Esercizi Di Probabilità e Variabili Casuali
Binomiale 1
Un’urna contiene in totale 10 sfere di diversi colori, così suddivise:
- 3 bianche
- 2 gialle
- 4 rosse
- 1 blu
Si eseguono 5 estrazioni con reinserimento.
1.a Qual è la probabilità di ottenere esattamente 1 sfera rossa nelle 5 estrazioni?
Sia \(X\) la VC che conta il numero di Rosse in 5 estrazioni \[ X\sim\text{Binom}(n=5;\pi=0.4) \] \[\begin{eqnarray*} P( X = 1 ) &=& \binom{ 5 }{ 1 } 0.4 ^{ 1 }(1- 0.4 )^{ 5 - 1 } \\ &=& 5 \times 0.4 ^{ 1 }(1- 0.4 )^{ 4 } \\ &=& 0.2592 \end{eqnarray*}\]
1.b Qual è la probabilità di ottenere al massimo 2 sfere rosse nelle 5 estrazioni?
\[\begin{eqnarray*} P( X \leq 2 ) &=& \binom{ 5 }{ 0 } 0.4 ^{ 0 }(1- 0.4 )^{ 5 - 0 }+\binom{ 5 }{ 1 } 0.4 ^{ 1 }(1- 0.4 )^{ 5 - 1 }+\binom{ 5 }{ 2 } 0.4 ^{ 2 }(1- 0.4 )^{ 5 - 2 } \\ &=& 0.0778+0.2592+0.3456 \\ &=& 0.6826 \end{eqnarray*}\]
1.c Qual è la probabilità di ottenere almeno 3 sfere rosse nelle 5 estrazioni?
\[\begin{eqnarray*} P( X \geq 3 ) &=& 1-P( X < 3 ) \\ &=& 1-\left( \binom{ 5 }{ 0 } 0.4 ^{ 0 }(1- 0.4 )^{ 5 - 0 }+\binom{ 5 }{ 1 } 0.4 ^{ 1 }(1- 0.4 )^{ 5 - 1 }+\binom{ 5 }{ 2 } 0.4 ^{ 2 }(1- 0.4 )^{ 5 - 2 } \right)\\ &=& 1-( 0.0778+0.2592+0.3456 )\\ &=& 1- 0.6826 \\ &=& 0.3174 \end{eqnarray*}\]
Binomiale 2
L’urna \(A\) contiene 3 bussolotti rossi e 7 blu. Si estrae \(n=6\) volte con reintroduzione
1.a Qual è la probabilità di avere almeno 2 bussolotti rossi su 6 estrazioni?
Sia \(X\) la VC che conta il numero di bussolotti rossi in 6 estrazioni con reintroduzione, quindi \(n=6\) replicazioni di una Bernoulli \(X_i\sim\mbox{Ber}(\pi=3/10)\) e quindi
\[ X=X_1+...+X_n\sim\mbox{Binom}(n=6,\pi=0.3) \]
la probabilità di avere almeno 2 bussolotti rossi su 6 estrazioni è
\[\begin{eqnarray*} P(X\ge 2)&=& 1- P(X<2)\\ &=&1-\left(\binom{6}{0}\left(0.3\right)^0 \left(1-0.3\right)^{6-0}+\binom{6}{1}\left(0.3\right)^1 \left(1-0.3\right)^{6-1}\right)\\ &=&1-\left(1\cdot 1 \cdot 0.1176+6\cdot0.3\cdot 0.1681\right)\\ &=&1-(0.1176+0.3025)\\ &=&0.5798 \end{eqnarray*}\]
1.b Quali sono valore atteso e varianza della VC che conta il numero di palline Rosse su 6 estrazioni con reintroduzione dall’urna \(A\)?
Sia \(X\) la VC che conta il numero di bussolotti rossi in 6 estrazioni con reintroduzione, quindi \(n=6\) replicazioni di una Bernoulli \(X_i\sim\mbox{Ber}(\pi=3/10)\) e quindi
\[ X=X_1+...+X_n\sim\mbox{Binom}(n=6,\pi=0.3) \]
E quindi
\[E(X)=n\pi=6\cdot\frac 3{10}=1.8,\qquad V(X)=n\pi(1-\pi)=6\cdot\frac 3{10}\frac 7{10}=1.26\]
1.c Se \(X\sim N(\mu_X,\sigma_X^2)\) e \(Y\sim N(\mu_Y,\sigma_Y^2)\), come si distribuisce \[W=X-Y ~~~?\]
Se \(X\sim N(\mu_X,\sigma_X^2)\), \(Y\sim N(\mu_Y,\sigma_Y^2)\), allora
\[X-Y\sim N(\mu_X-\mu_Y,\sigma_X^2+\sigma_Y^2)\]
se e solo se \(X\) e \(Y\) sono indipendenti.
1.d Si lancia una moneta perfetta (\(P(T)=P(C)=\frac 12\)). Se esce Testa di estrae 1 volta con dall’urna \(A\) che contiene contiene 3 bussolotti rossi e 7 blu. Se esce Croce di estrae 1 volta con dall’urna \(B\) che contiene contiene 2 bussolotti rossi e 8 blu. Qual è la probabilità che alla fine dell’esperimento esca un bussolotto rosso?
Se esce Testa \[ P(\mbox{Rosso}|T)=\frac{3}{7+3}=0.3 \]
Se esce Croce \[ P(\mbox{Rosso}|C)=\frac{2}{8+2}=0.2 \] Dato che \[ P(T)=P(C)=\frac 12 \] allora \[\begin{eqnarray*} \mbox{Rosso}&=& (T~\cap~\mbox{Rosso})~\cup~ (C~\cap~\mbox{Rosso})\\ P(\mbox{Rosso})&=&P((T~\cap~\mbox{Rosso})~\cup~ (C~\cap~\mbox{Rosso}))\\ &=&P(T~\cap~\mbox{Rosso})~+~ P(C~\cap~\mbox{Rosso})\\ &=&P(T)P(\mbox{Rosso}|T)+P(C)P(\mbox{Rosso}|C)\\ &=&\frac 12\cdot 0.3+\frac 12 \cdot 0.2\\ &=&0.25 \end{eqnarray*}\]
Poisson 1
In uno stabilimento industriale che produce fogli di alluminio per imballaggi, la presenza di micro-difetti superficiali è un aspetto critico del controllo qualità. L’azienda ha stimato che, in media, si verificano 2.3 micro-difetti per ogni metro quadrato di lamiera prodotta.
Si consideri un controllo su un’area di 1 m² di lamiera. Il numero di difetti osservati in questa area segue una distribuzione di Poisson con parametro \(\lambda = 2.3\).
1.a Qual è la probabilità che in 1 m² di lamiera ci sia esattamente 1 difetto?
Sia \(X\) la VC che conta il numero di difetti ogni m² \[ X\sim\text{Pois}(\lambda=2.3) \] \[\begin{eqnarray*} P( X = 1 ) &=& \frac{ 2.3 ^{ 1 }}{ 1 !}e^{- 2.3 }\\ &=& 2.3 \times 0.1003 \\ &=& 0.2306 \end{eqnarray*}\]
1.b Qual è la probabilità che in 1 m² di lamiera ci siano al massimo 2 difetti?
\[\begin{eqnarray*} P( X \leq 2 ) &=& \frac{ 2.3 ^{ 0 }}{ 0 !}e^{- 2.3 }+\frac{ 2.3 ^{ 1 }}{ 1 !}e^{- 2.3 }+\frac{ 2.3 ^{ 2 }}{ 2 !}e^{- 2.3 } \\ &=& 0.1003+0.2306+0.2652 \\ &=& 0.5961 \end{eqnarray*}\]
1.c Qual è la probabilità che in 1 m² di lamiera ci siano almeno 3 difetti?
\[\begin{eqnarray*} P( X \geq 3 ) &=& 1-P( X < 3 ) \\ &=& 1-\left( \frac{ 2.3 ^{ 0 }}{ 0 !}e^{- 2.3 }+\frac{ 2.3 ^{ 1 }}{ 1 !}e^{- 2.3 }+\frac{ 2.3 ^{ 2 }}{ 2 !}e^{- 2.3 } \right)\\ &=& 1-( 0.1003+0.2306+0.2652 )\\ &=& 1- 0.5961 \\ &=& 0.4039 \end{eqnarray*}\]
Poisson 2
Il numero di veicoli al casello autostradale \(C\) è la somma del numero di veicoli che provengono dalla strada \(S_1\) e dalla strada \(S_2\). All’ora di punta di un giorno feriale, il numero di veicoli \(X_1\) sulla strada \(S_1\) è descritto da un Poisson di parametro 4.3, \(X_1\sim\text{Pois}(4.3)\), mentre il numero di veicoli \(X_2\) sulla strada \(S_2\) è descritto da un Poisson di parametro 2.1, \(X_2\sim\text{Pois}(2.1)\), \(X_1\) e \(X_2\) sono assunte indipendenti.
1.a Calcolare la probabilità di avere al massimo 2 automobili al casello \(C\).
\(X_1\sim\text{Pois}(4.3)\) e \(X_2\sim\text{Pois}(2.1)\) e quindi
\[ X=X_1+X_2\sim\text{Pois}(4.3+2.1) \]
per cui
\[\begin{eqnarray*} P(X\le 2) &=& P(X=0\ \cup X=1 \ \cup X=2) \\ &=& P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)\\ &=& \frac{6.4^0}{0!}e^{-6.4}+\frac{6.4^1}{1!}e^{-6.4}+\frac{6.4^2}{2!}e^{-6.4}\\ &=& 0.0017+0.0106+0.034\\ &=& 0.0463 \end{eqnarray*}\]
1.b Qual è la varianza della VC che conta il numero di automobili al casello \(C\)?
Se \[X=X_1+X_2\sim\text{Pois}(6.4)\]
Allora \[ V(X)=6.4 \]
1.c Se \(X\sim\text{Binom}(15,0.3)\), qual è il supporto di \(X\)?
Se Se \(X\sim\text{Binom}(15,0.3)\), il suo supporto è \[S_X=\{0,1,2,...,15\}\]
1.d Se \(X\sim N(0,1)\) e \(Y\sim \chi^2_5\), \(X\) e \(Y\) indipendenti, come si distribuisce \[W=\frac X {\sqrt{Y/5}} ~~~?\]
Se \(X\sim N(0,1)\) e \(Y\sim \chi^2_5\), \(X\) e \(Y\) indipendenti, allora \[W=\frac X {\sqrt{Y/5}} \sim t_5\]
Normale
Un portafoglio finanziario è composto da due titoli. Il rendimento del titolo \(A\) è descritto da una normale \(X_A\sim N(0.6,(0.55)^2)\), il rendimento del titolo \(A\) è descritto da una normale \(X_B\sim N(0.8,(0.85)^2)\), \(X_A\) e \(X_B\) sono considerate indipendenti. Il rendimento del portafoglio è dunque la somma dei rendimenti \[ X=X_A+X_B \]
1.a Calcolare la probabilità di avere un rendimento negativo.
\(X_A\sim N(0.6,(0.55)^2)\) e \(X_B\sim N(0.8,(0.85)^2)\) sono indipendenti e quindi:
\[ X=X_A+X_B\sim N(0.6+0.8,(0.55)^2+(0.85)^2)\sim N(1.4,1.025) \]
per cui
\[\begin{eqnarray*} P( X < 0 ) &=& P\left( \frac { X - \mu }{ \sigma } < \frac { 0 - 1.4 }{\sqrt{ 1.025 }} \right) \\ &=& P\left( Z < -1.38 \right) \\ &=& 1-\Phi( 1.38 ) \\ &=& 0.0838 \end{eqnarray*}\]
1.b Sotto ipotesi di indipendenza tra gli anni, qual è la probabilità che il portafoglio abbia rendimento negativo per 3 anni di seguito?
Sia \(N_i\) l’evento: \[ N_i = \text{il portafoglio è negativo nell'anno $i$}, \ i=1,...,3 \] sia \(E\) l’evento \[ E=\text{rendimento negativo 3 anni di seguito} \] è immediato che \[ E=N_1\cap N_2\cap N_3 \] e dunque \[\begin{eqnarray*} P(E)&=&P(N_1\cap N_2\cap N_3 )\\ &=&P(N_1)P(N_2)P(N_3)\\ &=& 0.0838\times 0.0838\times 0.0838\\ &=& 0.0838^3\\ &=& 0.0006 \end{eqnarray*}\]
1.c Se \(X\sim\text{Pois}(15.3)\), qual è la varianza di \(X\)?
Se Se \(X\sim\text{Pois}(\lambda=15.3)\), allora \[V(X)=\lambda=15.3\]
1.d Se \(X_1\sim N(0,1)\), \(X_2\sim N(0,1)\) e \(X_2\sim N(0,1)\) \(X_1\), \(X_2\) e \(X_3\) indipendenti, come si distribuisce \[W=X_1^2+X_2^2+X_3^2 ~~~?\]
Se \(X_1\sim N(0,1)\), \(X_2\sim N(0,1)\) e \(X_2\sim N(0,1)\)
\(X_1\), \(X_2\) e \(X_3\) indipendenti, allora
\[W=X_1^2+X_2^2+X_3^2\sim \chi_3^2\]
(si distribuisce come un chi quadro con 3 gradi di libertà)
Estrazioni senza reitroduzione
L’urna \(U\) contiene tre palline bianche, tre palline rosse e tre palline nere.
1.a Si estrae \(n=2\) volte senza reintroduzione. Qual è la probabilità di ottenere due colori diversi in 2 estrazioni? (esempio: prima bianco poi rosso oppure prima nero poi bianco oppure…)
Soluzione diretta
L’evento \[E=\text{due colori diversi in 2 estrazioni}\]
\[\begin{eqnarray*} E&=& (B_1\cap R_2)\cup(B_1\cap N_2)\cup\\ & &(R_1\cap B_2)\cup (R_1\cap N_2)\cup\\ & &(N_1\cap B_2)\cup (N_1\cap R_2) \end{eqnarray*}\]
e quindi
\[\begin{eqnarray*} P(E)&=& P(B_1\cap R_2)+P(B_1\cap N_2)+\\ & & P(R_1\cap B_2)+ P(R_1\cap N_2)+\\ & & P(N_1\cap B_2)+ P(N_1\cap R_2)\\ &=& P(B_1)P(R_2|B_1)+P(B_1)P(R_2|B_1)+\\ & & P(R_1)P(B_2|R_1)+P(R_1)P(R_2|R_1)+\\ & & P(N_1)P(B_2|N_1)+P(N_1)P(R_2|N_1)\\ &=& \frac 39\frac 38+ \frac 39\frac 38+\\ & & \frac 39\frac 38+ \frac 39\frac 38+\\ & & \frac 39\frac 38+ \frac 39\frac 38\\ &=& 6\cdot \frac 39\frac 38 = \frac 34 \end{eqnarray*}\]
Soluzione complementare
l’evento complementare di \(E\) è \(\bar E\) due palline di uguale colore, ed è dato da
\[\begin{eqnarray*} \bar E&=& (B_1\cap B_2)\cup(R_1\cap R_2)\cup (N_1\cap N_2) \end{eqnarray*}\]
da cui:
\[\begin{eqnarray*} P(\bar E)&=& P(B_1\cap B_2)+P(R_1\cap R_2)+P(N_1\cap N_2)\\ &=& P(B_1)P(B_2|B_1)+P(R_1)P(R_2|R_1)+P(N_1)P(N_2|N_1)\\ &=& \frac 39\frac 28 + \frac 39\frac 28 + \frac 39\frac 28 \\ &=& \frac 14 \end{eqnarray*}\]
e quindi:
\[ P(E)=1-P(\bar E)=1- \frac 14=\frac 34 \]
1.b Si ricompone l’urna \(U\) e si estrae una volta, si assegna
- 1 all’evento esce bianca
- 2 all’evento esce rossa
- 3 all’evento esce nera
Calcolare valore atteso e varianza della Variabile Casuale che registra il numero uscito.
\[\begin{eqnarray*} P(X=1)&=& \frac 39\\ P(X=2)&=& \frac 39\\ P(X=2)&=& \frac 39 \end{eqnarray*}\] e quindi
\[\begin{eqnarray*} E(X)&=& 1\cdot\frac 13 +2\cdot\frac 13 +3\cdot\frac 13 =2\\ V(X)&=& 1^2\cdot\frac 13 +2^2\cdot\frac 13 +3^2\cdot\frac 13 - 2^2=0.6667 \end{eqnarray*}\]
1.c La varianza di una VC \(X\) può essere zero?
Sì, se e solo se \(X\) assume un valore costante \(x\) per certo, \(P(X=x)=1\)
1.d Se \(X\sim\text{Bin}(10;0.3)\) e \(Y\sim\text{Pois}(3.23)\), \(X\) e \(Y\) indipendenti, quanto vale \(V(X-Y)\)?
Siccome \(X\) e \(Y\) sono indipendenti \[ V(X-Y)=V(X)+V(Y)=n\pi(1-\pi)+\lambda=10\times 0.3(1-0.3)+3.23=5.33 \]
Esercizio sul Teorema di Bayes (palline vincenti)
Michele esegue la seguente sequenza di estrazioni:
- si estrae da un’urna \(U_1\) che contiene 5 palline etichettate nel seguente modo:
- 1 allora si fissa \(\pi=0\)
- 2 allora si fissa \(\pi=0.25\)
- 3 allora si fissa \(\pi=0.50\)
- 4 allora si fissa \(\pi=0.75\)
- 5 allora si fissa \(\pi=1.00\)
- Quindi prepara un’urna \(U_2\) che ha come proporzione \(\pi\) di palline vincenti ed estrae, con reintroduzione 3 volte dall’urna.
Quando Sergio arriva Michele ha estratto da \(U_2\) e ha ottenuto 2 palline vincenti su 3 estrazioni.
1.a Qual è la probabilità di Sergio su \(X=2\)?
Sia \(X\) la VC che conta il numero di successi in 3 prove dall’urna \(U_2\). Sappiamo che \(X\sim\text{Binom}(3,\pi)\), e il parametro \(\pi\) dipende dall’estrazione dell’urna \(U_1\) e quiindi
\[\begin{eqnarray*} P(X=2|\pi) &=& \binom{3}{2}\pi^2(1-\pi)^{3-2}\\ &=& 3\cdot \pi^2\cdot (1-\pi)^2 \end{eqnarray*}\]
che possiamo calcolare per ogni valore di \(\pi\in\{0,0.25,0.50,0.75,1\}\). Mentre la probabilità che dall’urna uno abbiamo un 3 è uno su cinque che equivale a dire che \[ P(\pi=0)=P(\pi=0.25)=P(\pi=0.5)=P(\pi=0.75)=P(\pi=1)=\frac 15 \]
Applichiamo il teorema delle probabilità totali per ricavare \(P(X=2)\)
\[\begin{eqnarray*} \scriptsize P(X=2) &=& \scriptsize P(\pi=0)P(X=2|\pi=0)+P(\pi=0.25)P(X=2|\pi=0.25)+P(\pi=0.5)P(X=2|\pi=0.5)+\\ &+& \scriptsize P(\pi=0.75)P(X=2|\pi=0.75)+P(\pi=1)P(X=2|\pi=1)\\ &=& \scriptsize \frac 15 3\cdot 0^2 (1-0)^{3-2} + \frac 15 3\cdot 0.25^2 (1-0.25)^{3-2} + \frac 15 3\cdot 0.5^2 (1-0.5)^{3-2}+\\ &+& \scriptsize \frac 15 3\cdot 0.75^2 (1-0.75)^{3-2} + \frac 15 3\cdot 1^2 (1-1)^{3-2}\\ &=& \scriptsize 0.1875 \end{eqnarray*}\]
1.b Qual è la probabilità di Sergio che dall’urna \(U_1\) sia stata estratta la palline etichettata con 3?
Sia \(X\) la VC che conta il numero di successi in 3 prove dall’urna \(U_2\). Condizionato all’ipotesi \(\pi=0.50\) abbiamo: \[\begin{eqnarray*} P(X=2|\pi=0.5) &=& \binom{3}{2}0.5^2(1-0.5)^{3-2}\\ &=& 3\cdot 0.25\cdot 0.5\\ &=& 0.375 \end{eqnarray*}\] Mentre la probabilità che dall’urna uno abbiamo un 3 è uno su cinque che equivale a dire che \[ P(\pi=0.5)=\frac 15 \]
In virtù del teorema di Bayes abbiamo che \[\begin{eqnarray*} P(\pi=0.5|X=2) &=& \frac{P(\pi=0.5)P(X=2|\pi=0.5)}{P(X=2)}\\ &=& \frac{\frac 15 \cdot 0.375}{0.1875}\\ &=& 0.4 \end{eqnarray*}\]
1.c Qual è distribuzione aggiornata su \(\pi\) in base al fatto che \(X=2\)?
\[\begin{eqnarray*} P(\pi=0|X=2) &=& \frac{P(\pi=0)P(X=2|\pi=0)}{P(X=2)}\\ &=& \frac{\frac 15 \cdot 0}{0.1875}\\ &=& 0\\ P(\pi=0.25|X=2) &=& \frac{P(\pi=0.25)P(X=2|\pi=0.25)}{P(X=2)}\\ &=& \frac{\frac 15 \cdot 0.1406}{0.1875}\\ &=& 0.15\\ P(\pi=0.5|X=2) &=& \frac{P(\pi=0.5)P(X=2|\pi=0.5)}{P(X=2)}\\ &=& \frac{\frac 15 \cdot 0.375}{0.1875}\\ &=& 0.4\\ P(\pi=0.75|X=2) &=& \frac{P(\pi=0.75)P(X=2|\pi=0.5)}{P(X=2)}\\ &=& \frac{\frac 15 \cdot 0.4219}{0.1875}\\ &=& 0.45\\ P(\pi=1|X=2) &=& \frac{P(\pi=1)P(X=2|\pi=1)}{P(X=2)}\\ &=& \frac{\frac 15 \cdot 0}{0.1875}\\ &=& 0 \end{eqnarray*}\]
1.d Costruire le distribuzioni condizionate di \(X\) a \(\pi\).
Siccome
\[\begin{eqnarray*} P(X=x|\pi) &=& \binom{3}{x}\pi^x(1-\pi)^{n-x} \end{eqnarray*}\]
è nota per ogni valore di \(x\in\{0,1,2,3\}\) e ogni valore di \(\pi\in\{0,0.25,0.5,0.75,1\}\) allora è possibile costruire una tavola doppia entrata dove mettiamo \(\pi\) per riga e \(x\) per colonna
| \(x=0\) | \(x=1\) | \(x=2\) | \(x=3\) | Tot | |
|---|---|---|---|---|---|
| \(\pi=0\) | 1.000 | 0.000 | 0.000 | 0.000 | 1 |
| \(\pi=0.25\) | 0.422 | 0.422 | 0.141 | 0.016 | 1 |
| \(\pi=0.5\) | 0.125 | 0.375 | 0.375 | 0.125 | 1 |
| \(\pi=0.75\) | 0.016 | 0.141 | 0.422 | 0.422 | 1 |
| \(\pi=1\) | 0.000 | 0.000 | 0.000 | 1.000 | 1 |
1.e Costruire la distribuzione doppia congiunta di tutte le possibili combinazioni e le relative probabilità.
Siccome
\[\begin{eqnarray*} P(X=x|\pi) &=& \binom{3}{x}\pi^x(1-\pi)^{n-x}\\ P(\pi) &=& \frac 15,\qquad \forall \pi\\ P(X=x\cap\pi) &=& P(\pi)P(X=x|\pi) \end{eqnarray*}\]
è nota per ogni valore di \(x\in\{0,1,2,3\}\) e ogni valore di \(\pi\in\{0,0.25,0.5,0.75,1\}\) allora è possibile costruire una tavola doppia entrata dove mettiamo \(\pi\) per riga e \(x\) per colonna
| \(x=0\) | \(x=1\) | \(x=2\) | \(x=3\) | Tot | |
|---|---|---|---|---|---|
| \(\pi=0\) | \(\frac 15\times1\) \(=0.2\) | \(\frac 15\times0\) \(=0\) | \(\frac 15\times0\) \(=0\) | \(\frac 15\times0\) \(=0\) | 0.2 |
| \(\pi=0.25\) | \(\frac 15\times0.422\) \(=0.084\) | \(\frac 15\times0.422\) \(=0.084\) | \(\frac 15\times0.141\) \(=0.028\) | \(\frac 15\times0.016\) \(=0.003\) | 0.2 |
| \(\pi=0.5\) | \(\frac 15\times0.125\) \(=0.025\) | \(\frac 15\times0.375\) \(=0.075\) | \(\frac 15\times0.375\) \(=0.075\) | \(\frac 15\times0.125\) \(=0.025\) | 0.2 |
| \(\pi=0.75\) | \(\frac 15\times0.016\) \(=0.003\) | \(\frac 15\times0.141\) \(=0.028\) | \(\frac 15\times0.422\) \(=0.084\) | \(\frac 15\times0.422\) \(=0.084\) | 0.2 |
| \(\pi=1\) | \(\frac 15\times0\) \(=0\) | \(\frac 15\times0\) \(=0\) | \(\frac 15\times0\) \(=0\) | \(\frac 15\times1\) \(=0.2\) | 0.2 |
| Tot | 0.3126 | 0.1876 | 0.1876 | 0.3126 | 1 |
Sommando per riga abbiamo la distribuzione di \(\pi\), sommando per colonna abbiamo quella di \(X\).
1.f Costruire le distribuzioni condizionate di \(\pi\) ad \(X\).
Siccome
\[\begin{eqnarray*} P(X=x|\pi) &=& \binom{3}{x}\pi^x(1-\pi)^{n-x}\\ P(\pi) &=& \frac 15,\qquad \forall \pi\\ P(X=x\cap\pi) &=& P(\pi)P(X=x|\pi)\\ P(\pi|X=x) &=& \frac{P(\pi)P(X=x|\pi)}{P(X=x)} \end{eqnarray*}\]
è nota per ogni valore di \(x\in\{0,1,2,3\}\) e ogni valore di \(\pi\in\{0,0.25,0.5,0.75,1\}\) allora è possibile costruire una tavola doppia entrata dove mettiamo \(\pi\) per riga e \(x\) per colonna
| \(x=0\) | \(x=1\) | \(x=2\) | \(x=3\) | |
|---|---|---|---|---|
| \(\pi=0\) | \(\frac{0.2}{0.312}=0.641\) | \(\frac{0}{0.187}=0\) | \(\frac{0}{0.187}=0\) | \(\frac{0}{0.312}=0\) |
| \(\pi=0.25\) | \(\frac{0.084}{0.312}=0.269\) | \(\frac{0.084}{0.187}=0.449\) | \(\frac{0.028}{0.187}=0.15\) | \(\frac{0.003}{0.312}=0.01\) |
| \(\pi=0.5\) | \(\frac{0.025}{0.312}=0.08\) | \(\frac{0.075}{0.187}=0.401\) | \(\frac{0.075}{0.187}=0.401\) | \(\frac{0.025}{0.312}=0.08\) |
| \(\pi=0.75\) | \(\frac{0.003}{0.312}=0.01\) | \(\frac{0.028}{0.187}=0.15\) | \(\frac{0.084}{0.187}=0.449\) | \(\frac{0.084}{0.312}=0.269\) |
| \(\pi=1\) | \(\frac{0}{0.312}=0\) | \(\frac{0}{0.187}=0\) | \(\frac{0}{0.187}=0\) | \(\frac{0.2}{0.312}=0.641\) |
| Tot | 1 | 1 | 1 | 1 |
Esercizio sul Teorema di Bayes (Esperti)
Due ingegneri, Mario e Sergio, hanno appena terminato l’ispezione di un nuovo impianto per la produzione di valvole industriali. Al termine della visita, forniscono valutazioni discordanti circa la frequenza con cui, nel processo produttivo, si verificano malfunzionamenti.
- Mario, ingegnere senior con lunga esperienza sul campo, ritiene che la probabilità che ci sia un malfunzionamento sia pari a \(\pi_M = 0.1\).
- Sergio, neolaureato al primo incarico operativo, sostiene che tale probabilità sia invece pari a \(\pi_S = 0.5\).
Il decision maker, pur tenendo conto di entrambe le opinioni, attribuisce maggiore credibilità a quella di Mario, assegnando probabilità soggettive: \[ P(\pi_M) = 0.9,\quad P(\pi_S) = 0.1 \]
Il processo sarà testo 8 volte prima di essere messo in produzione.
1.a Costruire le distribuzioni condizionate di \(X\) a \(\pi_M\) e \(\pi_S\). Determinare, per ciascuna delle due ipotesi, la probabilità di osservare 5 malfunzionamenti su 8 prove.
Nell’ipotesi \(\pi=\pi_M=0.1\) avremo
\[ (X|\pi=0.1)\sim\text{Binom}(n=8;\pi=0.1) \] \[\begin{eqnarray*} P( X = 5 |\pi=0.1) &=& \binom{ 8 }{ 5 } 0.1 ^{ 5 }(1- 0.1 )^{ 8 - 5 } \\ &=& 56 \times 0.1 ^{ 5 }(1- 0.1 )^{ 3 } \\ &=& 0.0004 \end{eqnarray*}\] Mentre nell’ipotesi \(\pi=\pi_S=0.5\) avremmo
\[ (X|\pi=0.5)\sim\text{Binom}(n=8;\pi=0.5) \]
\[\begin{eqnarray*} P(X = 5|\pi=0.5) &=& \binom{ 8 }{ 5 } 0.5 ^{ 5 }(1- 0.5 )^{ 8 - 5 } \\ &=& 56 \times 0.5 ^{ 5 }(1- 0.5 )^{ 3 } \\ &=& 0.2188 \end{eqnarray*}\]
1.b Calcolare la probabilità di osservare 5 malfunzionamenti in 8 prove.
Dal teorema delle probabilità totali \[\begin{eqnarray*} P(X=5) &=& P(\pi_M)P(X=5|\pi_M) + P(\pi_S)P(X=5|\pi_S)\\ &=& 0.9\cdot0.0004+0.1\cdot0.2188\\ &=& 0.0222 \end{eqnarray*}\]
1.c Il processo viene replicato 8 volte e si sono presentati 5 malfunzionamenti. Costruire le distribuzioni di \(\pi_M\) e di \(\pi_S\) dato \(X=5\)
\[\begin{eqnarray*} P(\pi_M|X=5) &=& \frac{P(\pi_M)P(X=5|\pi_M)}{P(\pi_M)P(X=5|\pi_M) + P(\pi_S)P(X=5|\pi_S)}\\ &=& \frac{0.9\cdot0.0004}{0.9\cdot0.0004+0.1\cdot0.0004}\\ &=& \frac{0.0004}{0.0222}\\ &=& 0.0165\\ P(\pi_S|X=5) &=& \frac{P(\pi_S)P(X=5|\pi_S)}{P(\pi_M)P(X=5|\pi_M) + P(\pi_S)P(X=5|\pi_S)}\\ &=& \frac{0.1\cdot0.2188}{0.9\cdot0.0004+0.1\cdot0.0004}\\ &=& \frac{0.0219}{0.0222}\\ &=& 0.9835 \end{eqnarray*}\]