Esercizi sulle variabili aleatorie continue

Dalle Variabili Aleatorie Discrete...

Una variabile aleatoria discreta è una variabile che può assumere solo un numero finito o numerabile di valori distinti. Questi valori sono spesso interi, ma non necessariamente.

Consideriamo un esempio semplice: il lancio di un dado onesto a sei facce. La variabile aleatoria \(X\) che rappresenta il risultato del lancio può assumere i valori \(\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\). La probabilità di ciascun valore è \(P(X=k) = \frac{1}{6}\) per \(k \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\), e \(P(X=k) = 0\) altrimenti.

La funzione di probabilità (Probability Mass Function, PMF) per una variabile aleatoria discreta \(X\) è definita come:

\[ P_X(k) = P(X = k) \]

dove \(k\) sono i possibili valori che \(X\) può assumere.

(Immaginate un diagramma a barre con 6 barre di uguale altezza 1/6, corrispondenti ai valori 1, 2, 3, 4, 5, 6 sull'asse orizzontale).

La funzione di ripartizione (Cumulative Distribution Function, CDF) per una variabile aleatoria discreta \(X\) è definita come:

\[ F_X(x) = P(X \leq x) = \sum_{k \leq x} P_X(k) \]

La CDF è una funzione a gradoni, che aumenta solo in corrispondenza dei valori che la variabile aleatoria può assumere.

...Alle Variabili Aleatorie Continue

Una variabile aleatoria continua, d'altra parte, può assumere qualsiasi valore all'interno di un intervallo specificato (finito o infinito) della retta reale. A differenza delle variabili discrete, per una variabile continua la probabilità che essa assuma un valore esattamente specifico è teoricamente zero.

Consideriamo l'esempio dell'altezza di una persona. L'altezza può essere \(1.75\) metri, \(1.753\) metri, \(1.75321\) metri, e così via. Tra due valori qualsiasi, possiamo sempre trovare un altro valore.

Invece di una funzione di probabilità, per le variabili aleatorie continue utilizziamo la funzione di densità di probabilità (Probability Density Function, PDF), denotata con \(f_X(x)\). La PDF ha le seguenti proprietà:

\(f_X(x) \geq 0\) per ogni \(x \in \mathbb{R}\).
L'area totale sotto la curva della PDF è uguale a 1:
\[ \int_{-\infty}^{\infty} f_X(x) \, dx = 1 \]
La probabilità che la variabile aleatoria \(X\) cada in un intervallo \([a, b]\) è data dall'integrale della PDF su quell'intervallo:
\[ P(a \leq X \leq b) = \int_{a}^{b} f_X(x) \, dx \]

Il Passaggio Concettuale

Immaginiamo di avere una variabile aleatoria discreta che può assumere un numero sempre maggiore di valori in un intervallo, con la distanza tra i valori che diventa sempre più piccola. Il diagramma a barre della sua PMF inizierebbe ad avere barre sempre più strette e numerose. Nel limite, quando il numero di possibili valori diventa infinito e la distanza tra loro infinitesima, le barre si "fondono" in una curva continua: la PDF.

Esempio Grafico (Passaggio da PMF a PDF)

Consideriamo una variabile aleatoria discreta che assume valori in \([0, 1]\) con probabilità uniforme su un numero crescente di punti.

Pochi punti (es. 3 punti: 0, 0.5, 1): Avremmo tre barre di altezza approssimativa \(1/3\).

(Immaginate 3 barre di altezza simile).
Più punti (es. 11 punti: 0, 0.1, 0.2, ..., 1): Avremmo 11 barre di altezza approssimativa \(1/11\), sempre più strette.

(Immaginate 11 barre più strette e di altezza simile).
Molti punti (limite al continuo): Quando il numero di punti tende all'infinito, le barre diventano infinitamente strette e la loro altezza infinitesima, formando una linea orizzontale continua tra 0 e 1. Questa linea rappresenta la PDF di una variabile aleatoria continua uniformemente distribuita sull'intervallo \([0, 1]\).

(Immaginate una linea orizzontale all'altezza 1 sull'intervallo [0, 1] dell'asse x).

La funzione di ripartizione (Cumulative Distribution Function, CDF) per una variabile aleatoria continua \(X\) è definita come:

\[ F_X(x) = P(X \leq x) = \int_{-\infty}^{x} f_X(t) \, dt \]

La CDF di una variabile aleatoria continua è una funzione continua e non decrescente, che varia da 0 a 1.

La PDF è la derivata della CDF, dove esiste:

\[ f_X(x) = \frac{d}{dx} F_X(x) \]

Valor Medio, Varianza e Deviazione Standard

Per una variabile aleatoria continua \(X\) con PDF \(f_X(x)\):

Valor Medio (o Speranza Matematica):
\[ E[X] = \int_{-\infty}^{\infty} x f_X(x) \, dx \]
Varianza:
\[ \text{Var}(X) = E[(X - E[X])^2] = \int_{-\infty}^{\infty} (x - E[X])^2 f_X(x) \, dx \]
Deviazione Standard:
\[ \sigma_X = \sqrt{\text{Var}(X)} \]

Questi parametri descrivono rispettivamente: la posizione centrale (valor medio), la dispersione (varianza), e la scala della distribuzione (deviazione standard).

Esempi di Variabili Aleatorie Continue e le loro PDF

Distribuzione Uniforme sull'intervallo \([a, b]\):
\[ f_X(x) = \begin{cases} \frac{1}{b - a} & \text{se } a \leq x \leq b \\ 0 & \text{altrimenti} \end{cases} \]

Graficamente, la PDF è un rettangolo di altezza \(\frac{1}{b - a}\) sull'intervallo \([a, b]\).

Parametri caratteristici:

\[ E[X] = \frac{a + b}{2}, \quad \text{Var}(X) = \frac{(b - a)^2}{12}, \quad \sigma_X = \frac{b - a}{2\sqrt{3}} \]
Distribuzione Normale (o Gaussiana) con media \(\mu\) e varianza \(\sigma^2\):
\[ f_X(x) = \frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}} e^{-\frac{1}{2} \left( \frac{x - \mu}{\sigma} \right)^2} \]

Graficamente, la PDF è una curva a forma di campana simmetrica attorno alla media \(\mu\).

Parametri caratteristici:

\[ E[X] = \mu, \quad \text{Var}(X) = \sigma^2, \quad \sigma_X = \sigma \]
Distribuzione Esponenziale con parametro \(\lambda > 0\):
\[ f_X(x) = \begin{cases} \lambda e^{-\lambda x} & \text{se } x \geq 0 \\ 0 & \text{se } x < 0 \end{cases} \]

Graficamente, la PDF è una curva che decresce esponenzialmente a partire da \(\lambda\) per \(x=0\).

Parametri caratteristici:

\[ E[X] = \frac{1}{\lambda}, \quad \text{Var}(X) = \frac{1}{\lambda^2}, \quad \sigma_X = \frac{1}{\lambda} \]

Derivazione della Funzione di Ripartizione (CDF)

La Funzione di Ripartizione (CDF), \(F(t)\), di una variabile aleatoria continua \(T\) è definita come la probabilità che la variabile \(T\) assuma un valore minore o uguale a un certo \(t\). Matematicamente, si esprime come:

\[ F(t) = P(T \le t) = \int_{-\infty}^{t} f_X(x) dx \]

Per la distribuzione esponenziale, la PDF è \(f_X(x) = \lambda e^{-\lambda x}\) per \(x \ge 0\) e \(0\) altrove. Dobbiamo considerare due casi per l'integrale:

Caso 1: \(t < 0\)

Se \(t < 0\), la funzione di densità \(f_X(x)\) è \(0\) per tutti i valori di \(x\) fino a \(t\). Quindi l'integrale è:

\[ F(t) = \int_{-\infty}^{t} 0 \, dx = 0 \]

Questo è intuitivo, poiché il tempo di attesa non può essere negativo.

Caso 2: \(t \geq 0\)

Se \(t \geq 0\), l'integrale va da \(-\infty\) a \(t\). Tuttavia, poiché la PDF è \(0\) per \(x < 0\), possiamo iniziare l'integrazione da \(0\):

\[ F(t) = \int_{0}^{t} \lambda e^{-\lambda x} dx \]

Per risolvere questo integrale, applichiamo la sostituzione \(u = -\lambda x\), da cui \(du = -\lambda dx\), e quindi \(dx = -\frac{1}{\lambda} du\).

Quando \(x=0\), \(u = -\lambda(0) = 0\).

Quando \(x=t\), \(u = -\lambda t\).

Sostituendo nell'integrale, otteniamo:

\[ F(t) = \int_{0}^{-\lambda t} \lambda e^{u} \left(-\frac{1}{\lambda}\right) du = \int_{0}^{-\lambda t} -e^{u} du \]

Invertendo gli estremi di integrazione per eliminare il segno meno:

\[ F(t) = -\left[ e^{u} \right]_{0}^{-\lambda t} = -(e^{-\lambda t} - e^{0}) = -(e^{-\lambda t} - 1) = 1 - e^{-\lambda t} \]

Quindi, la CDF per la distribuzione esponenziale è:

\[ F(t) = \begin{cases} 1 - e^{-\lambda t} & \text{se } t \geq 0 \\ 0 & \text{se } t < 0 \end{cases} \]

Questa funzione rappresenta la probabilità che il tempo di attesa sia minore o uguale a \(t\). Intuitivamente, \(e^{-\lambda t}\) è la probabilità che l'evento non sia ancora avvenuto al tempo \(t\), quindi \(1 - e^{-\lambda t}\) è la probabilità che l'evento sia avvenuto entro il tempo \(t\).

Standardizzazione della Distribuzione Normale

Data una variabile aleatoria normale \(X \sim \mathcal{N}(\mu, \sigma^2)\), è possibile trasformarla in una variabile normale standard \(Z \sim \mathcal{N}(0, 1)\) attraverso la formula:

\[ Z = \frac{X - \mu}{\sigma} \]

Perché standardizzare?

Permette di utilizzare un'unica tavola statistica (tavole di Shepard o tavole Z) per calcolare le probabilità di qualsiasi distribuzione normale
Semplifica i calcoli eliminando la dipendenza dai parametri specifici \(\mu\) e \(\sigma\)
Rende confrontabili variabili provenienti da distribuzioni normali diverse

Utilizzo delle Tavole della Normale Standard

Le tavole di Shepard (o tavole Z) forniscono i valori della funzione di ripartizione \(\Phi(z) = P(Z \leq z)\) per la normale standard. Ad esempio:

Se \(Z = 1.5\): \(\Phi(1.5) \approx 0.9332\) (il 93.32% dei dati è sotto \(Z = 1.5\))

Esempio pratico: Nell'esercizio sulla distribuzione gaussiana:

Abbiamo standardizzato i valori 160 cm e 180 cm ottenendo \(Z = -1\) e \(Z = 1\)
Dalle tavole: \(\Phi(1) \approx 0.8413\) e \(\Phi(-1) \approx 0.1587\)
La probabilità cercata è \(0.8413 - 0.1587 = 0.6826\)

\[ P(a \leq X \leq b) = \Phi\left(\frac{b - \mu}{\sigma}\right) - \Phi\left(\frac{a - \mu}{\sigma}\right) \]

Curiosità storica: Le tavole della normale standard furono pubblicate per la prima volta da Shepard nel 1903, e sono state strumento essenziale per i calcoli statistici prima dell'avvento dei computer.

Esercizi sulle variabili aleatorie continue

Esercizio 1

Data la funzione:

\[ f(x) = \begin{cases} 0 & \text{se } x < 0 \\ \frac{3}{4}x(2 - x) & \text{se } 0 \leq x \leq 2 \\ 0 & \text{se } x > 2 \end{cases} \]

a) Verificare che sia una funzione densità di probabilità valida
b) Determinare la funzione di ripartizione F(x)
c) Calcolare valor medio, varianza e deviazione standard

(Prova a svolgere l'esercizio. Clicca sul bottone per vedere la soluzione completa)

Soluzione

a) Verifica PDF:

Non negatività: ✓
Integrale totale = 1: \(\frac{3}{4} \int_0^2 x(2-x)dx = 1\)

b) Funzione di Ripartizione:

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

c) Parametri:

\[ E[X] = 1, \quad \text{Var}(X) = \frac{1}{5}, \quad \sigma_X = \frac{\sqrt{5}}{5} \approx 0.4472 \]

Esercizi sulle variabili aleatorie continue

Esercizio 2

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

\[ h(x) = \begin{cases} \frac{k}{x^3} & \text{se } x \geq 1 \\ 0 & \text{se } x < 1 \end{cases} \]

a) Determinare il valore della costante \(k\) affinché \(h(x)\) sia una funzione densità di probabilità valida.

b) Calcolare la probabilità che il componente duri più di 2 ore.

c) Calcolare la probabilità che il componente duri tra 1.5 e 2.5 ore.

d) Calcolare il valor medio, la varianza e la deviazione standard.

(Prova a svolgere l'esercizio. Clicca sul bottone per vedere la soluzione completa)

Soluzione

a) Determinazione di \(k\):

Perché \(h(x)\) sia una PDF valida, l'integrale su tutto il suo dominio deve essere uguale a 1:

\[ \int_{-\infty}^{\infty} h(x) \, dx = \int_{1}^{\infty} \frac{k}{x^3} \, dx = k \int_{1}^{\infty} x^{-3} \, dx \]

Calcoliamo l'integrale improprio:

\[ k \left[ \frac{x^{-2}}{-2} \right]_1^{\infty} = k \left( \lim_{b \to \infty} \frac{-1}{2b^2} - \left( \frac{-1}{2(1)^2} \right) \right) = k \left( 0 - (-\frac{1}{2}) \right) = \frac{k}{2} \]

Imponendo che l'integrale sia uguale a 1:

\[ \frac{k}{2} = 1 \implies k = 2 \]

Quindi, la PDF è:

\[ h(x) = \begin{cases} \frac{2}{x^3} & \text{se } x \geq 1 \\ 0 & \text{se } x < 1 \end{cases} \]

b) Probabilità che il componente duri più di 2 ore:

\[ P(X > 2) = \int_{2}^{\infty} \frac{2}{x^3} \, dx = 2 \left[ \frac{x^{-2}}{-2} \right]_{2}^{\infty} = -\left[ \frac{1}{x^2} \right]_{2}^{\infty} = -\left( 0 - \frac{1}{4} \right) = \frac{1}{4} = 0.25 \]

La probabilità che il componente duri più di 2 ore è del 25%.

c) Probabilità che il componente duri tra 1.5 e 2.5 ore:

\[ P(1.5 \leq X \leq 2.5) = \int_{1.5}^{2.5} \frac{2}{x^3} \, dx = 2 \left[ \frac{x^{-2}}{-2} \right]_{1.5}^{2.5} = -\left[ \frac{1}{x^2} \right]_{1.5}^{2.5} \]

Calcoliamo i valori agli estremi:

\[ -\left( \frac{1}{(2.5)^2} - \frac{1}{(1.5)^2} \right) = -\left( \frac{1}{6.25} - \frac{1}{2.25} \right) = -\left( 0.16 - 0.4444... \right) = -(-0.2844...) \approx 0.2844 \]

La probabilità che il componente duri tra 1.5 e 2.5 ore è approssimativamente del 28.44%.

d) Calcolo del valor medio, della varianza e della deviazione standard:

Per una variabile aleatoria continua \(X\) con PDF \(h(x)\):

Valor Medio (o Speranza Matematica):
\[ E[X] = \int_{1}^{\infty} x \cdot h(x) \, dx = \int_{1}^{\infty} x \cdot \frac{2}{x^3} \, dx = 2 \int_{1}^{\infty} x^{-2} \, dx \]
Varianza:
\[ \text{Var}(X) = E[(X - E[X])^2] = \int_{1}^{\infty} (x - E[X])^2 \cdot h(x) \, dx \]
Deviazione Standard:
\[ \sigma_X = \sqrt{\text{Var}(X)} \]

Calcoliamo il valor medio:

\[ E[X] = 2 \left[ \frac{x^{-1}}{-1} \right]_{1}^{\infty} = 2 \left( 0 - (-1) \right) = 2 \]

Calcoliamo la varianza:

\[ \text{Var}(X) = \int_{1}^{\infty} (x - 2)^2 \cdot \frac{2}{x^3} \, dx \]

Sviluppiamo il calcolo:

\[ \text{Var}(X) = 2 \int_{1}^{\infty} \left( x^2 - 4x + 4 \right) \cdot x^{-3} \, dx = 2 \int_{1}^{\infty} \left( x^{-1} - 4x^{-2} + 4x^{-3} \right) \, dx \]

\[ \text{Var}(X) = 2 \left[ \ln x + \frac{4}{x} - \frac{2}{x^2} \right]_{1}^{\infty} = 2 \left( 0 - (-\frac{1}{2}) \right) = 1 \]

Calcoliamo la deviazione standard:

\[ \sigma_X = \sqrt{1} = 1 \]

Esercizi sulla distribuzione gaussiana

Esercizio 1

L'altezza degli studenti di un certo istituto è approssimativamente distribuita secondo una legge normale con media \(\mu = 170\) cm e deviazione standard \(\sigma = 10\) cm. Qual è la probabilità che uno studente scelto a caso sia alto tra i 160 cm e i 180 cm?

(Prova a svolgere l'esercizio. Clicca sul bottone per vedere la soluzione completa)

Soluzione

Sia \(X\) la variabile aleatoria che rappresenta l'altezza degli studenti. Sappiamo che \(X \sim \mathcal{N}(170, 10^2)\).

Vogliamo calcolare \(P(160 \leq X \leq 180)\).

Standardizziamo i valori utilizzando la formula \(Z = \frac{X - \mu}{\sigma}\):

\[ Z_1 = \frac{160 - 170}{10} = -1 \]

\[ Z_2 = \frac{180 - 170}{10} = 1 \]

Quindi, la probabilità cercata è equivalente a \(P(-1 \leq Z \leq 1)\), dove \(Z\) è una variabile aleatoria normale standard.

\[ P(-1 \leq Z \leq 1) = \Phi(1) - \Phi(-1) \]

Consultando le tavole della normale standard (tavole di Shepard o tavole Z), che tipicamente forniscono l'area tra 0 e Z:

Come ottenere \(\Phi(1)\) dalle tavole "area tra 0 e Z"

La funzione \(\Phi(Z)\) rappresenta l'area sotto la curva normale standard da \(-\infty\) a \(Z\). Se le tue tavole forniscono l'area tra 0 e Z (es. \(P(0 \leq Z \leq Z_{tabella})\)), per ottenere \(\Phi(1)\) procediamo così:

Dalle tavole, l'area tra 0 e 1 è \(P(0 \leq Z \leq 1) \approx 0.3413\).
Poiché la normale standard è simmetrica e l'area totale a sinistra di 0 è 0.5, abbiamo: \[ \Phi(1) = P(Z \leq 0) + P(0 \leq Z \leq 1) = 0.5 + 0.3413 = \mathbf{0.8413} \]

Come ottenere \(\Phi(-1)\) dalle tavole "area tra 0 e Z"

Per un valore negativo di Z come -1, possiamo usare la simmetria della distribuzione normale. L'area a sinistra di -1 è uguale all'area a destra di +1, o in termini di \(\Phi\): \(\Phi(-Z) = 1 - \Phi(Z)\). Quindi:

\(\Phi(-1) = 1 - \Phi(1)\).
Usando il valore di \(\Phi(1)\) trovato prima: \(1 - 0.8413 = \mathbf{0.1587}\).
In alternativa, usando le tavole "area tra 0 e Z": l'area tra -1 e 0 è uguale all'area tra 0 e 1 per simmetria, cioè \(P(-1 \leq Z \leq 0) = P(0 \leq Z \leq 1) \approx 0.3413\).
Quindi: \(\Phi(-1) = P(Z \leq 0) - P(-1 \leq Z \leq 0) = 0.5 - 0.3413 = \mathbf{0.1587}\).

\[ P(160 \leq X \leq 180) \approx 0.8413 - 0.1587 = 0.6826 \]

La probabilità che uno studente scelto a caso sia alto tra i 160 cm e i 180 cm è di circa il 68.26%.

Esercizio 2

Il peso degli studenti di un certo istituto è approssimativamente distribuito secondo una legge normale con media \(\mu = 70\) kg e deviazione standard \(\sigma = 5\) kg. Qual è la probabilità che uno studente scelto a caso pesi tra i 60 kg e i 80 kg?

(Prova a svolgere l'esercizio. Clicca sul bottone per vedere la soluzione completa)

Soluzione

Sia \(Y\) la variabile aleatoria che rappresenta il peso degli studenti. Sappiamo che \(Y \sim \mathcal{N}(70, 5^2)\).

Vogliamo calcolare \(P(60 \leq Y \leq 80)\).

Standardizziamo i valori utilizzando la formula \(Z = \frac{Y - \mu}{\sigma}\):

\[ Z_1 = \frac{60 - 70}{5} = -2 \]

\[ Z_2 = \frac{80 - 70}{5} = 2 \]

Quindi, la probabilità cercata è equivalente a \(P(-2 \leq Z \leq 2)\), dove \(Z\) è una variabile aleatoria normale standard.

\[ P(-2 \leq Z \leq 2) = \Phi(2) - \Phi(-2) \]

Consultando le tavole della normale standard (tavole di Shepard o tavole Z), che tipicamente forniscono l'area tra 0 e Z:

Come ottenere \(\Phi(2)\) dalle tavole "area tra 0 e Z"

Dalle tavole, l'area tra 0 e 2 è \(P(0 \leq Z \leq 2) \approx 0.4772\).
Poiché la normale standard è simmetrica e l'area totale a sinistra di 0 è 0.5, abbiamo: \[ \Phi(2) = P(Z \leq 0) + P(0 \leq Z \leq 2) = 0.5 + 0.4772 = \mathbf{0.9772} \]

Come ottenere \(\Phi(-2)\) dalle tavole "area tra 0 e Z"

Per un valore negativo di Z come -2, possiamo usare la simmetria della distribuzione normale. L'area a sinistra di -2 è uguale all'area a destra di +2, o in termini di \(\Phi\): \(\Phi(-Z) = 1 - \Phi(Z)\). Quindi:

\(\Phi(-2) = 1 - \Phi(2)\).
Usando il valore di \(\Phi(2)\) trovato prima: \(1 - 0.9772 = \mathbf{0.0228}\).
In alternativa, usando le tavole "area tra 0 e Z": l'area tra -2 e 0 è uguale all'area tra 0 e 2 per simmetria, cioè \(P(-2 \leq Z \leq 0) = P(0 \leq Z \leq 2) \approx 0.4772\).
Quindi: \(\Phi(-2) = P(Z \leq 0) - P(-2 \leq Z \leq 0) = 0.5 - 0.4772 = \mathbf{0.0228}\).

\[ P(60 \leq Y \leq 80) \approx 0.9772 - 0.0228 = 0.9544 \]

La probabilità che uno studente scelto a caso pesi tra i 60 kg e i 80 kg è di circa il 95.44%.

Esercizi sulla distribuzione esponenziale

Esercizio 1

Il tempo di attesa (in minuti) alla cassa di un supermercato può essere modellato con una distribuzione esponenziale con un tasso medio di \(\lambda = 0.2\) clienti al minuto. Calcolare la probabilità che un cliente debba attendere:

a) Meno di 5 minuti.

b) Più di 10 minuti.

c) Tra 5 e 10 minuti.

(Prova a svolgere l'esercizio. Clicca sul bottone per vedere la soluzione completa)

Soluzione

Sia \(T\) la variabile aleatoria che rappresenta il tempo di attesa. Sappiamo che \(T \sim Exp(0.2)\), quindi la sua PDF è \(f(t) = 0.2 e^{-0.2t}\) per \(t \geq 0\).

La CDF della distribuzione esponenziale è \(F(t) = 1 - e^{-\lambda t}\) per \(t \geq 0\).

a) Probabilità di attendere meno di 5 minuti:

\[ P(T < 5) = F(5) = 1 - e^{-0.2 \times 5} = 1 - e^{-1} \approx 1 - 0.3679 = 0.6321 \]

La probabilità di attendere meno di 5 minuti è di circa il 63.21%.

b) Probabilità di attendere più di 10 minuti:

\[ P(T > 10) = 1 - F(10) = 1 - (1 - e^{-0.2 \times 10}) = e^{-2} \approx 0.1353 \]

La probabilità di attendere più di 10 minuti è di circa il 13.53%.

c) Probabilità di attendere tra 5 e 10 minuti:

\[ P(5 \leq T \leq 10) = F(10) - F(5) = (1 - e^{-2}) - (1 - e^{-1}) = e^{-1} - e^{-2} \approx 0.3679 - 0.1353 = 0.2326 \]

La probabilità di attendere tra 5 e 10 minuti è di circa il 23.26%.

Esercizio 2

Il tempo di funzionamento di un dispositivo elettronico, misurato in ore, segue una distribuzione esponenziale con un tasso medio di guasto \(\lambda = 0.5\) guasti all'ora.

a) Determinare la probabilità che il dispositivo funzioni per più di 3 ore senza guasti.

b) Calcolare la probabilità che il dispositivo funzioni tra 2 e 5 ore senza guasti.

c) Calcolare il tempo medio di funzionamento del dispositivo.

(Prova a svolgere l'esercizio. Clicca sul bottone per vedere la soluzione completa)

Soluzione

Sia \(T\) la variabile aleatoria che rappresenta il tempo di funzionamento del dispositivo. Sappiamo che \(T \sim Exp(0.5)\), quindi la sua PDF è \(f(t) = 0.5 e^{-0.5t}\) per \(t \geq 0\).

La CDF della distribuzione esponenziale è \(F(t) = 1 - e^{-\lambda t}\) per \(t \geq 0\).

a) Probabilità che il dispositivo funzioni per più di 3 ore:

\[ P(T > 3) = 1 - F(3) = 1 - (1 - e^{-0.5 \times 3}) = e^{-1.5} \approx 0.2231 \]

La probabilità che il dispositivo funzioni per più di 3 ore è di circa il 22.31%.

b) Probabilità che il dispositivo funzioni tra 2 e 5 ore:

\[ P(2 \leq T \leq 5) = F(5) - F(2) = (1 - e^{-0.5 \times 5}) - (1 - e^{-0.5 \times 2}) = e^{-1} - e^{-2.5} \approx 0.3679 - 0.0821 = 0.2858 \]

La probabilità che il dispositivo funzioni tra 2 e 5 ore è di circa il 28.58%.

c) Tempo medio di funzionamento del dispositivo:

\[ E[T] = \frac{1}{\lambda} = \frac{1}{0.5} = 2 \text{ ore} \]

Esercizi sulle variabili aleatorie continue

Clicca su un bottone per aprire l'argomento corrispondente. All'interno delle varie sezioni CLICCA UNA O DUE VOLTE su Soluzione per visualizzare la soluzione dell'esercizio.

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...Alle Variabili Aleatorie Continue

Il Passaggio Concettuale

Esempio Grafico (Passaggio da PMF a PDF)

Valor Medio, Varianza e Deviazione Standard

Esempi di Variabili Aleatorie Continue e le loro PDF

Derivazione della Funzione di Ripartizione (CDF)

Caso 1: \(t < 0\)

Caso 2: \(t \geq 0\)

Standardizzazione della Distribuzione Normale

Utilizzo delle Tavole della Normale Standard

Esercizi sulle variabili aleatorie continue

Esercizio 1

Soluzione

a) Verifica PDF:

b) Funzione di Ripartizione:

c) Parametri:

Esercizi sulle variabili aleatorie continue

Esercizio 2

Soluzione

a) Determinazione di \(k\):

b) Probabilità che il componente duri più di 2 ore:

c) Probabilità che il componente duri tra 1.5 e 2.5 ore:

d) Calcolo del valor medio, della varianza e della deviazione standard:

Esercizi sulla Probabilità uniforme

Esercizio 1 - Intervallo [0, 5]

Soluzione:

Esercizio 2 - Intervallo [-5, 10]

Soluzione:

Esercizi sulla distribuzione gaussiana

Esercizio 1

Soluzione

Come ottenere \(\Phi(1)\) dalle tavole "area tra 0 e Z"

Come ottenere \(\Phi(-1)\) dalle tavole "area tra 0 e Z"

Esercizio 2

Soluzione

Come ottenere \(\Phi(2)\) dalle tavole "area tra 0 e Z"

Come ottenere \(\Phi(-2)\) dalle tavole "area tra 0 e Z"

Esercizi sulla distribuzione esponenziale

Esercizio 1

Soluzione

a) Probabilità di attendere meno di 5 minuti:

b) Probabilità di attendere più di 10 minuti:

c) Probabilità di attendere tra 5 e 10 minuti:

Esercizio 2

Soluzione

a) Probabilità che il dispositivo funzioni per più di 3 ore:

b) Probabilità che il dispositivo funzioni tra 2 e 5 ore:

c) Tempo medio di funzionamento del dispositivo: