Matematica e Statistica per STB A.A. 2017/2018. Soluzioni degli esercizi - Foglio 1

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1 Matematica e Statistica per STB A.A. 017/018 Soluzioni degli esercizi - Foglio 1 1. B = 0. a Lo spazio dei campioni associato all esperimento è il prodotto cartesiano Ω = Ω 1 Ω. dove Ω 1 = {1,,, 4, 5, 6} è lo spazio dei campioni associato alla prima parte di esperimento e Ω = {R, V } è lo spazio dei campioni associato alla seconda parte di esperimento. b E 1 = {1,, 5} Ω c E = Ω 1 {V } d E = {1,, } Ω e Gli eventi E 1 ed E NON sono incompatibili. f Gli eventi E 1 ed E NON sono esaustivi.. Infatti usando il Teorema di Bayes si ha che P (E A = P (A E P (E P (A =. Dove si ha P (A E = 1 in quanto ottenere una testa sapendo che si è scelta la seconda moneta è un evento certo; P (E = 1 poichè ci sono due possibili scelte. Infine P (A = /4 in quanto le monete hanno 4 facce (casi possibili di cui sono teste (casi favorevoli. Oppure la potete calcolare anche usando la legge delle alternative essendo E 1 e E insiemi disgiunti P (A = P (E 1 P (A E 1 + P (E P (A E = = 4 4. Sia e sia Si ha che B = {il farmaco classificato come dannoso} A = {il farmaco contiene la sostanza S}. P (B = 0., P (A B = 0.7, P (A B c = Applicando il Teorema di Bayes si ha che P (A B = P (A BP (B P (A BP (B + P (A B c P (B c = Sia e allora M = {studenti promossi in matematica} M = {studenti promossi in chimica} 1

2 P (M C = P (M C P (C = P (C M = P (M C P (M = P (M C = P (M + P (C P (M C = Se sono incompatibili si ha che P (A B = 0 dunque P (B = P (A B P (A = 0. Se sono indipendenti si ha che P (A B = P (A P (B, allora P (A B = P (A + P (B P (A P (B da cui P (B = 5 Si ha che P (A B = P (A+P (B P (A B P (B da cui P (B = = 4. 8.! = 6 8 = a C 4,1 C 7, + C 5, C 6,1 C 4,1 C 5, = 104 b C,1 C 9, + C, C 9,1 = 81 Modo alternativo: Primo Passo: Fisso la prima pallina rossa R 1 e considero le combinazioni C 10, ossia considero tutti i possibili modi di scegliere le restanti due palline nell insieme {R, B 1,..., B 4, V 1,..., V 5 }. Secondo Passo: Faccio lo stesso invertendo i ruoli di R 1 ed R ed ottengo nuovamente C 10,. Terzo passo: ora devo togliere l intersezione tra le possibili terne ottenute nel primo e secondo passo ovvero {R 1, R, pallina tra le nove restanti}. Di conseguenza ritrovo C 10, 9 = 90 9 = 81 c C 5, = 10 d C 5, C 6,1 + C 4,1 C 7, + C 4, C 7,1 + C 4, C 7,0 C 4,1 C 5, = 150 e C 5, C 6,1 + C 4, = !! = Ω = {studenti della scuola} A = {studenti che indossano un anello} C = {studenti che indossano una collana} a L insieme N = Ω (A C contiene il 60% degli stundenti A C contiene il 40% degli studenti, quindi P (A C = 0.4. b L insieme A C contiene = 10 elementi, P (A C = A = {statunitensi che fumano sigarette} B = {statunitensi che fumano sigari} a Considerando una popolazione di 100 elementi, l insieme ( (A B C contene 100 ( = 70 elementi, quindi P (A B C = = 0.7.

3 b P (B A = = Calcoliamo le probabilità relative a tutti i casi favorevoli e poi le sommiamo, poichè sono eventi incompatibili. In questo problema il caso favorevole corrisponde all estrazione di una pallina rossa in un estrazione dispari (il primo, il terzo, il quinto..., quindi nel turno di A. La probabilità di ottenere una pallina rossa alla prima estrazione è P (E r =. La probabilità di ottenere una pallina nera sia alla prima che alla 10 seconda estrazione e una rossa alla terza è P (E nnr = Si calcolano analogamente le probabilità per la quinta (E nnnnr e la settima (E nnnnnnr estrazione. Si ottiene infine P = = Indichiamo con G la guardia, A l ala e C il centro. a i casi favorevoli sono tutte le possibili permutazioni di (G,A,C, quindi sono! = 6, mentre i casi possibili sono = 7, quindi la probabilità di ottenere una nuova squadra sarà P = 6 7 = 9. b I casi favorevoli sono, (G,G,G, (A,A,A e (C,C,C, quindi P = 7 = S = {neonati che sopravvivono al parto} P (S = 0.98 C = {parti cesarei} P (C = 0.15 P = {neonati sopravvissuti a parti cesarei} P (P = P (S C = 0.96 Vogliamo trovare P (S C C. Per la legge delle alternative P (S = P (S C C P (C C + P (S CP (C, da cui P (S C C = = = P (S P (S CP (C P (C C 16. Siano Ω = {studenti che intendono dare l esame} E 1 = {studenti che passano la prima prova} P (E 1 = 0.9 E = {studenti che passano la seconda prova} P (E E 1 = 0.8 E = {studenti che passano la terza prova} P (E (E E 1 = 0.8 Visto che chi non supera una prova non può accedere alla successiva vale la relazione E E E 1 Ω a Vogliamo ottenere P (E 1 E E = P (E. La probabilità di passare la prima e la seconda prova è data da P (E E 1 = P (E = P (E 1 P (E E 1. Analogamente la probabilità di passare tutte e tre le prove è P (E 1 E E = P (E = P (E P (E E = P (E 1 P (E E 1 P (E E = = b Gli studenti che non hanno passato almeno una delle prove appartengono all insieme Ω E e P (Ω E = , mentre quelli che non hanno passato la seconda appartengono all insieme E 1 E. Si noti che (E 1 E (Ω E = E 1 E. La probabilità richiesta è P (E 1 E Ω E = P ((E1 E (Ω E P (Ω E 17. P (A = 0.01 P (B A = 0.95 P (B A C = Per Bayes P (A B = P (B A P (A P (B. = = 0.69

4 Per la legge delle alternative P (B = P (B AP (A + P (B A C P (A C = (dove P (A C = 1 P (A = Si ottiene quindi P (A B = = D = {chip difettosi} P (D A = 0.05 P (A = 0.6 P (B = 1 P (A = 0.4 P (D B = 0.05 Per la legge delle alternative P (D = P (D AP (A+P (D BP (B = 0.01 Per Bayes P (A D = P (D A P (A P (D = I primi due posti possono essere occupati da 5 oggetti (7-, quindi abbiamo D 5, possibilità (tutte le possibili disposizioni di 5 elementi in due posti. Gli altri 5 posti sono tutte le possibili permutazioni dei 5 oggetti rimanenti. Quindi i modi possibili sono dati dal prodotto D 5, P 5 = 5 4 5! = C 4, = 4!! 1! = 4 1. P (A = 0.7 e P (B = 0.. a Per Bernoulli la probabilità richiesta è P = 10! 5! 5! (0.75 (0. 5 = b Analogamente al punto precedente P = 10! 7!! (0.77 (0. = 0.7 c Consideriamo le probabilità di avere esattamente 7, 8, 9, 10 molecole di A. Ognuna di queste può essere calcolata con Bernoulli come nei casi precedenti. Infine possiamo sommare i risultati ottenuti (sono casi incompatibili e otteniamo P = R. Media= 1.915, Moda=, Mediana=, Varianza = Si tratta di un esperimento binomiale. Successo= Credere negli ET p = 0., q = 0.68 Sia X il numero di persone che credono negli ET tra 1 persone. 4. i P (X = = ( 1 ii P (X < 10 = 9 k=0 (0. ( iii P ( X 5 = 5 k= ( 1 k (0.k ( k ( 1 k (0.k ( k. Luca Paolo Luca e Paolo mediana 1, 1, 5 1, 4 moda 1, 1, 5 1, 5 intervallo di varianza 0, 0, 1 0, media 1, 6 1, 46 1, 41 varianza 0, , 004 0, 069 deviazione standard 0, 08 0, 05 0, 6 coefficiente di variazione 0, 058 0, 0 0, 18 media pesata è la media è la media 1, 4 4

5 5. I dati non sono numerici e quindi non ha senso parlare di mediana. Le mode sono: nomi: Leo, Neve, Poldo, Luna, Birba (ossia tutti i nomi sono mode; colore: rosso e nero; lunghezza: corto. 6. a 5 è dispari, quindi la mediana è x 5+1 = x. Si conclude quindi che non esiste alcun esempio del tipo richiesto. b Tutti e soli quelli con x = x. 7. La media e la mediana di due numeri coincidono sempre, mentre in generale non è detto: ad esempio i tre numeri 1,,4 hanno media 7 e mediana. 8. a La media è 18 e la varianza è 511 (valori approssimati. L intervallo di variabilità è 10. b I risultati si ottengono usando con pazienza le formule m = S xy S xx q = ȳ m x ρ = S xy Sxx S yy La retta di regressione (i valori sono approssimati per anno-peso è y =.16x 410 con coefficiente di Pearson 0, 9, mentre per annosuperficie è y =, 95x 7860 con coefficiente di correlazione (o di Pearson pari a 0, 67. I valori assoluti dei coefficienti di Pearson sono entrambi minori di 0, 9, quindi le interpolazioni non sono buone. 9. La retta di regressione coincide con la retta per i due punti e l interpolazione risulta perfetta, quindi il coefficiente è 1 o Ricordiamo che 1 P 1. Sia per a che per b se P = 1 o P = 1 basta prendere la stessa retta come esempi, altrimenti o P = 0, quindi il quesito non ha senso, oppure 1 P = 1 P > 1, allora questi ultimi due non possono essere coefficienti di correlazione (o di Pearson per una retta di regressione. 5