si lancia una moneta, altrimenti un dado regolare. a) Qual è la probabilità di ottenere testa? b) Qual è la probabilità di ottenere 6? Soluzione a) Indichiamo con B l’evento ‘esce una carta blu’ e con T l’evento ‘esce testa nel lancio della moneta’. Dobbiamo calcolare la probabilità dell’evento E: ‘esce testa nel gioco’. Possiamo notare che E = {B ∩ T}, quindi: P (E) = P (T |B)P (B) = 1 2 · 30 40 = 3 8 b) Indichiamo con con R l’evento ‘esce una carta rossa’ e con D6 l’evento ‘esce la faccia 6 nel lancio del dado’, quello che dobbiamo calcolare è P (F ), dove F è l’evento ‘esce la faccia 6 nel gioco’. In modo analogo al punto precedente: F = {R ∩D6}, quindi: P (F ) = P (D6|R)P (R) = 1 6 · 10 40 = 1 24 6 Esercizio 6 Dati gli eventi A,B ⊂ Ω e noto che: P (A) = 1 4 , P (B) = 1 3 e P (A ∩ B) = 1 6 , calcolare le seguenti probabilità: 1. P (Ā) 2. P (A ∪B) Se si considera un altro evento C, facente parte dello stesso spazio campionario di A e B ed incompatibile con A, calcolare 3. P (A ∪ C), sapendo che P (C) = 1 8 Soluzione 1. P (Ā) = 1− P (A) = 1− 1 4 = 3 4 2. P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B) = 1 4 + 1 3 − 1 6 = 5 12 3. Due eventi sono incompatibili se: P (A ∩ C) = 0, quindi P (A ∪ C) = P (A) + P (C) = 1 4 + 1 8 = 3 8 7 P (A ∩B) = 0.05 (A ∩B evento “essere bocciato in matematica e in biologia”) P (A|B) = 0.05 0.10 = 0.50 4. La probabilità che uno studente sia stato bocciato in biologia, se si sa che è stato bocciato in matematica, è P (B|A) = P (B ∩A) P (A) = 0.05 0.25 = 0.20 5. La probabilità che sia stato bocciato in matematica o in biologia, è: P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B) = 0.25 + 0.10− 0.05 = 0.30 6. Due eventi sono statisticamente indipendenti se il verificarsi dell’uno non modifica la probabilità dell’altro: P (A|B) = P (A). P (A|B) = 0.5 e P (A) = 0.25⇒ P (A|B) 6= P (A) P (B|A) = 0.20 e P (B) = 0.10⇒ P (B|A) 6= P (B) I due eventi sono dipendenti 10 Esercizio 9 Un collettivo di 400 individui è stato classificato in base al genere e allo stato occupazionale M F Totale Lavora 160 120 280 Non Lavora 40 80 120 Totale 200 200 400 Supponendo di estrarre casualmente un individuo, calcolare: 1. La probabilità che l’individuo lavori 2. la probabilità che l’individui lavori dato che è maschio 3. la probabilità che l’individuo sia maschio e lavori Soluzione Indichiamo con M l’evento “essere maschio” e con L l’ evento “Lavora”. 1. P (L) = 280 400 = 0.5 2. P (L|M) = P (L ∩M) P (M) = 160/400 200/400 = 0.8 3. P (L ∩M) = 160 400 = 0.4 11 Esercizio 10 Un esperimento consiste nel lancio di 4 monete equilibrate. Determinare la probabilità associata agli eventi: 1. tutte e 4 le monete presentano la faccia “testa” 2. almeno una moneta presenta la faccia “testa”. Soluzione 1. Indichiamo con Tn l’evento ‘esce testa con la moneta n’ e con Cn l’evento ‘esce testa con la moneta n’. Poiché i lanci sono indipendenti, la proba- bilità di ottenere “testa” con tutte le monete è data da: P (T1) · P (T2) · P (T3) · P (T4) = 0.54 = 0.0625. 2. Conviene calcolare la probabilità che almeno una moneta presenti la faccia “testa” come 1 meno la probabilità che tutte le monete presentino la faccia “croce”, ovvero: P(almeno una moneta presenta la faccia testa) = 1-P(tutte le monete presentano la faccia “croce”) = 1−P (C1)·P (C2)·P (C3)·P (C4) = 1−0.54 = 0.9375. NB: L’esercizio può essere risolto anche andando ad elencare tutti i pos- sibili esiti dell’esperimento, che sono 16: (TTTT), (TTTC), (TTCT), (TCTT), (CTTT), (TTCC), (TCTC), (CTTC), (CTCT), (TCCT), (CCTT), (TCCC), (CTCC), (CCTC), (CCCT), (CCCC). La probabilità di ciascun esito è 1/16=0.625. Allora, al punto 1. è chiaro che P(TTTT)=0.0625. Al punto 2. invece si ottiene che gli esiti con almeno una testa sono 15/16=0.9375 (stessi risultati già ottenuti sopra). 12