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Questionario sulle variabili aleatorie continue - Versione DSA


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Argomenti: funzione di densità di probabilità (PDF), funzione di ripartizione (CDF), distribuzione uniforme, distribuzione gaussiana, distribuzione esponenziale, valor medio, varianza e deviazione standard.

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Quesito 1 — Verifica di una PDF e calcolo della CDF

Si consideri la funzione definita da:

\[ f(x) = \begin{cases} \dfrac{3}{4}\,x(2 - x) & \text{se } 0 \leq x \leq 2 \\[6pt] 0 & \text{altrimenti} \end{cases} \]

a) Verificare che \(f(x)\) sia una funzione di densità di probabilità (PDF) valida.

b) Determinare la funzione di ripartizione \(F(x)\).

c) Calcolare il valor medio \(E[X]\), la varianza \(\text{Var}(X)\) e la deviazione standard \(\sigma_X\).

💡 Suggerimento 1

Per verificare che \(f(x)\) sia una PDF valida occorre controllare due condizioni: che \(f(x) \geq 0\) su tutto \(\mathbb{R}\), e che lintegrale su tutto \(\mathbb{R}\) sia uguale a 1. Poiché \(f(x)=0\) fuori da \([0,2]\), basta calcolare \(\displaystyle\int_0^2 \frac{3}{4}x(2-x)\,dx\).

💡 Suggerimento 2

Per la CDF su \([0,2]\) integra la PDF da \(0\) a \(x\): \[F(x) = \int_0^x \frac{3}{4}t(2-t)\,dt = \frac{3}{4}\left(t^2 - \frac{t^3}{3}\right)\Bigg|_0^x\] Per il valor medio calcola \(E[X] = \displaystyle\int_0^2 x \cdot \frac{3}{4}x(2-x)\,dx\).

💡 Suggerimento 3

Risulta \(E[X]=1\). Per la varianza usa \(\text{Var}(X)=E[X^2]-(E[X])^2\), con \(E[X^2]=\dfrac{6}{5}\). Quindi \(\text{Var}(X)=\dfrac{1}{5}\) e \(\sigma_X=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\approx 0{,}447\).

Passo 1 — Non negatività

Su \([0,2]\) si ha \(x \geq 0\) e \((2-x) \geq 0\), quindi \(f(x) = \dfrac{3}{4}x(2-x) \geq 0\). Fuori dallintervallo \(f(x)=0\). ✓

Passo 2 — Integrale uguale a 1

\[ \int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx = \int_0^2 \frac{3}{4}x(2-x)\,dx = \frac{3}{4}\int_0^2 (2x - x^2)\,dx \] \[ = \frac{3}{4}\left[x^2 - \frac{x^3}{3}\right]_0^2 = \frac{3}{4}\left(4 - \frac{8}{3}\right) = \frac{3}{4} \cdot \frac{4}{3} = 1 \quad \checkmark \]
\(f(x)\) è una funzione di densità di probabilità valida.

Passo 3 — Funzione di ripartizione \(F(x)\)

Per \(x < 0\): \(F(x) = 0\).   Per \(x > 2\): \(F(x) = 1\).

Per \(0 \leq x \leq 2\):

\[ F(x) = \int_0^x \frac{3}{4}t(2-t)\,dt = \frac{3}{4}\left[t^2 - \frac{t^3}{3}\right]_0^x = \frac{3}{4}\!\left(x^2 - \frac{x^3}{3}\right) \]

Quindi:

\[ F(x) = \begin{cases} 0 & \text{se } x < 0 \\[6pt] \dfrac{3}{4}\!\left(x^2 - \dfrac{x^3}{3}\right) & \text{se } 0 \leq x \leq 2 \\[10pt] 1 & \text{se } x > 2 \end{cases} \]

Verifica: \(F(2) = \dfrac{3}{4}\!\left(4 - \dfrac{8}{3}\right) = 1\). ✓

Passo 4 — Valor medio

\[ E[X] = \int_0^2 x \cdot \frac{3}{4}x(2-x)\,dx = \frac{3}{4}\int_0^2 (2x^2 - x^3)\,dx=\] \[= \frac{3}{4}\left[\frac{2x^3}{3} - \frac{x^4}{4}\right]_0^2 = \frac{3}{4}\left(\frac{16}{3} - 4\right) = 1 \]

Passo 5 — Varianza e deviazione standard

\[ E[X^2] = \frac{3}{4}\int_0^2 (2x^3 - x^4)\,dx = \frac{3}{4}\left[\frac{x^4}{2} - \frac{x^5}{5}\right]_0^2=\] \]= \frac{3}{4}\left(8 - \frac{32}{5}\right) = \frac{6}{5} \] \[ \text{Var}(X) = E[X^2] - (E[X])^2 = \frac{6}{5} - 1 = \frac{1}{5} \] \[ \sigma_X = \sqrt{\frac{1}{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5} \approx 0{,}447 \]
\(E[X] = 1\)  |  \(\text{Var}(X) = \dfrac{1}{5}\)  |  \(\sigma_X = \dfrac{\sqrt{5}}{5} \approx 0{,}447\)

Quesito 2 — PDF con parametro da determinare

La durata in ore di un componente elettronico ha funzione di densità di probabilità:

\[ f(x) = \begin{cases} k\, x\, e^{-x^2/2} & \text{se } x \geq 0 \\[4pt] 0 & \text{se } x < 0 \end{cases} \]

a) Determinare il valore della costante \(k\) affinché \(f(x)\) sia una PDF valida.

b) Calcolare la funzione di ripartizione \(F(x)\) per \(x \geq 0.\)

c) Calcolare la probabilità che il componente duri tra 1 e 2 ore.

💡 Suggerimento 1

Per trovare \(k\) imponi che lintegrale su tutto il dominio valga 1: \(\displaystyle\int_0^{+\infty} k\,x\,e^{-x^2/2}\,dx = 1\). Prova la sostituzione \(u = x^2/2\), da cui \(du = x\,dx\).

💡 Suggerimento 2

Con la sostituzione \(u = x^2/2\) lintegrale diventa \(k\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-u}\,du = k\). Quindi \(k = 1\). La CDF si ottiene integrando da 0 a \(x\) con la stessa sostituzione.

💡 Suggerimento 3

La CDF è \(F(x) = 1 - e^{-x^2/2}\) per \(x \geq 0\). La probabilità cercata è \(P(1 \leq X \leq 2) = F(2) - F(1) = e^{-1/2} - e^{-2} \approx 0{,}471\).

Passo 1 — Determinazione di \(k\)

Imponiamo che lintegrale della PDF valga 1. Usiamo la sostituzione \(u = \dfrac{x^2}{2}\), da cui \(du = x\,dx\):

\[ k \int_0^{+\infty} x\,e^{-x^2/2}\,dx = k \int_0^{+\infty} e^{-u}\,du=\] \[= k\left[-e^{-u}\right]_0^{+\infty} = k \cdot 1 = k \]
Quindi \(k = 1\) e la PDF è \(f(x) = x\,e^{-x^2/2}\) per \(x \geq 0\).

Passo 2 — Funzione di ripartizione \(F(x)\)

Per \(x < 0\): \(F(x) = 0\). Per \(x \geq 0\), con la stessa sostituzione \(u = t^2/2\):

\[ F(x) = \int_0^x t\,e^{-t^2/2}\,dt = \left[-e^{-u}\right]_0^{x^2/2} = 1 - e^{-x^2/2} \]

Quindi:

\[ F(x) = \begin{cases} 0 & \text{se } x < 0 \\[4pt] 1 - e^{-x^2/2} & \text{se } x \geq 0 \end{cases} \]

Verifica: \(\lim_{x \to +\infty} F(x) = 1 - 0 = 1\). ✓

Passo 3 — Probabilità tra 1 e 2 ore

\[ P(1 \leq X \leq 2) = F(2) - F(1) = \left(1 - e^{-2}\right) - \left(1 - e^{-1/2}\right) =\] \[=e^{-1/2} - e^{-2} \approx 0{,}6065 - 0{,}1353 = 0{,}4712 \]
\(k = 1\)  |  \(F(x) = 1 - e^{-x^2/2}\)  |  \(P(1 \leq X \leq 2) = e^{-1/2} - e^{-2} \approx 0{,}471\)

Quesito 3 — Distribuzione uniforme

Un autobus passa ad una certa fermata ogni 20 minuti esatti. Un passeggero arriva alla fermata in un istante casuale, senza conoscere l'orario degli autobus. Il tempo di attesa \(X\) (in minuti) è una variabile aleatoria uniformemente distribuita sull'intervallo \([0, 20]\).

a) Scrivere la PDF e la CDF di \(X\).

b) Calcolare la probabilità che il passeggero aspetti meno di 5 minuti.

c) Calcolare valor medio, varianza e deviazione standard di \(X\).

d) Calcolare la probabilità che il passeggero aspetti più della media.

💡 Suggerimento 1

Per una distribuzione uniforme su \([a, b]\) la PDF è costante: \(f(x) = \dfrac{1}{b-a}\) per \(a \leq x \leq b\), zero altrove. Qui \(a = 0\) e \(b = 20\), quindi \(f(x) = \dfrac{1}{20}\).

💡 Suggerimento 2

La probabilità che \(X\) cada in un sottointervallo \([c, d] \subseteq [0,20]\) è \(\dfrac{d - c}{20}\). Per i parametri usa: \(E[X] = \dfrac{a+b}{2}\) e \(\text{Var}(X) = \dfrac{(b-a)^2}{12}\).

💡 Suggerimento 3

Risulta \(E[X] = 10\) min, \(\sigma_X = \dfrac{10\sqrt{3}}{3} \approx 5{,}77\) min. Per il punto d): \(P(X > 10) = \dfrac{1}{2}\) per simmetria della distribuzione uniforme.

Passo 1 — PDF e CDF

Poiché \(X \sim U(0, 20)\):

\[ f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{20} & \text{se } 0 \leq x \leq 20 \\ 0 & \text{altrimenti} \end{cases} \qquad F(x) = \begin{cases} 0 & \text{se } x < 0 \\ \dfrac{x}{20} & \text{se } 0 \leq x \leq 20 \\ 1 & \text{se } x > 20 \end{cases} \]

Passo 2 — Probabilità di aspettare meno di 5 minuti

\[P(X < 5) = F(5) = \frac{5}{20} = \frac{1}{4} = 0{,}25\]
Il passeggero ha il 25% di probabilità di aspettare meno di 5 minuti.

Passo 3 — Valor medio, varianza, deviazione standard

\[E[X] = \frac{0 + 20}{2} = 10 \text{ min}\] \[\text{Var}(X) = \frac{(20-0)^2}{12} = \frac{400}{12} = \frac{100}{3} \approx 33{,}33 \text{ min}^2\] \[\sigma_X = \frac{10}{\sqrt{3}} = \frac{10\sqrt{3}}{3} \approx 5{,}77 \text{ min}\]

Passo 4 — Probabilità di aspettare più della media

\[P(X > 10) = 1 - F(10) = 1 - \frac{10}{20} = \frac{1}{2} = 0{,}50\]
La probabilità è esattamente \(\dfrac{1}{2}\): la distribuzione uniforme è simmetrica rispetto alla media, quindi è un risultato atteso.

Quesito 4 — Distribuzione uniforme: problema inverso

Una centralina meteorologica registra la temperatura massima giornaliera in una certa città durante il mese di luglio. Si assume che la temperatura massima \(T\) (in °C) sia uniformemente distribuita sull'intervallo \([a, b]\).

Da osservazioni storiche si sa che:

  • la temperatura massima media è \(32\)°C;
  • la probabilità che la temperatura superi i \(38\)°C è \(0{,}20\).

a) Determinare i parametri \(a\) e \(b\) della distribuzione.

b) Calcolare la varianza e la deviazione standard di \(T.\)

c) Calcolare la probabilità che la temperatura massima sia compresa tra \(28\)°C e \(35\)°C.

💡 Suggerimento 1

Per una distribuzione uniforme su \([a,b]\): la media è \(E[T] = \dfrac{a+b}{2}\) e la probabilità che \(T\) superi un valore \(c \in [a,b]\) è \(P(T > c) = \dfrac{b - c}{b - a}\). Scrivi le due equazioni con le informazioni note.

💡 Suggerimento 2

Le due equazioni sono: \(\dfrac{a+b}{2} = 32\) e \(\dfrac{b - 38}{b - a} = 0{,}20\). Dalla prima: \(a + b = 64\), cioè \(a = 64 - b\). Sostituisci nella seconda e risolvi per \(b\).

💡 Suggerimento 3

Sostituendo si ottiene \(\dfrac{b-38}{2b-64} = 0{,}20\), da cui \(b = 42\) e \(a = 22\). Verifica: \(E[T] = 32\) ✓ e \(P(T > 38) = \dfrac{4}{20} = 0{,}20\) ✓.

Passo 1 — Sistema di equazioni

Per una distribuzione uniforme \(T \sim U(a, b)\) scriviamo le due condizioni:

\[\frac{a+b}{2} = 32 \implies a + b = 64 \quad (1)\] \[\frac{b - 38}{b - a} = 0{,}20 \quad (2)\]

Passo 2 — Soluzione del sistema

Dalla (1): \(a = 64 - b\). Sostituendo nella (2):

\[\frac{b - 38}{2b - 64} = 0{,}20 \implies b - 38 = \] \[=0{,}4b - 12{,}8 \implies 0{,}6b = 25{,}2 \implies b = 42\]

Quindi \(a = 64 - 42 = 22\).

Verifica: \(E[T] = \dfrac{22+42}{2} = 32\) ✓   \(P(T > 38) = \dfrac{42-38}{20} = 0{,}20\) ✓

\(T \sim U(22, 42)\)°C

Passo 3 — Varianza e deviazione standard

\[\text{Var}(T) = \frac{(42-22)^2}{12} = \frac{400}{12} = \frac{100}{3} \approx 33{,}33 \text{ °C}^2\] \[\sigma_T = \frac{10\sqrt{3}}{3} \approx 5{,}77 \text{ °C}\]

Passo 4 — Probabilità tra 28°C e 35°C

\[P(28 \leq T \leq 35) = \frac{35 - 28}{42 - 22} = \frac{7}{20} = 0{,}35\]
\(a = 22\)°C, \(b = 42\)°C  |  \(\sigma_T \approx 5{,}77\)°C  |  \(P(28 \leq T \leq 35) = 0{,}35\)

Quesito 5 — Distribuzione gaussiana: standardizzazione

I punteggi ottenuti dagli studenti di un liceo scientifico in un test standardizzato di matematica seguono una distribuzione normale con media \(\mu = 72\) punti e deviazione standard \(\sigma = 8\) punti.

a) Calcolare la probabilità che uno studente scelto a caso abbia ottenuto un punteggio compreso tra 64 e 88 punti.

b) Calcolare la probabilità che uno studente abbia ottenuto più di 80 punti.

c) Al di sopra di quale punteggio si trova il 10% migliore degli studenti? (Usare \(z_{0{,}90} \approx 1{,}28\).)

💡 Suggerimento 1

Standardizza ogni valore con \(Z = \dfrac{X - \mu}{\sigma} = \dfrac{X - 72}{8}\). Per il punto a): \(64 \to Z = -1\) e \(88 \to Z = 2\). Poi usa \(P(a \leq X \leq b) = \Phi(z_2) - \Phi(z_1)\).

💡 Suggerimento 2

Dai valori della normale standard: \(\Phi(2) \approx 0{,}9772\) e \(\Phi(-1) = 1 - \Phi(1) \approx 0{,}1587\). Per il punto b): \(80 \to Z = 1\), quindi \(P(X > 80) = 1 - \Phi(1)\).

💡 Suggerimento 3

Per il punto c) il 10% migliore corrisponde a \(\Phi(z) = 0{,}90\), cioè \(z \approx 1{,}28\). Ritorna alla scala originale: \(x^* = 72 + 1{,}28 \times 8 = 82{,}24\).

Passo 1 — Standardizzazione

Sia \(X \sim \mathcal{N}(72,\, 8^2)\). Standardizziamo con \(Z = \dfrac{X - 72}{8}\).

Passo 2 — Probabilità tra 64 e 88 punti

\[Z_1 = \frac{64 - 72}{8} = -1 \qquad Z_2 = \frac{88 - 72}{8} = 2\] \[P(64 \leq X \leq 88) = \Phi(2) - \Phi(-1) \approx 0{,}9772 - 0{,}1587 = 0{,}8185\]
Circa l'81,85% degli studenti ha un punteggio tra 64 e 88.

Passo 3 — Probabilità di ottenere più di 80 punti

\[Z = \frac{80 - 72}{8} = 1\] \[P(X > 80) = 1 - \Phi(1) \approx 1 - 0{,}8413 = 0{,}1587\]
Circa il 15,87% degli studenti supera gli 80 punti.

Passo 4 — Soglia del 10% migliore

Cerchiamo \(x^*\) tale che \(P(X \leq x^*) = 0{,}90\), cioè \(\Phi(z^*) = 0{,}90 \) \(\implies z^* \approx 1{,}28\).

\[x^* = \mu + z^* \cdot \sigma = 72 + 1{,}28 \times 8 = 82{,}24 \text{ punti}\]
\(P(64 \leq X \leq 88) \approx 0{,}819\)  |  \(P(X > 80) \approx 0{,}159\)  |  Soglia 10% migliore: \(x^* \approx 82{,}24\) punti

Quesito 6 — Distribuzione gaussiana: problema inverso

Il peso (in grammi) delle confezioni di un prodotto alimentare confezionato da una macchina segue una distribuzione normale \(X \sim \mathcal{N}(\mu,\, \sigma^2)\).

Il controllo qualità stabilisce che:

  • il 95,44% delle confezioni deve avere un peso compreso tra 480 g e 520 g;
  • una confezione è considerata sottopeso se pesa meno di 480 g.

a) Determinare la media \(\mu\) e la deviazione standard \(\sigma\) della distribuzione.

b) Calcolare la probabilità che una confezione scelta a caso sia sottopeso.

c) In un lotto di 500 confezioni, quante ci si aspetta che siano sottopeso?

💡 Suggerimento 1

Il 95,44% corrisponde alla regola \(\mu \pm 2\sigma\) della distribuzione normale. Lintervallo \([480, 520]\) è simmetrico: qual è il suo centro? E quanto vale \(2\sigma\)?

💡 Suggerimento 2

Il centro dellintervallo è \(\mu = \dfrac{480 + 520}{2} = 500\) g. Poiché \(\mu - 2\sigma = 480\), si ha \(2\sigma = 20\), quindi \(\sigma = 10\) g. Per il punto b) standardizza 480: \(Z = \dfrac{480 - 500}{10} = -2\).

💡 Suggerimento 3

\(P(X < 480) = \Phi(-2) \approx 0{,}0228\). Su 500 confezioni ci si aspetta \(500 \times 0{,}0228 = 11{,}4\), cioè circa 11 confezioni sottopeso.

Passo 1 — Determinazione di \(\mu\) e \(\sigma\)

📏 Regola Empirica della Distribuzione Normale

In una curva gaussiana, la probabilità che un valore cada entro un certo numero di deviazioni standard dalla media è fissa:

  • \(\mu \pm 1\sigma\) contiene circa il 68,26% dei valori.
  • \(\mu \pm 2\sigma\) contiene circa il 95,44% dei valori.
  • \(\mu \pm 3\sigma\) contiene circa il 99,73% dei valori.

Il problema indica che il 95,44% delle confezioni ha un peso compreso tra 480 g e 520 g. Per la regola sopra citata, questo significa che l'intervallo fornito corrisponde esattamente a \([\mu - 2\sigma, \mu + 2\sigma]\).

Poiché la distribuzione è simmetrica:

  • La media \(\mu\) è il punto medio dell'intervallo: \[\mu = \frac{480 + 520}{2} = 500 \text{ g}\]
  • La distanza tra la media e gli estremi è pari a \(2\sigma\): \[500 - 2\sigma = 480 \implies 2\sigma = 20 \implies \sigma = 10 \text{ g}\]

Verifica: \(\mu + 2\sigma = 500 + 20 = 520 \text{ g}\) ✓.
La distribuzione è \(X \sim \mathcal{N}(500, 10^2)\).

Passo 2 — Probabilità di sottopeso

\[Z = \frac{480 - 500}{10} = -2\] \[P(X < 480) = \Phi(-2) = 1 - \Phi(2) \approx 1 - 0{,}9772 = 0{,}0228\]
La probabilità che una confezione sia sottopeso è circa il 2,28%.

Passo 3 — Confezioni sottopeso attese su 500

Il numero atteso è il prodotto tra la dimensione del lotto e la probabilità di sottopeso:

\[N_{\text{atteso}} = 500 \times 0{,}0228 = 11{,}4\]

Ci si aspetta circa 11 confezioni sottopeso su 500.

\(\mu = 500\) g, \(\sigma = 10\) g  |  \(P(X < 480) \approx 0{,}023\)  |  Confezioni sottopeso attese: \(\approx 11\) su 500

Quesito 7 — Distribuzione esponenziale: tempo di attesa

Le chiamate in arrivo ad un centralino seguono una distribuzione esponenziale con parametro \(\lambda = 0{,}25\) chiamate al minuto.

a) Scrivere la PDF e la CDF del tempo di attesa \(X\) (in minuti) tra due chiamate consecutive.

b) Calcolare la probabilità che la prossima chiamata arrivi entro 3 minuti.

c) Calcolare la probabilità che si debbano attendere più di 6 minuti.

d) Verificare la proprietà di assenza di memoria: dato che sono già trascorsi 4 minuti senza chiamate, calcolare la probabilità di dover aspettare ancora più di 2 minuti.

💡 Suggerimento 1

Per \(X \sim \text{Exp}(\lambda)\) con \(\lambda = 0{,}25\): la PDF è \(f(x) = \lambda e^{-\lambda x}\) per \(x \geq 0\), la CDF è \(F(x) = 1 - e^{-\lambda x}\). Il valor medio è \(E[X] = \dfrac{1}{\lambda} = 4\) minuti.

💡 Suggerimento 2

Per il punto b): \(P(X \leq 3) = 1 - e^{-0{,}75}\). Per il punto c): \(P(X > 6) = e^{-1{,}5}\). Ricorda: \(e^{-0{,}75} \approx 0{,}4724\) e \(e^{-1{,}5} \approx 0{,}2231\).

💡 Suggerimento 3

La proprieta di assenza di memoria dice: \(P(X > s + t \mid X > s) = P(X > t)\). Quindi \(P(X > 6 \mid X > 4) = P(X > 2) = e^{-0{,}5} \approx 0{,}607\).

Passo 1 — PDF e CDF

Sia \(X \sim \text{Exp}(0{,}25)\):

\[f(x) = \begin{cases} 0{,}25\, e^{-0{,}25\, x} & \text{se } x \geq 0 \\ 0 & \text{se } x < 0 \end{cases}\] \[F(x) = \begin{cases} 0 & \text{se } x < 0 \\ 1 - e^{-0{,}25\, x} & \text{se } x \geq 0 \end{cases}\]

Il valor medio è \(E[X] = \dfrac{1}{0{,}25} = 4\) minuti.

Passo 2 — Probabilità entro 3 minuti

\[P(X \leq 3) = 1 - e^{-0{,}75} \approx 1 - 0{,}4724 = 0{,}5276\]
C'è circa il 52,76% di probabilità che la chiamata arrivi entro 3 minuti.

Passo 3 — Probabilità di attendere più di 6 minuti

\[P(X > 6) = e^{-1{,}5} \approx 0{,}2231\]
C'è circa il 22,31% di probabilità di dover aspettare più di 6 minuti.

Per definizione di probabilità condizionata:

\[ P(X > 6 \mid X > 4) = \frac{P(X > 6 \cap X > 4)}{P(X > 4)} = \frac{P(X > 6)}{P(X > 4)}=\] \[= \frac{e^{-1{,}5}}{e^{-1}} = e^{-0{,}5} \approx 0{,}6065 \]

Questo è esattamente uguale a \(P(X > 2) = e^{-0{,}5} \approx 0{,}6065\).

Confermata la proprietà di assenza di memoria: \(P(X > s + t \mid X > s) = P(X > t)\). Il tempo già trascorso non influenza in alcun modo lattesa futura.

Quesito 8 — Distribuzione esponenziale: problema applicativo

La vita utile (in anni) di un pannello solare è modellata da una variabile aleatoria \(X \sim \text{Exp}(\lambda)\). Il produttore dichiara che la vita media di un pannello è di 10 anni.

a) Determinare il parametro \(\lambda\) e scrivere la PDF di \(X\).

b) Calcolare la probabilità che un pannello duri almeno 15 anni.

c) Il produttore offre una garanzia di 5 anni. Calcolare la probabilità che un pannello si guasti entro il periodo di garanzia.

d) Calcolare valor medio, varianza e deviazione standard di \(X\) e commentare il risultato della deviazione standard in relazione alla media.

💡 Suggerimento 1

Per la distribuzione esponenziale il valor medio è \(E[X] = \dfrac{1}{\lambda}\). Se la vita media è 10 anni, allora \(\lambda = \dfrac{1}{10} = 0{,}1\) anni\(^{-1}\). La PDF è \(f(x) = 0{,}1\, e^{-0{,}1\, x}\) per \(x \geq 0\).

💡 Suggerimento 2

Per il punto b): \(P(X \geq 15) = e^{-0{,}1 \times 15} = e^{-1{,}5} \approx 0{,}223\). Per il punto c): \(P(X \leq 5) = 1 - e^{-0{,}5} \approx 0{,}394\).

💡 Suggerimento 3

Per la distribuzione esponenziale: \(\text{Var}(X) = \dfrac{1}{\lambda^2}\) e \(\sigma_X = \dfrac{1}{\lambda}\). Nota che \(\sigma_X = E[X] = 10\) anni: nella distribuzione esponenziale la deviazione standard è sempre uguale alla media!

Passo 1 — Parametro \(\lambda\) e PDF

Imponendo \(E[X] = \dfrac{1}{\lambda} = 10\):

\[\lambda = \frac{1}{10} = 0{,}1 \text{ anni}^{-1}\] \[f(x) = \begin{cases} 0{,}1\, e^{-0{,}1\, x} & \text{se } x \geq 0 \\ 0 & \text{se } x < 0 \end{cases}\]

Passo 2 — Probabilità di durare almeno 15 anni

\[P(X \geq 15) = e^{-0{,}1 \times 15} = e^{-1{,}5} \approx 0{,}2231\]
C'è circa il 22,31% di probabilità che un pannello duri almeno 15 anni.

Passo 3 — Probabilità di guasto entro 5 anni

\[P(X \leq 5) = 1 - e^{-0{,}1 \times 5} = 1 - e^{-0{,}5} \approx 0{,}3935\]
C'è circa il 39,35% di probabilità che un pannello si guasti entro i 5 anni di garanzia.

Passo 4 — Valor medio, varianza, deviazione standard

\[E[X] = \frac{1}{0{,}1} = 10 \text{ anni} \qquad \text{Var}(X) = \frac{1}{0{,}01} = 100 \text{ anni}^2 \qquad \sigma_X = 10 \text{ anni}\]

Si osserva che \(\sigma_X = E[X] = 10\) anni. Questo vale per qualsiasi distribuzione esponenziale indipendentemente da \(\lambda\): la deviazione standard è sempre uguale alla media. Ciò indica una dispersione molto elevata: molti pannelli si guastano presto, pochi durano molto a lungo.

\(\lambda = 0{,}1\) anni\(^{-1}\)  |  \(P(X \geq 15) \approx 0{,}223\)  |  \(P(X \leq 5) \approx 0{,}394\)  |  \(\sigma_X = E[X] = 10\) anni
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